1、第七章 立体几何 第七节 空间向量与空间角(理)第七章 立体几何 主干知识梳理利用向量求空间角 1两条异面直线所成的角的求法设两条异面直线 a，b 的方向向量为 a，b，其夹角为，则cos|cos|ab|a|b|(其中 为异面直线 a，b 所成的角)第七章 立体几何 2直线和平面所成角的求法如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面 的法向量为 n，直线 l 与平面 所成的角为，两向量 e 与 n 的夹角为，则有 sin|cos|en|e|n|第七章 立体几何 第七章 立体几何(2)如图2、3，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小n1，n2(或n1，n2)第七章 立
2、体几何 基础自测自评1(教材习题改编)已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 的方向向量、法向量，若 cosm，n12，则 l 与 所成的角为()A30 B60C120D150A 由于 cosm，n12，m，n120.所以直线 l 与 所成的角为 30.第七章 立体几何 2(教材习题改编)已知两平面的法向量分别为 m(0，1，0)，n(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为()A45B135C45或 135D90C cosm，n mn|m|n|11 2 22，即m，n45，其补角为 135，两平面所成的二面角为 45或 135.第七章 立体几何 3在如图所示的正方体 A1B1C1D1AB
3、CD 中，E 是 C1D1 的中点，则异面直线 DE 与 AC 夹角的余弦值为()A 1010B 120C.120D.1010第七章 立体几何 D 如图建立直角坐标系 Dxyz，设 DA1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E0，12，1.则AC(1，1，0)，DE0，12，1，若异面直线 DE 与 AC 所成的角为，cos|cosAC，DE|1010.第七章 立体几何 4已知点 E、F 分别在正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱 BB1，CC1上，且 B1E2EB，CF2FC1，则平面 AEF 与平面 ABC 所成的二面角的正切值为_解析 如图，建立直角坐标系 Dxyz，设 DA1 由已
4、知条件 A(1，0，0)，E1，1，13，F0，1，23，AE0，1，13，AF1，1，23，第七章 立体几何 设平面 AEF 的法向量为 n(x，y，z)，面 AEF 与面 ABC 所成的二面角为，由nAE0，nAF0，得y13z0，xy23z0.令 y1，z3，x1，则 n(1，1，3)设平面 ABC 的法向量为 m(0，0，1)，第七章 立体几何 则 cos cosn，m 311，tan 23.答案 23第七章 立体几何 5(教材习题改编)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知DADC4，DD13，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值_第七章 立体几何 解析 建立如图所示直角坐
5、标系，则 A1(4，0，3)，B(4，4，0)，B1(4，4，3)，C(0，4，0)，A1B(0，4，3)，B1C(4，0，3)第七章 立体几何 设异面直线 A1B 与 B1C 所成角为，则 cos|cosA1B，B1C|925.答案 925第七章 立体几何 关键要点点拨(1)利用向量求空间角，一定要注意将向量夹角与所求角区别开来，在将向量夹角转化为各空间角时注意空间各角的取值范围，异面直线所成角的范围是0，2，直线与平面所成角的范围是0，2，二面角的范围是0，第七章 立体几何(2)利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面、的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，
6、从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点第七章 立体几何 典题导入(2012陕西高考)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为()异面直线所成的角第七章 立体几何 A.55 B.53C.2 55D.35听课记录 不妨令 CB1，则 CACC12.可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，BC1(0，2，1)，AB1(2，2，1)，第七章 立体几何 cosBC1，AB1 BC1 AB1|BC1|AB1|415 9 1
7、5 55 0.BC1 与AB1 的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角，直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 55.答案 A第七章 立体几何 互动探究本例条件下，在线段 OB 上，是否存在一点 M，使 C1M 与 AB1 所成角的余弦为13？若存在，求出 M 点；不存在，说明理由解析 不妨令 CB1，CACC12，建系如本例题图，假设存在符合条件的点 M，设 M(0，0，a)，则C1M(0，2，a)，又AB1(2，2，1)，第七章 立体几何|cosC1M，AB1|a4|4a2 913.|a4|4a2，a28a16a24.8a12，a32.又 CB1，a321.故不存在符合条件的
8、点 M.第七章 立体几何 规律方法利用直线的方向向量的夹角求异面直线的夹角时，注意区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角第七章 立体几何 跟踪训练1如图所示，在多面体ABCDA1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1底面ABCD，AB2A1B12DD12a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1平面BCC1B1.第七章 立体几何 解析 以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴，y轴，z
9、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(2a，0，0)，B(2a，2a，0)，C(0，2a，0)，D1(0，0，a)，F(a，0，0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)第七章 立体几何(1)AB1(a，a，a)，DD1(0，0，a)，cosAB1，DD1 AB1 DD1|AB1|DD1|33，所以异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值为 33.第七章 立体几何(2)证明：BB1(a，a，a)，BC(2a，0，0)，FB1(0，a，a)，FB1 BB1 0，FB1 BC0，FB1BB1，FB1BC.BB1BCB，FB1平面 BCC1B1.第七章 立体几何 典题导入(2013新课标
10、全国高考)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C；(2)若平面ABC平面AA1B1B，ABCB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值直线与平面所成角第七章 立体几何 听课记录(1)证明：取 AB 的中点 O，连接 OC，OA1，A1B.因为 CACB，所以 OCAB.由于 ABAA1，BAA160，故 AA1B 为等边三角形，所以 OA1AB.因为 OCOA1O，所以 AB平面 OA1C.又 A1C平面 OA1C，故 ABA1C.第七章 立体几何(2)由(1)知OCAB，OA1AB.又平面ABC平面AA1B1B，交线为AB，所以OC
11、平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直第七章 立体几何 以 O 为坐标原点，OA 的方向为 x 轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz.由题设知 A(1，0，0)，A1(0，3，0)，C(0，0，3)，B(1，0，0)则BC(1，0，3)，BB1 AA1(1，3，0)，A1C(0，3，3)第七章 立体几何 设 n(x，y，z)是平面 BB1C1C 的法向量，则nBC0，nBB1 0，即x 3z0，x 3y0.可取 n(3，1，1)，第七章 立体几何 故 cosn，A1C nA1C|n|A1C|105.所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为
12、 105.第七章 立体几何 规律方法利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角(如例2)第七章 立体几何 跟踪训练2(2013湖南高考)如图，在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，BAD90，ACBD，BC1，ADAA13.(1)证明：ACB1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值第七章 立体几何 解析 解法一：(1)证明：如图1，因为BB1平面ABCD，AC平面ABCD，所以A
13、CBB1.又ACBD，所以AC平面BB1D.而B1D平面BB1D，所以ACB1D.第七章 立体几何(2)因为B1C1AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为)如图1，连接A1D.因为棱柱ABCDA1B1C1D1是直棱柱，且B1A1D1BAD90，所以A1B1平面ADD1A1.从而A1B1AD1.又ADAA13，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1DAD1.故AD1平面A1B1D，于是AD1B1D.第七章 立体几何 由(1)知，ACB1D，所以 B1D平面 ACD1，故ADB190.在直角梯形 ABCD 中，因为 ACBD，所以BACADB.从而
14、RtABCRtDAB，故ABDABCAB.即 AB DABC 3.第七章 立体几何 连接 AB1，易知AB1D 是直角三角形，且 B1D2BB21BD2BB21AB2AD221，即 B1D 21.在 RtAB1D 中，cosADB1ADB1D 321 217，即 cos(90)217.从而 sin 217.即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 217.第七章 立体几何 解法二：(1)证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直如图2，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系设ABt，则有A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，
15、C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)第七章 立体几何 从而B1D(t，3，3)，AC(t，1，0)，BD(t，3，0)因为 ACBD，所以ACBDt2300，解得 t 3或 t 3(舍去)于是B1D(3，3，3)，AC(3，1，0)因为ACB1D 3300，所以ACB1D，即 ACB1D.第七章 立体几何(2)由(1)知，AD1(0，3，3)，AC(3，1，0)，B1C1(0，1，0)设 n(x，y，z)是平面 ACD1 的一个法向量，则nAC0，nAD1 0，即 3xy0，3y3z0.令 x1，则 n(1，3，3)第七章 立体几何 设直线 B1C1 与平
16、面 ACD1 所成角为，则sin|cosn，B1C1|nB1C1|n|B1C1 37 217.即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 217.第七章 立体几何 典题导入(2013江西高考)如图，四棱锥PABCD 中，PA平面 ABCD，E 为BD 的中点，G 为 PD 的中点，DABDCB，EAEBAB1，PA32，连接 CE 并延长交 AD 于 F.(1)求证：AD平面 CFG；(2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值二面角第七章 立体几何 听课记录(1)证明：在 ABD 中，因为 E 是 BD 中点，所以EAEBEDAB1，故BAD2，ABEAEB3，因为 DAB
17、DCB，所以 EABECB，从而有FEDBECAEB3，第七章 立体几何 所以FEDFEA，故EFAD，AFFD.因为PGGD.所以FGPA.又PA平面ABCD.所以GFAD，故AD平面CFG.第七章 立体几何(2)以点 A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C32，32，0，D(0，3，0)，P0，0，32，故BC12，32，0，CP32，32，32，CD 32，32，0.第七章 立体几何 设平面 BCP 的一个法向量 n1(1，y1，z1)，则n1BC12 32 y10n1CP32 32 y132z10，解得y1 33z123，即 n11，33
18、，23.第七章 立体几何 设平面 DCP 的一个法向量 n2(1，y2，z2)，则n2CD 32 32 y20n2CP32 32 y232z20，解得y2 3z22，即 n2(1，3，2)第七章 立体几何 从而平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值为cos|n1n2|n1|n2|43169 8 24.第七章 立体几何 规律方法求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角第七章 立体几何 跟踪训练3(2013重庆高考)如图，四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，BCCD2，
19、AC4，ACBACD3，F 为 PC 的中点，AFPB.(1)求 PA 的长；(2)求二面角 BAFD 的正弦值第七章 立体几何 解析(1)如图，连接 BD 交 AC 于 O，因为 BCCD，即BCD为等腰三角形，又 AC 平分BCD，故 ACBD.以 O 为坐标原点，OB，OC，AP的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz，则 OCCDcos3 1，第七章 立体几何 而 AC4，得 AOACOC3，又 ODCDsin 3 3，故 A(0，3，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(3，0，0)因 PA底面 ABCD，可设 P(0，3，z)，由 F 为
20、PC 边中点，F0，1，z2.第七章 立体几何 又AF0，2，z2，PB(3，3，z)，因 AFPB，故AFPB0，即 6z220，z2 3(舍去2 3)，所以|PA|2 3.第七章 立体几何(2)由(1)知AD(3，3，0)，AB(3，3，0)，AF(0，2，3)设平面 FAD 的法向量为 n1(x1，y1，z1)，平面 FAB 的法向量为 n2(x2，y2，z2)，由 n1AD0，n1AF0，得 3x13y10，2y1 3z10，因此可取 n1(3，3，2)第七章 立体几何 由 n2AB0，n2AF0，得 3x23y20，2y2 3z20，故可取 n2(3，3，2)从而法向量 n1，n2
21、的夹角的余弦值为 cosn1，n2 n1n2|n1|n2|18.故二面角 BAFD 的正弦值为3 78.第七章 立体几何【创新探究】向量法求空间角(2013山东高考)如图所示，在三棱锥PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.(1)求证：ABGH；(2)求二面角DGHE的余弦值第七章 立体几何【思路导析】(1)首先证明EFCD，进而EF平面PCD，从而可得EFGH，根据平行线传递性得出结果；(2)根据AQ2BD，可得ABBQ，从而建立空间直角坐标系，使用空间向量法得出二面角的余弦值第
22、七章 立体几何【解析】(1)证明：如图，因为 D、C、E、F 分别是 AQ、BQ、AP、BP 的中点，所以 EFAB，DCAB.所以 EFDC.又 EF平面 EFQ，平面 EFQ平面 PCDGH，所以 EFGH.又 EFAB，所以 ABGH.第七章 立体几何(2)解法一：在 ABQ 中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90，即 ABBQ.因为 PB平面 ABQ，所以 ABPB.又 BPBQB，所以 AB平面 PBQ.由(1)知 ABGH，所以 GH平面 PBQ.又 FH平面 PBQ，所以 GHFH.第七章 立体几何 同理可得 GHHC，所以FHC 为二面角 DGHE 的平面角设 BABQBP2
23、，连接 FC，在 Rt FBC 中，由勾股定理得 FC 2，在 Rt PBC 中，由勾股定理得 PC 5.又 H 为 PBQ 的重心，所以 HC13PC 53.同理 FH 53.第七章 立体几何 在 FHC 中，由余弦定理得 cosFHC5959225945.即二面角 DGHE 的余弦值为45.解法二：在 ABQ 中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90.又 PB平面 ABQ，所以 BA，BQ，BP 两两垂直第七章 立体几何 以 B 为坐标原点，分别以 BA，BQ，BP 所在直线为 x 轴，y 轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设 BABQBP2，则 E(1，0，1)，F(0，0，1)，Q
24、(0，2，0)，D(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)所以EQ(1，2，1)，FQ(0，2，1)，DP(1，1，2)，CP(0，1，2)第七章 立体几何 设平面 EFQ 的一个法向量为 m(x1，y1，z1)，由 mEQ 0，mFQ 0，得x12y1z10，2y1z10，取 y11，得 m(0，1，2)设平面 PDC 的一个法向量为 n(x2，y2，z2)，由 nDP 0，nCP0，得x2y22z20，y22z20，取 z21，得 n(0，2，1)第七章 立体几何 所以 cosm，n mn|m|n|45.因为二面角 DGHE 为钝角，所以二面角 DGHE 的余弦值为45.第七章 立体几何【高手支招】第一步 理清题意利用条件分析问题，建立恰当的空间直角坐标系第二步 确定相关点的坐标结合建系过程与图形，准确地写出相关点的坐标第三步 确立平面的法向量利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量，若已知某直线垂直某平面，可直接取直线的一个方向向量为该平面的法向量第七章 立体几何 第四步 转化为向量运算将空间位置关系转化为向量关系，空间角转化为向量的夹角问题去论证，求解第五步 问题还原结合条件与图形，作出结论(注意角的范围)第六步 反思回顾回顾检查建系过程、坐标是否有错及是否忽视了所求角的范围而写错结论第七章 立体几何 课时作业
