2020高考数学一轮复习课时分层训练47利用空间向量求空间角理北师大版

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2020版高考数学北师大版(理)一轮复习：8.7 空间几何中的向量方法

考点一
考点二
考点三
考点四
-22-
(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为 n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).
因为�� =(-1,2,0),��1 =(1,0,2), 所以 ��1·�� = 0,
��1·��1 = 0, 即 -��1 + 2��1 = 0,
考点一
考点二
考点三
考点四
思考用向量方法证明平行和垂直有哪些基本方法? 解题心得1.用向量证明平行的方法 (1)线线平行:证明两直线的方向向量共线.
(2)线面平行:①证明直线的方向向量与平面的某一法向量垂直; ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行.
(3)面面平行:①证明两平面的法向量为共线向量;②转化为线面
(2)若 l1⊥l2,则e1⊥e2⇔ e1·e2=0 ⇔ a1a2+b1b2+c1c2=0 .
(3)若l1∥α,则e1⊥n1⇔e1·n1=0⇔ a1x1+b1y1+c1z1=0
.
(4)若l1⊥α,则e1∥n1⇔e1=kn1⇔ a1=kx1,b1=ky1,c1=kz1 .
(5)若α∥β,则n1∥n2⇔n1=kn2⇔ x1=kx2,y1=ky2,z1=kz2
令 y=2,得 n=(-√3,2,1).
∵n·��=-√3 × √23+2×0+1×32=0, ∴n⊥��. 又 CM⊈平面 PAD,∴CM∥平面 PAD.
考点一
考点二
考点三
考点四

2020版高考数学一轮复习课时规范练43空间几何中的向量方法理北师大版

课时规范练空间几何中的向量方法
基础巩固组
.
在如图所示的坐标系中为正方体,给出下列结论:
①直线的一个方向向量为();
②直线的一个方向向量为();
③平面的一个法向量为();
④平面的一个法向量为().
其中正确的个数为()
.两平行平面α,β分别经过坐标原点和点(),且两平面的一个法向量(),则两平面间的距离是() . . .
.
(辽宁本溪二模)已知四棱锥的底面是边长为的正方形,平面⊥平面是的中点是的中点,则直线与平面所成角的正弦值是()
. . . .
.已知两平面的法向量分别为()(),则两平面所成的二面角的大小为()
°°
°或°°
.
如图,在正四棱锥中为顶点在底面上的射影为侧棱的中点,且,则直线与平面所成的角为.
.如图,在三棱锥中为的中点⊥平面,垂足落在线段上.已知.
()证明⊥;
()若点是线段上一点,且.试证明平面⊥平面.
.
在直三棱柱中是的中点.
()求证∥平面;
()求点到平面的距离.
综合提升组
.
(安徽定远调研)如图,正方体的棱长为,中心为,则四面体的体积为()
. . . .
.设动点在棱长为的正方体的对角线上,记λ.当∠为锐角时,λ的取值范围是. .
(四川成都一模)在如图所示的几何体中⊥平面,四边形为等腰梯形,∠°. ()证明⊥;
()求二面角的余弦值.
.。

【2020】高考数学一轮复习课时分层训练46利用空间向量证明平行与垂直理北师大版

[解](1)证明：∵PA＝AD＝1，PD＝，
∴PA2＋AD2＝PD2，
即PA⊥AD.
又PA⊥CD，AD∩CD＝D，∴PA⊥平面ABCD.
(2)以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1)，
E ，＝(1,1,0)，＝ .设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
∴ ∴ ]
3．若＝λ ＋μ ，则直线AB与平面CDE的位置关系是( )
【导学号：79140251】
A．相交B．平行
C．在平面内D．平行或在平面内
D[∵ ＝λ ＋μ ，∴ 、、共面，
∴AB与平面CDE平行或在平面CDE内．]
4．(20xx·西安月考)如图7 7 8，F是正方体ABCDA1B1C1D1的棱CD的中点．E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有( )
A．l∥αB．l⊥α
C．l⊂αD．l与α相交
B[∵n＝－2a，∴a与平面α的法向量平行，∴l⊥α.]
2．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)．若a，b，c三向量共面，则实数λ等于( )
A. B．
C. D．
D[由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，
【导学号：79140253】
①②③[∵ · ＝0， · ＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．
又与不平行，
∴ 是平面ABCD的法向量，则③正确．
∵ ＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)，
∴ 与不平行，故④错误．]
13．(20xx·北京房山一模)如图7 7 14，四棱锥PABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，

高考数学一轮复习---利用空间向量求空间角

利用空间向量求空间角一、基础知识1．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |❶，其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量． 2．直线与平面所成角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |❷.3．二面角(1)若AB ，CD 分别是二面角αl β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|❸，如图(2)(3)．二、常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理cos θ＝cos θ1cos θ2.如图，若OA 为平面α的一条斜线，O 为斜足，OB 为OA 在平面α内的射影，OC 为平面α内的一条直线，其中θ为OA 与OC 所成的角，θ1为OA 与OB 所成的角，即线面角，θ2为OB 与OC 所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2.三、考点解析考点一异面直线所成的角例、如图，在三棱锥PABC中，P A⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱P A，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，P A＝AC＝4，AB＝2.(1)求证：MN∥平面BDE；(2)已知点H在棱P A上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH的长．[解题技法]用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．[跟踪训练1.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是()A．30°B．45°C．60°D．90°2.如图，在四棱锥PABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面P AC；(2)若P A＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．考点二直线与平面所成的角例、如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值．[解题技法]利用向量求线面角的2种方法(1)分别求出斜线和它所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，取其余角就是斜线与平面所成的角．跟踪训练1．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．2.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BA ＝BC ＝5，AC ＝8，D 为线段AC 的中点．(1)求证：BD ⊥A 1D ；(2)若直线A 1D 与平面BC 1D 所成角的正弦值为45，求AA 1的长．考点三二面角例、如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B D ′A C 的余弦值．[解题技法](1)利用法向量求二面角的大小时，由于法向量的方向不同，两个法向量的夹角与二面角的大小可能相等，也可能互补．所以，两个法向量的夹角的余弦值与二面角的余弦值可能存在正负号的差异．(2)有时用观察法难以判定二面角是钝角还是锐角，为了保证解题结果准确无误，我们给出一种万无一失的方法：就是在两个半平面和二面角的棱上各取1个向量，要求这三个向量必须起点相同，在利用行列式计算法向量时，棱对应的向量必须排前面，即口诀“起点同，棱排前”，这样求出的两个法向量的夹角一定与二面角的大小相等．跟踪训练如图所示，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，△DAB ≌△DCB ，E 为线段BD 上的一点，且EB ＝ED ＝EC ＝BC ，连接CE 并延长交AD 于F .(1)若G 为PD 的中点，求证：平面P AD ⊥平面CGF ；(2)若BC ＝2，P A ＝3，求二面角B CP D 的余弦值．课后作业1.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( ) A.3030 B.3015 C.3010 D.15152、已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.243．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B AA 1C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7B.6C.5 D ．2 4.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35B.56C.3310D.36105．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.226．如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线OF 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.7.如图，已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点，则二面角F OE A 的余弦值为________．8．如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧C D 所在平面垂直，M 是C D 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．9．如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M P A C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值提高练习1．如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；(2)若∠BAD＝60°，求二面角BOB1C的余弦值．2．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.平面P AD⊥平面ABCD，P A＝PD，点E在PC上，DE⊥平面P AC.(1)求证：P A⊥平面PCD；(2)设AD＝2，若平面PBC与平面P AD所成的二面角为45°，求DE的长．3．如图，在三棱锥PABC中，平面P AB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝23，AC＝26，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.(1)求证：PD⊥平面ABC；(2)若直线P A与平面ABC所成的角为45°，求平面P AC与平面PDE所成的锐二面角大小．。

高考数学一轮复习课后限时集训47立体几何中的向量方法理北师大版

高考数学一轮复习课后限时集训47立体几何中的向量方法理北师大版立体几何中的向量方法建议用时：45分钟一、选择题1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．120°B ．60°C ．30°D ．60°或30°C [设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ.则sinβ＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12.又0°≤β≤90°，∴β＝30°.]2．在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，AC 与B 1D 所成角大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2D [建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A (0,0,0), C (1,1,0)，B 1(1,0,1)，D (0,1,0). ∴AC →＝(1,1,0)，B 1D →＝(－1,1，－1)，∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2.]3.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35A [设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝－2×0＋2×2＋1×－10＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55.] 4．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D ，E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°A [由已知AB 2＋BC 2＝AC 2，得AB ⊥BC .以B 为原点，分别以BC ，BA ，BB 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AA 1＝2a ，则A (0,1,0)，C (3，0,0)， D ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，a ，E (0,0，a )，所以ED →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，cos 〈ED →，n 〉＝ED →·n |ED →||n |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋02×1＝12，〈ED →，n 〉＝60°，所以直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为30°.故选A.]5.如图，在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ⊥平面PAB ，PA ⊥AB ，M 为PB 的中点，PA ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B AC M 的余弦值为( )A.66B.36C.26D.16A [因为BC ⊥平面PAB ，PA 平面PAB ，所以PA ⊥BC ，又PA ⊥AB ，且BC ∩AB ＝B ，所以PA ⊥平面ABCD .以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A xyz .则A (0,0,0)，C (1,2,0)，P (0,0,2)，B (1,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，所以AC →＝(1,2,0)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，求得平面AMC 的一个法向量为n ＝(－2,1,1)，又平面ABC 的一个法向量AP →＝(0,0,2)，所以cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝24＋1＋1×2＝16＝66.所以二面角B AC M 的余弦值为66.] 二、填空题6．在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________．23[以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC→|n ||DC →|＝23.] 7．(2019·汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥S ABCD 中，∠ABC ＝90°，AD ∥BC ，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，则平面SCD 与平面SAB 所成锐二面角的余弦值是________．63[如图所示，建立空间直角坐标系，则依题意可知，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C (1,1,0)，S (0,0,1)，可知AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0是平面SAB 的一个法向量．设平面SCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，因为SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－1， DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·SD →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－z ＝0，x 2＋y ＝0.令x ＝2，则有y ＝－1，z ＝1，所以n ＝(2，－1,1)．设平面SCD 与平面SAB 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|AD →·n ||AD →||n |＝12×2＋0×－1＋0×1⎝ ⎛⎭⎪⎫122×22＋－12＋12＝63.]8.(2019·北京模拟)如图所示，四棱锥P ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PD ＝2，E 是棱PB 的中点，M 是棱PC 上的动点，当直线PA 与直线EM 所成的角为60°时，那么线段PM 的长度是________．542 [如图建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，P (0,0,2)，B (2,2,0)， ∴AP →＝()－2，0，2， ∵E 是棱PB 的中点，∴E (1,1,1)，设M (0,2－m ，m )，则EM →＝()－1，1－m ，m －1， ∴||cos 〈AP →，EM →〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·EM →|AP →||EM →| ＝||2＋2()m －1221＋2m －12＝12，解得m ＝34，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，54，34， ∴PM ＝2516＋2516＝542.] 三、解答题9.如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．[解] 如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1 的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0，－1,2)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)．(1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，从而BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0,2,2)，故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q 为BC 的中点，所以Q ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，因此AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，AC 1→＝(0,2,2)，CC 1→＝(0,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1,1)．设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→|·|n |＝25×2＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55. 10．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B EC C 1的正弦值．[解] (1)证明：由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE 平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB .以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，E (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，CE →＝(1，－1,1)，CC 1→＝(0,0,2)．设平面EBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x －y ＋z ＝0，所以可取n ＝(0，－1，－1)．设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧CC 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，所以可取m ＝(1,1,0)．于是cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝－12.所以，二面角B EC C 1的正弦值为32.1．设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( ) A.32 B.22 C.223D.233D [如图建立坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)，D 1A 1→＝(2,0,0)，DB →＝(2,2,0)， DA 1→＝(2,0,2)．设平面A 1BD 的法向量为 n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1,1,1)．∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.]2.如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为________．63[如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)， AG →＝(a ，a,0)，AC →＝(0,2a,2a )，BG →＝(a ，－a,0)，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝02ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝|BG →·n 1||BG →||n 1|＝2a 2a ×3＝63.]3．已知正四棱锥S ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 与SD 所成角的余弦值为________．33[以两对角线AC 与BD 的交点O 作为原点，以OA ，OB ，OS 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设边长为2，则有O (0,0,0)，A (2，0,0)，B (0，2，0)，S (0,0，2)，D (0，－2，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，22， AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，22，22，SD →＝(0，－2，－2)， |cos AE →，SD →|＝|AE →·SD →||AE →||SD →|＝22×3＝33，故AE 与SD 所成角的余弦值为33.] 4．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．[解] (1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2，0)，C (0,2,0)，P (0，0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC的一个法向量OB →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋4－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －423a －42＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|23a －42＋3a 2＋a2＝32，解得a ＝－4(舍去)或a ＝43，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34.1．已知斜四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，∠A 1AD ＝60°，∠BAD ＝90°，平面A 1ADD 1⊥平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 所成的角的正切值为( )A.34B.134C.3913D.393C [取AD 中点O ，连接OA 1，易证A 1O ⊥平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系，得B (2，－1,0)，D 1(0，2，3)，BD 1→＝(－2,3，3)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设BD 1与平面ABCD 所成的角为θ，∴sin θ＝|BD 1→·n ||BD 1→||n |＝34，∴tan θ＝3913.] 2．(2019·天津高考)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角E BD F 的余弦值为13，求线段CF 的长．[解] 依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,1,0)，E (0,0,2)．设CF ＝h (h ＞0)，则F ()1，2，h .(1)依题意，AB →＝(1,0,0)是平面ADE 的法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB →＝0，又因为直线BF平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .(2)依题意，BD →＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)，CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)．所以cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m ＝(x ，y ，z )为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋y ＝0，2y ＋hz ＝0，不妨令y ＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h . 由题意，有||cos 〈m ，n 〉＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h 2＝13，解得h ＝87.经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87.。

北师版高考总复习一轮数学精品课件第八章立体几何与空间向量高考解答题专项四第2课时求空间角

考点三
二面角
典例突破
例3.(2021新高考Ⅱ,19)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若
AD=2,QD=QA= 5 ,QC=3.
(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-QD-A的平面角的余弦值.
(1)证明取AD的中点为O,连接QO,CO.
因为QA=QD,OA=OD,则QO⊥AD.
ABCD是正方形,AA1=2AB=2,E是DD1上的一点,且DE=
(1)求证:平面A1B1D⊥平面AEC;
(2)求直线A1D与平面AEC所成角的正弦值.
1
2
.
(1)证明在长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1B1⊥平面AA1D1D.
因为AE⊂平面AA1D1D,所以A1B1⊥AE.
在△ADE 与△A1AD
在正方形 ABCD 中,因为 AD=2,QA= 5,故 DO=1,QO= 5-1=2,CO= 5.
Байду номын сангаас
因为QC=3,则QC2=QO2+OC2,故△QOC为直角三角形,且QO⊥OC.
因为OC∩AD=O,故QO⊥平面ABCD.
因为QO⊂平面QAD,所以平面QAD⊥平面ABCD.
(2)解在平面ABCD内,过点O作OT∥CD,交BC于点T,则OT⊥AD,
1
中,∠ADE=∠A1AD,又
=

=2,所以△ADE∽△A1AD.

π
所以∠DAE=∠AA1D,所以∠DAE+∠A1DA=∠AA1D+∠A1DA=2,所以
A1D.
又因为A1D∩A1B1=A1,所以AE⊥平面A1B1D.因为AE⊂平面AEC,
所以平面A1B1D⊥平面AEC.

2020届高考数学一轮复习：课时作业48《利用向量求空间角》(含解析)

课时作业48 利用向量求空间角1．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( B )A.12 B.23 C.33D.22解析：以A 为原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )．则有⎩⎨⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎨⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2， ∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.2．(2019·大同模拟)设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( D )A.32 B.22 C.223D.233解析：如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立坐标系，则D (0,0,0)，D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)，D 1A 1→＝(2,0,0)，DB →＝(2,2,0)，DA 1→＝(2,0,2)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1,1,1)．∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.3．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( A )A.334B.233C.324D.32解析：由正方体的性质及题意可得，正方体共顶点的三条棱所在直线与平面α所成的角均相等．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知棱AB ，AD ，AA 1所在直线与平面A 1BD 所成的角均相等，所以α∥平面A 1BD ，当平面α趋近点A 时，截面图形的面积趋近于0；当平面α经过正方体的中心O 时，截面图形为正六边形，其边长为22，截面图形的面积为6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334；当平面α趋近于C 1时，截面图形的面积趋近于0，所以截面图形面积的最大值为334，故选A.4．已知三棱锥P -ABC 的所有顶点都在表面积为16π的球O 的球面上，AC 为球O 的直径．当三棱锥P -ABC 的体积最大时，二面角P -AB -C 的大小为θ，则sin θ等于( C )A.23B.53C.63D.73解析：如图，设球O 的半径为R ，由4πR2＝16π，得R＝2，设点P到平面ABC的距离为d，则0＜d≤2，因为AC为球的直径，所以AB2＋BC2＝AC2＝16，则V三棱锥P-ABC＝16AB·BC·d≤16·AB2＋BC22·2＝83，当且仅当AB＝BC＝22，d＝2时，V三棱锥P-ABC取得最大值，此时平面P AC⊥平面ABC，连接PO，因为PO⊥AC，平面P AC∩平面ABC＝AC，PO⊂平面P AC，所以PO⊥平面ABC，过点P作PD⊥AB于D，连接OD，因为AB⊥PO，AB⊥PD，PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD，则AB⊥OD，所以∠PDO为二面角P-AB-C的平面角，因为OD＝12BC＝2，所以PD＝PO2＋OD2＝6，则sinθ＝sin∠PDO＝POPD＝63，故选C.5．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是正方形A1B1C1D1和正方形ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角的大小是45°.解析：以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1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D -xyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC →＝(0,1,0)， ∴cos 〈EF →，DC →〉＝EF →·DC →|EF →||DC →|＝－22，∴〈EF →，DC →〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角的大小是45°.6．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为 25 .解析：建立空间直角坐标系如图所示．设AB ＝1，则AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，E ⎝⎛⎭⎪⎫12，0，0.设M (0，y,1)(0≤y ≤1)，则EM →＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，y ，1. ∵θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，∴cos θ＝|AF →·EM →||AF →||EM →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12＋12y 1＋14·14＋y 2＋1＝2(1－y )5·4y 2＋5.则⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2(1－y )4y 2＋52＝1－8y ＋14y 2＋5. 令8y ＋1＝t ，1≤t ≤9，则8y ＋14y 2＋5＝16t ＋81t －2≥15，当且仅当t ＝1时取等号．∴cos θ＝2(1－y )5·4y 2＋5≤15×25＝25，当且仅当y ＝0时取等号． 7．如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D -AE -C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E -ACD 的体积．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .又因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC . (2)因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A -xyz ，则D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12.设B (m,0,0)(m ＞0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎨⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量，由题设得|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12，解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E -ACD 的高为12.三棱锥E -ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.8．(2019·江西六校联考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，∠ABD ＝90°，EB ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，AB ＝2，EB＝3，EF ＝1，BC ＝13，且M 是BD 的中点．(1)求证：EM ∥平面ADF ；(2)求二面角A -FD -B 的余弦值的大小．解：(1)证法一：取AD 的中点N ，连接MN ，NF .在△DAB 中，M 是BD 的中点，N 是AD 的中点，所以MN ∥AB ，MN ＝12AB ，又因为EF ∥AB ，EF ＝12AB ，所以MN ∥EF 且MN ＝EF .所以四边形MNFE 为平行四边形，所以EM ∥FN ，又因为FN ⊂平面ADF ，EM ⊄平面ADF ，故EM ∥平面ADF . 证法二：因为EB ⊥平面ABD ，AB ⊥BD ，故以B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系B -xyz .由已知可得EM →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，0，－3，AD →＝(3，－2,0)，AF →＝(0，－1，3)，设平面ADF 的法向量是n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎨⎧n ·AD →＝0，n ·AF →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧3x －2y ＝0，－y ＋3z ＝0，令y ＝3，则n ＝(2,3，3)．又因为EM →·n ＝0，所以EM →⊥n ，又EM ⊄平面ADF ，故EM ∥平面ADF .(2)由(1)中证法二可知平面ADF 的一个法向量是n ＝(2,3，3)．易得平面BFD 的一个法向量是m ＝(0，－3，1)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝－34，又二面角A -FD -B 为锐角，故二面角A -FD -B 的余弦值大小为34.9．(2019·河南郑州一模)如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，△DAB ≌△DCB ，E 为线段BD 上的一点，且EB ＝ED ＝EC ＝BC ，连接CE 并延长交AD 于F .(1)若G 为PD 的中点，求证：平面P AD ⊥平面CGF ；(2)若BC ＝2，P A ＝3，求平面BCP 与平面DCP 所成锐二面角的余弦值．解：(1)证明：在△BCD 中，EB ＝ED ＝EC ＝BC ，故∠BCD ＝π2，∠CBE ＝∠CEB ＝π3，连接AE ，∵△DAB ≌△DCB ，∴△EAB ≌△ECB ，从而有∠FED ＝∠BEC ＝∠AEB ＝π3，AE ＝CE ＝DE .∴∠AEF ＝∠FED ＝π3. 故EF ⊥AD ，AF ＝FD . 又PG ＝GD ，∴FG ∥P A .又P A ⊥平面ABCD ，故GF ⊥平面ABCD ， ∴GF ⊥AD ，又GF ∩EF ＝F ，故AD ⊥平面CFG . 又AD ⊂平面P AD ， ∴平面P AD ⊥平面CGF .(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 (2,0,0)，C (3，3，0)，D (0，23，0)，P (0,0,3)．故BC →＝(1，3，0)，CP →＝(－3，－3，3)，CD →＝(－3，3，0)．设平面BCP 的一个法向量为n 1＝(1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋3y 1＝0，－3－3y 1＋3z 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝－33，z 1＝23，即n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－33，23.设平面DCP 的一个法向量为n 2＝(1，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧－3＋3y 2＝0，－3－3y 2＋3z 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝3，z 2＝2，即n 2＝(1，3，2)．从而平面BCP 与平面DCP 所成锐二面角的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝43169×8＝24.10．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M -AB -D 的余弦值．解：(1)取P A 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ，又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0＜x ＜1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°， |z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62.所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62.设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝105.易知所求二面角为锐角．因此二面角M-AB-D的余弦值为10 5.11．如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠P AB＝90°，BC＝CD＝12AD，E为棱AD的中点，异面直线P A与CD所成的角为90°.(1)在平面P AB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；(2)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线P A与平面PCE所成角的正弦值．解：(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．如图，延长AB，DC，相交于点M(M∈平面P AB)，点M即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED .所以四边形BCDE 是平行四边形，从而CM ∥EB . 又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ，所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)解法一：由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面P AD . 从而CD ⊥PD .所以∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角．所以∠PDA ＝45°. 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH . 易知P A ⊥平面ABCD ，又CE ⊂平面ABCD ，从而P A ⊥CE . 于是CE ⊥平面P AH . 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE . 所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角．在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1，所以AH ＝22.在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322，所以sin ∠APH ＝AHPH ＝13.解法二：由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面P AD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角．所以∠PDA ＝45°.由P A ⊥AB ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)，所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)．设平面PCE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋(－2)2＋12＝13.所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.12．(2019·江西南昌二中月考)如图，在等腰梯形ABCD 中，∠ABC ＝60°，CD ＝2，AB ＝4，点E 为AB 的中点，现将该梯形中的三角形EBC 沿线段EC 折起，形成四棱锥B -AECD .(1)在四棱锥B -AECD 中，求证：AD ⊥BD ；(2)若平面BEC 与平面AECD 所成二面角的平面角为120°，求直线AE 与平面ABD 所成角的正弦值．解：(1)证明：由三角形BEC 沿线段EC 折起前，∠ABC ＝60°，CD ＝2，AB ＝4，点E 为AB 的中点，得三角形BEC 沿线段EC 折起后，四边形AECD 为菱形，边长为2，∠DAE ＝60°，如图，取EC 的中点F ，连接DF ，BF ，DE ，∵△BEC 和△DEC 均为正三角形，∴EC ⊥BF ，EC ⊥DF , 又BF ∩DF ＝F ，∴EC ⊥平面BFD ，∵AD ∥EC ，∴AD ⊥平面BFD ， ∵BD ⊂平面BFD ，∴AD ⊥BD .(2)以F 为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，由EC ⊥平面BFD ，知z 轴在平面BFD 内， ∵BF ⊥EC ，DF ⊥EC ，∴∠BFD 为平面BEC 与平面AECD 所成二面角的平面角， ∴∠BFD ＝120°，∴∠BFz ＝30°，又∵BF ＝3，∴点B 的横坐标为－32，点B 的竖坐标为32. 因D (3，0,0)，E (0,1,0)，A (3，2,0)，B ⎝⎛⎭⎪⎫－32，0，32，故AE →＝(－3，－1,0)，BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，0，－32，AD →＝(0，－2，0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，0，－32·(x ，y ，z )＝0，AD →·n ＝(0，－2，0)·(x ，y ，z )＝0，得⎩⎨⎧332x －32z ＝0，－2y ＝0，令x ＝1，得y ＝0，z ＝3，∴平面ABD 的一个法向量为n ＝(1,0，3)，∴cos 〈AE →，n 〉＝AE →·n|AE →||n |＝(－3，－1，0)·(1，0，3)2×2＝－34，∵直线AE 与平面ABD 所成角为锐角， ∴直线AE 与平面ABD 所成角的正弦值为34.。

2019-2020年高考数学 7.9 利用空间向量求空间角与距离课时提能演练理北师大版

2019-2020年高考数学 7.9 利用空间向量求空间角与距离课时提能演练理北师大版一、选择题(每小题5分，共30分)1.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l与平面α的夹角等于( )(A)120°(B)60°(C)30°(D)60°或30°2.(xx·咸阳模拟)已知正四棱锥S-ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则直线AE、SD夹角的余弦值为( )(A) (B) (C) (D)3.已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1夹角的余弦值为( )(A) (B) (C) (D)4.已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1夹角的正弦值为( )(A) (B) (C) (D)5.(xx·蚌埠模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为( )(A) (B) (C) (D)6.如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，沿对角线BD将△ABD折起，使A点在平面BCD内的射影O落在BC边上，若平面CAB与平面ABD夹角的大小为θ，则sinθ的值等于( )(A) (B) (C) (D)二、填空题(每小题5分，共15分)7.(易错题)已知两平面的法向量分别为=(0，1，0)， =(0，1，1)，则两平面夹角的大小为_______.8.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的长度之和为_______.9.正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC夹角的大小是_______.三、解答题(第10题12分，第11题13分，共25分)10.(预测题)在如图所示的几何体中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=BD=2AE，M是AB的中点.(1)求证：CM⊥EM；(2)求CM与平面CDE的夹角.11.(xx·天津高考改编)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=.(1)求异面直线AC与A1B1夹角的余弦值；(2)求平面AA1C1C与平面A1C1B1夹角的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长.【选做•探究题】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M为PC上一点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=.(1)求证：平面PQB⊥平面PAD；(2)若平面BMQ与平面ABCD的夹角为30°，设PM=tMC，试确定t的值.答案解析1.【解析】选C.由题意得直线l与平面α的法向量所在直线的夹角为60°,∴直线l与平面α的夹角为90°-60°=30°.2.【解题指南】建立空间直角坐标系，利用空间向量求两直线的夹角的余弦值.【解析】选C.建立如图所示的空间直角坐标系，令正四棱锥的棱长为2，则A(1，-1，0)，D(-1，-1，0)，S(0，0，),E()，=()，=(-1，-1，-)，∴cos〈，〉=.∴直线AE、SD夹角的余弦值为，故选C.3.【解析】选C.建立如图所示空间直角坐标系，令AA1=2AB=2,则E(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,2).=(0,-1,1),=(0,-1,2).∴cos〈,〉=.4.【解题指南】建立空间直角坐标系，利用直线BC1与平面DBB1D1的法向量的夹角求出所求角的正弦值.【解析】选C.以D为坐标原点，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，则A(4,0,0)，B(4,4,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,2)，＝(－4,4,0)，＝(－4,0,2).易知AC⊥平面DBB1D1，所以是平面DBB1D1的一个法向量.设BC1与平面DBB1D1的夹角为θ，则sinθ=|cos〈,〉|=.5.【解析】选B.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，E(1，1，)，∴=(1，0，1)，=(1，1，)，设=(x,y,z)为平面A1ED的一个法向量，则令z=-1,则x=1,y=-，∴=(1,-,-1)，取平面ABCD的一个法向量=(0,0,1)，则cos〈,〉=故平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为.6.【解析】选A.由题意可求得BO＝，OC＝，AO＝，建立空间直角坐标系如图，则C(,0,0)，B(-,0,0)，A(0,0,)，D(,3,0)，＝(4,3,0)， =(,0,)设＝(x，y，z)是平面ABD的一个法向量.则取z＝，x=7,y＝－.则＝(7,－,).又＝(0,3,0)是平面ABC的一个法向量.∴cos〈,〉=sinθ＝【方法技巧】求平面与平面夹角的策略法向量法，其步骤是①建系，②分别求两个半平面的法向量，③求法向量夹角的余弦值，④根据题意确定平面与平面夹角的余弦值或其大小.7.【解析】cos〈,〉==，∴〈，〉=,∴两平面夹角的大小为.答案：【误区警示】本题容易认为两平面的夹角有和两个,而忽视两平面的夹角不能为钝角.8.【解析】以D1为坐标原点,D1A1、D1C1、D1D所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CE=x，DF=y，则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0) =(x-1，0，1)，又F(0，0，1-y)，B(1，1，1) =(1，1，y)，由于AB⊥B1E，故若B1E⊥平面ABF，只需·=(1，1，y)·(x-1，0，1)=0x+y=1.答案：1【变式备选】设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是_______.【解析】如图建立空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，∴=(2，0，0)， =(2，0，2)，=(2，2，0)，设平面A1BD的一个法向量=(x，y，z)，则令x=1，则y=-1,z=-1,∴=(1,-1,-1),∴点D1到平面A1BD的距离答案：9.【解析】如图，以O为原点建立空间直角坐标系.设OD=SO=OA=OB=OC=a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(-a,0,0)，P(0，-,)，则＝(2a,0,0)，＝(－a，－，)，＝(a，a,0)，设平面PAC的一个法向量为，可取＝(0,1,1)，则cos〈，〉∴〈，〉＝60°，∴直线BC与平面PAC夹角的大小为90°－60°＝30°.答案：30°10.【解析】如图，以点C为坐标原点，以CA，CB所在直线分别为x轴和y轴，过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系,设EA=a,则A(2a,0,0),B(0,2a,0),E(2a,0,a),D(0,2a,2a),M(a,a,0).(1)因为=(-a,a,-a)， =(a,a,0)，所以·=-a×a+a×a+(-a)×0=0，故⊥,∴CM⊥EM.(2)设平面CDE的一个法向量为=(x,y,z),则∵=(2a,0,a),=(0,2a,2a),∴令x=1,则y=2,z=-2,即=(1,2,-2),∵=(a,a,0),∴cos〈,〉=因为直线CM与平面CDE所成的角是与夹角的余角，因此直线CM与平面CDE的夹角是45°.11.【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点依题意得A(2,0,0),B(0,0,0),C(,-,),A1(2,2,0),B1(0,2,0),C1(,,)(1)易得=(-,-,), =(-2,0,0)，于是cos〈,〉= 所以异面直线AC与A1B1夹角的余弦值为.(2)易知=(0,2,0),=(-,-,).设平面AA1C1C的法向量=(x,y,z)，则即令x=，可得=(,0,)，同样地，设平面A1B1C1的法向量=(x0,y0,z0)，则,即令y0=，得=(0,,).于是cos〈,〉=从而sin〈,〉=.所以平面AA1C1C与平面A1C1B1夹角的正弦值为.(3)由N为棱B1C1的中点，得N().设M(a,b,0)，则=()由MN⊥平面A1B1C1，得即解得故M(0).因此=(0)，所以线段BM的长为||=.【选做•探究题】【解析】(1)方法一：∵AD∥BC,BC=AD,Q为AD的中点，∴BC∥DQ且BC=DQ, ∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ.∵∠ADC=90°,∴∠AQB=90°即QB⊥AD.又∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BQ⊥平面PAD.∵BQ平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD.方法二：∵AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴BC∥DQ且BC=DQ,∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ.∵∠ADC=90°,∴∠AQB=90°即QB⊥AD.∵PA=PD,Q为AD的中点，∴PQ⊥AD∵PQ∩BQ=Q,∴AD⊥平面PBQ.∵AD平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD.(2)∵PA=PD,Q为AD的中点，∴PQ⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PQ⊥平面ABCD.如图，以Q为原点建立空间直角坐标系.则Q(0,0,0),P(0,0,),B(0, ,0),C(-1,,0).则平面ABCD的法向量为=(0,0,1)，设M(x,y,z)，则=(x,y,z-),=(-1-x,-y,-z),∵=t ，∴∴t x 1t y .z 1t⎧=-⎪+⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪+⎩ 在平面MBQ 中， =(0，，0)，=(),∴平面MBQ 的一个法向量为=(,0,t). ∵平面BMQ 与平面ABCD 的夹角为30°∴cos30°=∴t=3.。

2020高考数学一轮复习课时分层训练47利用空间向量求空间角理北师大版-精装版

教学资料范本2020高考数学一轮复习课时分层训练47利用空间向量求空间角理北师大版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx 最新高考数学一轮复习课时分层训练47利用空间向量求空间角理北师大版A 组基础达标一、选择题1．在正方体A1B1C1D1ABCD 中，AC 与B1D 夹角的大小为( )A.B.π4C. D ．π2D [建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，B1(1,0,1)，D(0,1,0)．∴＝(1,1,0)，B1D →＝(－1,1，－1)，∵·＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，∴⊥，∴AC 与B1D 的夹角为.]2. (20xx·西安调研)如图7720，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA ＝CC1＝2CB ，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )图7720A.55．－B C.255．－DA [不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1＝(0,2,0)，B1(0,2,1)，∴＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)．cos〈，〉＝＝＝.] 3．(20xx·郑州调研)在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1夹角的正弦值为( )【导学号：79140255】A. B．33C. D．25B [设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则B(1,1,0)，B1(1,1,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，所以1＝(0,0,1)，＝(－1,1,0)，1＝(－1,0,1)．令平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝－x＋y＝0，n·1＝－x＋z＝0，令x＝1，可得n＝(1,1,1)，所以sin θ＝|cos 〈n，1〉|＝＝.]4．已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1夹角的正弦值等于( )A. B．104C. D．32A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，－1,0)，B1(，0,2)，所以＝(，1,2)，由题知＝(－，0,0)为侧面ACC1A1的法向量．即sin θ＝＝.故选A.]5．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E 为BB1的中点，则平面A1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.B ．23C. D ．22 B [以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E ，D(0,1,0)，∴＝(0,1，－1)，＝.设平面A1ED 的一个法向量为n1＝(1，y ，z)，∴有即⎩⎨⎧ y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎨⎧ y ＝2，z ＝2.∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n2＝(0,0,1)．∴cos〈n1，n2〉＝＝，即所成的锐二面角的余弦值为.]二、填空题6．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB ＝2，BC ＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1夹角的正弦值为________．13[ 以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD1为z 轴，建立空间直角坐标系，设n ＝(x ，y ，z)为平面A1BC1的法向量，则n·＝0，n·＝0，即令z ＝2，则y ＝1，x ＝2，于是n ＝(2,1,2)，＝(0,2,0)．设所求线面角为α，则sin α＝|cos 〈n ，〉|＝.]7．如图7721所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝2，则该二面角的大小为________．图772160° [∵＝＋＋，(CA →＋AB →＋BD →)2＝∴|| 36＋16＋64＋2CA →·BD→＝＝＝2.∴·＝||·||·cos〈，〉＝－24.∴cos〈，〉＝－.又所求二面角与〈，〉互补，∴所求的二面角为60°.]8．在一直角坐标系中，已知A(－1,6)，B(3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A ，B 两点间的距离为________.【导学号：79140256】2 [如图为折叠后的图形，其中作AC⊥CD，BD⊥CD，则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4，两异面直线AC ，BD 夹角为60°.故由＝＋＋，得||2＝|＋＋|2＝68，所以||＝2.]三、解答题9．(20xx·合肥一检)如图7722，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2.图7722(1)若M为CD的中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；(2)求直线DD1与平面A1BD夹角的正弦值．[解](1)证明：∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，连接AC，则△ACD为等边三角形，又∵M为CD的中点，∴AM⊥CD，由CD∥AB得AM⊥AB.∵AA1⊥底面ABCD，AM底面ABCD，∴AM⊥AA1，又∵AB∩AA1＝A，∴AM⊥平面AA1B1B.(2)∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2，得DM＝1，AM＝，∴∠AMD＝∠BAM＝90°，又∵AA1⊥底面ABCD，∴以点A为原点，分别以AB，AM，AA1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Axyz，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，D(－1，，0)，D1，∴1＝，＝(－3，，0)，→＝(2,0，－2)．A1B设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则有⇒⎩⎨⎧ －3x ＋3y ＝0，2x －2z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，，1)．∴直线DD1与平面A1BD 夹角θ的正弦值sin θ＝|cos 〈n ，1〉|＝＝.10．(20xx·江苏高考)如图7723，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.图7723(1)求异面直线A1B 与AC1夹角的余弦值；(2)求二面角BA1DA 的正弦值．[解] 在平面ABCD 内，过点A 作AE⊥AD，交BC 于点E.因为AA1⊥平面ABCD ，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如图，以{，，}为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz.因为AB ＝AD ＝2，AA1＝，∠BAD＝120°，则A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0,0，)，C1(，1，)．(1)＝(，－1，－)，＝(，1，)，A1B →·AC1→|A1B →||AC1→|〈，〉＝cos 则＝＝－，因此异面直线A1B 与AC1夹角的余弦值为.(2)平面A1DA 的一个法向量为＝(，0,0)．设m ＝(x ，y ，z)为平面BA1D 的一个法向量，又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)，⎩⎪⎨⎪⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.则即不妨取x ＝3，则y ＝，z ＝2，所以m ＝(3，，2)为平面BA1D 的一个法向量．从而cos 〈，m 〉＝＝＝.设二面角BA1DA 的大小为θ，则|cos θ|＝.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝＝.因此二面角BA1DA 的正弦值为.B 组能力提升11．(20xx·河南百校联盟联考)已知斜四棱柱ABCDA1B1C1D1的各棱长均为2，∠A1AD＝60°，∠BA D ＝90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD ，则直线BD1与平面ABCD 夹角的正切值为( )【导学号：79140257】A.B ．134 C. D ．393C [取AD 中点O ，连接OA1，易证A1O⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系，得B(2，－1,0)，D1(0,2，)，＝(－2,3，)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设BD1与平面ABCD 的夹角为θ，∴sin θ＝＝，∴tan θ＝.]12．已知点E ，F 分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E ＝2EB ，CF ＝2FC1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于________．2[延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示．3设正方体的棱长为3，则GB＝BC＝3，作BH⊥AG于点H，连接EH，则∠EHB为所求二面角的平面角．∵BH＝，EB＝1，∴tan∠EHB＝＝.]13．(20xx·全国卷Ⅱ)如图7724，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．图7724(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角MABD的余弦值.【导学号：79140258】[解] (1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝AD，所以EFBC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF.又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．设M(x，y，z)(0<x<1)，则→＝(x－1，y，z)，＝(x，y－1，z－)．BM因为BM与底面ABCD的夹角为45°，而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以|cos 〈，n 〉|＝sin 45°，＝，即(x －1)2＋y2－z2＝0.①又M 在棱PC 上，设＝λ，则x ＝λ，y ＝1，z ＝－λ.②由①②解得(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ，从而＝. 设m ＝(x0，y0，z0)是平面ABM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧ (2－2)x0＋2y0＋6z0＝0，x0＝0，所以可取m ＝(0，－，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝＝.因此二面角MABD 的余弦值为.。

高考数学总复习利用向量方法求空间角学案理北师大

学案46利用向量方法求空间角导学目标： 1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别.3.体会求空间角中的转化思想、数形结合思想，熟练掌握平移方法、射影方法等.4.灵活地运用各种方法求空间角．自主梳理1．两条异面直线的夹角(1)定义：设a ，b 是两条异面直线，在直线a 上任取一点作直线a ′∥b ，则a ′与a 的夹角叫做a 与b 的夹角．(2)范围：两异面直线夹角θ的取值范围是_______________________________________． (3)向量求法：设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为φ，则有cos θ＝________＝______________.2．直线与平面的夹角(1)定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内的射影的夹角． (2)范围：直线和平面夹角θ的取值范围是________________________________________．(3)向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝__________或cos θ＝sin φ.3．二面角(1)二面角的取值范围是____________． (2)二面角的向量求法：①若AB 、CD 分别是二面角α—l —β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB →与CD →的夹角(如图①)．②设n 1，n 2分别是二面角α—l —β的两个面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．自我检测1．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为() A．45°B．135°C．45°或135°D．90°2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则()A．l1∥l2B．l1⊥l2C．l1与l2相交但不垂直D．以上均不正确3．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于()A．120°B．60°C．30°D．以上均错4．(2011·湛江月考)二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为()A．150°B．45°C．60°D．120°5．(2011·铁岭模拟)已知直线AB、CD是异面直线，AC⊥CD，BD⊥CD，且AB＝2，CD＝1，则异面直线AB与CD夹角的大小为()A．30°B．45°C．60°D．75°探究点一利用向量法求异面直线所成的角例1已知直三棱柱ABC—A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值．变式迁移1如图所示，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，求异面直线BA1和AC所成的角．探究点二利用向量法求直线与平面所成的角例2(2011·新乡月考)如图，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点．若平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN与平面DCEF所成角的正弦值．变式迁移2如图所示，在几何体ABCDE中，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，BE和CD 都垂直于平面ABC，且BE＝AB＝2，CD＝1，点F是AE的中点．求AB与平面BDF所成角的正弦值．探究点三利用向量法求二面角例3 如图，ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝BC ＝BA ＝1，AD ＝12，求面SCD 与面SBA 所成角的余弦值大小．变式迁移3(2011·沧州月考)如图，在三棱锥S—ABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，O为BC中点．(1)证明：SO⊥平面ABC；(2)求二面角A—SC—B的余弦值．探究点四向量法的综合应用例4如图所示，在三棱锥A—BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD＝3，BD＝CD＝1，另一个侧面ABC是正三角形．(1)求证：AD⊥BC；(2)求二面角B－AC－D的余弦值；(3)在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．变式迁移4 (2011·山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB ＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.(1)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE；(2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大小．1．求两异面直线a、b的夹角θ，需求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos 〈a，b〉|.2．求直线l 与平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n 与直线l 的方向向量a 的夹角．则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|.3．求二面角α—l —β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n 1，n 2所成的角．则θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2011·成都月考)在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 是AB 的中点，则sin 〈DB 1→，CM →〉的值等于( )A.12B.21015C.23D.11152．长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A.1010B.3010C.21510D.310103．已知正四棱锥S —ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 、SD 所成的角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.23 4.如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知B1C，C1D与上底面A1B1C1D1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成的余弦值为()A.26 B.63C.36 D.645．(2011·兰州月考)P是二面角α—AB—β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α—AB—β的大小为() A．60°B．70°C．80°D．90°二、填空题(每小题4分，共12分)6．(2011·郑州模拟)已知正四棱锥P—ABCD的棱长都相等，侧棱PB、PD的中点分别为M、N，则截面AMN与底面ABCD所成的二面角的余弦值是________．7．如图，P A⊥平面ABC，∠ACB＝90°且P A＝AC＝BC＝a，则异面直线PB与AC所成角的正切值等于________．8．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为________．三、解答题(共38分)9．(12分)(2011·烟台模拟)如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8.BC 是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE∥AD.(1)求二面角B－AD－F的大小；(2)求直线BD与EF所成的角的余弦值．10．(12分)(2011·大纲全国)如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB 为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD⊥平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．11．(14分)(2011·湖北)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tan θ的最小值．学案46 利用向量方法求空间角自主梳理1．(2)⎝⎛⎦⎤0，π2 (3)|cos φ| ⎪⎪⎪⎪a·b |a|·|b | 2．(2)⎣⎡⎦⎤0，π2 (3)|cos φ| 3.(1)[0，π] 自我检测1．C 2.B 3.C 4.C 5.C 课堂活动区例1解题导引 (1)求异面直线所成的角，用向量法比较简单，若用基向量法求解，则必须选好空间的一组基向量，若用坐标求解，则一定要将每个点的坐标写正确．(2)用异面直线方向向量求两异面直线夹角时，应注意异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2 解如图所示，以C 为原点，直线CA 、CB 、CC 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设CA ＝CB ＝CC 1＝2，则A 1(2,0,2)，C (0,0,0)，B (0,2,0)，D (0,1,2)， ∴BD →＝(0，－1,2)，A 1C →＝(－2,0，－2)，∴cos 〈BD →，A 1C →〉＝BD →·A 1C →|BD →||A 1C →|＝－105.∴异面直线BD 与A 1C 所成角的余弦值为105.变式迁移1 解 ∵BA 1→＝BA →＋BB 1→，AC →＝AB →＋BC →，∴BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(AB →＋BC →) ＝BA →·AB →＋BA →·BC →＋BB 1→·AB →＋BB 1→·BC →. ∵AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， ∴BA →·BC →＝0，BB 1→·AB →＝0， BB 1→·BC →＝0，BA →·AB →＝－a 2， ∴BA 1→·AC →＝－a 2. 又BA 1→·AC →＝|BA 1→|·|AC →|·cos 〈BA 1→，AC →〉， ∴cos 〈BA 1→，AC →〉＝－a 22a ×2a ＝－12.∴〈BA 1→，AC →〉＝120°.∴异面直线BA 1与AC 所成的角为60°.例2解题导引在用向量法求直线OP 与α所成的角(O ∈α)时，一般有两种途径：一是直接求〈OP →，OP ′→〉，其中OP ′为斜线OP 在平面α内的射影；二是通过求〈n ，OP →〉进而转化求解，其中n 为平面α的法向量．解设正方形ABCD ，DCEF 的边长为2，以D 为坐标原点，分别以射线DC ，DF ，DA 为x ，y ，z 轴正半轴建立空间直角坐标系如图．则M (1,0,2)，N (0,1,0)，可得MN →＝(－1,1，－2)．又DA →＝(0,0,2)为平面DCEF 的法向量，可得cos 〈MN →，DA →〉＝MN →·DA →|MN →||DA →|＝－63.所以MN 与平面DCEF 所成角的正弦值为 |cos 〈MN →，DA →〉|＝63.变式迁移2 解以点B 为原点，BA 、BC 、BE 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，D (0,2,1)，E (0,0,2)，F (1,0,1)． ∴BD →＝(0,2,1)，DF →＝(1，－2,0)．设平面BDF 的一个法向量为 n ＝(2，a ，b )，∵n ⊥DF →，n ⊥BD →， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·BD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧(2，a ，b )·(1，－2，0)＝0，(2，a ，b )·(0，2，1)＝0.解得a ＝1，b ＝－2.∴n ＝(2,1，－2)．设AB 与平面BDF 所成的角为θ，则法向量n 与BA →的夹角为π2－θ，∴cos ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝BA →·n |BA →||n |＝(2，0，0)·(2，1，－2)2×3＝23，即sin θ＝23，故AB 与平面BDF 所成角的正弦值为23.例3 解题导引图中面SCD 与面SBA 所成的二面角没有明显的公共棱，考虑到易于建系，从而借助平面的法向量来求解．解建系如图，则A (0,0,0)， D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C (1,1,0)，B (0，1,0)，S (0,0,1)， ∴AS →＝(0,0,1)，SC →＝(1,1，－1)，SD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－1，AB →＝(0,1,0)，AD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，0. ∴AD →·AS →＝0，AD →·AB →＝0. ∴AD →是面SAB 的法向量，设平面SCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有n ·SC →＝0且n ·SD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，12x －z ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1.∴n ＝(2，－1,1)．∴cos 〈n ，AD →〉＝n ·AD →|n ||AD →|＝2×126×12＝63.故面SCD 与面SBA 所成的二面角的余弦值为63. 变式迁移3 (1)证明由题设AB ＝AC ＝SB ＝SC ＝SA .连接OA ，△ABC 为等腰直角三角形，所以OA ＝OB ＝OC ＝22SA ，且AO ⊥BC .又△SBC 为等腰三角形，故SO ⊥BC ，且SO ＝22SA .从而OA 2＋SO 2＝SA 2，所以△SOA 为直角三角形，SO ⊥AO . 又AO ∩BC ＝O ，所以SO ⊥平面ABC . (2)解以O 为坐标原点，射线OB 、OA 、OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz ，如右图．设B (1,0,0)，则C (－1,0,0)，A (0,1,0)，S (0,0,1)．SC 的中点M ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， MO →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－12，MA →＝⎝⎛⎭⎫12，1，－12， SC →＝(－1,0，－1)， ∴MO →·SC →＝0，MA →·SC →＝0.故MO ⊥SC ，MA ⊥SC ，〈MO →，MA →〉等于二面角A —SC —B 的平面角．cos 〈MO →，MA →〉＝MO →·MA →|MO →||MA →|＝33，所以二面角A —SC —B 的余弦值为33.例4 解题导引立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设，借助空间向量建立方程，进行求解．(1)证明作AH ⊥面BCD 于H ，连接BH 、CH 、DH ，则四边形BHCD 是正方形，且AH ＝1，将其补形为如图所示正方体．以D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系．则B (1,0,0)，C (0,1,0)，A (1,1,1)． BC →＝(－1,1,0)，DA →＝(1,1,1)， ∴BC →·DA →＝0，则BC ⊥AD .(2)解设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥BC →知：n 1·BC →＝－x ＋y ＝0，同理由n 1⊥AC →知：n 1·AC →＝－x －z ＝0，可取n 1＝(1,1，－1)，同理，可求得平面ACD 的一个法向量为n 2＝(1,0，－1)．由图可以看出，二面角B －AC －D 即为〈n 1，n 2〉， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1＋0＋13×2＝63.即二面角B －AC －D 的余弦值为63. (3)解设E (x ，y ，z )是线段AC 上一点，则x ＝z >0，y ＝1，平面BCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，DE →＝(x,1，x )，要使ED 与平面BCD 成30°角，由图可知DE →与n 的夹角为60°，所以cos 〈DE →，n 〉＝DE →·n |DE →||n |＝x 1＋2x 2＝cos 60°＝12.则2x ＝1＋2x 2，解得x ＝22，则CE ＝2x ＝1.故线段AC 上存在E 点，且CE ＝1时，ED 与面BCD 成30°角．变式迁移4(1)证明方法一因为EF ∥AB ，FG ∥BC ，EG ∥AC ，∠ACB ＝90°，所以∠EGF ＝90°， △ABC ∽△EFG .由于AB ＝2EF ，因此BC ＝2FG .连接AF ，由于FG ∥BC ，FG ＝12BC ，在▱ABCD 中，M 是线段AD 的中点，则AM ∥BC ，且AM ＝12BC ，因此FG ∥AM 且FG ＝AM ，所以四边形AFGM 为平行四边形，因此GM ∥F A . 又F A ⊂平面ABFE ，GM ⊄平面ABFE ，所以GM ∥平面ABFE .方法二因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，所以∠EGF＝90°，△ABC∽△EFG.由于AB＝2EF，所以BC＝2FG.取BC的中点N，连接GN，因此四边形BNGF为平行四边形，所以GN∥FB.在▱ABCD中，M是线段AD的中点，连接MN，则MN∥AB.因为MN∩GN＝N，所以平面GMN∥平面ABFE.又GM⊂平面GMN，所以GM∥平面ABFE.(2)解方法一因为∠ACB＝90°，所以∠CAD＝90°.又EA⊥平面ABCD，所以AC，AD，AE两两垂直．分别以AC ，AD ，AE 所在直线为x 轴，y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，则由题意得A (0,0,0)，B (2，－2,0)，C (2,0,0)，E (0,0,1)，所以AB →＝(2，－2,0)，BC →＝(0,2,0)．又EF ＝12AB ，所以F (1，－1,1)，BF →＝(－1,1,1)．设平面BFC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝0，x 1＝z 1，取z 1＝1，得x 1＝1，所以m ＝(1,0,1)．设平面向量ABF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ·AB →＝0，n ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 2，z 2＝0，取y 2＝1，得x 2＝1.则n ＝(1,1,0)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12.因此二面角A －BF －C 的大小为60°.方法二由题意知，平面ABFE ⊥平面ABCD . 取AB 的中点H ，连接CH . 因为AC ＝BC ，所以CH ⊥AB ，则CH ⊥平面ABFE .过H 向BF 引垂线交BF 于R ，连接CR ，则CR ⊥BF ，所以∠HRC 为二面角A －BF －C 的平面角．由题意，不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，在直角梯形ABFE 中，连接FH ，则FH ⊥AB . 又AB ＝22，所以HF ＝AE ＝1，BH ＝2，因此在Rt △BHF 中，HR ＝63. 由于CH ＝12AB ＝2，所以在Rt △CHR 中，tan ∠HRC ＝263＝ 3. 因此二面角A －BF －C 的大小为60°. 课后练习区 1．B[以D 为原点，DA 、DC 、DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，易知DB 1→＝(1,1,1)，CM →＝⎝⎛⎭⎫1，－12，0，故cos 〈DB 1→，CM →〉＝DB 1→·CM →|DB 1→||CM →|＝1515，从而sin 〈DB 1→，CM →〉＝21015.]2．B [建立空间直角坐标系如图．则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)． BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)，cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→|·|AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010.] 3．C 4.D5．D [不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ，如图：∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ，∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α—AB —β的大小为90°.] 6.255解析如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为2，则PB ＝2，OB ＝1，OP ＝1.∴B (1,0,0)，D (－1,0,0)， A (0,1,0)，P (0,0,1)， M ⎝⎛⎭⎫12，0，12， N ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， AM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，12， AN →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，12，设平面AMN 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·AM →＝12x －y ＋12z ＝0，n ·AN →＝－12x －y ＋12z ＝0，解得x ＝0，z ＝2y ，不妨令z ＝2，则y ＝1. ∴n 1＝(0,1,2)，平面ABCD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝25＝255. 7. 2解析 PB →＝P A →＋AB →，故PB →·AC →＝(P A →＋AB →)·AC →＝P A →·AC →＋AB →·AC →＝0＋a ×2a ×cos 45°＝a 2.又|PB →|＝3a ，|AC →|＝a .∴cos 〈PB →，AC →〉＝33，sin 〈PB →，AC →〉＝63，∴tan 〈PB →，AC →〉＝ 2. 8.45解析不妨设正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，B 1(3，1,2)，D ⎝⎛⎭⎫32，－12，2.则CD →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，2，CB 1→＝(3，1,2)，设平面B 1DC 的法向量为 n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0，解得n ＝(－3，1,1)．又∵DA →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－2，∴sin θ＝|cos 〈DA →，n 〉|＝45.9．解 (1)∵AD 与两圆所在的平面均垂直， ∴AD ⊥AB ，AD ⊥AF ，故∠BAF 是二面角B —AD —F 的平面角．(2分) 依题意可知，ABFC 是正方形，∴∠BAF ＝45°. 即二面角B —AD —F 的大小为45°.(5分)(2)以O 为原点，CB 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则O (0,0,0)，A (0，－3 2，0)，B (3 2，0,0)，D (0，－3 2，8)，E (0,0,8)，F (0,3 2，0)，(7分) ∴BD →＝(－3 2，－3 2，8)，EF →＝(0,3 2，－8)．cos 〈BD →，EF →〉＝BD →·EF →|BD →||EF →|＝0－18－64100×82＝－8210.(10分)设异面直线BD 与EF 所成角为α，则 cos α＝|cos 〈BD →，EF →〉|＝8210.即直线BD 与EF 所成的角的余弦值为8210. (12分) 10.方法一 (1)证明取AB 中点E ，连接DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2，连接SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2，所以∠DSE 为直角，即SD ⊥SE .(3分) 由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD .由SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直，所以SD ⊥平面SAB .(6分)(2)解由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ·SE DE ＝32.(8分)作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连接SG ，又BC ⊥FG ，BC ⊥SF ，SF ∩FG ＝F ，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC . FH ＝SF ·FG SG ＝37，则F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 为217.(10分) 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，即AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217.(12分)方法二以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设D (1,0,0)，则A (2,2,0)、B (0,2,0)．(2分) 又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0.(1)证明 AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )， DS →＝(x －1，y ，z )，由|AS →|＝|BS →|得 (x －2)2＋(y －2)2＋z 2 ＝x 2＋(y －2)2＋z 2，故x ＝1. 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1.①又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0.②联立①②得⎩⎨⎧y ＝12，z ＝32.(4分)于是S (1，12，32)，AS →＝(－1，－32，32)，BS →＝(1，－32，32)，DS →＝(0，12，32)．因为DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0，故DS ⊥AS ，DS ⊥BS .又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB .(6分) (2)解设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0. 又BS →＝(1，－32，32)，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．(9分)又AB →＝(－2,0,0)，cos 〈AB →，a 〉＝|AB →·a ||AB →||a |＝217，所以AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217.(12分)11．(1)证明建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)．(2分)于是CA 1→＝(0，－4,4)， EF →＝(－3，1,1)．则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .(7分)(2)解设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)．(8分) AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0.取m ＝(3λ，－λ，4)．又由直三棱柱的性质可取侧面AC 1的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ的锐角可得cos θ＝|m ·n ||m |·|n |＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2.(11分) 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63. 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63. (14分)。

2020届一轮复习北师大版立体几何中的向量方法(二)——求空间角课件(30张)

考点三利用空间向量求二面角【例(3易】错(201警7·商示丘)模拟)如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，B1B＝B1A＝AB
＝BC，∠B1BC＝90°，D 为 AC 的中点，AB⊥B1D. (1)求证：平面 ABB1A1⊥平面 ABC； (2)求直线 B1D 与平面 ACC1A1 所成角的正弦值； (3)求二面角 B－B1D－C 的余弦值.
考点三利用空间向量求二面角 (易错警示)
易错对于①：用线面垂直的判定定理警易示忽视面内两直线相交；对于②：建立空间直角坐标系，若垂直关系不明确时，应先给出证明；
对于③：线面角 θ 的正弦 sin θ＝|cos〈B→1D，m〉|，易误认为 cos θ＝|cos〈B→1D，m〉|；对于④：求出法向量夹角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正值还是负值，确定二面角余弦值正负有两种方法： 1°通过观察二面角是锐角还是钝角来确定其余弦值的正负； 2°当不易观察二面角是锐角还是钝角时可判断两半平面的法向量与二面角的位置关系来确定.
∴平面 BCB1 的一个法向量为 n＝( 3， 3，1).
∵A→C1＝A→C＋C→C1＝A→C＋B→B1＝(0，1，0)＋(－1，0， 3)＝(－1，1， 3)，
∴cos〈A→C1，n〉＝A|A→→CC11·||nn|＝
3 5×
＝ 7
31505，
∴AC1 与平面 BCB1 所成角的正弦值为
105 35 .
C 23，－21，0. ∴A→A1＝(0，0，1)，B→1C＝(0，－1，－1)， ∴cos〈A→A1，B→1C〉＝A|A→→AA11·||BB→→11CC|＝0×1×0＋002×＋（（－－11））＋2＋1×（（－－1）1）2 ＝－ 22，
∴〈A→A1，B→1C〉＝34π， ∴异面直线 B1C 与 AA1 所成的角为π4.

高考数学一轮复习学案：利用空间向量求空间角学案理北师大版

第2课时利用空间向量求空间角题型分类突破」典例剖析探求规律方法（对应学生用书第125页）|题型1| 求异面直线的夹角■■'I 如图7-7-15，四面体ABCDK 0是BD的中点，CA= CB= CD= BD= 2, AB= AD= 2.图7-7-15(1) 求证：AC L平面BCD(2) 求异面直线AB与CD夹角的余弦值.［解］(1)证明：连接0C 由CA= CB= CD= BD= 2, AB= AD=J2, O是BD的中点，知CO= 3, AO= 1, AC L BD在^ AOC中, AC=A O+O C,则AC L OC又Bm 0C= Q因此AC L平面BCD(2)如图建立空间直角坐标系Qxyz，则A(0,0,1) , B(1,0,0) , C(0 , 3, 0) , D—1,0,0) , A B= (1,0 , —1) , C D= ( —1，-. 3 , 0),T T| AB- CD x/2所以|cos〈AB, CD | 七T = T |AB I CD即异面直线AB与CD夹角的余弦值为二24异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；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的夹角［跟踪训练］(2017 •湖南五市十校3月联考)有公共边的等边三角形 ABC 和BCD 所在平面互相垂直，则异面直线 AB 和CD 夹角的余弦值为 _________________ .【导学号：79140254】:［设等边三角形的边长为2.取BC 的中点0,连接OA OD •••等边三角形 ABC 和BCD 所在平面互相垂直，二 OA OCOD 两两垂直，以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则 A (0,0 , 3) , B (0，- 1,0) , qo,1,o ), D ( 3, 0,0),•-AB= (0，- 1,-3) , C D= ( 3, - 1,0),•••异面直线 AB 和 CD 夹角的余弦值为4.］求直线与平面的夹角■■'I (2017 •浙江高考)如图7-7-16，已知四棱锥 P -ABCD △ PAD 是以AD 为斜边的等腰(1)证明：CE//平面PAB/• cos 〈 AB CD X B- C D1 2X2 4'直角三角形, BC/ AD CDL AD ,图 7-7-16⑵求直线CE与平面PBC夹角的正弦值.［解］(1)证明：如图，设PA的中点为F,连接EF, FB异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；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的夹角所以EF// AD且EF= 2A D1又因为BC// AD BC= 2AD所以EF// BC且EF= BC所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE// BF因为BF平面PAB CE/平面PAB所以CE/平面PAB(2)分别取BC AD的中点M N连接PN交EF于点Q连接MQ因为E, F，N分别是PD PA AD的中点，所以Q为EF的中点.在平行四边形BCEF中 , MQ CE由△ PAD为等腰直角三角形得PNL AD1由DCL AD BC/ AD BC= 2人口N是AD的中点得BNLAD 所以ADL平面PBN由BC/ AD得BCL平面PBN那么平面PBCL平面PBN过点Q作PB的垂线,垂足为H ,连接MHMH是MQ&平面PBC上的射影，所以/ QMH1直线CE与平面PBC的夹角.设CD= 1.在厶PCD中 ,由PC= 2 , CD= 1, PD= , 2得CE= 2 ,1在厶PBN中 ,由PN= BN= 1, PB= 3得QH= 4 ,在Rt△ MQH中 , QH= 1, MQ= 2 ,42所以sin / QMIH所以，直线CE与平面PBC夹角的正弦值是［规律方法］1线面角范围-|0, n［向量夹角范围为［0，n ］.2线面角0的正弦值等于斜线对应向量与平面法向量夹角余弦值的绝对值•即sin 0 = | cos〈A B n〉| •矗即斜向量，n为平面法向量•［跟踪训练］(2018 •广州综合测试(二))如图7-7-17，四边形ABCD是边长为a的菱形，/ BAD= 60°, EBL平面ABCD FD^平面ABCD EB= 2FD=^3a.(1)求证：EF丄AC⑵求直线CE与平面ABF夹角的正弦值.［解］⑴证明：连接BD,因为四边形ABC毘菱形，所以ACL BD 因为FDL平面ABCD AC平面ABCD 所以AC丄FD 因为BDH FD= D所以AC丄平面BDF 因为EBL平面ABCD FDL平面ABCD 所以EB// FD 所以B, D, F, E四点共面.因为EF平面BDFE所以EF L AC(2)法一：如图，以 D 为坐标原点，分别以 DC DF 勺方向为y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系 Dxyz .所以 AB= (0 , a,0), AF = 设平面ABF 的法向量为n = (x , y , z ),令x = 1,则平面 ABF 的一个法向量为 n = (1,0,1). 设直线CE 与平面ABF 的夹角为0 , f | n • CE 3\[B所以 sin 0 = |cos 〈n , CB | == . f 8| n || CE 12a ，0，F 0, 0,- qo , a,0), n • AB= 0, 则 n • AF = 0, 'ay = 0 , 即冷ax +如+爭乙“, 因为CE= 可以求得 ,-扫 0 , 1 2a ， 1,—2a ,所以直线CE与平面ABF夹角的正弦值为3占. 8法二：如图，设AS BD= O,以O为坐标原点，分别以OA OB BE的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz.zy(1)证明：平面 PABL 平面FAD F 0 i QF 0，- 2a ，T a .所以區—fa , 2a , 0 . 也-吕,-?a ，寻.设平面 ABF 的法向量为 n = (x , y , z ),n • AB= 0,则丫令x =1,则平所以sin e=|cos 〈 n , CB| =吟I n il C E所以直线CE 与平面ABF 夹角的正弦值为 3,.6 8 求二面角 (2017 •全国卷I )如图 7-7-18，在四棱锥 P -ABCD 中,AB// CD ,且/ BAF ^Z CD ® 90°⑵若PA= PD= AB= DC Z APD= 90°,求二面角A PB C的余弦值.［解］(1)证明：由已知Z BAP=Z CDP= 90°,得 ABL AP, CDLPD因为AB// CD 所以AB L PD又APH DP= P,所以AB 丄平面PAD因为AB 三平面PAB 所以平面 PABL 平面PAD(2)在平面PAD 内作PF L AD 垂足为点F .由(1)可知，AE L 平面PAD 故AB L PF,可得PFL 平面ABCD以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，|AB 为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz .PA= -2, 0, — # , AB= (0,1,0).设n = (x i , y i , z i )是平面PCB 的一个法向量，则 n • P G= 0, —¥刘 + y i —乎z i = 0 ,T即 2 2 n • CB = 0 , 2x i = 0.所以可取n = (0 , —i , —2). 设mi=(X 2 , y , Z 2)是平面PAB 的一个法向量，则所以可取 m = (i,0,i),贝U cos 〈n , m 〉所以二面角 APBC 的余弦值为一-T. ［规律方法］利用向量计算二面角大小的常用方法m • PA= 0 , AE= n ・m — 2|n||m| = 3X ,, 2由(1)及已知可得所以心 CB= ( 2 , 0,0),］找法向量法：分别求出二面角的两个半平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钝二面角• 2找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小［跟踪训练］__(2018 •福州质检)如图7-7-19(1)，在等腰梯形 PDCBK PB// DC PB= 3, DC=1，/ DPB= 45°, DAIPB 于点入将厶PAD 沿 AD 折起，构成如图7-7-19(2)所示的四1棱锥F -ABCD 点M 在棱PB 上，且 PM= q MB(1)求证：PD//平面MAC⑵ 若平面PADL 平面ABCD 求二面角 MAGB 的余弦值.［解］(1)证明：连接 BD 交AC 于点N,连接MN依题意知 AB// CDABN h^ CDNBN BAND T CD T 2.BPD 中, MN/ DP 又Pt ?平面 MAC M 库平面MAC • PD//平面 MAC⑵•/平面 PADL 平面 ABCD 平面PAC T 平面 ABCD AD PAL AD• PAL 平面 ABCD又AD L AB • PA AD AB 两两垂直.•/ PM= 1M BBN BM cND MP 2, PA —平面PAD以A为原点，分别以AD AB AP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .依题意 Al AD= 1, AB= 2,又 PM k ?MB••• *,0,0) , 00,2,0) , P (0,0,1) , M 0, 3 2 , Q1,1,O), TT 2 2 T• A r> /A A 4 \ A H — — , (A A C\•/ PAL 平面 ABCD•••取m = AP= (0,0,1)为平面BAC 的一个法向量. 设n 2= (x , y , z )为平面MAC 勺法向量,令 x = 1,贝U y = - 1, z = 1,• n 2 = (1 , — 1,1)为平面MAC 勺一个法向量,［规律方法］利用向量法求异面直线夹角的步骤1选好基底或建立空间直角坐标系 •2求出两直线的方向向量 V 1 , V 2.3 代入公式 |COS 〈 V 1 , V 2> | = | V * 1 ： V | 求解•I V 1|| V 2|易错警示：两异面直线夹角的范围是 0, n ,两向量的夹角 a 的范围是［0 , n ］,当则丫 n 2 • AM= 0 ,n 2 • AC= 0 , 2 2x + y = 0 ,• cos 〈 n 1 , n 2 > =n 1 • n2面角 MAGB 的余弦值为乂3•- AP= (0,0,1), (1,1,0)。

高考数学大一轮总复习第七章立体几何计时双基练49 求空间角和距离理北师大版

计时双基练四十九求空间角和距离A 组基础必做1．已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1,1,0) B ．(1，－1,0) C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)解析对于选项A 中的向量a 1＝(－1,1,0)，cos 〈a ，a 1〉＝a ·a 1|a ||a 1|＝－12·2＝－12，a 1与a 的夹角为120°，不合题意；对于选项B 中的向量a 2＝(1，－1，0)，cos 〈a ，a 2〉＝a ·a 2|a ||a 2|＝12·2＝12，a 2与a 的夹角为60°，符合题意；对于选项C 中的向量a 3＝(0，－1,1)，cos 〈a ，a 3〉＝a ·a 3|a ||a 3|＝－12·2＝－12，a 3与a 的夹角为120°，不合题意；对于选项D 中的向量a 4＝(－1,0,1)，cos 〈a ，a 4〉＝a ·a 4|a ||a 4|＝－22·2＝－1，a 4与a 的夹角为180°，不合题意，故选项B 正确。

答案 B2．已知二面角α－l －β的大小是π3，m ，n 是异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n所成的角为( )A.2π3B.π3C.π2D.π6解析 ∵m ⊥α，n ⊥β，∴异面直线m ，n 所成的角的补角与二面角α－l －β互补。

又∵异面直线所成角的范围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，∴m ，n 所成的角为π3。

答案 B3.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设AB ＝1，则D (0,0,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，M ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0，A 1(1,0,1)，∴DN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，MA 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，1。

2020版高考新创新一轮复习数学理科通用版讲义：第八章第六节利用空间向量求空间角含答案

突破点一利用空间向量求异面直线所成角设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．[典例] 如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB，求PB 与AC 所成角的余弦值．[解] (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD .又因为AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O -xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0,0)，C (0，3，0)．所以PB ―→＝(1，3，－2)，AC ―→＝(0,23，0)．设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB ―→·AC ―→|PB―→||AC ―→|＝622×23＝64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64. [方法技巧]向量法求两异面直线所成角的步骤(1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量v 1，v 2； (3)代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．[提醒] 两异面直线所成角θ的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成的角．[针对训练]1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35解析：选A 设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1―→＝(－2,2,1)，BC 1―→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝－2×0＋2×2＋1×(－1)0＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55.2．已知在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，B 1C 和C 1D 与底面所成角分别为60°和45°，求异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，可知∠CB 1C 1＝60°，∠DC 1D 1＝45°，设B 1C 1＝1，CC 1＝3＝DD 1.∴C 1D 1＝3，则有B 1(3，0,0)，C (3，1，3)，C 1(3，1,0)，D (0,1，3)．∴B 1C ―→＝(0,1，3)，C 1D ―→＝(－3，0，3)． ∴cos 〈B 1C ―→，C 1D ―→〉＝B 1C ―→·C 1D ―→|B 1C ―→||C 1D ―→|＝326＝64.突破点二直线与平面所成角如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n ·e ||n ||e |.22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝[典例] (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M -PA -C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值． PO ⊥AC ，且PO ＝2 3.[解] (1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB .又因为OB ∩AC ＝O ，所以PO ⊥平面ABC .(2)以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz . 由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)， AP ―→＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB ―→＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0＜a ≤2)，则AM ―→＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧AP ―→·n ＝0，AM ―→·n ＝0，得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)，所以平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4), 3a ，－a )，所以cos 〈OB ―→，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB ―→，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32，解得a ＝43或a ＝－4(舍去)．所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833，433，－43.又PC ―→＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC ―→，n 〉＝833＋8334＋12·643＋163＋169＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [方法技巧]利用向量法求直线与平面所成角的注意点(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．[针对训练]1．如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 夹角的正弦值为________．解析：取B 1C 1中点O ，建立如图所示的空间直角坐标系．O (0,0,0)，A 1O ―→＝(3，0,0)，设AB ＝AA 1＝2，则A 1(－3，0,0)，C 1(0,1,0)，A (－3，0,2)，A 1O ―→为平面BB 1C 1C 的法向量，AC 1―→＝(3，1，－2)，∴sin θ＝|cos 〈A 1O ―→，AC 1―→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪A 1O ―→·AC 1―→|A 1O ―→||AC 1―→|＝33·3＋1＋4＝64. 答案：642．在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF 是矩形，ED⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD .(1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．解：(1)证明：在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD ，因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD . 又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE . (2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ，又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3. 因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，如图所示．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)，所以AE ―→＝(－1,0，3)，AC ―→＝(－2，3，0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为AF ―→＝(－1，3，3)，所以cos 〈n ，AF ―→〉＝n ·AF ―→|n |·|AF ―→|＝4214，所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 突破点三二面角(1)如图①，AB ，CD 是二面角α-l -β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ―→，CD ―→〉．(2)如图②和图③，n 1，n 2分别是二面角α-l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．[典例] (2019·惠州模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，PA ⊥PB ，PC ＝2.(1)求证：平面PAB ⊥平面ABCD ；(2)若PA ＝PB ，求二面角A -PC -D 的余弦值． [解] (1)证明：取AB 的中点为O ，连接CO ，PO ， ∵四边形ABCD 是边长为2的菱形，∴AB ＝BC ＝2. ∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 是等边三角形， ∴CO ⊥AB ，OC ＝ 3. ∵PA ⊥PB ，∴PO ＝12AB ＝1.∵PC ＝2，∴OP 2＋OC 2＝PC 2，∴CO ⊥PO . ∵AB ∩PO ＝O ，∴CO ⊥平面PAB .∵CO ⊂平面ABCD ，∴平面PAB ⊥平面ABCD . (2)∵OP 2＋OA 2＝12＋12＝(2)2＝PA 2，∴PO ⊥AO . 由(1)知，平面PAB ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∴直线OC ，OB ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (0，1,0)，C (3，0,0)，D (3，－2,0)，P (0,0,1)， ∴AP ―→＝(0,1,1)，PC ―→＝(3，0，－1)，DC ―→＝(0,2,0)．设平面APC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AP ―→＝0，m ·PC ―→＝0，得⎩⎨⎧ y 1＋z 1＝0，3x 1－z 1＝0，取x 1＝1，得m ＝(1，－3，3)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·DC ―→＝0，得⎩⎨⎧3x 2－z 2＝0，2y 2＝0，取x 2＝1，得n ＝(1,0，3)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝277，由图易知二面角A -PC -D 为锐二面角， ∴二面角A -PC -D 的余弦值为277. [方法技巧]利用法向量求二面角时的2个注意点(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误．[针对训练]1．如图，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，BC ＝2，则平面PAB 与平面PBC 的夹角的余弦值为________．C (0,1,0)，P (0,0,1)，AP ―→＝解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，(0,0,1)，AB ―→＝(2，1,0)，CB ―→＝(2，0,0)，CP ―→＝(0，－1，1)．设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ⊥AP ―→，m ⊥AB ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP ―→＝0，m ·AB ―→＝0，∴⎩⎨⎧y ＝－2x ，z ＝0.令x ＝1，得m ＝(1，－2，0)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥CB ―→，n ⊥CP ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB ―→＝0，n ·CP ―→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝0，y ′＝z ′.令y ′＝1，∴n ＝(0,1,1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－33.由图知所求二面角为锐角，∴平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值为33. 答案：332．(2019·江西五市联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝AP＝2BC ＝2，M 是棱PD 上的一点，PMPD＝λ(0＜λ＜1)．(1)若λ＝13，求证：PB ∥平面MAC ；(2)若平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，二面角D -AC -M 的余弦值为42121，求λ的值．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接MO . ∵AD ∥BC ，∴△BCO ∽△DAO ， ∵AD ＝2BC ，∴DO ＝2BO .∵λ＝13，∴DM ＝2MP ，∴PB ∥MO ，∵PB ⊄平面MAC ，MO ⊂平面MAC ，∴PB ∥平面MAC .(2)∵平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ，且AD ⊥AB ， ∴AD ⊥平面PAB ，∴AD ⊥PA ，同理可得AB ⊥PA ，可知AB ，AD ，AP 两两垂直，建立如图∴AC ―→＝(2,1,0)，AM ―→＝所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，C (2，1,0)，M (0,2λ，2－2λ)，(0,2λ，2－2λ)．易知平面ACD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)．设平面MAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AM ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，2λy ＋(2－2λ)z ＝0，令x ＝1，则y ＝－2，z ＝2λ1－λ，即n ＝⎝⎛⎭⎫1，－2，2λ1－λ为平面MAC 的一个法向量．由题意可知|m ·n ||m ||n |＝42121，即⎪⎪⎪⎪2λ1－λ5＋⎝⎛⎭⎫2λ1－λ2＝42121，解得λ＝23.[课时跟踪检测][A 级基础题——基稳才能楼高]1．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为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．90°解析：选C cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°. ∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.2．如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A ．3030 B.3015 C ．3010D.1515解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0,0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→＝(－1，－1，－2)，D 1N ―→＝(1,0，－2)， ∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪B 1M ―→·D 1N ―→|B 1M ―→|·|D 1N ―→| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋41＋1＋4×1＋4＝3010.故选C. 3．如图，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.24解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)，∴DC 1―→＝(0,3,1)，D 1E ―→＝(1,1，－1)，D 1C ―→＝(0,3，－1)．设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∵DC 1―→，n＝DC 1―→·n | DC 1―→|·|n |＝(0，3，1)·(2，1，3)10×14＝33535， ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.4．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B -AA 1-C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7 B ． 6 C. 5D ．2解析：选A 由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4，|AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4，cos 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→|·|BC 1―→|＝24，故tan 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝7.5．如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35 B.56 C.3310D.3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量，所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.故选A.6．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)，A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.7．如图所示，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，D 是棱PB 的中点，已知PA ＝BC ＝2，AB ＝4，CB ⊥AB ，则异面直线PC ，AD 所成角的余弦值为__________．解析：因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥BC .过点A 作AE ∥CB ，又CB ⊥AB ，则AP ，AB ，AE 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AE ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (4,0,0)，C (4，－2,0)．因为D 为PB 的中点，所以D (2,0,1)．故CP ―→＝(－4,2,2)，AD ―→＝(2,0,1)．所以AD ―→，CP ―→＝AD ―→·CP ―→|AD ―→|·|CP ―→|＝－65×26＝－3010. 设异面直线PC ，AD 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AD ―→，CP ―→〉|＝3010.答案：30108．如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线FO 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．a )，∴OF ―→＝(－1,0,3)，设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，DB ―→＝(0,23，0)，EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ， ∴n ＝(－a,0,1)，∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10.∵直线FO 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22，解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：2[B 级保分题——准做快做达标]∠BAP ＝∠CDP ＝90°.1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A -PB -C 的余弦值．解：(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD . 又AP ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . (2)在平面PAD 内作PF ⊥AD ，垂足为F .由(1)可知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD . 以F 为坐标原点，FA ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz .由(1)及已知可得A ⎝⎛⎭⎫22，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，22，B ⎝⎛⎭⎫22，1，0，C ⎝⎛⎭⎫－22，1，0. 所以PC ―→＝⎝⎛⎭⎫－22，1，－22，CB ―→＝(2，0,0)，PA ―→＝⎝⎛⎭⎫22，0，－22，AB ―→＝(0,1,0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC ―→＝0，n ·CB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PA ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33.由图知二面角A -PB -C 为钝角，所以二面角A -PB -C 的余弦值为－33.2．(2019·合肥一检)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值．解：(1)证明：连接AC 交BD 于点N ，连接MN ，则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，∴MN ∥EC . ∵MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ， ∴MN ∥平面EFC .∵BF ，DE 都与平面ABCD 垂直，∴BF ∥DE . ∵BF ＝DE ，∴四边形BDEF 为平行四边形，∴BD ∥EF . ∵BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，∴平面BDM ∥平面EFC .(2)∵DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D -xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,0,2)，A (2,0,0)，E (0,0,4)， ∴DB ―→＝(2,2,0)，DM ―→＝(1,0,2)，设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DM ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． ∵AE ―→＝(－2,0,4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AE ―→〉|＝|n ·AE ―→||n |·|AE ―→|＝4515，∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.3．如图，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，△ABC 是等边三角形，AC ＝2AE ，M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM;(2)若直线DM 与平面ABC 所成角的正切值为2，求二面角B -CD -E 的余弦值．解：(1)证明：因为△ABC 是等边三角形，M 是AB 的中点，所以CM ⊥AM .因为EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以CM ⊥EA .因为AM ∩EA ＝A ，所以CM ⊥平面EAM . 因为EM ⊂平面EAM ，所以CM ⊥EM .(2)以点M 为坐标原点，MC 所在直线为x 轴，MB 所在直线为y 轴，过M 且与直线BD 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系M -xyz ，如图所示．因为DB ⊥平面ABC ，所以∠DMB 为直线DM 与平面ABC 所成的角，所以tan ∠DMB ＝BDMB＝2，即BD ＝2MB ，所以BD ＝AC . 不妨设AC ＝2，又AC ＝2AE ，则CM ＝3，AE ＝1. 故B (0,1,0)，C (3，0,0)，D (0,1,2)，E (0，－1,1)．所以BC ―→＝(3，－1,0)，BD ―→＝(0,0,2)，CE ―→＝(－3，－1,1)，CD ―→＝(－3，1,2)．设平面BCD 与平面CDE 的一个法向量分别为m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BC ―→＝0，m ·BD ―→＝0，得⎩⎨⎧3x 1－y 1＝0，2z 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝3，所以m ＝(1，3，0)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE ―→＝0，n ·CD ―→＝0，得⎩⎨⎧－3x 2－y 2＋z 2＝0，－3x 2＋y 2＋2z 2＝0.令x 2＝1，得y 2＝－33，z 2＝233. 所以n ＝⎝⎛⎭⎫1，－33，233. 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝0. 所以二面角B -CD -E 的余弦值为0.。

2020版高考数学理科一轮复习课件(北师大版)：利用空间向量解决探索性与存在性问题

1.存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等) 是否存在或某一结论是否成立. 2.解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论,然后在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.
课前双基巩固
∴��· n=6(x-1)-3(y+1)+6(z-2)=0,
即 2x-y+2z-7=0.
课前双基巩固
3.[教材改编] 已知 a=(2,3,1),b=(-4,2,x),若存在 x 满足 a⊥b,则此时|b|= .
[答案] 2 6
[解析] ∵a⊥b,∴-8+6+x=0,解得 x=2, 故|b|= (-4) + 22 + 22 =2 6.
常用结论空间距离的几个结论: (1)点到直线的距离:设过点 P 的直线 l 的方向向量为单位向量 n,A 为直线 l 外一点,点 A 到直线 l 的距离 d= |��| -|��· ��| (如图 7-47-1①).
2 2
①
图 7设 P 为平面 α 内的一点,n 为平面 α 的法向量,A 为平面 α 外一点,点 A 到平面 α 的距离
1 1 0,- , 2 2
1 ∴��=(0,-1,1),��=2 ��=
,∴
|��|= 02 +
图 7-47-2
1 2 2
+
1 2 2 = ,∴ 2 2
MN=
2 . 2
课前双基巩固
7.[教材改编] 如图 7-47-3 所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,棱长为 a,M,N 分别为 A1B 和 AC 上的点,A1M=AN= 则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是 .