【精品】空间向量在立体几何中的应用二——夹角的计算(提高)第12讲课后练 - 含答案 8.12

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利用空间向量求夹角（例、练及答案）

利⽤空间向量求夹⾓（例、练及答案）利⽤空间向量求夹⾓（例、练及答案）1．利⽤⾯⾯垂直建系例1：在如图所⽰的多⾯体中，平⾯平⾯，四边形为边长为2的菱形，为直⾓梯形，四边形为平⾏四边形，且，，．（1）若，分别为，的中点，求证：平⾯；（2）若，与平⾯所成⾓的正弦值为求⼆⾯⾓的余弦值．2．线段上的动点问题例2：如图，在中，，，，沿将翻折到的位置，使平⾯平⾯．（1）求证：平⾯；（2）若在线段上有⼀点满⾜，且⼆⾯⾓的⼤⼩为，求的值．11ABB A ⊥ABCD 11ABB A ABCD 11BCC B AB CD ∥AB BC ⊥1CD =E F 11A C 1BC EF ⊥11AB C 160A AB ∠=?1AC ABCD 11A AC D --ABCD Y 30A ∠=?2AB =BD ABD △A BD '△A BC '⊥A BD 'A D '⊥BCD A C 'M A M A C λ=''uuuu v uuu v M BD C --60?λ3．翻折类问题例3：如图1，在边长为2的正⽅形中，为中点，分别将，沿，所在直线折叠，使点与点重合于点，如图2．在三棱锥中，为中点．（1）求证：；（2）求直线与平⾯所成⾓的正弦值；（3）求⼆⾯⾓的⼤⼩．练习⼀、单选题1．如图，在所有棱长均为的直三棱柱中，，分别为，的中ABCD P CD PAD △PBC △PA PB C D O P OAB -E PB PO AB ⊥BP POA P AO E --a 111ABC A B C -D E 1BB 11A C点，则异⾯直线，所成⾓的余弦值为（）A ．BC ．D ．2．在三棱柱中，底⾯是边长为1的正三⾓形，侧棱底⾯，点在棱上，且，若与平⾯所成的⾓为，则的值是（） ABCD3．如图，圆锥的底⾯直径，⾼，为底⾯圆周上的⼀点，，则空间中两条直线与所成的⾓为（）A ．B ．C ．D ．4．已知四棱锥的底⾯是边长为2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（）AD CE 121545111ABC A B C -1AA ⊥ABC D 1BB 1BD =AD 11AA C C αsin α22AB =OC D 120AOD ∠=?AD BC 30?60?75?90?P ABCD -ABCD PA PD ==ABCD ⊥PAD M PC O AD BM PCOABCD5．如图，在直三棱柱中，，，点与分别是和的中点，点与分别是和上的动点．若，则线段长度的最⼩值为（）ABCD ．6．如图，点分别在空间直⾓坐标系的三条坐标轴上，，平⾯的法向量为，设⼆⾯⾓的⼤⼩为，则（）A ．BC ．D ． 7．如图所⽰，五⾯体中，正的边长为1，平⾯，，且．设与平⾯所成的⾓为，，若，则当取最⼤值时，平111ABC A B C -90BAC ∠=?12AB AC AA ===G E 11A B 1CC D F AC AB GD EF ⊥DF A B C 、、O xyz -()0,0,2OC =uuu v ABC ()2,1,2=n C AB O --θcos θ=432323-ABCDE ABC △AE ⊥ABC CD AE ∥12CD AE =CE ABE α(0)AE k k =>ππ,64α??∈k⾯与平⾯所成⾓的正切值为（）AB ．1 CD8．已知三棱柱的侧棱与底⾯边长都相等，在底⾯内的射影为的中⼼，则与底⾯所成⾓的正弦值等于（） ABCD9．如图，四棱锥中，平⾯，底⾯为直⾓梯形，，，，点在棱上，且，则平⾯与平⾯的夹⾓的余弦值为（）ABC10．在正⽅体中，直线与平⾯所成⾓的余弦值为（） ABCD11．已知四边形，，沿折起，使⼆⾯⾓的⼤⼩在内，则直线与所成⾓的余弦值取值范围是（）BDE ABC 111ABC A B C -1A ABC ABC △1AB ABC P ABCD -PB ⊥ABCD ABCD AD BC ∥AB BC ⊥3AB AD PB ===E PA 2PE EA =ABE BED1111ABCD A B C D -1BC 1A BD ABCD 2AB BD DA ===BC CD =ABD △BD A BD C --5,66π?π?AB CDA ．B ．D ． 12．正⽅体中，点在上运动（包括端点），则与AD 1所成⾓的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．⼆、填空题13．如图，在直三棱柱中，，是的中点，则异⾯直线与所成⾓的余弦值为________．14．已知四棱锥的底⾯是菱形，，平⾯，且，点是棱的中点，在棱上，若，则直线与平⾯所成⾓的正弦值为__________．15．设，是直线，，是平⾯，，，向量在上，向量在上，，，则，所成⼆⾯⾓中较⼩的⼀个的余弦值为________．16．在四棱锥中，底⾯为平⾏四边形，平⾯，，，，，则当变化时，直线与平⾯所成⾓的取值范围是__________．三、解答题17．如图所⽰：四棱锥，底⾯为四边形，，，，平⾯平⾯，，，01??U ??1111ABCD A B C D -P 1A C BP ππ,43??ππ,42ππ,62ππ,63111ABC A B C -12AB BC CC ===AC =m AC 1CB 1C M P ABCD -60BAD ∠=?PD ⊥ABCD PD AB =E AD F PC :1:2PF FC =EF ABCD a b αβa α⊥b β⊥1a a 1b b ()11,1,1=a 13,(0)4,=-b αβP ABCD -ABCD PA ⊥ABCD 2AB =120BAD ∠=?PA x =x PD PBC P ABCD -ABCD AC BD ⊥BC CD =PB PD =PAC ⊥PBD AC =30PCA ∠=?4PC =（1）求证：平⾯；（2）若四边形中，，是否在上存在⼀点，使得直线与平⾯的值，若不存在，请说明理由．18．如图，在斜三棱柱中，底⾯是边长为2的正三⾓形，，．（1）求证：平⾯平⾯；（2）求⼆⾯⾓的正弦值．PA ⊥ABCD ABCD 120BAD ∠=?AB BC ⊥PC M BM PBD PM MC111ABC A B C -ABC 13BB =1AB =160CBB ∠=?ABC ⊥11BCC B 1B AB C --参考答案1．【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）连接，∵四边形为菱形，∴．∵平⾯平⾯，平⾯平⾯，平⾯，，∴平⾯．⼜平⾯，∴．∵，∴．∵，∴平⾯．∵分别为，的中点，∴，∴平⾯．（2）设，由（1）得平⾯，由，，得过点作，与的延长线交于点，取的中点，连接，，如图所⽰，⼜，∴为等边三⾓形，∴，⼜平⾯平⾯，平⾯平⾯，平⾯，故平⾯．∵为平⾏四边形，∴，∴平⾯．⼜∵，∴平⾯．∵，∴平⾯平⾯．由（1），得平⾯，∴平⾯，∴．∵，∴平⾯，∴是与平⾯所成⾓．1A B 11ABB A 11A B AB ⊥11ABB A ⊥ABCD 11ABB BA I ABCD AB =BC ?ABCD AB BC ⊥BC ⊥11ABB A 1A B ?11ABB A 1A B BC ⊥11BC B C ∥111A B B C ⊥1111B C AB B =I 1A B ⊥11AB C ,E F 11A C 1BC 1EF A B ∥EF ⊥11AB C 11B C a=11B C ⊥11ABB A 160A AB ∠=?2BA =1C 1C M DC ⊥DC M AB H 1A H AM 160A AB ∠=?1ABA △1A H AB ⊥11ABB A⊥ABCD 11ABB A I ABCD AB =1A H ?11ABB A 1A H ⊥ABCD 11BCC B 11CC BB ∥1CC ∥11AA BB CD AB ∥CD ∥11AA BB 1CC CD C =I 11AA BB ∥1DC M BC ⊥11AA BB BC ⊥1DC M 1BC C M ⊥BC DC C =I 1C M ⊥ABCD 1C AM ∠1AC ABCD ∵，，∴平⾯，平⾯，∵，∴平⾯平⾯．在梯形中，易证，分别以，，的正⽅向为轴，轴，轴的正⽅向建⽴空间直⾓坐标系．则，，，及设平⾯的⼀个法向量为，由令，得设平⾯的⼀个法向量为，由得令，得⼜∵⼆⾯⾓是钝⾓，∴⼆⾯⾓的余弦值是2．【答案】（1）见解析；（2．【解析】（1）中，由余弦定理，可得．∴，∴，∴．作于点，∵平⾯平⾯，平⾯平⾯，∴平⾯．∵平⾯，∴．⼜∵，，∴平⾯．⼜∵平⾯，∴．11A B AB∥11C B CB∥11A B∥ABCD11B C∥ABCD11111A B C B B=I ABCD∥111A B CABCD DE AB⊥HAuu u vHDuuu v1HAuuu vx y z()1,0,0A()1,0,0B-BB CC=uuu v uuu v 1ADC() 111,,x y z=m1ACAD==uuu vuuu vmm11y=()3,1,2=m11AA C() 222,,x y z=ACAA==uuu vuuu vnn21z=11A AC D--11A AC D--ABD△1BD=222 BD AD AB +=90ADB∠=?90 DBC∠=?DF A B ⊥'FA BC'⊥A BD'I A BD A B'='DF⊥A BC'CB?A BC'DF BC⊥CB BD⊥BD DF D=I CB⊥A DB'A D'?A DB'CB A D⊥'⼜，，∴平⾯．（2）由（1）知，，两两垂直，以为原点，以⽅向为轴正⽅向建⽴如图所⽰空间直⾓坐标系，则，．设，设平⾯的⼀个法向量为，取．平⾯的⼀个法向量可取∵3．【答案】（1）见解析；（2；（3【解析】（1）在正⽅形中，为中点，，，∴在三棱锥中，，．∵，∴平⾯．∵平⾯，∴．A D BD '⊥BD CB B =I A D '⊥BCD DA DB DA 'D DA uu u vx D xyz -()0,1,0B (),,M x y z MDB (),,a b c =m ()11,0,a c λλλλ=-?=?=-m CBD []0,1λ∈ABCD P CD PD AD ⊥PC BC ⊥P OAB -PO OA ⊥PO OB ⊥OA OB O =I PO ⊥OAB AB ?OAB PO AB ⊥（2）取中点，连接，取中点，连接．过点作的平⾏线．∵平⾯，∴，．∵，为的中点，∴．∴．如图所⽰，建⽴空间直⾓坐标系．，，，．∵，为的中点，∴．∵平⾯，平⾯，∴平⾯平⾯．∵平⾯平⾯，平⾯，∴平⾯∴平⾯的法向量设直线与平⾯所成⾓为∴直线与平⾯AB F OF AO M BM O AB OG PO ⊥OAB PO OF ⊥PO OG ⊥OA OB =F AB OF AB ⊥OF OG ⊥O xyz -()A ()B -()0,0,1P 12M ??BO BA =M OA BM OA ⊥PO ⊥OAB PO ?POA POA ⊥OAB POA I OAB OA =BM ?OAB BM ⊥POA POA )1,0= -m BP POA αBP POA设平⾯的法向量为，则有令由题知⼆⾯⾓练习答案⼀、单选题 1．【答案】C【解析】设的中点，以，，为，，轴建⽴坐标系，则，，，，则，，设与成的⾓为，则，故选C ． 2．【答案】D【解析】如图，建⽴空间直⾓坐标系，易求点．平⾯的⼀个法向量是，∴，则．故选D ． 3．【答案】B【解析】取中点，以为原点，为轴，为轴，为轴，建⽴空间直⾓OAE n 0 0OA OE =??=??uu v uu u v n n1y =-P AOE --AC O OB uu u v OC uuu v OE uu uvx y z 0,,02a A ??,0,2a D ?0,,02a C ?? ???()0,0,E a ,,22a a AD ?=uuu v 0,,2a CE a ??=- uu u v AD CE θ01cos 5a a aaθ-?+?=1,12D ?11AA C C ()1,0,0=n cos ,AD ===uuu v n sin α=AB E O OE x OB y OC z 坐标系，如图所⽰，∵圆锥的底⾯直径，⾼，为底⾯圆周上的⼀点，，∴可得，，，，则，，设空间两条直线与所成的⾓为，∴，∴，即直线与所成的⾓为，故选B ． 4．【答案】D【解析】由题可知，，，，则，，∵是的中点，∴，设平⾯的法向量，直线与平⾯所成⾓为，则可取，，故选D ．2AB=OC D 120AOD ∠=?()0,1,0A -()0,1,0B (C 1,02D3,02AD ?=uuuv (0,BC =-u u u vAD BCθ31cos 2AD BC AD BC θ?===?u uuu v uu u u v v u uu u v 60θ=?AD BC 60?()0,0,0O ()0,0,2P ()1,2,0B ()1,2,0C -()0,0,2OP =uu u v ()1,2,0OC =-uuu vM PC 1,1,12M ??- 3,1,12BM ??=--uuu v PCO (),,x y z =n BM PCO θ20 20OP z OC x y ?==?=-=?+uu u vuuu vn n ()2,1,0=n sin cos BM BM BM θ?===?uuu v uuu v uuu v ，n n n5．【答案】A【解析】建⽴如图所⽰的空间直⾓坐标系，则，，，，，则，，由于，∴，∴，故，∴当时，线段A ． 6．【答案】C【解析】由题意可知，平⾯的⼀个法向量为：，由空间向量的结论可得：．故选C ． 7．【答案】C【解析】如图所⽰，建⽴如图所⽰的空间直⾓坐标系，()0,0,0A ()0,2,1E ()1,0,2G 0(),0,F x 0(0,),D y ()1,,2GD y =--uuu v (),2,1EF x =--uu u v GD EF ⊥220GD EF x y =--+=?uuu v uu u v22x y =-DF =45y =DF ABO ()0,0,2OC =uuu v42cos 233OC OC θ?===??uuu vuuu vn n O xyz -则，，，，取的中点，则，则平⾯的⼀个法向量为，由题意⼜由，∴∴当的法向量为，则，取，由平⾯的法向量为，设平⾯和平⾯所成的⾓为，则，∴，∴C ． 8．【答案】B【解析】如图，设在平⾯内的射影为，以为坐标原点，、分别为轴、轴建⽴空间直⾓坐标系如图．，，ABE 3,04CM ?=uuu v sin CE CM CE CM α?==uu u v u uu u u vv uu v uu ππ,64α??∈1sin 2α≤=≤k ≤k k BDE (),,x y z =n 0 1022DE y z BE y z==?++=?uuu v uu u v n n (=-n ABC ()0,0,1=m BDE ABC θcos θ?= =n m n m sin θ=tan θ=1A ABC O O OA 1OA x z设边长为1，的法向量为．设与底⾯所成⾓为故直线与底⾯B ．9．【解析】以为坐标原点，以、、所在直线为、、轴，建⽴空间直⾓坐标系，设平⾯的⼀个法向量为，则，取的法向量为，与平⾯B ．10．【答案】C【解析】分别以，，为，，轴建⽴如图所⽰空间直⾓坐标系：ABC △112B ? ??ABC ()0,0,1=n 1AB ABC α1AB ABC B BC BA BP x y z ()0,0,0B ()0,3,0A ()0,0,3P ()3,3,0D ()0,2,1E ()0,2,1BE =uu u v ()3,3,0BD =uu u vBED (),,x y z =n 20330BE y z BD x y =+=?=+=?uu u v uu u vn n 1z =ABE ()1,0,0=m ABE BED DA DC 1DD x y z设正⽅体的棱长为1，可得，，，，∴，，，设是平⾯的⼀个法向量，∴，即，取，得，∴平⾯的⼀个法向量为，设直线与平⾯所成⾓为，∴，即直线与平⾯所成⾓的余弦值是C ． 11．【答案】A【解析】取中点，连结，，∵．，，且，∴是⼆⾯⾓的平⾯⾓，以为原点，为轴，为轴，过点作平⾯的垂线为轴，建⽴空间直⾓坐标系，，，，()0,0,0D ()1,1,0B()10,1,1C ()11,0,1A ()11,0,1BC =-uuu r ()11,0,1A D =--uuu r ()1,1,0BD =--uu u r(),,x y z =n 1A BD 100A D BD =?=uuu v uu u vn n 0 0x z x y =+=+1x =1y z ==-1A BD ()1,1,1=--n 1BC 1A BD θ1BC 1A BD BD O AO CO 2AB BD DA ===BC CD ==CO BD ⊥AO BD ⊥1CO =AO AOC ∠A BD C --O OC x OD y O BCD z ()0,1,0B -()1,0,0C ()0,1,0D设⼆⾯⾓的平⾯⾓为，则，连、，则，，∴，，设、的夹⾓为，则∵，∴，故，∴．故选A ．12．【答案】D【解析】以点为原点，、、所在直线分别为轴建⽴空间直⾓坐标系，设正⽅体棱长为1，点坐标为，则，，设、的夹⾓为，则∴当时，，．当时，取最⼩值，．∵，∴与所成⾓的取值范围是．故选D ．⼆、填空题 13．【解析】在直三棱柱中，，是的中点，A BD C --θ5,66θπ??∈πAO BO AOC θ∠=)A θθ)BA θθ=uu r ()1,1,0CD =-uu u rAB CD αcos AB CD AB CD α?=?uu u r uu u r uu u r uu u r 5,66θπ??∈πcos θ?∈510,2θ??-∈cos α?∈D DA DC 1DD x y z 、、P (),1,x x x -()1,,BP x x x =--uu v ()11,0,1BC =-uuu vBP uu v 1BC uuu vα11cos BP BC BP BC α?==uu v uu uu u v v uuu v 13x =cos απ6α=1x =cos α12π3α=11BC AD ∥BP 1AD ππ,63??111ABC A B C -12AB BC CC ===AC =M AC∴，．以为原点，为轴，为轴，过作的垂线为轴，建⽴空间直⾓坐标系，则，，，，∴，，设异⾯直线与所成⾓为，则．∴异⾯直线与． 14．【解析】以点建⽴如图所⽰的空间直⾓坐标系，设菱形的边长为2，则，，，平⾯的⼀个法向量为，BM AC ⊥1BM =M MA x MB y M AC z ()C ()10,1,2B ()1C ()0,0,0M )1CB =uuu v ()1MC =uuuu v1CB 1C M θ1111cos CB CB MC MC θ?===?uuu v uuu v uuuu v uuuu v 1CB 1C M D D xyz -ABCD ()0,0,0D 1,02E ?-240,,33F ?? ABCD ()0,0,1=n。

高中数学第二章空间向量与立体几何 2.5 夹角的计算 2.5.1 直线间的夹角 2.5.2 平面

1
1
1
- + +
2
2
2
1
1
- + -
2
2
= 0,
= 0,
令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ,
∴n=(3,1+2λ,2-2λ).
又AA1⊥平面ABC,
∴取平面 ABC 的法向量为1 =(0,0,1),
探究一
探究二
思想方法
∴|cos<n,1 >|=
|2-2|
2
2
9+(1+2) +(2-2)
是AC和BC边上的中点(如图①),现将△ABC沿CD翻折,使平面
ACD⊥平面BCD(如图②).求平面ABD与平面EFD夹角的余弦值.
探究一
探究二
思想方法
解:由已知CD⊥AD,CD⊥BD,
∴∠ADB就是平面ACD与平面BCD的夹角的平面角,
∴AD⊥BD.
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2 3 ,0),
·
-1-3
2 22
=<0.
11×
2
11
1
2
2 22
∴两个平面夹角的余弦值为 11 .
2 22
答案:
11
∴cos<n1,n2>=| 1|·|2 | =
一
二
思考辨析
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内打“ ”,错误的打
“×”.
(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等.
( × )
这两条直线为异面垂直.
2.空间两条直线的夹角范围是

空间向量在立体几何中的应用知识点大全、经典高考题带解析、练习题带答案[2]演示教学

空间向量在立体几何中的应用【考纲说明】1.能够利用共线向量、共面向量、空间向量基本定理证明共线、共面、平行及垂直问题；2.会利用空间向量的坐标运算、两点间的距离公式、夹角公式等解决平行、垂直、长度、角、距离等问题；3.培养用向量的相关知识思考问题和解决问题的能力；【知识梳理】一、空间向量的运算 1、向量的几何运算（1）向量的数量积：已知向量，则叫做的数量积，记作，即空间向量数量积的性质：① ；② ；③．（2）向量共线定理：向量()0a a ≠rr r 与b r 共线，当且仅当有唯一一个实数λ，使b a λ=r r ．2、向量的坐标运算（1）若，，则．一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。

（2）若，，则，，，；，．（3）夹角公式：（4）两点间的距离公式：若，，则二、空间向量在立体几何中的应用2.利用空间向量证明平行问题对于平行问题，一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明．3.利用空间向量证明垂直问题对于垂直问题，一般是利用进行证明；4.利用空间向量求角度（1）线线角的求法：设直线AB、CD对应的方向向量分别为a、b，则直线AB与CD所成的角为（线线角的范围[00,900]）（2）线面角的求法：设n是平面的法向量，是直线的方向向量，则直线与平面所成的角为（3）二面角的求法：设n1，n2分别是二面角的两个面，的法向量，则就是二面角的平面角或其补角的大小（如图）5.利用空间向量求距离（1）平面的法向量的求法：设n=(x,y,z)，利用n与平面内的两个不共线的向a，b垂直，其数量积为零，列出两个三元一次方程，联立后取其一组解，即得到平面的一个法向量（如图）。

（2）利用法向量求空间距离（a）点A到平面的距离：，其中，是平面的法向量。

（b）直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。

（c）两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。

【经典例题】【例1】（2010全国卷1理）正方体ABCD-1111A B C D中，B1B与平面AC1D所成角的余弦值为（）（A）23（B）33（C）23（D）63【解析】D【例2】（2010全国卷2文）已知三棱锥S ABC-中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA=3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为（）（A）3(B)5(C)7(D)34【解析】D【例3】（2012全国卷）三棱柱111ABC A B C-中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA∠=∠=o，则异面直线1AB与1BC所成角的余弦值为____________。

高中数学空间向量在立体几何中的应用题库

§3.2 空间向量在立体几何中的应用 3.2.1 直线的方向向量与直线的向量方程学习目标 1.了解直线的方向向量，了解直线的向量方程.2.会用向量方法证明线线、线面、面面的平行.3.会用向量证明两条直线垂直.4.会利用向量求两条直线所成的角．知识点一用向量表示直线或点在直线上的位置 1．用向量表示直线或点在直线上的位置(1)在直线l 上给定一个定点A 和它的一个方向向量a ，对于直线l 上的任意一点P ，则有AP →＝t a 或OP →＝OA →＋t a 或OP →＝(1－t )OA →＋tOB →(AB →＝a )，上面三个向量等式都叫做空间直线的向量参数方程．向量a 称为该直线的方向向量． 2．线段AB 的中点M 的向量表达式OM →＝12(OA →＋OB →)．知识点二用向量方法证明直线与直线平行、直线与平面平行、平面与平面平行1．设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则由向量共线的条件，得l 1∥l 2或l 1与l 2重合⇔v 1∥v 2.2．已知两个不共线向量v 1，v 2与平面α共面，一条直线l 的一个方向向量为v ，则由共面向量定理，可得l ∥α或l 在α内⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.3．已知两个不共线向量v 1，v 2与平面α共面，则由两平面平行的判定与性质，得 α∥β或α与β重合⇔v 1∥β且v 2∥β.知识点三用向量运算证明两条直线垂直或求两条直线所成的角 1．用向量运算证明两条直线垂直或求两条直线所成的角设两条直线所成的角为θ，v 1和v 2分别是l 1和l 2的方向向量，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2，cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|.2．求两直线所成的角应注意的问题在已知的两条直线上(或同方向上)取两条直线的方向向量v 1，v 2，所以cos 〈v 1，v 2〉＝v 1·v 2|v 1||v 2|.但要注意，两直线的夹角与〈v 1，v 2〉并不完全相同，当〈v 1，v 2〉为钝角时，应取其补角作为两直线的夹角．1．直线l 的方向向量是唯一的．( × )2．若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反．( √ )3．若向量a 是直线l 的一个方向向量，则向量k a 也是直线l 的一个方向向量．( × ) 4．两直线的方向向量平行，则两直线平行；两直线的方向向量垂直，则两直线垂直．( × )题型一空间中点的位置确定例1 已知点A (2,4,0)，B (1,3,3)，如图，以AB →的方向为正向，在直线AB 上建立一条数轴，P ，Q 为轴上的两点，且分别满足条件：(1)AP ∶PB ＝1∶2； (2)AQ ∶QB ＝2∶1. 求点P 和点Q 的坐标．解 (1)由已知，得PB →＝2AP →，即OB →－OP →＝2(OP →－OA →)， OP →＝23OA →＋13OB →.设点P 坐标为(x ，y ，z )，则上式换用坐标表示，得 (x ，y ，z )＝23(2,4,0)＋13(1,3,3)，即x ＝43＋13＝53，y ＝83＋33＝113，z ＝0＋1＝1.因此，P 点的坐标是⎝⎛⎭⎫53，113，1. (2)因为AQ ∶QB ＝2∶1，所以AQ →＝－2QB →，OQ →－OA →＝－2(OB →－OQ →)，OQ →＝－OA →＋2OB →，设点Q 的坐标为(x ′，y ′，z ′)，则上式换用坐标表示，得(x ′，y ′，z ′)＝－(2,4,0)＋2(1,3,3)＝(0,2,6)，即x ′＝0，y ′＝2，z ′＝6. 因此，Q 点的坐标是(0,2,6)．反思感悟确定点的坐标可利用向量运算根据两个向量相等列方程解得．跟踪训练1 已知点A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C 为线段AB 上一点且|AC →||AB →|＝13，则点C 的坐标为( ) A.⎝⎛⎭⎫72，－12，52 B.⎝⎛⎭⎫38，－3，2 C.⎝⎛⎭⎫103，－1，73 D.⎝⎛⎭⎫52，－72，32 答案 C解析设C (x ，y ，z )，∵C 为线段AB 上一点且|AC →||AB →|＝13，∴AC →＝13AB →，即(x －4，y －1，z －3)＝13(－2，－6，－2)，∴x ＝103，y ＝－1，z ＝73.题型二向量方法处理平行问题例2 如图，已知正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′，点M ，N 分别是面对角线A ′B 与面对角线A ′C ′的中点．求证：MN ∥侧面AD ′；MN ∥AD ′，并且MN ＝12AD ′.证明设AB →＝a ，AD →＝b ，AA ′—→＝c ，则AM →＝12(a ＋c )，AN →＝c ＋12(a ＋b )，所以MN →＝AN →－AM →＝12(b ＋c )．因为MN 不在平面AD ′内，所以MN ∥平面AD ′. 又因为b ＋c ＝AD ′—→，所以MN →＝12AD ′—→，所以MN ∥AD ′，MN ＝12AD ′.反思感悟 (1)直线与直线平行、直线与平面平行的向量证法根据是空间向量共线、共面定理．(2)利用直线的方向向量证明直线与直线平行、直线与平面平行时，要注意向量所在的直线与所证直线或平面无公共点．跟踪训练2 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AD ＝4，AA 1＝2.点M 在棱BB 1上，且BM ＝2MB 1，点S 在DD 1上，且SD 1＝2SD ，点N ，R 分别为A 1D 1，BC 的中点，求证：MN ∥RS . 证明方法一设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则 MN →＝MB 1→＋B 1A 1→＋A 1N →＝13c －a ＋12b ，RS →＝RC →＋CD →＋DS →＝12b －a ＋13c ，∴MN →＝RS →，∴MN →∥RS →，又∵R ∉MN ，∴MN ∥RS .方法二如图所示，建立空间直角坐标系Axyz ，则根据题意得M ⎝⎛⎭⎫3，0，43，N (0,2,2)，R (3,2,0)，S ⎝⎛⎭⎫0，4，23. ∴MN →＝⎝⎛⎭⎫－3，2，23，RS →＝⎝⎛⎭⎫－3，2，23，MN →＝RS →， ∴MN →∥RS →，∵M ∉RS ，∴MN ∥RS . 题型三两直线所成的角的求解例3 已知三棱锥O —ABC (如图)，OA ＝4，OB ＝5，OC ＝3，∠AOB ＝∠BOC ＝60°，∠COA ＝90°，M ，N 分别是棱OA ，BC 的中点．求直线MN 与AC 所成角的余弦值．解设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，直线MN 与AC 所成的角为θ，则 MN →＝ON →－OM →＝12(b ＋c )－12a＝12(b ＋c －a )，AC →＝c －a ，所以|MN →|2＝14(b ＋c －a )2＝14(|a |2＋|b |2＋|c |2＋2b·c －2a·b －2a·c ) ＝14(42＋52＋32＋15－20－0)＝454， |AC →|2＝(c －a )2＝|a |2＋|c |2－2a·c ＝42＋32－02＝25， MN →·AC →＝12(b ＋c －a )·(c －a )＝12(b·c ＋|c |2－a·b －2a·c ＋|a |2) ＝12⎝⎛⎭⎫152＋9－10－0＋16＝454. cos θ＝|cos 〈MN →，AC →〉|＝|MN →·AC →||MN →||AC →|＝454454×5 ＝3510.所以直线MN 与AC 所成角的余弦值为3510.反思感悟向量所成角与异面直线所成角的差异：向量所成角的范围是[0，π]，而异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，故异面直线所成角的余弦值一定大于或等于0. 跟踪训练3 长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，BC ＝BB 1＝2，E ，F 分别是平面A 1B 1C 1D 1与平面B 1BCC 1的中心，求异面直线AF 与BE 所成角的余弦值．解如图，以D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz ，则A (2,0,0)，B (2,4,0)， C 1(0,4,2)，A 1(2,0,2)， ∴E (1,2,2)，F (1,4,1)， AF →＝(－1,4,1)， BE →＝(－1，－2,2)，∴|AF →|＝18＝32，|BE →|＝9＝3， AF →·BE →＝1－8＋2＝－5，∴cos 〈AF →，BE →〉＝－532×3＝－5218.∵异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，设AF 与BE 所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈AF →，BE →〉|＝5218.即异面直线AF 与BE 所成角的余弦值为5218.1．若直线l 1，l 2的方向向量分别为a ＝(1,2，－2)，b ＝(－2,3,2)，则( ) A ．l 1∥l 2B ．l 1⊥l 2C ．l 1，l 2相交但不垂直D ．不能确定答案 B解析 ∵a·b ＝1×(－2)＋2×3＋(－2)×2＝0，∴a ⊥b ，∴l 1⊥l 2.2．设l 1的方向向量a ＝(1,3，－2)，l 2的方向向量b ＝(－4,3，m )，若l 1⊥l 2，则m 等于( ) A ．1 B.52 C.12 D ．3答案 B解析因为l 1⊥l 2，所以a ·b ＝0，即1×(－4)＋3×3＋(－2)×m ＝0，所以2m ＝9－4＝5，即m ＝52.3．若A (－1,0,1)，B (1,4,7)在直线l 上，则直线l 的一个方向向量为( ) A ．(1,2,3) B ．(1,3,2) C ．(2,1,3) D ．(3,2,1) 答案 A解析 ∵AB →＝(2,4,6)，而与AB →共线的非零向量都可以作为直线l 的方向向量，故选A. 4．已知向量a ＝(4－2m ，m －1，m －1)，b ＝(4,2－2m,2－2m )，若a ∥b ，则实数m 的值为( ) A ．1 B ．3C ．1或3D ．以上答案都不正确答案 C解析因为b ＝(4,2－2m,2－2m )≠0，所以“a ∥b 的充要条件是a ＝λb ”，得⎩⎪⎨⎪⎧4－2m ＝4λ，m －1＝λ(2－2m )，m －1＝λ(2－2m )，显然m ＝1符合题意，当m ≠1时，由m －1＝λ(2－2m )，得λ＝－12，代入4－2m ＝4λ，得m ＝3.5．已知直线l 1的一个方向向量为(－7,3,4)，直线l 2的一个方向向量为(x ，y,8)，且l 1∥l 2，则x ＝______，y ＝______. 答案－14 6解析 ∵l 1∥l 2，∴－7x ＝3y ＝48(x ≠0，y ≠0)，∴x ＝－14，y ＝6.1．利用向量可以表示直线或点在直线上的位置．2．线线平行、线面平行、面面平行问题都可以转化为两个向量的平行问题，证明依据是空间向量共线、共面定理．3．用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量．共分三步：(1)建立立体几何与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题．一、选择题1．已知a ＝(2,4,5)，b ＝(3，x ，y )分别是直线l 1，l 2的方向向量．若l 1∥l 2，则( ) A ．x ＝6，y ＝15 B ．x ＝3，y ＝152C ．x ＝3，y ＝15D ．x ＝6，y ＝152答案 D解析由l 1∥l 2得，23＝4x ＝5y (xD ＝/0，yD ＝/0)，解得x ＝6，y ＝152.2．若异面直线l 1，l 2的方向向量分别是a ＝(0，－2，－1)，b ＝(2,0,4)，则异面直线l 1与l 2的夹角的余弦值等于( ) A ．－25 B.25 C ．－255 D.255答案 B解析设l 1与l 2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a||b|＝|－4|5×20＝25.3．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( ) A ．60° B ．90° C ．105° D ．75° 答案 B解析建立如图所示的空间直角坐标系A 1xyz ，设BB 1＝1，则A (0,0,1)，B 1⎝⎛⎭⎫62，22，0， C 1(0，2，0)，B ⎝⎛⎭⎫62，22，1. ∴AB 1→＝⎝⎛⎭⎫62，22，－1，C 1B →＝⎝⎛⎭⎫62，－22，1，∴AB 1→·C 1B →＝64－24－1＝0，即AB 1与C 1B 所成角的大小为90°.4．已知A (3,0，－1)，B (0，－2，－6)，C (2,4，－2)，则△ABC 是( ) A ．等边三角形 B ．等腰三角形 C ．直角三角形 D ．以上都不对答案 C解析 ∵AB →＝(－3，－2，－5)，BC →＝(2,6,4)， AC →＝(－1,4，－1)．∴AB →·AC →＝－3×(－1)＋(－2)×4＋(－5)×(－1)＝0， ∴AB ⊥AC .∴△ABC 是直角三角形．又|AB →|≠|AC →|，故选C.5．已知点A (3,3，－5)，B (2，－3,1)，C 为线段AB 上一点，且AC →＝23AB →，则点C 的坐标为( )A.⎝⎛⎭⎫72，－12，52 B.⎝⎛⎭⎫38，－3，2 C.⎝⎛⎭⎫73，－1，－1 D.⎝⎛⎭⎫52，－72，32 答案 C解析设C 点坐标为(x ，y ，z )，则AC →＝(x －3，y －3，z ＋5)，AB →＝(－1，－6,6)．由AC →＝23AB →，得⎩⎪⎨⎪⎧x －3＝－23，y －3＝23×(－6)＝－4，z ＋5＝23×6＝4，解得x ＝73，y ＝－1，z ＝－1.即C 点坐标为⎝⎛⎭⎫73，－1，－1.6．从点A (2，－1,7)沿向量a ＝(8,9，－12)的方向取线段长AB ＝34，则B 点的坐标为( ) A ．(－9，－7,7) B ．(18,17，－17) C ．(9,7，－7) D ．(－14，－19,31)答案 B解析设B (x ，y ，z )，则AB →＝(x －2，y ＋1，z －7) ＝λ(8,9，－12)，λ>0.故x －2＝8λ，y ＋1＝9λ，z －7＝－12λ，又(x －2)2＋(y ＋1)2＋(z －7)2＝342，得(17λ)2＝342，∵λ>0，∴λ＝2.∴x ＝18，y ＝17，z ＝－17，即B (18,17，－17)．7．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( ) A ．AC B ．BD C ．A 1D D ．A 1A 答案 B解析建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为1.则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，1， ∴CE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1，AC →＝(－1,1,0)，BD →＝(－1，－1,0)， A 1D →＝(－1,0，－1)，A 1A →＝(0,0，－1)． ∵CE →·BD →＝(－1)×12＋(－1)×⎝⎛⎭⎫－12＋0×1＝0， ∴CE ⊥BD .8.如图，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ；③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1. 以上结论中正确的是( ) A ．①③④ B ．①②③④ C ．①③ D ．③④答案 A解析 ∵A 1M →＝AM →－AA 1→＝DP →－DD 1→＝D 1P →， ∴A 1M ∥D 1P .∵D 1P ⊂平面D 1PQB 1，A 1M ⊄平面D 1PQB 1， ∴A 1M ∥平面D 1PQB 1.又D 1P ⊂平面DCC 1D 1，A 1M ⊄平面DCC 1D 1，∴A 1M ∥平面DCC 1D 1. ∵B 1Q 为平面DCC 1D 1的斜线，∴B 1Q 与D 1P 不平行，∴A 1M 与B 1Q 不平行．二、填空题9．设点C (2a ＋1，a ＋1,2)在点P (2,0,0)，A (1，－3,2)，B (8，－1，4)确定的平面上，则a ＝________. 答案 16解析 P A →＝(－1，－3,2)，PB →＝(6，－1,4)．根据共面向量定理，设PC →＝xP A →＋yPB →(x ，y ∈R )，则(2a －1，a ＋1,2)＝x (－1，－3,2)＋y (6，－1,4) ＝(－x ＋6y ，－3x －y,2x ＋4y )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －1＝－x ＋6y ，a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ，解得x ＝－7，y ＝4，a ＝16.10．已知空间三点A (0,0,1)，B (－1,1,1)，C (1,2，－3)，若直线AB 上一点M ，满足CM ⊥AB ，则点M 的坐标为____________．答案 ⎝⎛⎭⎫－12，12，1 解析设M (x ，y ，z )，则由已知，得 AM →＝λAB →＝λ(－1,1,0)＝(－λ，λ，0)．又AM →＝(x ，y ，z －1)，∴x ＝－λ，y ＝λ，z ＝1. 又CM →·AB →＝0，CM →＝(－λ－1，λ－2,4)， ∴(－λ－1，λ－2,4)·(－1,1,0)＝0， ∴(λ＋1)＋(λ－2)＝0，λ＝12.∴M 点坐标为⎝⎛⎭⎫－12，12，1. 11．已知两点A (1，－2,3)，B (2,1，－1)，则AB 连线与xOz 平面的交点坐标是____________．答案 ⎝⎛⎭⎫53，0，13 解析设交点坐标为P (x,0，z )，则由A ，P ，B 三点共线可设AP →＝λAB →，得(x －1,2，z －3)＝λ(1,3，－4)，即⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝λ，2＝3λ，z －3＝－4λ，解得⎩⎨⎧x ＝53，z ＝13.故AB 连线与xOz 平面的交点坐标是⎝⎛⎭⎫53，0，13.三、解答题12.如图，在四棱锥S —ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧棱SD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为AB ，SC 的中点．证明：EF ∥平面SAD .证明如图所示，以D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz . 设A (a,0,0)，S (0,0，b )，则B (a ，a,0)，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0，F ⎝⎛⎭⎫0，a 2，b 2.所以EF →＝⎝⎛⎭⎫－a ，0，b 2. 取SD 的中点G ⎝⎛⎭⎫0，0，b2，连接AG ，则AG →＝⎝⎛⎭⎫－a ，0，b 2. 因为EF →＝AG →，所以EF ∥AG ，又AG ⊂平面SAD ， EF ⊄平面SAD ，所以EF ∥平面SAD .13.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 是棱AB 上的动点．若异面直线AD 1与EC 所成角为60°，试确定此时动点E 的位置．解以DA 所在直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设E (1，t,0)(0≤t ≤2)，则A (1,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0,2,0)，D 1A →＝(1,0，－1)，CE →＝(1，t －2,0)，根据数量积的定义及已知得，1＋0×(t －2)＋0＝2×1＋(t －2)2·cos 60°，所以t ＝1，所以点E 的位置是AB 的中点．14．已知点A ，B ，C 的坐标分别为(0,1,0)，(－1,0,1)，(2,1,1)，点P 的坐标为(x,0，z )，若P A →⊥AB →，P A →⊥AC →，则点P 的坐标为________．答案 ⎝⎛⎭⎫13，0，－23 解析因为AB →＝(－1，－1,1)，AC →＝(2,0,1)， P A →＝(－x,1，－z )，由P A →·AB →＝0，P A →·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －1－z ＝0，－2x －z ＝0，得x ＝13，z ＝－23，所以P ⎝⎛⎭⎫13，0，－23. 15.如图所示，在正方体AC 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，问：当点Q 在什么位置时，平面D 1BQ ∥平面P AO .解如图所示，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则O ⎝⎛⎭⎫12，12，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，12， A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，则Q (0,1，z )，则OP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，12， BD 1→＝(－1，－1,1)， ∴OP →∥BD 1→，∴OP ∥BD 1.AP →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，12，BQ →＝(－1,0，z )，当z ＝12时，AP →＝BQ →，即AP ∥BQ ，又AP ∩OP ＝P ，BQ ∩BD 1＝B ，则有平面P AO ∥平面D 1BQ ，∴当Q 为CC 1的中点时，平面D 1BQ ∥平面P AO .。

高考数学复习知识点解析与专题训练12---利用空间向量求夹角

B1）为 F ，
以 D 为坐标原点， DA ， DC ， DD1所在直线分别为 x， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，， AB = 2
E(1, 2, 0)
F ( 3 , 2, 2) 2
G(0, 0, 2)
A(2, 0, 0)
C1(0, 2, 2)
4 / 10
，，． ∴
m
=
c
=
0
BD1 ⋅ m = −a − b + c = 0
取，得， a = 1 m = (1, −1,0)
设二面角
A−
BD1
−
B1
的平面角为θ
， cosθ
=
−
|
cos
<
m,n
>|=
−
1 2
，
∴二面角
A
−
BD1
−
B1
的大小为
2π 3
．
对点增分集训
一、选择题
1．已知四面体 ABCD 中，平面 ABD ⊥ 平面 BCD，△ABD 为边长2 的等边三角形，BD = DC ，
，∴
cos
<
n 1
,
n 2
>=
2 3×1
=
2 3
，
6 / 10
即平面
A1ED
与平面
ABCD
所成的锐二面角的余弦值为
2 3
．
二、填空题 5．在正方体 ABCD − A1B1C1D1 中，M ，N 分别是 A1B1 、A1C1的中点，则异面直线 BM 与 AN 所成角的余弦值为．
【答案】 30 10
BD ⊥ DC ，则异面直线 AC 与 BD 所成角的余弦值为（）

【精品】空间向量在立体几何中的应用二——夹角的计算(提高) 第12讲课后练 8.12

立体几何中的向量法夹角问题

则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0， 22，0)，D(－ 22， 22，0)，
O(0，0，2)，M(0，0，1)，N(1－ 42， 42，0)．
(1)证明
M→N＝(1－
2， 4
42，－1)，
O→P＝(0，
22，－2)，O→D＝(－
2， 2
22，－2)．
设平面 OCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，
m 注意法向量的方向：同进同出，（回到图形问题）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义.
n 因为△ABC是正三角形，所以AO⊥BC，因为在正三棱柱ABC — A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1.
二面角等于法向量夹角的补角；例2 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC,E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.
(1)求证：AC1//面CB1D
夹角（3）求面PAC1与面ABCD所成的锐二面角。
空间向量的引入为代数方法处理立体几何问题提供了一种重要的工具和方法，解题时，可用定量的计算代替定性的分析，从而避免了一些繁琐的推理论证.
l （1）求证：面EBD⊥面EBC；
讲解二面角的平面角与两个半平面的法向量之间的关系，突破难点。
设直线 l的方向向量为 a ，平面 α 的法向量为 u ，且直线 l与平面 α 所成的角为 θ ( 0 ≤ θ ≤ π ) , 则
2
a u
u
l a
sin
au
l a
u
二面角
1 方向向量法 :将二面角转化为二面角的两个面

新教材高中数学第一章空间向量与立体几何2空间向量在立体几何中的应用3直线与平面的夹角课件新

=
探究点三利用空间向量求直线与平面的夹角
例如图，在四棱锥 − 中，底面为直角梯形， ∥ ，∠ = 90∘
，Байду номын сангаас⊥底面，且 = = = 2，，分别为，的中点
.
（1）求与平面所成的角；
[答案] 如图所示，以为原点，, , 的方向分别为轴，轴，轴的
角.
⒉数学运算——能用向量法求直线
与平面的夹角.
要点一直线与平面的夹角的概念
1.直线与平面的夹角的定义
如果一条直线与一个平面垂直，则称这条直线与这个平面所成的角为①
∘
90
______；如果一条直线与一个平面平行，或直线在平面内，则称这条直线与
0∘
这个平面所成的角为②_____.
射影
平面的斜线与它在平面内的③_______所成的锐角，称为这条斜线与平面所

⋅

=
0
由൝
得ቊ
取＝1，则＝ − 1，∴ ＝(1,0, −1)，∵
+ = 0,
⋅ = 0
cos⟨, ⟩ =
⋅
||||
=
−2
8× 2
=
1
2
1
− ，
2
∴ sin = |cos < , > | = . 又0∘ ≤ ≤ 90∘ ，∴ = 30∘ .
∵ ∩ 1 = ，，1 ⊂平面1 1 ，
∴ ⊥平面1 1 ，
故∠1 为1 与平面1 1 所成的角.
易知在Rt △ 1 中， =
∴ sin∠1 =
∴ ∠1 =
π
.
6
1
，
2
3
，1
2

用空间向量解决空间中“夹角”问题

利用空间向量解决空间中的“夹角”问题学习目标：1.学会求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的向量方法；2.能够应用向量方法解决一些简单的立体几何问题；3.提高分析与推理能力和空间想象能力。

重点：利用空间向量解决空间中的“夹角” 难点：向量夹角与空间中的“夹角”的关系一、复习引入1．用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；（化为向量问题）（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；（进行向量运算）（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。

（回到图形） 2．向量的有关知识：（1）两向量数量积的定义：><=⋅,cos |||| （2）两向量夹角公式：||||,cos b a >=<（3）平面的法向量：与平面垂直的向量二、知识讲解与典例分析知识点1：异面直线所成的角（范围：]2,0(πθ∈）（1）定义：过空间任意一点o 分别作异面直线a 与b 的平行线a´与b´，那么直线a´与b´ 所成的锐角或直角，叫做异面直线a 与b 所成的角. （2）用向量法求异面直线所成角设两异面直线a 、b 的方向向量分别为和，问题1：当与的夹角不大于90的角θ与a 和b 的夹角的关系？问题 2：a 与b 的夹角大于90°时，，异面直线a θ与和的夹角的关系？结论：异面直线a 、b 所成的角的余弦值为|||||,cos |cos n m =><=θa例1如图，正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为a ,侧棱长为a 2，求1AC 和1CB 所成的角. 解法步骤：1.写出异面直线的方向向量的坐标。

2.利用空间两个向量的夹角公式求出夹角。

解：如图建立空间直角坐标系xyz A -，则)2,,0(),0,21,23(),2,21,23(),0,0,0(11a a B a a C a a a C A --∴ )2,21,23(1a a a AC -=，)2,21,23(1a a a CB = 即21323||||,cos 22111111==>=<a aCB AC CB AC ∴1AC 和1CB 所成的角为3π知识点2、直线与平面所成的角（范围：]2,0[πθ∈）思考：设平面α的法向量为n ，则><,与θ的关系？例2、如图，正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为a ,侧棱长为a 2，求1AC 和B B AA 11面所成角的正弦值. 分析：直线与平面所成的角步骤：1. 求出平面的法向量2. 求出直线的方向向量3. 求以上两个向量的夹角，(锐角)其余角为所求角解：如图建立空间直角坐标系xyz A -，则),0,,0(),2,0,0(1a AB a AA ==)2,21,23(1a a a AC -= 设平面B B AA 11的法向量为),,(z y x =由⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00002001z y ay az AA xy取1=x ，)0,0,1(=∴21323||||,cos 22111-=-=>=<∴aaN AC AC ∴1AC 和B B AA 11面所成角的正弦值21.知识点3：二面角（范围：],0[πθ∈）结论：或归纳：法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角. 例3、如图，ABCD 是一直角梯形，︒=∠90ABC ，⊥SA 面ABCD ，1===BC AB SA ，21=AD ，求面SCD 与面SBA 所成二面角的余弦值. 解：如图建立空间直角坐标系xyz A -，则)1,0,0(),0,21,0(),0,1,1(),0,0,0(S D C A -易知面SBA的法向量为)0,21,0(1==AD n)1,21,0(),0,21,1(-=-=SD CD设面SCD 的法向量为),,(2z y x n =，则有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-0202z y y x ，取1=z ，得2,1==y x ，)1,21,1(2=∴n36||||,cos 212121=>=<∴n n n n 又1n 方向朝面内，2n 方向朝面外，属于“一进一出”的情况，二面角等于法向量夹角即所求二面角的余弦值为36.三、课堂小结1．异面直线所成的角：|,cos |cos ><=θ 2．直线和平面所成的角：|,cos |sin ><=n AB θ3．二面角：><-=><=2121,cos cos ,cos cos n n n n θθ或.四、小试牛刀1：正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，点E 、F 分别为CD 、1DD 的中点.求直线11C B 与平面C AB 1所成的角的正弦值.2：正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，点E 、F 分别为CD 、1DD 的中点.求二面角D AE F --的余弦值。

高中数学选修2-1：知识讲解空间向量在立体几何中的应用二——夹角的计算(提高)

空间向量在立体几何中的应用二——夹角的计算编稿：张林娟审稿：孙永钊【学习目标】1. 知识与技能（1）理解空间中两条直线间与两个平面间夹角的含义；（2）明确空间中两直线夹角的求法及夹角的表示，能够利用平面的法向量求平面间的夹角.2. 过程与方法（1）在与平面向量的夹角公式的比较基础上，培养学生观察、分析、类比转化的能力；（2）通过对空间几何图形的探究，使学生会恰当地建立空间直角坐标系.3. 情感、态度与价值观通过数相结合思想和方法的应用，让学生感受和体会数学的魅力，培养学生“做数学”的习惯和热情.【要点梳理】要点一：直线间的夹角1. 有关概念：两直线的夹角：当两条直线1l与2l共面时，我们把两条直线交角中，范围在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦内的角叫作两直线的夹角．异面直线的夹角：当直线1l与2l是异面直线时，在直线1l上任取一点A作AB∥2l，我们把直线1l和直线AB的夹角叫作异面直线1l与2l的夹角．要点诠释：异面直线的夹角的范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦.2. 直线夹角的向量计算方法：已知空间两条直线a，b，且A，C是直线a上不同的两点，B，D是直线b上不同的两点，设直线a，b的夹角θ由向量AC BDu u u r u u u r，确定，满足||cos||||AC BDAC BDθ⋅=⋅u u u r u u u ru u u r u u u r.要点诠释：空间两直线所成的角可以通过这两直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角. 即设直线1l 与2l 的方向向量分别为1s ，2s . 当0≤12s s ，≤2π时，直线1l 与2l 的夹角等于12s s ，；当2π<12s s ，≤π时，直线1l 与2l 的夹角等于π12s s ，．要点二：平面间的夹角 1. 平面间的夹角的定义：平面1π与2π相交于直线l ，点R 为直线l 上任意一点，过点R ，在平面1π上作直线1l ⊥l ，在平面2π上作直线2l ⊥l ，则12l l I =R 。

空间向量在立体几何中的应用和习题(含答案)

空间向量在立体几何中的应用：(1)直线的方向向量与平面的法向量：①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．②如果直线l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α 的法向量．由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定． (2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：设直线l ，m 的方向向量分别是a ，b ，平面α ，β 的法向量分别是u ，v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥α ⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0；④l ⊥α ⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ； ⑤α ∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； ⑥α ⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：①异面直线所成的角：设a ，b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ，显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ，显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作α －l －β 在二面角的棱上任取一点O ，在两个半平面分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α －l －β 的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法：方法一：如图，若AB ，CD 分别是二面角α －l －β 的两个面与棱l 垂直的异面直线，则二面角α －l －β 的大小就是向量CD AB 与的夹角的大小．方法二：如图，m 1，m 2分别是二面角的两个半平面α ，β 的法向量，则〈m 1，m 2〉与该二面角的大小相等或互补．(4)根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题．【例题分析】例1 如图，在长方体OAEB －O 1A 1E 1B 1中，OA ＝3，OB ＝4，OO 1＝2，点P 在棱AA 1上，且AP ＝2P A 1，点S 在棱BB 1上，且B 1S ＝2SB ，点Q ，R 分别是O 1B 1，AE 的中点，求证：PQ ∥RS ．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ =解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，0)，O 1(0，0，2)，A 1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．∵AP ＝2P A 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ，∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤： (1)证明两向量共线；(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明．例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行．解法一：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (4，0，0)，M (2，0，4)，N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．取MN 的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，4)，G (1，3，4)．MN ＝(2，2，0)，EF ＝(2，2，0)，AK ＝(－1，1，4)，OG ＝(－1，1，4)，∴MN ∥EF ，OG AK =，∴MN//EF ，AK//OG ，∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)，平面EFBD 的法向量是 b ＝(b 1，b 2，b 3)．由,0,0==⋅⋅AN AM a a得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝(2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b 得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝(2，－2，1)．∵a ∥b ，∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (2，0，0)，M (2，1，2)，C (0，2，0)，N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为θ ，则,52||||cos ==⋅CN AM CNAM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52 解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ．易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角．设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角(锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a a a C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a aD ，连接AD ，C 1D ．则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，A 1(0，0，a 2)，)2,2,23(1a aa C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a aa AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝(p ，q ，r )，由,0,01==⋅⋅AA AB a a得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0，0)．设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A－PB －C 的平面角的余弦值．解法二图解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵P A ＝AC ＝1，P A ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，2，0)，P (1，0，1)，由D 是PB的中点，得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E ∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA ∴⋅=>=<33||||,cos DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，)0,1,2(B ，C (0，1，0)，P (0，0，1)，).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面P AB 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)，平面PBC 的法向量是b ＝(b 1，b 2，b 3)．由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝(0，1，1)．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角， ∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面作出垂直于棱的两个向量，转化为这两个向量的夹角；应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．练习一、选择题：1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是( ) (A)2(B)2(C)5(D)222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是( ) (A)30° (B)45° (C)60° (D)90° 3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( ) (A)31 (B)32 (C)33 (D)32 4．如图，α ⊥β ，α ∩β ＝l ，A ∈α ，B ∈β ，A ，B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与α ，β 所成的角分别是θ 和ϕ，AB 在α ，β 的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是( )(A)θ ＞ϕ，m ＞n (B)θ ＞ϕ，m ＜n (C)θ ＜ϕ，m ＜n(D)θ ＜ϕ，m ＞n二、填空题：5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______． 6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33，则该正四棱柱的体积等于______． 7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．4题图 7题图 9题图 8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21，P A ⊥底面ABCD ，PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为θ ，则cos θ ＝______．三、解答题：9．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；(Ⅱ)求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值． 10．如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN ∥平面OCD ；(Ⅱ)求异面直线AB 与MD 所成角的大小．11．如图，已知直二面角α －PQ －β ，A ∈PQ ，B ∈α ，C ∈β ，CA ＝CB ，∠BAP ＝45°，直线CA 和平面α 所成的角为30°．(Ⅰ)证明：BC ⊥PQ ；(Ⅱ)求二面角B －AC －P 平面角的余弦值．练习答案一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．54 8．42三、解答题：9题图 10题图 11题图9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2，2，0)，C (0，2，0)，E (0，2，1)，A 1(2，0，4)．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A(Ⅰ)∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ．又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．(Ⅱ)设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n ∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝(4，1，－2)．⋅==4214||||),cos(111C A C A C A n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ，y ，z 轴建立坐标系．则A (0，0，0)，B (1，0，0)，)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0，0，2)，M (0，0，1)，⋅-)0,42,421(N (Ⅰ)⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ，得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ． (Ⅱ)设AB 与MD 所成的角为θ ，,3π,21||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．(Ⅰ)证明：在平面β 过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ．∵α ⊥β ，α ∩β ＝PQ ，∴CO ⊥α ．又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ，又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点，分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)．∵CO ⊥α ，∴∠CAO 是CA 和平面α 所成的角，则∠CAO ＝30°．不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°，∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z )是平面ABC 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ．易知n 2＝(1，0，0)是平面β 的一个法向量．设二面角B －AC －P 的平面角为θ ，∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55。

空间向量研究夹角练习题

空间向量研究夹角练习题空间向量研究夹角练习题在学习空间向量的研究中，夹角是一个重要的概念。

夹角可以帮助我们理解向量之间的关系，进而解决实际问题。

在这篇文章中，我们将通过一些练习题来加深对夹角的理解。

练习题一：已知向量a = (1, 2, 3)和向量b = (4, 5, 6)，求它们之间的夹角。

解答：要求两个向量之间的夹角，可以使用向量的点积公式。

向量a和向量b 的点积公式为a·b = |a||b|cosθ，其中θ为夹角。

首先计算向量a和向量b的模长：|a| = √(1^2 + 2^2 + 3^2)= √14，|b| = √(4^2 + 5^2 + 6^2) = √77。

然后计算向量a和向量b的点积：a·b = 1*4 + 2*5 + 3*6 = 32。

代入公式，得到32 = √14 * √77 * cosθ，解得cosθ = 32 / (√14 * √77) ≈ 0.897。

通过反余弦函数，可以求得夹角θ ≈ 26.57°。

练习题二：已知向量a = (2, -1, 3)和向量b = (1, 4, -2)，求它们之间的夹角。

解答：同样使用向量的点积公式来求解。

计算向量a和向量b的模长：|a| = √(2^2 + (-1)^2 + 3^2) = √14，|b| =√(1^2 + 4^2 + (-2)^2) = √21。

计算向量a和向量b的点积：a·b = 2*1 + (-1)*4 + 3*(-2) = -9。

代入公式，得到-9 = √14 * √21 * cosθ，解得cosθ = -9 / (√14 * √21) ≈ -0.586。

通过反余弦函数，可以求得夹角θ ≈ 128.66°。

练习题三：已知向量a = (3, 0, -4)和向量b = (0, 2, -3)，求它们之间的夹角。

解答：同样使用向量的点积公式来求解。

计算向量a和向量b的模长：|a| = √(3^2 + 0^2 + (-4)^2) = 5，|b| = √(0^2 + 2^2 + (-3)^2) = √13。

第八章 8.8空间向量在立体几何中的应用(二)——求空间角和距离

1.两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围 (0，π2][0，π] 求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b|a ||b |2.斜线和平面所成的角(1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角). (2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角. 3.二面角(1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.(2)在二面角α—l —β的棱上任取一点O ，在两半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α—l —β的平面角. 4.空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|. (2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|.(3)求二面角的大小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②③，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满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉. 5.(选用)点面距的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d＝|AB →·n ||n |.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( × )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( × ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( × )(4)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π].( √ )(5)直线l 的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l 和α所成角为30°.( √ )(6)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )1.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°答案 D解析以A 为原点，以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，M (12，1,0)，D (0,1,0)，N (1,1，12)，A 1M →＝(12，1，－1)，DN →＝(1,0，12).cos 〈A 1M →，DN →〉＝12－1214＋1＋1 1＋14＝0， ∴A 1M 与DN 所成的角的大小是90°.2.已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A.30°B.60°C.120°D.150° 答案 A解析设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.故选A.3.(教材改编)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________. 答案 π6解析以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1中点，则A (0,0,0)，C 1(1，3，22)，D (1,0,22)， ∴AC 1→＝(1，3，22)，AD →＝(1,0,22). ∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角 cos ∠C 1AD ＝AC 1→·AD→|AC 1→||AD →|＝(1，3，22)·(1，0，22)12·9＝32，又∵∠C 1AD ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴∠C 1AD ＝π6. 4.(教材改编)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_______. 答案 60°解析 ∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →， ∴|CD →|＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝36＋16＋64＋2CA →·BD →＝116＋2CA →·BD →＝217.∴CA →·BD →＝|CA →|·|BD →|·cos 〈CA →，BD →〉＝－24. ∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12.而二面角与〈CA →，BD →〉互补， ∴所求二面角为60°.5.P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β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________. 答案 90°解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， ∵∠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°－22a ×b 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°.题型一求异面直线所成的角例1 (2015·四川)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________. 答案 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， ∴cos θ＝|－12＋12y |1＋14 14＋y 2＋1＝1－y52·4y 2＋5.则cos θ＝1－y 52·4y 2＋5＝255·1－y 4y 2＋5，令t ＝1－y ，则y ＝1－t ，∵0≤y ≤1，∴0≤t ≤1，那么cos θ＝255·t4t 2－8t ＋9＝255t 24t 2－8t ＋9＝255 14－8t ＋9t2，令x ＝1t ，∵0≤t ≤1，∴x ≥1，那么cos θ＝25514－8x ＋9x 2，又∵z ＝9x 2－8x ＋4在[1，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1时，z min ＝5，此时cos θ的最大值为255·15＝255·55＝25.思维升华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.如右图所示正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，已知点H 在A ′B ′C ′D ′的对角线B ′D ′上，∠HDA ＝60°.求DH 与CC ′所成的角的大小. 解如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度，建立空间直角坐标系Dxyz ，则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1). 设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知，〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →|·|DH →|·cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22，∴DH →＝(22，22，1)，∵cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，又∵〈DH →，CC ′→〉∈[0°，180°]， ∴〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DH 与CC ′所成的角为45°. 题型二求直线与平面所成的角例2 (2015·课标全国Ⅱ)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的底面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值. 解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8.因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10,4,8)，F (0,4,8)，FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6，8).设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3).又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.思维升华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，取其余角就是斜线和平面所成的角.如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值.(1)证明易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直，如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系. 设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B (t,0,0)， B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0,3,3). 从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)，因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0. 解得t ＝3或t ＝－3(舍去).于是B 1D →＝(－3，3，－3)，A C →＝(3，1,0)，因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0，所以AC →⊥B 1D →，即AC ⊥B 1D .(2)解由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，A C →＝(3，1,0)， B 1C 1→＝(0,1,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A C →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，－3，3). 设直线B 1C 1与平面ACD 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1C 1→〉|＝|n ·B 1C 1→|n |·|B 1C 1→||＝37＝217.即直线B 1C 1与平面ACD 1所成的角的正弦值为217. 题型三求二面角例3 (2015·安徽)如图所示，在多面体A 1B 1D 1-DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D -B 1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)解因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)，D 1(0,1,1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝⎛⎭⎫12，12，1.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，A 1D →＝(0,1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1,1,1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1,1,1).设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1,0,0)，A 1D →＝(0,1，－1)，由此同理可得n 2＝(0,1,1).所以结合图形知二面角E -A 1D -B 1的余弦值为 |n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63. 思维升华求二面角最常用的方法就是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角还是钝角.(2015·重庆)如图，三棱锥P -ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2. (1)证明：DE ⊥平面PCD ； (2)求二面角A -PD -C 的余弦值. (1)证明由PC ⊥平面ABC ， DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE .由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD . (2)解由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4，如图，过D 作DF 垂直CE于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2. 由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，P (0,0,3)，A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，E (0,2,0)，D (1,1,0)，ED →＝(1，－1,0)，DP →＝(－1，－1,3)，DA →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0. 设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2,1,1).由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1,0). 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故所求二面角A -PD -C 的余弦值为36. (选用)题型四求空间距离例4 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离.解如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，所以MO ⊥平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，所以OB ＝OM ＝3，则O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)，所以BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3). 设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥BC →，n ⊥BM →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1,1). 又BA →＝(0,0,23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.思维升华求点面距一般有以下三种方法：①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法.其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，D 是棱CC 1上的一点，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点，且PB 1∥平面BDA 1. (1)求证：CD ＝C 1D ；(2)求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值； (3)求点C 到平面B 1DP 的距离.(1)证明连接AB 1，交BA 1于点O ，连接OD .∵B 1P ∥平面BDA 1，B 1P ⊂平面AB 1P ，平面AB 1P ∩平面BA 1D ＝OD ，∴B 1P ∥OD . 又∵O 为B 1A 的中点，∴D 为AP 的中点. ∵C 1D ∥AA 1，∴C 1为A 1P 的中点. ∴DC 1＝12AA 1＝12CC 1，∴C 1D ＝CD .(2)解建立如图所示的空间直角坐标系A 1xyz ，则B 1(1,0,0)，B (1,0,1)，D (0,1，12)，∴A 1B 1→＝(1,0,0)，A 1B →＝(1,0,1)，A 1D →＝(0,1，12).设平面BA 1D 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1). 由⎩⎪⎨⎪⎧ A 1B →·n ＝0，A 1D →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋z 1＝0，y 1＋12z 1＝0. 令z 1＝2，则x 1＝－2，y 1＝－1，∴n ＝(－2，－1,2). 又A 1B 1→＝(1,0,0)为平面AA 1D 的一个法向量，∴cos 〈n ，A 1B 1→〉＝n ·A 1B 1→|n ||A 1B 1→|＝－23×1＝－23. 由图形可知二面角A －A 1D －B 为锐角，∴二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23. (3)解 ∵C (0,1,1)，D (0,1，12)，B 1(1,0,0)，P (0,2,0)， ∴CD →＝(0,0，－12)，DB 1→＝(1，－1，－12)，DP →＝(0,1，－12). 设平面B 1DP 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2).由⎩⎪⎨⎪⎧ DB 1→·m ＝0，DP →·m ＝0，得⎩⎨⎧ x 2－y 2－12z 2＝0，y 2－12z 2＝0.令z 2＝2，则x 2＝2，y 2＝1，∴m ＝(2,1,2).∴点C 到平面B 1DP 的距离d ＝|CD →·m ||m |＝13.6.利用空间向量求解空间角典例 (12分)(2014·天津)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点.(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值.规范解答(1)证明依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2).[1分]由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1).BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .[3分](2)解 BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2).设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，[5分] 可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的一个法向量.于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n |·|BE →|＝26×2＝33，所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.[7分] (3)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0).由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ).由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝(－12，12，32).[9分] 设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0. 不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面F AB 的一个法向量.取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010. 易知，二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.温馨提醒 (1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用.(2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范.(3)将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易失分.[方法与技巧]1.用向量来求空间角，都需将各类角转化成对应向量的夹角来计算，问题的关键在于确定对应线段的向量.2.求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段.[失误与防范]1.利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角.因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同.2.求点到平面的距离，有时利用等体积法求解可能更方便.3.求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角.A 组专项基础训练(时间：30分钟)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°答案 C解析设直线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sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12. 又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C.2.(2014·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.22答案 C解析补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角.由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1，可将三棱柱补成正方体. 建立如图所示空间直角坐标系.设正方体棱长为2，则可得A (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,1,2)，N (0,1,2)，∴BM →＝(－1，－1,2)，AN →＝(0,1,2).∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →| ＝－1＋4(－1)2＋(－1)2＋22×02＋12＋22＝36×5＝3010. 3.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答案 B解析以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 )，所以有⎩⎪⎨⎪⎧ A 1D →·n ＝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. 4.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52B.－14C.14D.－52答案 B解析建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )，∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值－14. 5.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________.答案 23解析以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 →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为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. 6.已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于________.答案 23解析延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示.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 ＝322，EB ＝1， ∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23. 7.(2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.(1)证明如图所示，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 8.(2014·课标全国Ⅰ)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值.(1)证明如图所示，连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点.又AB ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ，所以B 1C ⊥平面ABO .由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO .又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)解因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC ，故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两互相垂直.以O 为坐标原点，OB →、OB 1→、OA →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|OB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形.又AB ＝BC ，OC ＝OA ，则A (0,0，33)，B (1,0,0)，B 1(0，33，0)，C (0，－33，0)，AB 1→＝(0，33，－33)，A 1B 1→＝AB →＝(1,0，－33)，B 1C 1→＝BC →＝(－1，－33，0). 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎨⎧ 33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3).设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0. 同理可取m ＝(1，－3，3).则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17. 所以二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值为17. B 组专项能力提升(时间：15分钟)9.在正四棱锥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P AC 所成的角是( )A.30°B.45°C.60°D.90° 答案 A解析如图，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a .则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2. 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0)，设平面P AC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CA →＝0，n ·AP →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z ，可取n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12，又∵〈CB →，n 〉∈(0°，180°)，∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°.10.如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CE BE ＝λ，当实数λ的值为______时，∠AFE 为直角. 答案 916 解析因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .∵AB ＝4，SA ＝3，∴B (0,4,0)，S (0,0,3).设BC ＝m ，则C (m,4,0)，∵SF BF ＝CE BE＝λ， ∴SF →＝λFB →.∴AF →－AS →＝λ(AB →－AF →).∴AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0,4λ，3)， ∴F (0，4λ1＋λ，31＋λ). 同理可得E (m 1＋λ，4,0)， ∴FE →＝(m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ). ∵F A →＝(0，－4λ1＋λ，－31＋λ)，要使∠AFE 为直角，即F A →·FE →＝0，则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0， ∴16λ＝9，解得λ＝916. 11.(2015·江苏)如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1. (1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长.解分别以AB →，AD →，AP →为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2).(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0).因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2).设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量.从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33.(2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值.又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.12.(2015·北京)如图，在四棱锥A -EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，EF ∥BC ，BC ＝4，EF ＝2a ，∠EBC ＝∠FCB ＝60°，O 为EF 的中点.(1) 求证：AO ⊥BE ；(2) 求二面角F -AE -B 的余弦值；(3)若BE ⊥平面AOC ，求a 的值.(1)证明因为△AEF 是等边三角形，O 为EF 的中点，所以AO ⊥EF .又因为平面AEF ⊥平面EFCB ，AO ⊂平面AEF ，所以AO ⊥平面EFCB .所以AO ⊥BE .(2)解取BC 中点G ，连接OG .由题设知四边形EFCB 是等腰梯形，所以OG ⊥EF .由(1)知AO ⊥平面EFCB .又OG ⊂平面EFCB ，所以OA ⊥OG .如图建立空间直角坐标系Oxyz ，则E (a,0,0)，A (0,0，3a )， B (2，3(2－a )，0)，EA →＝(－a,0，3a )，BE →＝(a －2，3(a －2)，0).设平面AEB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·EA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧ －ax ＋3az ＝0，(a －2)x ＋3(a －2)y ＝0.令z ＝1，则x ＝3，y ＝－1，于是n ＝(3，－1,1). 平面AEF 的法向量为p ＝(0,1,0).所以cos 〈n ，p 〉＝n·p |n ||p |＝－55.由题知二面角F -AE -B 为钝角，所以它的余弦值为－55.(3)解因为BE ⊥平面AOC ，所以BE ⊥OC ，即BE →·OC →＝0，因为BE →＝(a －2，3(a －2)，0)，OC →＝(－2，3(2－a )，0)，所以BE →·OC →＝－2(a －2)－3(a －2)2.由BE →·OC →＝0且0<a <2，解得a ＝43.。

新高考数学复习考点知识讲解与专题训练26---空间向量在立体几何中的运用(2)(解析版)

新高考数学复习考点知识讲解与专题训练专题26 空间向量在立体几何中的运用（2）一、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)．利用空间向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量：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的大小．(2)找与棱垂直的方向向量：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．二、探索性问题对于探索性问题常见的是是否存在点的位置问题，此类问题主要是有两种方法：一是直接通过参数设点坐标，二是通过向量之间的关系，引入参数，然后表示点坐标。

特别要注意引入参数的范围。

题型一、面面角例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD△是底面的内接正三角形，P为=．ABCDO上一点，PO DO=．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得,,63PO a AO a AB a ===，2PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),(,0),2E A C P -.所以31(,,0),(0,1,222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即021022y z x y⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取(3=-m . 由（1）知(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ，则cos ,|||⋅==n mn m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为.变式1、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内．（2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ．设2n 为平面1A EF 的法向量，则22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --．变式2、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A −MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2.【解析】（1）连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=12B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND=12A1D．由题设知A1B1=DC，可得B1C=A1D，故ME=ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN⊄平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．（2）由已知可得DE⊥DA．以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-，1(12)A M =--，1(1,0,2)A N =--，(0,MN =．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是cos ,||5⋅〈〉===‖m n m n m n ，所以二面角1A MA N --的正弦值为5．变式3、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，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），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）．于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --．题型二、探索性问题例2、【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（1）求证：CD ⊥平面PAD ；（2）求二面角F –AE –P 的余弦值；（3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）3；（3）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ．又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ．（2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||3⋅〈〉==‖n p n p n p .由题知，二面角F −AE −P ．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++=n . 所以直线AG 在平面AEF 内.变式1、(2019南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港二调）如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AP＝AD ＝2.(1) 求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(2) 若点M ，N 分别在AB ，PC 上，且MN⊥平面PCD ，试确定点M ，N 的位置．规范解答 (1)由题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直．以{AB →，AD →，AP →}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．从而PB →＝(1，0，－2)，PC →＝(1，2，－2)，PD →＝(0，2，－2)．设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －2z ＝0，2y －2z ＝0，不妨取y ＝1，则x ＝0，z ＝1.所以平面PCD 的一个法向量为n ＝(0，1，1)．(3分) 设直线PB 与平面PCD 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈PB →，n 〉|＝|PB →·n |PB →|·|n ||＝105，即直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为105.(5分)(2)设M (a ，0，0)，则MA →＝(－a ，0，0)．设PN →＝λPC →，则PN →＝(λ，2λ，－2λ)，而AP →＝(0，0，2)，所以MN →＝MA →＋AP →＋PN →＝(λ－a ，2λ，2－2λ)．(8分) 由(1)知，平面PCD 的一个法向量为n ＝(0，1，1)，因为MN ⊥平面PCD ，所以MN→∥n . 所以⎩⎪⎨⎪⎧λ－a ＝0，2λ＝2－2λ，解得λ＝12，a ＝12.所以M 为AB 的中点，N 为PC 的中点．(10分)变式2、（2020届浙江省宁波市余姚中学高考模拟）如图，ABC 为正三角形，且2BC CD ==，CD BC ⊥，将ABC 沿BC 翻折.（1）若点A 的射影在BD 上，求AD 的长；（2）若点A 的射影在BCD 中，且直线AB 与平面ACD 所成角的正弦值AD 的长.【答案】（1）2 （2. 【解析】（1）过A 作AE BD ⊥交BD 于E ，则AE ⊥平面BCD . 取BC 中点O ，连接AO ，OE ， ∵AE ⊥平面BCD ，BC ⊂平面BCD ， ∴AE BC ⊥，又ABC 是正三角形，∴BC AO ⊥，又AE AO A =，AE ，AO ⊂平面AOE ， ∴BC ⊥平面AOE ，∴BC OE ⊥.又BC CD ⊥，O 为BC 的中点，∴E 为BD 的中点.∵2BC CD ==，∴112OE CD ==，AO =BD =∴DE =，AE ==∴2AD ==；（2）取BC 中点为,O 过点A 作平面BCD 的垂线，垂足为E ,连接AO , 因为,AB AC OE BC =∴⊥.以O 为原点，以BC 为x 轴，以OE 为y 轴，以平面BCD 的过O 的垂线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设二面角D BC A --为θ，因为AE ⊥平面BCD ，与（1）同理可证BC ⊥平面AOE ，OE BC ⊥，AOE θ∴∠=，AO =则)A θθ，(1,0,0)B -，(1,0,0)C ，(1,2,0)D .∴(1,)BA θθ=，(0,2,0)CD =，()CA θθ=-，设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =，则200n CD y n CA x y z θθ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+⋅+⋅=⎪⎩，令1z =，得(3sin ,0,1)n θ=.∴cos ,15n BA <>==，解得sin 6θ=. ∴1(0,,22A ，又(1,2,0)D ，∴AD ==变式3、如图1，在直角梯形ABCP 中，BC ∥AP ，AB ⊥BC ，CD ⊥AP ，AD＝DC＝PD＝2，E、F、G分别是PC、PD、BC的中点，现将△PDC沿CD折起，使平面PDC⊥平面ABCD(如图2)．(1) 求二面角GEFD的大小；(2) 在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，并给出证明过程．图1图2【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则EF→＝(0，－1，0)，EG →＝(1，1，－1)．设平面GEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎨⎧n ·EF →＝－y ＝0，n ·EG →＝x ＋y －z ＝0，取n ＝(1，0，1)．又平面EFD 的法向量为m ＝(1，0，0)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝22，所以二面角GEFD 的大小为45°.(2) 设PQ →＝λPB →(0＜λ＜1)，则AQ →＝AP →＋PQ →＝(－2＋2λ，2λ，2－2λ)．因为AQ ⊥PC ，所以AQ →·PC →＝0，即2×2λ－2(2－2λ)＝0，解得λ＝12.又AD ⊥PC ，AD ∩AQ ＝A ，AD ，AQ ⊂平面ADQ ，所以PC ⊥平面ADQ ，故Q 是线段PB 的中点．变式4、如图，在四面体ABOC 中，OC⊥OA, OC⊥OB，∠AOB＝120°，且OA ＝OB ＝OC ＝1.(1) 设P 为AC 的中点．在AB 上是否存在一点Q ，使PQ⊥OA？若存在，计算ABAQ的值；若不存在，请说明理由．(2) 求二面角OACB 的平面角的余弦值．【解析】 (1) 取O 为坐标原点，分别以OA ，OC 所在的直线为x 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz ，则A(1，0，0)，C(0，0，1)，B(－12，32，0)．因为P 为AC 的中点，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12.设AQ →＝λAB →，λ∈(0，1)．因为AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，32，0，所以OQ →＝OA →＋AQ →＝(1，0，0)＋λ(－32，32，0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－32λ，32λ，0，所以PQ →＝OQ →－OP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－32λ，32λ，－12. 因为PQ ⊥OA ，所以PQ →·OA →＝0，即12－32λ＝0，解得λ＝13，所以存在点Q ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12，36，0使得PQ ⊥OA ，且AB AQ ＝3. (2) 记平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则由n ⊥CA →，n ⊥AB →，且CA →＝(1，0，－1)，得⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，－32x ＋32y ＝0，故可取n ＝(1，3，1)．又平面OAC 的法向量为c ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，c 〉＝（1，3，1）·（0，1，0）5×1＝35，故二面角OACB 的平面角是锐角，记为θ，则cos θ＝155.1、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD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，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．.【答案】（1）见解析；（2）5【解析】（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为CD上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC CM=C,所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD , 故平面AMD ⊥平面BMC .（2）以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点. 由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n ， 2sin ,5DA =n ，所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是5. 2、【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC ，AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ；（2）求二面角B −CD −C 1的余弦值；（3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】（1）见解析；（2）（3）见解析.【解析】（1）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（2）由（1）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE 平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐标系E-xyz．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．∴=(201)=(120)CD CB ，，，，，，设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ，又∵平面CDC 1的法向量为=(020)EB ，，，∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=-n n n ．由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为21-．（3）由（2）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴=(021)，，，GF-∴2n，GF⋅=-∴n与GF不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC3、∥⊥,EG AD∥且AD=2BC，AD CD且EG=AD，CD FG⊥平面，DA=DC=DG=2.∥且CD=2FG，DG ABCD（1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN CDE∥平面；（2）求二面角E BC F--的正弦值；（3）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长..【答案】（1）见解析；（2；（3）3【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分．依题意，可以建立以D为原点，分别以DA，DC，DG的方向为x轴，y 轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G （0，0，2），M（0，3，1），N（1，0，2）．2（1）依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，，不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，，，CF =（0，–1，2）．设n =（x ，y ，z ）为平面BCE的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令z =1，可得n =（0，1，1）．设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令z =1，可得m =（0，2，1）．因此有cos<m ，n>=||||⋅=m nm n sin<m ，n．所以，二面角E –BC –F．（3）设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，．易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故cos BP DC BP DC BPDCh ⋅<⋅>==，解得h∈［0，2］．所以线段DP 4、（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在四棱锥S ABCD -中，ABCD 为直角梯形，//AD BC ，BC CD ⊥，平面SCD ⊥平面ABCD ，SCD ∆是以CD 为斜边的等腰直角三角形，224BC AD CD ===，E 为BS 上一点，且2BE ES =.（1）证明：直线//SD 平面ACE ；（2）求二面角S AC E --的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）13【解析】（1）连接BD 交AC 于点F ,连接EF ,因为//AD BC ,所以AFD ∆与BCF ∆相似,所以2BF BCFD AD==, 又=2BE BFES FD=,所以//EF SD , 因为EF ⊂平面ACE ,SD ⊄平面ACE , 所以直线//SD 平面ACE（2）由题,因为平面SCD ⊥平面ABCD ,平面SCD 平面ABCD CD =,BC ⊂平面ABCD ,BC CD ⊥,所以BC ⊥平面SCD ,以C 为坐标原点,,CD CB 所在的方向分别为y 轴、z 轴的正方向,与,CD CB 均垂直的方向作为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -,因为224BC AD CD ===,2BE ES =,则(0,0,0)C ,(1,1,0)S ,(0,2,2)A ,224(,,)333E , 所以(0,2,2)CA =,(1,1,0)CS =,224(,,)333CE =,设平面SAC 的一个法向量为(,,)m x y z =,则00m CA m CS ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即00y z x y +=⎧⎨+=⎩, 令1z =,得1x =,1y =-,于是(1,1,1)m =-,设平面EAC 的一个法向量为(,,)n x y z =,则00n CA n CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即020y z x y z +=⎧⎨++=⎩, 令1z =,得1x =-,1y =-,于是(1,1,1)m =--,设二面角S AC E --的平面角的大小为θ,则1cos 3m n m nθ⋅==, 所以二面角S AC E --的余弦值为135、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）13.【解析】（1）因为四边形11A ABB 为菱形，所以11A B AB ⊥，又平面1ACB ⊥平面11A ABB ，平面1A CB 平面111A ABB A B =，所以1AB ⊥平面1A CB ，因为CO ⊂平面1A CB ，所以1AB CO ⊥.（2）因为11A B AB =，所以菱形11A ABB 为正方形，在Rt COA ∆中，CO ==在COB ∆中，CO OB ==2CB =，222CO OB CB +=，所以，CO OB ⊥，又1CO AB ⊥，11A B AB O ⋂=，所以，CO ⊥平面11A ABB ；以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 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O xyz -.)A，()10,A，(C，()B ，设平面11ACC A 的一个法向量为()1111,,n x y z =平面ABC 的一个法向量为()2222,,n x y z =，则11110,0,⎧-=⎪⎨+=⎪⎩ 令11x =，得()11,1,1=-n ，22220,0,⎧+=⎪⎨+=⎪⎩令21x =，得()21,1,1=n ，设平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角为α，则21121cos 33α⋅===n n n n ，所以平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为13. 6、（2020届山东省日照市高三上期末联考）如图，扇形AOB的半径为2，圆心角120AOB ∠=，点C 为弧AB 上一点，PO ⊥平面AOB 且PO =M PB ∈且2BM MP =，PA ∥平面MOC ．（1）求证：平面MOC ⊥平面POB ；（2）求平面POA 和平面MOC 所成二面角的正弦值的大小.【答案】(1)见证明；(2)4【解析】（1）如图，连接AB 交OC 于点N ，连接MN ，PA ∥平面MOC ，∴PA ∥MN ，2BM MP =，2BN NA ∴=，2OA OB ==，120AOB ∠=，AB ∴=，BN ∴=，又30OBA ∠=，∴在BON △中，根据余弦定理得3ON =， 222ON OB BN ∴+=，90BON ∴∠=，ON OB ∴⊥，又PO ⊥平面AOB ，ON OP ∴⊥，ON ∴⊥平面POB ，又ON ⊂平面MOC ，∴平面MOC ⊥平面POB（2）由（1）得,,OC OB OP OC OP OB ⊥⊥⊥，如图建立空间直角坐标系O xyz -，5OP =2OA OB OC ===，∴OP =，(3,1,0)OA =-，(2,0,0)OC =，(0,2,0)OB =，点M PB ∈且2BM MP =，2(0,3OM ∴=，设平面POA 的法向量为1111(,,)x y z =n ，则1100n OP n OA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即11100y =-=，令11x=，得1y =10z=，∴1(1=n ，设平面MOC 的法向量为2222(,,)x y z =n ，则2200n OC n OM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222202033x y z =⎧⎪⎨+=⎪⎩，即2220x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，令21z=，得2y =，20x =，∴2(0,=n ，设平面POA 和平面MOC 所成二面角的大小为θ，则|cos |4θ==，sin 4θ∴=， ∴平面POA和平面MOC 所成二面角的正弦值的大小为4。

高考数学中利用空间向量解决立体几何的向量方法(二)——解决空间角的问题培训讲学

平面 A B C 的法向量平移到 A 1 B 1 C 1 位置，已知
BCCACC1，取 A 1B 1 、 A 1 C 1 的中点 D 1 、 F 1 ，
求 B D 1 与 A F 1 所成的角的余弦值 .C 1
F1
B1
A1
D1
C
B
A
题型一：线线角
解：以点C为坐标原点建立空间直角坐标系C xy如z 图
表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题
转化为向量问题(还常建立坐标系来辅助)；
（化为向量问题或向量的坐标问题）
（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；
（进行向量运算）
（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意
义. （回到图形）
（ 2 ）求 A D 与平面 A N M 所成的角 .A 1 B1 M
N
C1
D1
A(0,0,0), A1(0,0, 4),D(0,8,0),M(5,2,4)
A
AM(5,2,4), A 1D(0,8,4), x B
AMA1D ＝ 0A1DAM.
Dy
C
题题型型二二：：线线面面角角
直线与平面所成角的范围： [ 0 , ]
42
所以
B
D
与
1
A所F 成1 角的余弦值为
30 10
题型一：线线角
练习：在长方体 ABCDA1B1C1D 1中，AB=5， AD8,
AA1 4, M 为 B 1 C 1 上的一点 , 且 B 1 M 2 ,点 N在线段 A1D上，
A1D AN. (1)求证： A 1DAM . z

高中数学第三章空间向量与立体几何3.2空间向量在立体几何中的应用3.2.3直线与平面的夹角课后导练新人教B版

3.2.3 直线与平面的夹角课后导练基础达标1.直线a与平面α内任一条线所成最小的角为θ，a是平面α的斜线，b是平面α内与a 异面的任意直线，则a与b所成的角（）πA.最小值为θ,最大值为π-θB.最小值为θ,最大值为2πC.最小值为θ,无最大值D.无最小值，最大值为2答案：B2.如右图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求直线A1C1与平面ABC1D1所成的角（）A.30°B.60°C.45°D.90°答案：A3.正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B和面BB1D1D所成的角为（）A.15°B.45°C.60°D.30°答案：D4.如左下图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是CC1的中点，求BE与平面B1BD所成角的余弦值________________.15答案：55.如右上图，S是△ABC所在平面外一点，SA，SB，SC两两垂直，判断△ABC的形状_________. 答案：锐角三角形6.四面体S-ABC中，SA、SB、SC两两垂直，∠SBA=45°，∠SBC=60°，M为AB的中点，求：（1）BC与平面SAB所成的角；（2）SC与平面ABC所成角的正弦值.解析：(1)如右图,∵SA、SB、SC两两垂直,∴SC⊥面SAB.∴∠CBS 是BC 与平面SAB 所成的角. ∵∠CBS=60°,∴BC 与平面SAB 所成的角为60°.(2)连结MC,在Rt△ASB 中,∠SBA=45°,则SM⊥AB. 又SC⊥面SAB, ∴SC⊥AB,∴AB⊥面SMC.过S 作SO⊥MC 于点O,则SO⊥AB, ∴SO⊥面ABC,∴∠ SCM 是SC 与平面ABC 所成的角. 设SB=a,则SC=3a,SM=22a, 在Rt△CSM 中,CM=214a, ∴sin∠SCM=77=MC SM . 7.在Rt△ABC 中，∠A=90°，AB=3，AC=4，PA 是平面ABC 的斜线，∠PAB=∠PAC=60°，（1）求PA 与平面ABC 所成角的大小；（2）PA 的长等于多少时，点P 在平面ABC 上的射影O 恰好在BC 边上？解：(1)如右图,过P 作PO⊥平面ABC 于O,则∠PAO 为PA 与平面ABC 所成的角, 易证AO 为∠BAC 的平分线,则∠OAB=45°.由公式cosθ=cosθ1·cosθ2可得 cos∠PAO=OABPAB∠∠cos cos=2245cos 60cos =οο, ∴∠PAO=45°.∴PA 与平面ABC 所成的角为45°.(2)若O∈BC,在△AOB 中, BO=715,sinB=54, 由正弦定理可求得AO=2712. ∴PA=724sin =B AO f, 即PA=724时,点P 在平面ABC 上的射影O 恰好在BC 边上.8.如右图,在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,P 是侧棱CC 1上的一点,CP=m. 试确定m,使得直线AP 与平面BDD 1B 1所成角的正切值为32.解：建立如右图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,,m),C(0,1,0),D(0,0,0), B 1(1,1,1),D 1(0,0,1)所以=(-1,1,0),1BB =(0,0,1),=(-1,1,m),=(-1,1,0),又由·=0,·1BB =0知, 为平面BB 1D 1D 的一个法向量. 设AP 与平面BB 1D 1D 所成的角为θ, 则sinθ=cos(2π-θ) =2222||||mAC AP +•=依题意有22)23(123222+=+•m,解得m=31,故当m=31时，直线AP 与平面BDD 1B 1所成角的正切值为32. 9.如右图，已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB=2，AA 1=4，E 为BC 的中点，F 为直线CC 1上的动点，设FC F C λ=1C 1F=λFC.当λ=3时，求EF 与平面ABCD 所成的角.解析：如右图建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),E(1,2,0).当λ=3时,F(0,2,1),EF =(-1,0,1).设平面ABCD 的法向量为n ,则n =(0,0,1).设EF 与n 的夹角为θ,则cosθ=22||||=n EF ∴EF 与平面ABCD 所成的角为45°. 综合运用10.如下图所示，正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，对角线BD 1=8，BD 1与侧面BC 1所成的角为30°. 求：BD 1和底面ABCD 所成的角.解：正四棱柱AC 1中,CC 1⊥底面A 1C 1, ∴CC 1⊥D 1C 1,∵底面是正方形,∴D 1C 1⊥B 1C 1, ∴D 1C 1⊥侧面BC 1, ∴D 1C 1⊥BC 1,∴∠D 1BC 1就是BD 1与侧面BC 1所成的角. ∴∠D 1BC 1=30°,∵D 1B=8,∴D 1C 1=4,B 1D 1=24=BD.∵D 1D⊥底面AC,∴∠D 1BD 就是BD 1与底面AC 所成的角. △D 1BD 中,cos∠D 1BD=228241==BD BD . ∴∠D 1BD=45°,即BD 1和底面ABCD 所成的角为45°.11.正三棱柱ABC-A 1B 1C 1底面边长为a ，侧棱长为2a.(1)建立适当的坐标系，并写出点A 、B 、A 1、C 1的坐标；（2）求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角. 解：(1)以点A 为坐标原点O,以AB 所在直线为Oy 轴,以AA 1所在直线为Oz 轴,以经过原点且与平面ABB 1A 1垂直的直线为Ox 轴,建立空间直角坐标系, 由已知,得A(0,0,0)、B(0,a,0)、A 1(0,0,2a)、C 1(-23a,2a,2a). (2)坐标系如右图，取A 1B 1的中点M ，于是有M （0，2a,2a ）,连结AM 、MC 1,有1MC =(23-a,0,0)且AB =(0,a,0),1AA =(0,0,2a).由于1MC ·=0,1MC ·1AA =0,∴MC 1⊥面ABB 1A 1.∴AC 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角. ∵1AC =(23-a,2a ,2a),AM =(0,2a,2a), ∴1AC ·=0+42a +2a 2=49a 2.而|1AC |=2222443a a a ++=3a,|AM |=2224a a +=23a.∴cos〈1AC ,AM 〉=23233492=•a a a. ∴1AC 与AM 所成的角,即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°. 12.如下图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，求证：A 1C⊥平面C 1BD.证明：因为ABCD-A 1B 1C 1D 1是正方体,所以A 1A⊥平面ABCD. 连结AC,则AC 是A 1C 在平面ABCD 内的射影. 又BD⊥AC,故由三垂线定理知BD⊥A 1C. 又A 1B 1⊥平面B 1BCC 1,连结B 1C,则B 1C 是A 1C 在平面B 1BCC 1内的射影. 因为BC 1⊥B 1C,所以由三垂线定理知 BC 1⊥A 1C.因为BD∩BC 1=B ，所以A 1C⊥平面C 1BD. 拓展研究13.如下图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD ，PD=DC ，E 是PC 的中点.（1）证明PA∥平面EDB ；（2）求EB 与底面ABCD 所成的角为正切值.分析：如下图所示建立空间直角坐标系,D 是坐标原点,设DC=a.(1)证明:连结AC,AC 交BD 于G,连结EG. 依题意得A(a,0,0),P(0,0,a),E(0,2a ,2a ). 因为底面ABCD 是正方形,所以G 是此正方形的中心. 故点G 的坐标为(2a ,2a,0).所以=(a,0,-a). =(2a ,0,-2a).所以=2. 这表明PA∥EG.而EG ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB ，因为PA∥平面DEB. (2)解:依题意得B(a,a,0),C(0,a,0).取DC 的中点F(0,2a,0),连结EF,BF. 因为=(0,0,2a ),=(a,2a,0),=(0,a,0).所以·=0, ·=0.所以FE⊥FB,FE⊥DC.所以EF⊥底面ABCD,BF 为BE 在底面ABCD 内的射影. ∠EBF 为直线EB 与底面ABCD 所成的角. ||=2a ,||=22)2(a a +=25a.所以25252||==a aFB . 所以,EB 与底面ABCD 所成的角的正切值为55.。

向量法解决立体几何中的夹角问题

解: (4)∵

N 0, 2 , 2 故
向量法
求空间直角坐标下点的坐标的方法:
一、投影法将空间点P分别投影到 x轴、 y轴、z 轴所得投影点为A(a,0,0) ,B(0,b,0),C(0,0,c)则点 P 坐标为(a,b,c) 。二、公式法利用线段的中点坐标公式三角形的重心坐标公式、距离公式、夹角公式等求出点的坐标。三、向量法利用向量相等、垂直、共线等运算求出点坐标。
B1 B x 2, y 2, z , D1 D 0, 2, 2 3
向量法 (3)设B ( x, y, z ), 则
D
C B O B1

A
又∵ B1 B D1 D , 比较得 x 2, y 4, z 2 3 ∴点B坐标为 2, 4, 2 3
D1 A1 x
C1
第四关：夹角关
C
D
1.异面直线所成角： cos |cos CD, AB |

A

B
D1
A
O
2.直线与平面所成角： sin | cos n, AB |
n

3.二面角：
cos | cos n1 , n2 | cos | cos n1, n2 |
关键：观察二面角的范围

B
n2

n1

例正三棱柱 ABC A1 B1C1中，D是AC的中点，当 AB1 BC1 时，求二面角 D BC1 C 的余弦值。
C1
A1
B1
C D A

(完整版)空间向量在立体几何中的应用知识点大全、经典高考题带解析、练习题带答案

空间向量在立体几何中的应用莎【考纲说明】1能够利用共线向量、共面向量、空间向量基本定理证明共线、共面、平行及垂直问题；2•会利用空间向量的坐标运算、两点间的距离公式、夹角公式等解决平行、垂直、长度、角、距离等问题;3.培养用向量的相关知识思考问题和解决问题的能力；【知识梳理】一、空间向量的运算1、向量的几何运算(1)向量的数量积：已知向量，贝U 叫做的数量积，记作，即空间向量数量积的性质：①；②；③•r r r r r r(2)向量共线定理：向量a a 0与b共线，当且仅当有唯个实数，使b a .2、向量的坐标运算(1)若，，则.一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。

(2)若，，则；(3)夹角公式：(4)两点间的距离公式：若，，贝U二、空间向量在立体几何中的应用2利用空间向量证明平行问题对于平行问题，一般是利甲线向量和共面向量定理进行证明.二3•利用空间向量证明垂直问题’对于垂直问题，一般是利用进行证明；4•利用空间向量求角度(1)线线角的求法：设直线AB、CD对应的方向向量分别为a、b，则直线AB与CD所成的角为(2)线面角的求法：设n是平面的法向量，是直线的方向向量，则直线与平面所成的角为(线线角的范围[0°,900])(3)二面角的求法：设n i，n2分别是二面角其补角的大小(如图)的两个面，的法向量，则就是二面角的平面角或5•利用空间向量求距离(1)平面的法向量的求法：设n=(x,y,z)，利用n与平面内的两个不共线的向a, b垂直，其数量积为零，列出两个三元一组解，即得到平面的一个法向量(如图) 。

次方程，联立后取其(2)利用法向量求空间距离(a) 点A到平面的距离：(b) 直线与平面之间的距离：(c) 两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。

，其中，是平面的法向量。

【经典例题】【例1】（2010全国卷1理）正方体ABCD-AB i C i D i 中，B B i 与平面AC D i 所成角的余弦值为（【解析】D【例2】（20i0全国卷2文）已知三棱锥SA =3，那么直线AB 与平面SBC 所成角的正弦值为（ ABC 为边长等于2的等边三角形，SA 垂直于底面）（20i2重庆）如图，在直三棱柱 ABC-A i B i C i 中，AB=4 , AC=BC=3 , D 为AB 的中点。