利用空间向量求角(一)
空间向量法求角
05
实例分析
பைடு நூலகம்
实例一：求两向量的夹角
总结词
利用点积公式求两向量的夹角
详细描述
已知两个非零向量$vec{a}$和$vec{b}$，可以通过计算它们的点积$vec{a} cdot vec{b}$，再根据点积的性质求 出两向量的夹角。点积为0时，两向量垂直；点积大于0时，两向量夹角为锐角；点积小于0时，两向量夹角为钝 角。
向量的加法与数乘
向量的加法
两个向量相加，按照平行四边形法则 进行，得到的结果向量与原向量共起 点。
数乘
一个数与一个向量相乘，结果是将该 向量按照比例放大或缩小。
向量的数量积
向量的数量积定义
两个向量的数量积等于它们的模长和夹角的 余弦值的乘积。
向量的数量积性质
数量积是一个标量，满足交换律和分配律。
实例三：利用向量积求两向量的夹角
总结词
利用向量积计算两向量的夹角
详细描述
已知两个非零向量$vec{a}$和$vec{b}$，它们的夹角可以通过计算向量积$vec{a} times vec{b}$得到。根据向量积的性质，当两向量夹角为锐角时，向量积为正；当夹
角为钝角时，向量积为负；当夹角为直角时，向量积为0。
空间向量法求角
• 空间向量的基本概念 • 向量的向量积 • 向量的混合积 • 利用空间向量求角 • 实例分析
目录
01
空间向量的基本概念
向量的表示与模
向量的表示
空间向量可以用有向线段表示，起点 为坐标原点，终点为所表示的点。
向量的模
向量的模表示向量的长度，计算公式 为$sqrt{x^2+y^2+z^2}$。
04
利用空间向量求角
利用空间向量求空间角考点与题型归纳
利用空间向量求空间角考点与题型归纳一、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)．两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角为(0，π)，所以公式中要加绝对值．直线与平面所成角的范围为⎣⎡⎦⎤0，π2，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值．利用公式与二面角的平面角时，要注意〈n 1，n 2〉与二面角大小的关系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断．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. 考点一 异面直线所成的角[典例精析]如图，在三棱锥P ABC 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] 由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0，0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0，0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE . (2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )， 进而可得NH ―→＝(－1，－2，h )， BE ―→＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos 〈NH ―→，BE ―→〉|＝|NH ―→·BE ―→||NH ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以线段AH 的长为85或12.[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．[提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，此夹角就是异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．[题组训练]1.如图所示，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C 以B 为坐标原点，以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，∴EF ―→＝(0，－1，1)，BC 1―→＝(2,0,2)，∴EF ―→·BC 1―→＝2，∴cos 〈EF ―→，BC 1―→〉＝22×22＝12，则EF 和BC 1所成的角是60°，故选C.2.如图，在四棱锥P ABCD 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． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BD .又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，射线OB ，OC 分别为x 轴，y 轴的正半轴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. 考点二 直线与平面所成的角[典例精析](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＝|cosn ，AE ―→|＝|n ·AE ―→||n |·|AE ―→|＝4515，∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.[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．[题组训练]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________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，由于AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，所以A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)，所以A 1C 1―→＝(－1,2,0)，BC 1―→＝(－1,0,1)，D 1C 1―→＝(0,2,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1―→·n ＝0， BC 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝2，得y ＝1，z ＝2，则n ＝(2,1,2)．设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1―→，n 〉|＝|D 1C 1―→·n ||D 1C 1―→||n |＝22×3＝13，即D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.答案：132.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．解：(1)证明：∵三棱柱ABC A 1B 1C 1是直三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ，又BD ⊂平面ABC ，∴BD ⊥AA 1， ∵BA ＝BC ，D 为AC 的中点，∴BD ⊥AC ，又AC ∩AA 1＝A ，AC ⊂平面ACC 1A 1，AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，∴BD ⊥A 1D . (2)由(1)知BD ⊥AC ，AA 1⊥平面ABC ，以D 为坐标原点，DB ，DC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点D 且平行于AA 1的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .设AA 1＝λ(λ＞0)，则A 1(0，－4，λ)，B (3,0,0)，C 1(0,4，λ)，D (0,0,0)， ∴DA 1―→＝(0，－4，λ)，DC 1―→＝(0,4，λ)，DB ―→＝(3,0,0)， 设平面BC 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC 1―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋λz ＝0，3x ＝0，则x ＝0，令z ＝4，可得y ＝－λ，故n ＝(0，－λ，4)为平面BC 1D 的一个法向量． 设直线A 1D 与平面BC 1D 所成角为θ，则sin θ＝|cosn ，DA 1―→|＝|n ·DA 1―→||n |·|DA 1―→|＝|4λ＋4λ|λ2＋16·λ2＋16＝45，解得λ＝2或λ＝8， 即AA 1＝2或AA 1＝8.考点三 二面角[典例精析]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] (1)证明：由四边形ABCD 为菱形，得AC ⊥BD . 由AE ＝CF ＝54，得AE AD ＝CFCD ，所以EF ∥AC .因此EF ⊥DH ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，则OD ′2＝OH 2＋D ′H 2，所以D ′H ⊥OH . 又OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)以H 为坐标原点，HB ，HF ，HD ′分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系H xyz ，如图所示．则B (5,0,0)，C (1,3,0)，D ′(0,0,3)，A (1，－3,0)， (由口诀“起点同”，我们先求出起点相同的3个向量．) 所以AB ―→＝(4,3,0)， AD ′―→＝(－1,3,3)，AC ―→＝(0,6,0)． (由口诀“棱排前”，我们用行列式求出两个平面的法向量．) 由⎩⎪⎨⎪⎧ AD ′―→＝(－1，3，3)， AB ―→＝(4，3，0)，可得平面ABD ′的法向量n 1＝(－3,4，－5)，由⎩⎪⎨⎪⎧AD ′―→＝(－1，3，3)， AC ―→＝(0，6，0)，可得平面AD ′C 的法向量n 2＝(－3,0，－1)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝7525.所以二面角B D ′A C 的余弦值为7525.[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．[题组训练]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． 解：(1)证明：在△BCD 中，EB ＝ED ＝EC ＝BC ， 故∠BCD ＝90°，∠CBE ＝∠BEC ＝60°.∵△DAB ≌△DCB ，∴∠BAD ＝∠BCD ＝90°，∠ABE ＝∠CBE ＝60°，∴∠FED ＝∠BEC ＝∠ABE ＝60°.∴AB ∥EF ，∴∠EFD ＝∠BAD ＝90°， ∴EF ⊥AD ，AF ＝FD . 又PG ＝GD ，∴GF ∥P A .又P A ⊥平面ABCD ，∴GF ⊥平面ABCD ， ∵AD ⊂平面ABCD ，∴GF ⊥AD . 又GF ∩EF ＝F ，∴AD ⊥平面CGF .又AD ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面CGF .(2)以A 为坐标原点，射线AB ，AD ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴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CB ―→＝(－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⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·CB ―→＝0，n 1·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －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⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD ―→＝0，n 2·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3＋3y 2＝0，－3－3y 2＋3z 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝3，z 2＝2，即n 2＝(1，3，2)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝43169×8＝24， 由图知二面角B CP D 为钝角， 所以二面角B CP D 的余弦值为－24. [课时跟踪检测]A 级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.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＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010. 2．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)．∴cosDC 1―→，n＝DC 1―→·n |DC 1―→|·|n|＝33535， ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.3．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.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， cosAB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC ―→|AB 1―→|·|BC ―→|＝24，故tanAB 1―→，BC 1―→＝7.4.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.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35.5．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23.6．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 ＝________.解析：如图，以O 为坐标原点，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．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1,0,3)，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OF 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：27.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________．解析：以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 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 ， 由题知，OA ＝OB ＝2，则A (0，－2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，E (1，－1,0)，F (0，－1,1)， OE ―→＝(1，－1,0)，OF ―→＝(0，－1,1)，设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OE ―→＝0，m ·OF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝33.由图知二面角F OE A 为锐角， 所以二面角F OE A 的余弦值为33. 答案：338．(2018·全国卷Ⅲ)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． 解：(1)证明：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 ，又DM ⊂平面CMD ，所以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 . 因为DM ⊂平面AMD ， 所以平面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 的体积最大时，M 为CD 的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM ―→＝(－2，1,1)，AB ―→＝(0,2,0)，DA ―→＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，又DA ―→是平面MCD 的一个法向量，所以cos 〈n ，DA ―→〉＝n ·DA ―→|n ||DA ―→|＝55，sin 〈n ，DA ―→〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.9．(2018·全国卷Ⅱ)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．解：(1)证明：因为P A ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，且PO ＝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.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P AC 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P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)，所以平面P AM 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＋a 2＝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P AM 所成角的正弦值为34. B 级1．如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B OB 1C 的余弦值． 解：(1)证明：∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴A 1O ⊥BD .∵四边形ABCD 是菱形，∴CO ⊥BD . ∵A 1O ∩CO ＝O ，∴BD ⊥平面A 1CO . ∵BD ⊂平面BB 1D 1D ，∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D .(2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，∴OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→， OA 1―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°， ∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3， OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0,0，6)，∴OB ―→＝(1,0,0)，BB 1―→＝AA 1―→＝(0，3，6)， OB 1―→＝OB ―→＋BB 1―→＝(1，3，6)． 设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧OB ―→·n ＝0，OB 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x ＋3y ＋6z ＝0.令y ＝2，得z ＝－1，∴n ＝(0，2，－1)是平面OBB 1的一个法向量． 同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(6，0，－1)， ∴cosn ，m＝n ·m|n |·|m |＝13×7＝2121，由图可知二面角B OB 1C 是锐二面角， ∴二面角B OB 1C 的余弦值为2121. 2．如图，在四棱锥P ABCD 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．解：(1)证明：由DE ⊥平面P AC ，得DE ⊥P A ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面P AD ，所以CD ⊥P A ， 又CD ∩DE ＝D ，所以P A ⊥平面PCD . (2)取AD 的中点O ，连接PO ， 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，由(1)得P A ⊥PD ，由AD ＝2得P A ＝PD ＝2，PO ＝1，设CD ＝a ，则P (0,0,1)，D (0,1,0)，C (a,1,0)，B (2a ，－1,0)， 则BC ―→＝(－a,2,0)，PC ―→＝(a,1，－1)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC ―→＝0，m ·PC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋2y ＝0，ax ＋y －z ＝0，令x ＝2，则y ＝a ，z ＝3a ，故m ＝(2，a,3a )为平面PBC 的一个法向量，由(1)知n ＝DC ―→＝(a,0,0)为平面P AD 的一个法向量． 由|cosm ，n|＝|m ·n ||m ||n |＝|2a |a 10a 2＋4＝22，解得a ＝105，即CD ＝105，所以在Rt △PCD 中，PC ＝2155，由等面积法可得DE ＝CD ·PD PC ＝33.3．如图，在三棱锥P ABC 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．解：(1)证明：∵AC ＝26，BC ＝23，AB ＝6，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴∠ACB ＝90°， ∴cos ∠ABC ＝236＝33.又易知BD ＝2，∴CD 2＝22＋(23)2－2×2×23cos ∠ABC ＝8， ∴CD ＝22，又AD ＝4， ∴CD 2＋AD 2＝AC 2，∴CD ⊥AB .∵平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ，CD ⊂平面ABC ， ∴CD ⊥平面P AB ，又PD ⊂平面P AB ，∴CD ⊥PD ， ∵PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ， ∴PD ⊥平面ABC .(2)由(1)知PD ，CD ，AB 两两互相垂直，∴可建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，∵直线P A 与平面ABC 所成的角为45°，即∠P AD ＝45°，∴PD ＝AD ＝4，则A (0，－4,0)，C (22，0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,4)，∴CB ―→＝(－22，2,0)，AC ―→＝(22，4,0)，P A ―→＝(0，－4，－4)． ∵AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，∴DE ∥AC ， 由(1)知AC ⊥BC ，∴DE ⊥BC ，又PD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴PD ⊥BC ， ∵PD ∩DE ＝D ，∴CB ⊥平面PDE ，∴CB ―→＝(－22，2,0)为平面PDE 的一个法向量． 设平面P AC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·P A ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x ＋4y ＝0，－4y －4z ＝0，令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1， ∴n ＝(2，－1,1)为平面P AC 的一个法向量． ∴cos n ，CB ―→＝－4－24×12＝－32， ∴平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角的余弦值为32， 故平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角为30°.。
空间向量求角
空间的角常见的有：线线角、线面角、面面角
一、复习引入
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；
再次演示课件
法向量法
n1，n2
n2
n1，n2 n2
n1
n1
l
l
cos cos n1, n2 cos cos n1, n2
结论：cos cos n1, n2
注意法向量的方向：同进 同出，二面角等于法向量
夹角的补角；
关键：观察二面角的范围
一进一出，二面角等于法 向量夹角
四3 、实教践学操过作程的设计与实施
问题1：
二面角的平面角AOB 能否转化成向量的夹角？
B
O l
A
AOB OA,OB
二面角 OA,OB
四、教学过程的设计与实施
2 探究方法
二面角 n1, n2
要点梳理
②方向向量法：
将二面角转化为二面角的两个面的方向向量(在 二面角的面内且垂直于二面角的棱)的夹角.
设二面角α-l-β的大小为θ，其中
z
S
O
Cy
B
sin cos OS, n OS n 2 6
OS n 1 6 3
C（0，1，0）； O（0，0，0）；
S（0，0，1）， 于是我们有
SA =（2，0，-1）；AB =（-1，1，0）；
OB =（1，1，0）；OS =（0，0，1）；
用空间向量求空间角课件(共22张PPT)
向量的加法与数乘
向量的加法满足平行四边形法则或三 角形法则，即$vec{a} + vec{b} = vec{b} + vec{a}$。
数乘是指实数与向量的乘积，满足分 配律，即$k(vec{a} + vec{b}) = kvec{a} + kvec{b}$。
向量的数量积
向量的数量积定义为$vec{a} cdot vec{b} = left| vec{a} right| times left| vec{b} right| times cos theta$，其中$theta$为两 向量的夹角。
数量积满足交换律和分配律，即$vec{a} cdot vec{b} = vec{b} cdot vec{a}$和$(lambdavec{a}) cdot vec{b} = lambda(vec{a} cdot vec{b})$。
03 向量的向量积与混合积
向量的向量积
定义
两个向量a和b的向量积是一个向量，记作a×b，其模长为 |a×b|=|a||b|sinθ，其中θ为a与b之间的夹角。
适用范围
适用于直线与平面不垂直的情况。
利用向量的混合积求二面角
1 2 3
定义
二面角是指两个平面之间的夹角。
计算公式
cosθ=∣∣a×b×c∣∣∣∣a∣∣∣∣b∣∣∣∣c∣∣，其中a、 b和c分别是三个平面的法向量，θ是两个平面之 间的夹角。
适用范围
适用于两个平面不平行的情况。
06 案例分析
案例一：利用空间向量求线线角
定义
线线角是指两条直线之间的夹角。
计算公式
cosθ=∣∣a⋅b∣∣∣∣a∣∣∣∣b∣∣∣， 其中a和b是两条直线的方向向量，
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：向量法求空间角(一)
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(图略)，正方体的棱长为2，
则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
∴—D1→E ＝(0,2，－1)，
—A1→F ＝—A1→A ＋A→F＝—A1→A ＋λA→D＝(－2λ，0，－2).
以 D 为原点，DA，DC，DD1 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，则 D1(0,0， 3)，A(1,0,0)，D(0,0,0)，
B1(1,1， 3)，所以A—D→1＝(－1,0， 3)，D—→B1＝(1,1， 3).
设异面直线 AD1 与 DB1 所成的角为 θ，所以
思考辨析
判断下列结论是否正确(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)两异面直线所成角的范围是 0，π2，直线与平面所成角的范围是
√ 0，π2.(
)
(4)直线的方向向量为u，平面的法向量为n，则线面角θ满足sin θ＝
cos〈u，n〉.( × )
教材改编题
1.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，则直线 l 与平面 α 所成的角为
√A.30°
C.120°
B.60° D.150°
A.
2 2
B.
15 5
√C. 46
6 D. 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
利用向量法求空间角-教案
利用向量法求空间角-经典教案第一章：向量法概述1.1 向量的概念向量的定义向量的表示方法向量的几何性质1.2 向量的运算向量的加法向量的减法向量的数乘向量的点积向量的叉积1.3 向量法在空间角求解中的应用向量法求解空间角的基本思路向量法与传统解法的比较第二章：空间向量基本定理2.1 空间向量基本定理的定义空间向量基本定理的表述空间向量基本定理的意义2.2 空间向量基本定理的证明向量加法的平行性质向量数乘的分配性质向量点积的性质2.3 空间向量基本定理的应用利用空间向量基本定理求解空间角空间向量基本定理在其他几何问题中的应用第三章：空间向量的线性运算3.1 空间向量的线性组合线性组合的定义线性组合的运算规则3.2 空间向量空间的线性相关性线性相关的定义线性相关的判定条件3.3 空间向量空间的基底基底的概念基底的选取方法第四章：空间向量的内积与距离4.1 空间向量的内积内积的定义内积的运算规则4.2 空间向量的距离距离的定义距离的运算规则4.3 空间向量的内积与距离的应用利用内积与距离求解空间角内积与距离在其他几何问题中的应用第五章：空间向量的外积与向量积5.1 空间向量的外积外积的定义外积的运算规则5.2 空间向量积向量积的定义向量积的运算规则5.3 空间向量的外积与向量积的应用利用外积与向量积求解空间角外积与向量积在其他几何问题中的应用第六章：空间向量法求解空间角6.1 空间向量的加法与减法空间向量的加法运算空间向量的减法运算运算过程中的注意事项6.2 空间向量的数乘空间向量的数乘定义数乘对向量几何性质的影响6.3 空间向量的点积点积的定义与运算规则点积的性质与应用6.4 空间向量的叉积叉积的定义与运算规则叉积的性质与应用第七章：空间向量法在立体几何中的应用7.1 立体几何中的基本概念点、线、面的关系立体几何中的各类角度定义7.2 利用空间向量法求解立体几何问题求解空间角的步骤与方法向量法在立体几何中的应用案例7.3 空间向量法在立体几何教学中的意义提高学生的空间想象能力培养学生的逻辑思维能力第八章：空间向量法在现实生活中的应用8.1 空间向量在导航与定位中的应用导航与定位的基本原理空间向量在导航与定位中的应用案例8.2 空间向量在运动规划中的应用运动规划的基本概念空间向量在运动规划中的应用案例8.3 空间向量在其他现实生活中的应用建筑设计中的空间向量应用航空航天领域的空间向量应用第九章：空间向量法的拓展与延伸9.1 空间向量与线性代数的关系线性代数基本概念回顾空间向量与线性代数之间的联系9.2 空间向量法在其他学科中的应用物理学中的空间向量应用计算机科学中的空间向量应用9.3 空间向量法的进一步研究空间向量法的优化与发展空间向量法在未来的研究方向第十章：空间向量法教学实践与反思10.1 空间向量法教学设计教学目标与内容的安排教学方法与手段的选择10.2 空间向量法教学效果评估学生学习情况的分析教学方法的调整与改进10.3 空间向量法教学反思教学过程中的优点与不足对未来教学的展望与计划重点和难点解析重点一：向量的概念与表示方法向量是既有大小，又有方向的量，通常用箭头表示。
用空间向量求空间角共22张
空间的角常见的有：线线角、线面角、面面角
复习回顾
• 直线的方向向量:两点 • 平面的法向量：三点两线一方程
• 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) 则(1)a·b＝ a1b1＋a2b2＋a3b3 .
复习回顾
• 设直线l1、l2的方向向量分别为a、b，平面α、β的
二、线面角：直线和直线在平面内的射影所成的角，
直线与平面所叫成做角这的条范直围线和：这个[0平, 面]所成的角.
Hale Waihona Puke 2An思考：如何用空间向量的夹角
表示线面角呢？
B
O
结论：sin | cos n, AB |
例2、如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1 中，
求A1B与平面A1B1CD所成的角
①向量法
三、面面角：
以二面角的棱上任意一点为端点，在两 个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两 条射线所成的角叫做二面角的平面角。
二面角的平面角必须满足：
A O
l
B
1）角的顶点在棱上 2）角的两边分别在两个面内 3）角的边都要垂直于二面角的棱
范围:[0, ]
10
三、面面角：
uur uur
向量法
n1，n2
z
AA11
BB11 M
由A1N 5,可得 N (0,4,3)
A
AM (6,2,6), AN (0,4,3).
设平面的法向量n (x, y, z),由
xB
AM • n 0
AN
•
n
0
即 6x 2y 6z 0
4y 3z 0
D11 N C11
Dy
C
利用向量法求空间角》教案
利用向量法求空间角一、教学目标1. 让学生掌握空间向量的基本概念和性质。
2. 让学生学会使用向量法求解空间角。
3. 培养学生解决实际问题的能力。
二、教学内容1. 空间向量的基本概念和性质。
2. 向量法求解空间角的基本步骤。
3. 实际问题中的应用案例。
三、教学方法1. 采用讲授法，讲解空间向量的基本概念和性质。
2. 采用演示法，展示向量法求解空间角的步骤。
3. 采用案例教学法，分析实际问题中的应用。
四、教学步骤1. 引入空间向量的概念，讲解其基本性质。
2. 讲解向量法求解空间角的基本步骤。
3. 分析实际问题中的应用案例，引导学生运用向量法解决问题。
五、课后作业1. 复习本节课所学内容，整理笔记。
2. 完成课后练习题，巩固所学知识。
3. 选择一个实际问题，尝试运用向量法解决。
六、教学评价1. 课堂讲解：观察学生对空间向量概念和性质的理解程度。
2. 课后作业：检查学生对向量法求解空间角的掌握情况。
3. 实际问题解决：评估学生在实际问题中的应用能力。
七、教学资源1. 教案、PPT、教材等相关教学资料。
2. 计算机、投影仪等教学设备。
3. 实际问题案例库。
八、教学时间1课时（45分钟）九、教学重点与难点1. 空间向量的基本概念和性质。
2. 向量法求解空间角的基本步骤。
3. 实际问题中的应用案例。
十、教学PPT内容1. 空间向量的基本概念和性质。
2. 向量法求解空间角的基本步骤。
3. 实际问题中的应用案例。
十一、教学案例案例一：求解空间直角坐标系中两向量的夹角。
案例二：求解空间四边形的对角线夹角。
案例三：求解空间旋转体的主轴与旋转轴的夹角。
十二、教学反思本节课结束后，教师应认真反思教学效果，针对学生的掌握情况，调整教学策略，以提高学生对空间向量法的理解和应用能力。
十三、教学拓展1. 研究空间向量在几何中的应用。
2. 探索向量法在物理学、工程学等领域的应用。
十四、教学建议1. 注重学生空间想象能力的培养。
2. 鼓励学生积极参与课堂讨论，提高课堂氛围。
利用向量方法求空间角 知识点+例题+练习
教学内容利用向量方法求空间角教学目标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，体会求空间角中的转化思想．重点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，体会求空间角中的转化思想．难点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，体会求空间角中的转化思想．教学准备教学过程自主梳理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＝|cos φ|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n1，n2分别是二面角α—l—β的两个面α，β的法向量，则向量n1与n2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________．2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则l1与l2所成的角等于________．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________．4．二面角的棱上有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_______________________________________．5．(2010·铁岭一模)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所成的角的大小为________．教学效果分析教学过程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如图，已知平面ABCD⊥平面DCEF，M，N分别为AB，DF的中点，求直线MN与平面DCEF所成的角的正弦值．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所成的角的正弦值．教学效果分析教学过程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．教学效果分析教学过程变式迁移4 (2011·山东，19)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的所成的角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n1，n2所成的角．则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．)一、填空题(每小题6分，共48分)1．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M是AB的中点，则sin〈DB1→，CM→〉的值等于________．2．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成的角的大小为________．3．如图，在正四面体ABCD中，E、F分别是BC和AD的中点，则AE与CF所成的角的余弦值为________．教学效果分析教学过程4．(2011·南通模拟) 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________．5．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________．6．(2011·无锡模拟)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所成的角的正弦值为________．二、解答题(共42分)9．(14分) 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．(14分)(2011·大纲全国，19)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．教学效果分析教学过程11．(14分)(2011·湖北，18)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．自主梳理1．②⎝⎛⎦⎤0，π2③|cos φ|⎪⎪⎪⎪a·b|a|·|b| 2.②⎣⎡⎦⎤0，π2 3.(1)[0，π]教学效果分析自我检测 1．45°或135° 2.90° 3.30° 4.60° 5.60° 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的角的范围是⎝⎛⎦⎤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 所成的角的正弦值为|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 所成的角的正弦值为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 . 连结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O －xyz ，如图．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 ，连结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°. 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 . 连结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 ，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 ，连结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，连结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 ，连结CH . 因为AC ＝BC ， 所以CH ⊥AB ，过H 向BF 引垂线交BF 于R ，连结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，连结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 1.21015 2．90°解析 ∵E 是BB 1的中点且AA 1＝2，AB ＝BC ＝1， ∴∠AEA 1＝90°，又在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， A 1D 1⊥平面ABB 1A 1，∴A 1D 1⊥AE ，∴AE ⊥平面A 1ED 1. ∴AE 与面A 1ED 1所成的角为90°. 3.23解析 设四面体的棱长为a ， AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r ，则AE →＝12(p ＋q )，CF →＝12(r －2q )．∴AE →·CF →＝－12a 2.又|AE →|＝|CF →|＝32a ，∴cos 〈AE →，CF →〉＝AE →，CF →|AE →|·|CF →|＝－23.即AE 和CF 所成角的余弦值为23.4.64 5．90° 解析不妨设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)，(8分)∴BD →＝(－3 2，－3 2，8)， EF →＝(0,3 2，－8)．cos 〈BD →，EF →〉＝BD →·EF →|BD →||EF →|＝0－18－64100×82＝－8210.(12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.(14分) 10.方法一 (1)证明 取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2，连结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 .(4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 .(7分)(2)解 由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .(10分)作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ·SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结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.(12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.(14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 .(7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)．(10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.(14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 .(8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.(10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)。
利用空间向量求空间角
2-〈AB,n〉或2，所以sinθ利用空间向量求空间角(1)两条异面直线所成的夹角范围：两条异面直线所成的夹角的取值范围是0 ≤θ≤90 。
向量求法：设直线a,b的方向向量为a,b，其夹角为θ，若a与b的夹角为锐角，则θ=cos〈a,b〉，若a与b的夹角为钝角则θ=π-〈a,b〉，所以有cosθ=cos〈a,b〉练习在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB的中点,则对角线DB1与CM所成角的余弦值为_____.(2)直线与平面所成的角定义：直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。
范围：直线和平面所夹角的取值范围是0 ≤θ≤90 。
向量求法：若n是平面α的法向量,AB是直线L的方向向量,则L与α所成的角θ=πθ=〈AB,n〉-π=cos〈AB,n〉练习：1：正方体ABCD—A1B1C1D1中，E,F分别是AB,C1D1的中点，求A1B1与平面A1EF 所成的角A=| AB | ⋅2：在三棱锥 P —OCB 中，PO ⊥ 平面 OCB,OB ⊥ OC ，OB=OC= 2 ,PC=4，D 为 PC 的中点，求 OD 与平面 PBC 所成的角(3)二面角二面角的取值范围是 0 ≤ θ ≤ 180 。
二面角的向量求法：方法一：在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的 即为所求的二面角的大小；方法二：设 n 1 ， n 2 分别是两个面的法向量，则向量 n 1 与 n 2 的夹角(或其补角 )即为所求二面角的平面角的大小。
(4)点到平面的距离A 为平面α 外一点(如图), n 为平面α 的法向量,过 A 作平面α 的斜线 AB 及垂线 AH.，斜线AB 与平面α 的夹角为θ| AH |=| AB | ⋅ s in θ =| AB | ⋅ | cos < AB , n >|| AB ⋅ n || AB | ⋅ | n |=| AB ⋅ n || n |nB H典题赏析题目 1：如图，在四棱锥 P - ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，侧棱 PA ⊥ 底面 ABCD ， AB = 3 ， BC = 1 ， PA = 2 ，E 为 PD 的中点.（Ⅰ）求直线 AC 与 PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面 PAB 内找一点 N ，使 NE ⊥ 面 PAC ，并求出点 N 到 AB 和 AP 的距离.解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则 A , B , C , D , P , E 的坐标为 A (0,0,0) 、P (0,0, 2) 、 E (0, ,1) ，| AC | ⋅ | PB | = NE = (- x , ,1 - z ) ，由 NE ⊥ 面 PAC 可得，⎪⎪ 2 ∴ ⎨ 6即⎨ 化简得⎨ 1 - 3x + = 0.⎪z = 1⎪(- x , ,1 - z ) ⋅ ( 3,1,0) = 0. ⎪⎩ ⎪⎩ ⎧1,0,1) ，从而 N 点到 AB 和 AP 的距离分别为1,(2)求平面 CDD C 与平面 AB D 所成的二面角余弦值 B 1A 10 0)B ( 3,0,0) 、C ( 3,1,0) 、D (0,1,0) 、12从而 AC = ( 3,1,0), PB = ( 3,0,-2).设 AC 与PB 的夹角为 θ ，则第:1 题cos θ = AC ⋅ PB 3 2 7 = 3 714,∴ AC 与 PB 所成角的余弦值为3 7 14.（Ⅱ）由于 N 点在侧面 PAB 内，故可设 N 点坐标为( x ,0, z ) ，则12⎧⎪NE ⋅ AP = 0, ⎨⎪⎩NE ⋅ AC = 0.1 2即 N 点的坐标为 ( 3 3 6 6.题目 2. 已知正方体 ABCD - A B C D 的棱长为 a ．1 1 1 1(1)求点 C 到平面 AB D 的距离；11 11 1 1 1解 (1)按如图 3-1 所示建立空间直角坐标系，可得有关点的坐D 1C 1标为 A (0，， 、 D (0，a ，a ) 、 1B (a ，0，a )、C (a ，a ，a )11A， 向 量 B C第 2 题DC A = (-a ,-a ,-a ), AD = (0, a , a ), AB = (a ,0, a ) ．1 11设 n = ( x , y , z ) 是平面 AB D 的法向量，于是，有1 1⎧⎪ n ⋅ AD = 0 ⎨⎩d = C A ⋅ n n =cos θ = n ⋅ n依 题 意 ， ⎪PC ⋅ n = 0 ⎩a + b - c = 0 ， 取 ⎪1 ⎪ n ⋅ AB 1 = 0⎧ay + az = 0，即 ⎨ ．⎩ax + az = 0A 1D 1令 z = -1，得 x = 1，y = 1 ．于是平面 AB D 的一个法向量1 1B 1C 1是A (O )D yn = (1，1，-1)．因 此 ， C 到 平 面 AB D 的 距 离11 1B Cx题目 21 3 3a ．(2) 由(1)知，平面 AB D 的一个法向量是 n = (1,1,-1) ．又因 AD ⊥ 平面CDD C ，1 11 1故平面 CDD C 的一个法向量是 n = (0,1,0) ．1 11设所求二面角的平面角为 θ (结合图形可知二面角是锐角，即 θ 为锐角)，则1 n n 1= 3 3．题目 3.如图，四棱锥 P - ABCD 中， PA ⊥ 平面 ABCD ，底面 ABCD 是直角梯形， 且 AB // CD ，∠BAD = 90 ， P A = AD = DC = 2 ， AB = 4 。
利用空间向量求角
授课主题 利用空间向量求角教学目标1．认识空间角的含义，主要是：两异面直线所成角、二面角、线面角． 2．明确利用向量求各种角的方法．教学内容角的分类 向量求法范围异面直线 所成的角 设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量为a ，b ， 则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a·b||a|·|b|⎝⎛⎦⎤0，π2直线与平面 所成的角设直线l 与平面α所成的角为θ，l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a·n||a|·|n|⎣⎡⎦⎤0，π2二面角设二面角α-l-β的平面角为θ，平面α、β的法向量为n 1，n 2，则|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|[0，π]题型一 求直线与直线所成的角例1 如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，求直线AM 与CN 所成的角的余弦值．解析：方法一 ∵AM →＝AA 1→＋A 1M →，CN →＝CB →＋BN →， ∴AM →·CN →＝(AA 1→＋A 1M →)·(CB →＋BN →)＝AA 1→·BN →＝12.|AM →|＝（AA 1→＋A 1M ）→2＝|AA 1→|2＋|A 1M →|2＝1＋14＝52.同理，|CN →|＝52. 设直线AM 与CN 所成的角为α. 则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AM →·CN →|AM →||CN →|＝1254＝25.∴直线AM 与CN 所成的余弦值为25.方法二 如图，分别以DA →、DC →、DD 1→方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系． 则A (1,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，C (0,1,0)，N ⎝⎛⎭⎫1，1，12. ∴AM →＝⎝⎛⎭⎫1，12，1－(1,0,0)＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，CN →＝⎝⎛⎭⎫1，1，12－(0,1,0)＝⎝⎛⎭⎫1，0，12. 故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12，|AM →|＝02＋⎝⎛⎭⎫122＋1＝52，|CN →|＝12＋02＋⎝⎛⎭⎫122＝52.设直线AM 与CN 所成的角为α， 则cos α＝AM →·CN →|AM →|·|CN →|＝1252×52＝25.∴直线AM 与CN 所成的角的余弦值为25.点评：用向量法求两条异面直线所成的角是通过两条直线的方向向量的夹角来求解的，而两条异面直线所成角θ的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，π2，两向量的夹角α的取值范围是[0，π]，所以cos θ＝|cos α|.巩 固 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：设CB ＝1，则A (2,0,0)，B 1(0,2,1)，C 1(0,2,0)，B (0,0,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，AB 1→＝(－2,2,1)． cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→| BC 1→||AB 1→|＝35×3＝55.故选A.答案：A.题型二 求直线与平面所成的角例2 如图，在棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．(1)求证：CD ⊥平面ADD 1A 1；(2)若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值． (1)证明：取CD 的中点E ，连接BE . 因为AB ∥DE ，AB ＝DE ＝3k ，所以四边形ABED 为平行四边形， 所以BE ∥AD 且BE ＝AD ＝4k .在△BCE 中，因为BE ＝4k ，CE ＝3k ，BC ＝5k ， 所以BE 2＋CE 2＝BC 2，所以∠BEC ＝90°，即BE ⊥CD ，又因为BE ∥AD ， 所以CD ⊥AD .因为AA 1⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以AA 1⊥CD .又AA 1∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面ADD 1A 1.(2) 解析：以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图 所示的空间直角坐标系，则A (4k,0,0)，C (0,6k,0)，B 1(4k,3k,1)，A 1(4k,0,1)， 所以AC →＝(－4k,6k,0)，AB 1→＝(0,3k,1)，AA 1→＝(0,0,1)． 设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n ＝0，AB 1→·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4kx ＋6ky ＝0，3ky ＋z ＝0.取y ＝2，得n ＝(3,2，－6k )． 设AA 1与平面AB 1C 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈AA 1→，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AA 1→·n |AA 1→|·|n |＝6k 36k 2＋13＝67，解得k ＝1，故所求k 的值为1.点评：利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤：①建立空间直角坐标系；②求直线的方向向量AB →；③求平面的法向量n ；④计算：设线面角为θ，则sin θ＝|n ·AB →||n |·|AB →|.巩 固 正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面AA 1B 1B 所成的角．证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)、B (0，a,0)、A 1(0,0，2a )、C 1⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ，取A 1B 1中点M ，则M ⎝⎛⎭⎫0，a 2，2a ，连接AM 、MC 1，有MC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，0，0，AB →＝(0，a,0)，AA 1→＝(0,0，2a )． ∵MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0，∵AB ∩AA 1＝A 且AB ⊂平面AA 1B 1B ，AA 1⊂平面AA 1B 1B ， ∴MC 1⊥平面AA 1B 1B ，∴∠C 1AM 是AC 1与侧面AA 1B 1B 所成的角．∵AC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，2a ， ∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24.而|AC 1→|＝ 3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos 〈AC 1→，AM →〉＝9a 243a ×3a 2＝32.∴〈AC 1→，AM →〉＝30°，即AC 1与侧面AA 1B 1B 所成的角为30°. 题型三 求二面角的平面角例3 如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PE ⊥EC . 已知PD ＝2，CD=2，AE ＝12，求二面角E -PC -D 的大小．解析：以D 为原点，DA →、DC →、DP →分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如右图所示．由已知可得D (0,0,0)，P (0,0，2)，C (0,2,0) 设A (x,0,0)(x ＞0)，则B (x,2,0)，E ⎝⎛⎭⎫x ，12，0， 则PE →＝⎝⎛⎭⎫x ，12，－2，CE →＝⎝⎛⎭⎫x ，－32，0. 由PE ⊥CE 得PE →·CE →＝0，即x 2－34＝0，故x ＝32.作DG ⊥PC ，可设G (0，y ，z )．由DG →·PC →＝0得(0，y ，z )·(0,2，－2)＝0， 即z ＝2y ，又由G 在PC 上，得z ＝－22y ＋2， 故y ＝23，z ＝223，DG →＝(0，23，223)，作EF ⊥PC 于F ，设F (0，m ，n )， 则EF →＝⎝⎛⎭⎫－32，m －12，n .由EF →·PC →＝0得⎝⎛⎭⎫－32，m －12，n ·(0,2，－2)＝0，即2m －1－2n ＝0， 又由F 在PC 上得n ＝－22m ＋2，故m ＝1，n ＝22，EF →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，22. 因EF →⊥PC →，DG →⊥PC →，故E -PC -D 的平面角θ的大小为向量EF →与DG →的夹角． 故cos θ＝DG EF DG EF＝22，θ＝π4， 点评：利用空间向量求二面角的方法：设n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，求解步骤如下：①依据题设条件建立适当的空间直角坐标系；②求出两个平面的法向量n 1，n 2；③由cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|求n 1，n 2所成的锐角θ；④若二面角的平面角为锐角，则θ为所求，若二面角的平面角为钝角，则π－θ为所求．巩 固 如图，AB 是圆的直径，P A 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点． (1)求证：平面P AC ⊥平面PBC ；(2)若AB ＝2，AC ＝1，P A ＝1，求二面角CPBA 的余弦值．(1)证明：由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ， 由P A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得P A ⊥BC . 又P A ∩AC ＝A ，P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ， 所以BC ⊥平面P AC . 因为BC ⊂平面PBC ， 所以平面PBC ⊥平面P AC .(2)解析：过C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC .如图，以点C 为坐标原点，分别以直线CB 、CA 、CM 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．因为AB ＝2，AC ＝1，所以BC ＝ 3.因为P A ＝1，所以A (0,1,0)，B (3，0,0)，P (0,1,1)． 故CB →＝(3，0,0)，CP →＝(0,1,1)． 设平面BCP 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n 1＝0，CP →·n 1＝0，所以⎩⎨⎧3x ＝0，y ＋z ＝0，不妨令y ＝1，则n 1＝(0,1，－1)． 因为AP →＝(0,0,1)，AB →＝(3，－1,0)， 设平面ABP 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2＝0，AB →·n 2＝0，所以⎩⎨⎧z ＝0，3x －y ＝0，不妨令x ＝1，则n 2＝(1，3，0)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝64.所以由题意可知二面角CPBA 的余弦值为64.一、选择题1．设n 1，n 2分别为一个二面角的两个半平面的法向量，若〈n 1，n 2〉＝23π，则此二面角的大小为______．答案：2π3或π32．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，BD 1与AA 1所成角的余弦为( )A.33 B.63 C.22D ．1 答案：A3．平面α的斜线l 与它在这个平面上射影l ′的方向向量分别为a ＝(1,0,1)，b ＝(0,1,1)，则斜线l 与平面α所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：l 与α所成的角为a 与b 所成的角(或其补角)，因为cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝12， 所以〈a ，b 〉＝60°.故选C. 答案：C4．已知线段AB 的两个端点的坐标分别为A (9，－3,4)和B(9,2,1)，则线段AB ( )A ．与平面xOy 平行B ．与平面xOz 平行C ．与平面zOy 平行D ．与平面xOy 或zOy 平行 答案：C5．从空间一点P 向二面角α-l -β的两个半平面α，β分别作垂线PE ，PF ，垂足分别为E ，F ，若二面角α-l -β的大小为60°，则〈PF →，PE →〉的大小为( )A ．30°或150°B ．120°C ．60°或120°D ．60°答案：C6．在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这个二面角的余弦值为 ( )A.156 B ．－156C.153D ．以上都不对解析：因为 (0，－1，3)·(2，2，4)1＋9·4＋4＋16＝156，所以这个二面角的余弦值为156或－156.故选D. 答案：D7．正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等，则AC 1和平面BB 1C 1C 所成角的余弦值为( )A.104B 66C.62D.102解析：设正三棱柱ABCA 1B 1C 1所有棱长均为1，以B 为原点建立空间直角坐标系(如右图)， 则C 1(0,1,1)，A ⎝⎛⎭⎫32，12，0，AC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1， 又平面BB 1C 1C 的法向量n ＝(1,0,0)，所以AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角θ的正弦值sin θ＝|AC 1→·n ||AC 1→|·|n |＝322×1＝64，cos θ＝1－sin 2θ＝104，故选A. 答案：A8．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 所成的二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22 答案：B 二、填空题9．已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝3，AB ＝2，BC ＝3，则二面角P -BD -A 的正切值为________．答案：21210．已知两条异面直线l 1，l 2，a ＝(－2，－2,0)是l 1的方向向量，b ＝(2,1,2)是l 2的方向向量，则l 1与l 2所成角的大小为________．答案：45°11．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为________．解析：取AC 、A 1C 1中点O 、E ，则OB ⊥AC ，OE ⊥平面ABC ，以O 为原点OA 、OB 、OE 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，在正三角形ABC 中，BO ＝32AB ＝32， 所以A ⎝⎛⎭⎫12，0，0，B ⎝⎛⎭⎫0，32，0，D ⎝⎛⎭⎫0，32，1，所以AD →＝⎝⎛⎭⎫－12，32，1， 又平面AA 1C 1C 的法向量为e ＝(0,1,0)， 设直线AD 与平面AA 1C 1C 所成角为θ， 则sin θ＝|cos AD →，e |＝|AD →·e ||AD →|·|e |＝64.答案：64三、解答题12．如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1BC 1B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值．(1)证明：在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC .又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ， 所以AA 1⊥平面ABC .(2)解析：在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5， 所以BC 2＝AC 2＋AB 2，AB ⊥AC所以以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz . A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 所以⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0，所以取向量n 1＝(0,4,3)由⎩⎪⎨⎪⎧B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0.取向量n 2＝(3,4,0)所以cos θ＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝165×5＝1625.(3)证明：设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→. 所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)，解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ. 所以AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)又AD ⊥A 1B ，所以0＋3(3－3λ)－16λ＝0， 则λ＝925，因此BD BC 1＝925.1．如图，正三棱柱ABCA 1B 1C 1的所有棱长都相等，则B 1C 与平面A 1B 1BA 所成角的正弦值是( )A.63B.64C.104D.35解析：设棱长为2，取棱A 1B 1、AB 的中点D 、E ，建立如图所示的坐标系， 则E (0,0,0)，B 1(1,0,0)，C 1(0，3，0)，C (0，3，2)，所以B 1C →＝(－1，3，2)，EC 1→＝(0，3，0)，且EC 1→是平面A 1B 1BA 的法向量， 设所求角为θ，则sin θ＝EC 1→·B 1C →|EC 1→|·|B 1C →|＝38·3＝64.故选B.2. 四棱锥P ABCD 的底面是正方形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AD ＝2，点M ，N 分别在棱PD ，PC 上，且PC ⊥平面AMN .(1)求AM 与PD 所成的角； (2)求二面角P AMN 的余弦值；(3)求直线CD 与平面AMN 所成角的余弦值．分析：建立空间直角坐标系，将所求角转化为空间向量所成的角．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，得A (0,0,0)，C (2,2,0)，P (0,0,2)，D (0,2,0)， 所以PC →＝(2,2，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设M (x 1，y 1，z 1)，因为PM →＝λPD →，所以(x 1，y 1，z 1－2)＝λ(0,2，－2)，所以x 1＝0，y 1＝2λ，z 1＝－2λ＋2， 所以M (0,2λ，2－2λ)．因为PC ⊥平面AMN ，所以PC ⊥AM ， 所以 PC →·AM →＝0，所以(2,2，－2)·(0,2λ，2－2λ)＝0，得4λ－2(2－2λ)＝0， 所以λ＝12，M (0,1,1)．设N (x 2，y 2，z 2)，因为PN →＝tPC →，所以(x 2，y 2，z 2－2)＝t (2,2，－2)，所以x 2＝2t ，y 2＝2t ，z 2＝－2t ＋2，所以N (2t,2t,2－2t )． 因为PC →⊥AN →，所以PC →·AN →＝0，所以(2t,2t,2－2t )·(2,2，－2)＝0，所以4t ＋4t －2(2－2t )＝0， 所以t ＝13，所以N ⎝⎛⎭⎫23，23，43. (1)因为cos AM →，PD →＝（0，1，1）·（0，2，－2）0＋1＋1·0＋4＋4＝0，所以AM 与PD 所成的角为90°.(2)因为AB ⊥平面P AD ，PC ⊥平面AMN ，所以AB →，PC →分别是平面P AD ，平面AMN 的法向量． 因为AB →·PC →＝(2,0,0)·(2,2，－2)＝4，|AB →|＝2，|PC →|＝23， 所以cos<AB →，PC →>＝443＝33，所以二面角P AMN 的余弦值为33. (3)因为PC →是平面AMN 的法向量，所以CD 与平面AMN 所成的角即为CD 与PC 所成角的余角．因为CD →·PC →＝(－2,0,0)·(2,2，－2)＝－4，所以cos<CD →，PC →>＝－42×23＝－33，所以直线CD 与PC 所成角的余弦值为33， 即直线CD 与平面AMN 所成角的余弦值为63. 3．如下图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为菱形，P A ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝60°，E ，F 分别是BC, PC 的中点．(1)证明：AE ⊥PD ；(2)若H 为PD 上的动点，EH 与平面P AD 所成最大角的正切值为62，求二面角E -AF -C 的余弦值．(1)证明：由四边形ABCD 为菱形， ∠ABC ＝60°，可得△ABC 为正三角形． 因为E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC . 又 BC ∥AD ，因此AE ⊥AD .因为P A ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥AE .而P A ⊂平面P AD ，AD ⊂平面P AD 且P A ∩AD ＝A ， 所以 AE ⊥平面P AD ，又PD ⊂平面P AD .所以 AE ⊥PD .(2)解析：如下图，设AB ＝2，H 为PD 上任意一点，连接AH 、EH .由(1)知AE ⊥平面P AD ，则∠EHA 为EH 与平面P AD 所成的角．在Rt △EAH 中，AE ＝3，所以当AH 最短时，∠EHA 最大，即当AH ⊥PD 时，∠EHA 最大，此时tan ∠EHA ＝AE AH ＝3AH ＝62，因此AH ＝2，又AD ＝2，所以∠ADH ＝45°，所以P A ＝2.因为AE ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，又E 、F 分别为BC 、PC 的中点，所以A (0,0,0)，B (3，－1,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (3，0,0)，F ⎝⎛⎭⎫32，12，1. 所以AE →＝(3，0,0)，AF →＝⎝⎛⎭⎫32，12，1.设平面AEF 的一法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE →＝0，m ·AF →＝0， 因此⎩⎪⎨⎪⎧3x 1＝0，32x 1＋12y 1＋z 1＝0. 取z 1＝－1，则m ＝(0,2，－1)，因为 BD ⊥AC ，BD ⊥P A ，P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面AFC ，故BD →为平面AFC 的一法向量．又BD →＝(－3，3,0)，所以 cos 〈m , BD →〉＝m ·BD →|m |·|BD →|＝2×35×12＝155. 因为二面角EAFC 为锐角，所以所求二面角的余弦值为155. 4．如图，三棱柱ABCA 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ＝2，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．(1)证明：如图，取AB 的中点O ，连接CO 、A 1O .因为CA ＝CB ，所以CO ⊥AB ，又因为AA 1＝AB ，所以AA 1＝2AO ，又∠A 1AO ＝60°，所以∠AOA 1＝90°，即AB ⊥A 1O ，所以AB ⊥平面A 1OC ，所以AB ⊥A 1C .(2) 解析：以O 为原点，OA 所在直线为x 轴，OA 1所在直线为y 轴，OC 所在直线为z 轴，建立如图直角坐标系，则A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，B (－1,0,0)，C (0,0，3)，B 1(－2，3，0)，则BC →＝(1,0，3)，BB 1→＝(－1，3，0)，A 1C →＝(0，－3，3)，。
高中数学利用空间向量求空间角
答案：13
突破点一
突破点二
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利用空间向量求空间角 结 束
3．[考点三]在正方体ABCD-A1B1C1D1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________． 解析：以A为原点建立如图所示的空间直角
坐标系，设棱长为1，
则A1(0,0,1)，E 1，0，12 ，D(0，1,0)，所以
OD，OB1，OC 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 O-xyz，
则
A0
，
－
2
3
3
，
0
，
B
－
2 3
6
，
0,0
，
C
0，0，2
3
3
，D
36，0，0 ，
AB ＝－236，233，0，
AC
＝
0，233，233，CD＝ 36，0，－233，
设平面 ABC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
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利用空间向量求空间角 结 束
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＝〈__A_B_，__C__D_〉_．
(2)如图②和图③，n1，n2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_〉_.
突破点一
突破点二
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利用空间向量求空间角 结 束
A1C1 ·n＝0， BC1 ·n＝0，
即
－x＋2y＝0， －x＋z＝0，
令x＝2，则y＝1，z
向量法求空间角(含解析)
高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇考点1：异面直线所成的角若异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别是u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u·v||u||v|．考点2：直线与平面所成的角如图，直线AB 与平面α相交于点B ，设直线AB 与平面α所成的角为θ，直线AB 的方向向高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇量为u ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|＝ u ·n |u ||n |＝|u·n||u||n|．考点3：平面与平面的夹角如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．若平面α，β的法向量分别是n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|．【常用结论总结】1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|． 2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是0,2．【例1】 直三棱柱ABC -A 1B 1C 1如图所示，AB =4，BC=3，AC =5，D 为棱AB 的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为61π，则异面直线A 1D 和B 1C 所成的角的余弦值为（ ）高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇A ．5B ．25C ．5D ．25【例2】 如图，四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，△PAD 是正三角形，AB =2，平面PAD ⊥平面ABCD ，则PC 与BD 所成角的余弦值为（ ）A ．14B ．4C ．13D 【例3】 如图四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，各棱长均相等，E 是PB 的中点，则异面直线AE 与PC 所成角的余弦值为（）A 6B C ．13D ．12学霸笔记用向量法求异面直线所成的角的一般步骤（1）建立空间直角坐标系；（2）用坐标表示两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）注意两异面直线所成角的范围是(0,]，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇【对点训练1】 如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长均相等，∠BAA 1=∠CAA 1=60°，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为（）AB ．13C ．4D 【对点训练2】 “曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，AA ⊥面ABCD ，AA 1=4，底面扇环所对的圆心角为π2，AD 的长度是BC 长度的2倍，CD =1，则异面直线A 1D 1与BC 1所成角的正弦值为（）A ．3B ．13C ．3D ．4【对点训练3】 如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1=AC=AB=2，BC =2√2，Q 为A 1B 1的中点，E 为AQ 的中点，F 为BC 1的中点，则异面直线BE 与AF所成角的余弦值为（ ）A． BC ．D高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇【例4】 在正方体ABCD −A B C D 中，如图E 、F 分别是BB 1、CD 的中点． （1）求证：平面AD F ⊥平面ADE ； （2）求直线EF 与AD F 所成角的正弦值．【例5】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，P A ⊥平面ABCD ，P A=AD=2AB=8，点M 在棱PD 上，且PA =PM ⋅PD ，AM ⊥MC．（1）求证：CD ⊥平面P AD ；（2）求BM 与平面ACM 所成角的余弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇 学霸笔记利用空间向量求线面角的解题步骤【对点训练4】 如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱BC 、CD 的中点． （1）求证：D 1 F ∥平面A 1EC1；（2）求直线AC 1与平面A 1EC 1所成角的正弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇 【对点训练5】 如图所示，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，AB =2，AA 1=2√3，E 为线段DD 1上一点．（1）求证：AC ⊥B 1D ；（2）若平面AB 1E 与平面ABCD 的夹角的余弦值为25，求直线BE与平面AB 1E 所成角的正弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇【例6】 在如图所示的空间几何体中，△ACD 与△ACB 均是等边三角形，直线ED ⊥平面ACD ，直线EB ⊥平面ABC ，DE ⊥BE ． （1）求证：平面ABC ⊥平面ADC ；（2）求平面ACE 与平面BCE 夹角的余弦值．【例7】 如图，三棱锥A −BCD 中，DA =DB =DC ，BD ⊥CD ，∠ADB =∠ADC =60∘，E 为BC 的中点． （1）证明：BC ⊥DA ；（2）点F满足EF⃗=DA ⃗，求二面角D −AB −F 的正弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇学霸笔记利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤【对点训练6】 直三棱柱ABC −A B C 中，AA =AB =AC =2,AA ⊥AB,AC ⊥AB ，D 为A B 的中点，E 为AA 的中点，F 为CD 的中点． （1）求证：EF ∥平面ABC ；（2）求直线BE 与平面CCD所成角的正弦值； （3）求平面A CD 与平面CC D 夹角的余弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇 【对点训练7】 如图，在棱长为2的正方体ABCD −A B C D 中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点．（1）求证：D 1F ∥平面A EC ；（2）求直线AC 与平面A EC 所成角的正弦值． （3）求二面角A −A C −E 的正弦值．【对点训练8】 如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点． （1）证明：OE ∥平面PAC ；（2）若∠ABO=∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值．。
空间向量的应用 求空间角与距离 公开课一等奖课件
[点评与警示]
1.在难以建空间直角坐标系的情况下，
可用平移的方法求异面直线所成的角． 2．利用空间向量求两异面直线所成角，是通过两条直 线的方向向量的夹角来求解，而两异面直线所成角范围为 θ π ＝[0，2]，两向量夹角 α 的范围是[0，π]，要注意两者的区 别．cosθ＝|cosα|.
如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中， O 是底面 ABCD 的中心，E、F 分别是 CC1、AD 的中点，那 么异面直线 OE 和 FD1 所成角的余弦值等于( 10 A. 5 4 C.5 15 B. 5 2 D.3 )
[解析] 所成的角，
连接 A1C1，则∠AC1A1 为 AC1 与平面 A1B1C1D1
AB＝BC＝2⇒A1C1＝AC＝2 2，又 AA1＝1 ∴AC1＝3⇒sin∠AC1A1 AA1 1 ＝AC ＝3，故选 D. 1
[答案] D
2 ．(2009· 江西，9) 如图，正四面体 ABCD 的顶点 A， B ， C
[解析]
如图所示，建立空间直角坐标系，则 D1(0,0,2)，
F(1,0,0)，O(1,1,0)，E(0,2,1)，设 OE 和 FD1 所成的角为 θ， 则 cosθ＝|cos〈OE，FD1〉| OE· FD1 15 ＝ → ＝ . → 5 |FD1| |OE|·
→ → → →
→ →
(2)设n1、n2是二面角α－l－β的两个角α、β的法向量，则向 量n1与n2的夹角(或其补角)就是二面角的平面角的大小(如图 (b)(c)所示)．
4．利用空间向量求空间距离 (1)点面距离的求法 已知 AB 为平面 α 的一条斜线段，n 为平面 a 的法向量， |AB· n| 则 B 到平面 α 的距离为|BO|＝ |AB|· |cos〈AB，n〉|＝ |n| .
利用空间向量求角求距离
利用空间向量求角、求距离专题一：求角 一、求异面直线所成的角分别在直线n m ,上取两个定向量,,b a则异面直线n m ,所成的角β等于向量ba ,所成的角或其补角θ，则||c o s c o s ||||ab a b βθ⋅==⋅特殊情形：0a bab ⊥⇔=, 即异面直线a 垂直于b 。
【例1】如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，求异面直线AC 与BC 1的夹角【例2】已知：正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为AA 1，BB 1的中点，求CM 和D 1N 所成角的余弦值。
【例3】已知长方体1111,A B C DA B C D -12,1,A B A A ==直线B D 与平面 11A A B B 所成的角为，A E 垂直B D 于E ，F 为11A B 的中点. （Ⅰ）求异面直线A E 与B F 所成的角；（II ）求平面BDF 与平面1A A B 所成的二面角； （III ）求点A 到平面BDF 的距离.分析：在长方体1111A B C DA B C D -中，以A 为原点以A B 所在的直线为x 轴，以A D 所在的直线为y 轴，1A A 所在的直线为z 轴建立空间直角EF ADCD 1A 1C 1B 1BNB1AAD BCC1D1M坐标系。
由已知12,1,A B A A ==可得()(0,0,0),2,0,0A B (1,0,1)F 。
又AD ⊥平面11A A B B ，从而B D 与平面11A A B B 所成的角为30D B A ∠=︒， 又2A B =，A E B D⊥，231,3A E A D ==， 从而易得1323,,0,0,,0223E D ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭则()13,,0,1,0,122A E B F ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭，再利用向量定义式求异面直线的夹角。
评注：应用空间向量法解此类题避开了作平移及复杂的逻辑推理，只须求出异面直线所在的向量坐标，应用向量内积即可求夹角，然后利用公式求解异面直线所成的角。
7.6.1向量法求空间角课件高三数学一轮复习
考点二 直线与平面所成的角 【例 2】 如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，∠ABC＝120°， AB＝1，BC＝4，PA＝ 15，M，N 分别为 BC，PC 的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM； (2)求直线 AN 与平面 PDM 所成角的正弦值．
【解】 (1)证明：因为 AB＝AD，O 为 BD 的中点，所以 OA⊥BD. 因为平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD∩平面 BCD＝BD，OA⊂平面 ABD，所以 OA ⊥平面 BCD. 因为 CD⊂平面 BCD，所以 OA⊥CD. (2)以 O 为坐标原点，OD，OA 所在的直线分别为 y 轴，z 轴，过点 O 且垂直于 BD 的 直线为 x 轴，建立如图所示空间直角坐标系．
(2)由(1)知，A( 2，0,0)，B( 2，1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，M 22，1，0， 则A→M＝－ 22，1，0，P→M＝ 22，1，－1， B→C＝(－ 2，0,0)，P→B＝( 2，1，－1)． 设 n1＝(x1，y1，z1)为平面 PAM 的法向量，
则nn11··PA→ →MM＝ ＝00， ，
以 D 为坐标原点，DA，DC，DP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标 系．
设 BC＝2x，则 D(0,0,0)，A(2x,0,0)，P(0,0,1)，B(2x,1,0)，M(x,1,0)．所以A→M＝(－x,1,0)， P→B＝(2x,1，－1)，
所以(－x,1,0)·(2x,1，－1)＝0，解得 x＝ 22(负值舍去)．所以 BC＝ 2.
(2)以 A 为原点，AD 所在直线为 x 轴，AB 所在直线为 y 轴，AA1 所在直线为 z 轴建立 空间直角坐标系．设正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 2，则 A(0,0,0)，A1(0,0,2)，D1(2,0,2)， E(0,2,1)，∴A→A1＝(0,0,2)，A→D1＝(2,0,2)，A→E＝(0,2,1)．
求空间角的常用方法
a2
3 2
a
7a 2
EF
FD2 ED2
a 2
2
3 2
a
2
a
PE 2 EF 2 PF 2
cos PEF 2PF·EF
7 2
2
a
a2
a 2
2
2 7 aa
＝
7 4
＋1－
1 4
＝
5
7
2
7
14
∴二面角P-AB-F的平面角的余弦值为 5 7 14
点评 这里由已知条件很容易找到二面角的棱AB的垂面，故运用垂面法可顺利找 出二面角的平面角．
即 tan θ1 tan θ2 1
1 tan θ1·tan θ2
x x
亦即
2 1
12
x·x
1
2 12
整理得x2 10x 24 0 解得x1 4，x2 6
故异面直线AC与BD之间的距离是4cm或6cm． 点评 本题是将两条异面直线的距离转化为异面直线所在的两个平行平面的距离来 解决的．
3.体积法
2.转化法
常用的方法有将线面距离转化为点面距离，将线线距离转化为线面距离或面面
距离．还有，甲点到平面 的距离可以转化为与其相关的乙点到平面 的图1-13，正方体ABCD- A1B1C1D1 的棱长为1，O是底面
A1B1C1D1 的中心，则O到平面 ABC1D1 的距离为( )．
3
(D) 6 3
解 设O到平面ABC的距离为h． ∵AB，AC，CB的球面距离均为 2
∴∠AOB=∠AOC=∠COB= 2
∵球半径为l， ∴AO=BO=CO=1，AB=AC=BC= 2
· ∴
VO ABC
用空间向量研究距离、夹角问题(一)(人教A版2019选修一)高二数学
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，O1(0,1， 3 )，A( B(0,2,0)，
∴A→1B＝(－ 3，1，－ 3)， O→1A＝( 3，－1，－ 3)．
3 ，0,0)，A1(
3 ，1，
3 )，
∴|cos〈A→1B，O→1A〉|＝||AA→→11BB|··|OO→→11AA||
系？
条件
平面α，β的法向量分别为 u，v，α，β所构成的二面 角的大小为θ，〈u，v〉＝φ
图形
关系 计算
θ＝φ cos θ＝cos φ
θ＝π－φ cos θ＝－cos φ
[基础自测]
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相 等．( × ) (2)若向量n1，n2分别为二面角的两半平面的法向量，则二面 角的平面角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝|nn11|·|nn22|.( × ) (3)平面α外一点A到平面α的距离，就是点A与平面内一点B所 成向量A→B的长度．( × ) (4)二面角α－l－β的大小为θ，平面α，β的法向量分别为n1， n2，则θ＝〈n1，n2〉．( × )
则A(1,0,0)，D1(0,0,2)，E(1,1,1)，B(1,1,0)， A→E ＝(0,1,1)， A→D1 ＝(－1,0,2)，D→E＝(1,1,1)
设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，则－ y＋x＋ z＝20z＝0
令z＝1，则n＝(2，－1,1)
∴cos〈n，D→E〉＝2－31·＋61＝
(2)如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz，则 C(2,2,0)，D(0,4,0)，F(2,0,4) ∴A→D＝(0,4,0)，C→D＝(－2,2,0)，C→F＝(0，－2,4) 设n＝(x，y，z)是平面CDF的一个法向量，则
利用空间向量法求直线与平面所成的角的方法：(1)分别求
【思路点拨】 (1)利用勾股定理证明AB⊥AC；
(2)构造过AB1的平面，并证明其平行于平面A1C1C. (3)证明直线AA1，AC，AB两两垂直，从而以点A为坐 标原点建立空间直角坐标系，求出平面A1C1C的法向量，用 向量法求解．
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新课标 ·理科数学（广东专用）
【规范解答】 (1)因为AB＝AC，BC＝ 2AB， 所以AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC， 又因为四边形A1ABB1是正方形，所以AB⊥AA1， 又因为AA1∩AC＝A，所以AB⊥平面AA1C. 易知AB∥A1B1， 所以A1B1⊥平面AA1C. (2)取BC的中点D，连接 AD，B1D，C1D. 因为B1C1綊12BC， 所以B1C1DB是平行四边形，
解得λ＝12. 即M为BE的中点.
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利用空间向量法求二面角的方法： (1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后 通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意 结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． (2)分别在二面角的两个平面内找到与棱垂直且以垂足 出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的 大小．以上两种方法各有利弊，要善于结合题目的特点选择 适当的方法解题．
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新课标 ·理科数学（广东专用）
即
22ax－
22az＝0
，取n＝(
3，
2，
3)．
2ax－ 3ay＝0
显然，EP⊥平面SAD，所以 P→E 为平面SAD的一个法向
量，
所以m＝(0，1，0)为平面SAD的一个法向量．
所以cos〈n，m〉＝ 2
22＝12，
π 所以二面角C—SA—D的大小为 3 .
(1)证明C→D·S→A＝0； (2)求两个平面的法向量，利用法向量的夹角求解．
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u1 u2 u1 u2 0 x1x2 y1 y2 z1z2 0
2.直线的方向向量与异面直线所成的角 (1)直线的方向向量———直线上的非零 向量 注：一直线的方向向量有两个相反方向！
异面直线所成角的范围： 0, 思考： 2 C D CD, AB 与 的关系？ D1 A B DC, AB 与 的关系？ 设直线CD的方向向量为a，AB的方向向量为b
b
a
a， b
x1 x2 u1 / / u2 u1 u2 y1 y2 z z 2 1
u1 u2 cos u1 , u2 u1 u2
x1 x2 y1 y2 z1 z2
例3.如图，在棱长为 a 的正方体 ABCD A1 B1C 1D1 E 为 BC 的中点，直线 A1C 与 DE 所成的角的余弦等于______.
例4：正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F 分别是A1D1、A1C1的中点．求：异面直线 AE与CF所成角的余弦值．
作业： 课本选修2-1
P111 A1 P118 A10,11.
利用空间向量求角（一）
算
设 则
u x, y, z u1 x1 , y1 , z1 u2 x2 , y2 , z2
u x2 y 2 z 2
u1 u2 x1 x2 , y1 y2 , z1 z2 u x, y, z
a， b
a
b
结论：
| cos a, b |
例1.如图,正四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中, A AA 2 AB ， 则异面直线 1B 与 AD1 1 所成角的余弦值为___
A1 D1 B1 C1
D A B
C
例2.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中， ∠BCA= 90 ，点D 、F 分别是A B 和 1 1 1 1 A1C1的中点，若BC=CA=CC1，则BD1与AF1 所成的角的余弦值为_________。