高二数学利用向量解决空间角问题
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）；
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析以多面体为载体，以空间向量为工具，来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问题，是近年来高考数学的重点和热点，用空间向量解立体几何问题，极大地降低了求解立几的难度，很大程度上呈现出程序化思想。
更易于学生们所接受，故而执教者应高度重视空间向量的工具性。
首先，梳理一下利用空间向量解决立体几何的知识和基本求解方法 一：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 。
向量求法：设直线,a b 的方向向量为a,b ，其夹角为θ，则有cos ___________.θ= (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 。
向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与法向量所成角的余弦值为|cos |___________.θ=直线与平面所成的角为ϕ，则有sin ___________.ϕ=或在平面内任取一个向量m ，则|cos |___________.θ=.(3)二面角二面角的取值范围是 . 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1n ，2n 分别是两个面的 ，则向量1n 与2n 的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角的大小。
二：利用空间向量求空间距离 （1）点面距离的向量公式平面α的法向量为n ，点P 是平面α外一点，点M 为平面α内任意一点，则点P 到平面α的距离d 就是 ，即d =||||MP ⋅n n . （2）线面、面面距离的向量公式平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈l ，平面α与直线l 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d = .平面α∥β，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈β，平面α与平面β的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n . （3）异面直线的距离的向量公式设向量n 与两异面直线a 、b 都垂直，M ∈a 、P ∈b ，则两异面直线a 、b 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n .三：利用空间向量解证平行、垂直关系1：①所谓直线的方向向量，就是指 的向量，一条直线的方向向量有 个。
142 用空间向量研究距离、夹角问题(基础知识+基本题型)(含解析)--2022高二数学上
1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题（基础知识+基本题型）知识点一、用向量方法求空间角（1）求异面直线所成的角已知a ，b 为两异面直线，A ，C 与B ，D 分别是a ，b 上的任意两点，a ，b 所成的角为θ，则||cos ||||AC BD AC BD θ⋅=⋅。
要点诠释：两异面直线所成的角的范围为（00,900]。
两异面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。
（2）求直线和平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的角为ϕ，则有||sin |cos |||||θϕ⋅==⋅a u a u 。
（3）求二面角如图，若PA α⊥于A ，PB β⊥于B ，平面PAB 交l 于E ，则∠AEB 为二面角l αβ--的平面角，∠AEB+∠APB=180°。
若12⋅n n 分别为面α，β的法向量，121212,arccos ||||n n n n n n ⋅〈〉=⋅则二面角的平面角12,AEB ∠=〈〉n n 或12,π-〈〉n n ，即二面角θ等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角。
①当法向量1n 与2n 的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角θ的大小等于1n ，2n 的夹角12,〈〉n n 的大小。
②当法向量1n ，2n 的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角θ的大小等于1n ，2n的夹角的补角12,π-〈〉n n 的大小。
知识点二、用向量方法求空间距离1.求点面距的一般步骤：①求出该平面的一个法向量；②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；③求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离。
即：点A 到平面α的距离||AB n d n ⋅= ，其中B α∈，n是平面α的法向量。
2.线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解。
利用向量解决空间角问题
A
B
D1
CD, AB 与的关系？
DC, AB 与的关系？
结论： cos
•引入 •复习
| cos CD, AB |
•线面角 •二面角 •小结
•线线角
题型一：线线角
例一：Rt ABC中，BCA 900 , 现将 ABC沿着
平面ABC的法向量平移到A1B1C1位置，已知
•引入 •复习 •线线角
A
y
x
B
C
2 5 5
•二面角 •小结
•线面角
题型二：线面角
练习： 正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为1.
求B1C1与面AB1C 所成的角.
A1 B1
A B
D1
C1
D
C
•引入
•复习
•线线角
•线面角
•二面角
•小结
题型三：二面角
二面角的范围：
O
[0, ]
a b 夹角公式： cos a b
2.若A( x1, y1, z1 ), B( x2 , y2 , z2 )，则：
AB ( x2 x1 , y2 y1 , z2 z1 )
•引入 •复习 •线线角 •线面角 •二面角 •小结
题型一：线线角
异面直线所成角的范围： 0, 2 C D 思考：
30 所以 BD1 与 AF1 所成角的余弦值为 10
题型一：线线角 练习： 在长方体 ABCD A AB= 5，AD 8, 1B 1C1D 1 中，
AA1 4, M 为B1C1上的一点,且B1M 2,点N在线段A1D上，
A1D AN. (1)求证：A1D AM .
高考必考题—运用空间向量解决空间角(含解析)
运用空间向量解决空间角一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
例1、【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．例2、(2019南京学情调研） 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知底面ABCD 的边长AB ＝3，侧棱AA 1＝2，E 是棱CC 1的中点，点F 满足AF →＝2FB →.(1) 求异面直线FE 和DB 1所成角的余弦值； (2) 记二面角EB 1FA 的大小为θ，求|cos θ|.题型二、直线与平面所成的角直线与平面所成的角是通过研究直线的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特别注意所求的角与已求的角之间的关系。
例3、【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．例4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．题型三、平面与平面所成的角利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据观察判断向量在图形中的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点例5、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．例6、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.例7、（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．二、达标训练1、【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．2、【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.3、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.4、（2020届山东省九校高三上学期联考）已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，12AB AA ==，3BAD π∠=，ACBD O =，AO ⊥平面1A BD ，11A B A D =.（1）证明：1//B C 平面1A BD ； （2）求钝二面角1B AA D --的余弦值.5、（2020届山东省潍坊市高三上期末）在底面为正方形的四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面,,,ABCD PA PD E F =分别为棱PC 和AB 的中点.(1)求证://EF 平面PAD ;(2)若直线PC 与AB ，求平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的大小.6、(2019南京、盐城一模）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA ＝AB＝2，点E是棱PB的中点．(1) 求异面直线EC与PD所成角的余弦值；(2) 求二面角BECD的余弦值．一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
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。
向量法求空间角(有答案)
姓 名 年级 性 别 学 校 学 科 教师上课日期上课时间课题17向量法求空间角角的分类 向量求法 范围两异面直线l 1与l 2所成的角θ 设l 1与l 2的方向向量为a ，b ，则cos θ＝___________＝_______________ (0，π2]直线l 与平面α所成的角θ设l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝___________＝________[0，π2]二面角α－l－β的平面角θ 设平面α，β的法向量为n 1，n 2，则|cos θ|＝___________＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|[0，π]类型一 异面直线所成的角例1、如图，在三棱锥V －ABC 中，顶点C 在空间直角坐标系的原点处，顶点A ，B ，V 分别在x 轴、y 轴、z 轴上，D 是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ. 当θ＝π3时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值【自主解答】 由于AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)当θ＝π3时，在Rt △VCD 中，CD ＝2，∴V (0,0，6)，∴AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)，∴cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD →|AC →||VD →|＝－22×22＝－24. ∴异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24.1．几何法求异面直线的夹角时，需要通过作平行线将异面直线的夹角转化为平面角，再解三角形来求解，过程相当复杂；用向量法求异面直线的夹角，可以避免复杂的几何作图和论证过程只需对相应向量运算即可． 2．由于两异面直线夹角θ的范围是(0，π2]，而两向量夹角α的范围是[0，π]，故应有cos θ＝|cos α|，求解时要特别注意．变式1、在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，求异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值．【解】 以D 为坐标原点，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，如图，则A 1(4,0,3)，B (4,4,0)，B 1(4,4,3)，C (0,4,0)，得A 1B →＝(0,4，－3)，B 1C →＝(－4,0，－3)．设A 1B →与B 1C →的夹角为θ，则cos θ＝A 1B →·B 1C →|A 1B →||B 1C →|＝925，故A 1B →与B 1C →的夹角的余弦值为925， 即异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为925.类型二 求线面角例2、三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点． (1)证明：CM ⊥SN ； (2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．【自主解答】 设P A ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系(如图)．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，又AN ＝14AB ，M 、S 分别为PB 、BC 的中点，∴N (12，0,0)，M (1,0，12)，S (1，12，0)，(1)CM →＝(1，－1，12)，SN →＝(－12，－12，0)，∴CM →·SN →＝(1，－1，12)·(－12，－12，0)＝0，因此CM ⊥SN .(2)NC →＝(－12，1,0)，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，∴CM →·a ＝0，NC →·a ＝0.则⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝－2y .取y ＝1，则得a ＝(2,1，－2)． 因为cos a ，SN →＝－1－123×22＝－22.∴〈a ，SN →〉＝34π.所以SN 与平面CMN 所成角为34π－π2＝π4.1．题中直线的方向向量SN →与平面的法向量a 的夹角并不是所求线面角θ，它们的关系sin θ＝|cos 〈SN →，a 〉|.2．若直线l 与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：变式、正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1C 的中点，求BE 与平面B 1BDD 1所成角的余弦值．【解】 如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B (2,2,0)，B 1(2,2,2)，E (0,2,1)，BD →＝(－2，－2,0)，BB 1→＝(0,0,2)，BE →＝(－2,0,1)．AC →＝(－2,2,0)即平面B 1BDD 1的一个法向量，设n ＝(－1,1,0)． cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝105. 设BE 与平面B 1BD 所成角为θ，cos θ＝sin 〈n ，BE →〉＝155， 即BE 与平面B 1BD 所成角的余弦值为155. 类型三 求二面角例3、若正方形ACDE 所在的平面与平面ABC 垂直，M 是CE 和AD 的交点，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ，求二面角A －EB －C 的大小．【自主解答】 ∵四边形ACDE 是正方形，∴EA ⊥AC . 又∵平面ACDE ⊥平面ABC ，∴EA ⊥平面ABC .以点A 为坐标原点，以过A 点平行于BC 的直线为x 轴，分别以直线AC ，AE 为y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .设EA ＝AC ＝BC ＝2，则A (0,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，E (0,0,2)． ∵M 是正方形ACDE 的对角线的交点，∴M (0,1,1)．设平面EAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥AE →且n ⊥AB →，从而有n ·AE →＝0且n ·AB →＝0.又∵AE →＝(0,0,2)，AB →＝(2,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧(x ，y ，z )·(0，0，2)＝0，(x ，y ，z )·(2，2，0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，x ＋y ＝0.取y ＝－1，则x ＝1，则n ＝(1，－1,0)．又∵AM →为平面EBC 的一个法向量，且AM →＝(0,1,1)，∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n ||AM →|＝－12. 设二面角A －EB －C 的平面角为θ，则cos θ＝12，即θ＝60°. 故二面角A －EB －C 为60°.用向量法求二面角的大小，可以避免作出二面角的平面角这一难点，转化为计算两半平面法向量的夹角问题，具体求解步骤如下：(1)建立空间直角坐标系；(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量； (3)求两个法向量的夹角；(4)判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角； (5)确定二面角的大小．变式、已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长均为a ，D 是侧棱CC 1的中点，求平面AB 1D 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小．【解】 以B 为原点，过点B 与BC 垂直的直线为x 轴，BC 所在的直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (0，a,0)，B 1(0,0，a )，C 1(0，a ，a )，A (－32a ，a 2，0)，A 1(－32a ，a 2，a )，D (0，a ，a 2)． 故AB 1→＝(32a ，－a 2，a )，B 1D →＝(0，a ，－a2)．设平面AB 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·AB 1→＝0，n ·B 1D →＝0，即⎩⎨⎧32ax －a 2y ＋az ＝0，ay －a2z ＝0.得x ＝－3y ，z ＝2y . 取y ＝1，则n ＝(－3，1,2)．∵平面ABC 的法向量是AA 1→＝(0,0，a )，∴二面角θ的余弦值为cos θ＝AA 1→·n |AA 1→||n |＝22. ∴θ＝π4. ∴平面AB 1D 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小为π4.对所求角与向量夹角的关系不理解致误例4、正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，求二面角A －BD 1－C 的大小．【正解】 以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)． 由题意知DA 1→＝(1,0,1)是平面ABD 1的一个法向量， DC 1→＝(0,1,1)是平面BCD 1的一个法向量． 所以cos 〈DA 1→，DC 1→〉＝DC 1→·DA 1→|DC 1→|·|DA 1→|＝12，所以〈DA 1→，DC 1→〉＝60°. 所以二面角A －BD 1－C 的大小为120°.练习：1．若异面直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2所成的角为( )A ．30°B ．150°C ．30°或150°D ．以上均不对【解析】 l 1与l 2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为(0，π2]．应选A.2．已知向量m ，n 分别是直线l 与平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－32，则l 与α所成的角为( ) A ．30°B ．60°C ．150°D ．120°解析】 设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝32， ∴θ＝60°，应选B. 3．已知平面α的法向量u ＝(1,0，－1)，平面β的法向量v ＝(0，－1,1)，则平面α与β所成的二面角的大小为________．【解析】 cos 〈u ，v 〉＝－12·2＝－12，∴〈u ，v 〉＝23π，而所成的二面角可锐可钝，故也可以是π3.4．如图3－2－22直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，CC 1＝2，求直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．【解】 以CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,1,0)，C 1(0,0,2)，A 1(1,0,2)．则A 1B →＝(－1,1，－2)，平面BB 1C 1C 的法向量n ＝(1,0,0)．设直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角为θ，A 1B →与n 的夹角为φ，则cos φ＝A 1B →·n |A 1B →||n |＝－66，∴sin θ＝|cos φ|＝66. ∴直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为66.。
高中数学第三章空间向量与立体几何3.2立体几何中的向量方法3向量法解决空间角和距离问题省公开课一等奖
则点 P0 到直线 l 的距离 d＝ ＝|1a| |P→P0|·|a|2－|P→P0·a|2.
|P→P0|2－P→P|a0|·a2
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(2)点到平面距离 用空间向量法求点到平面距离详细步骤以下： 先确定平面的法向量，再求点与平面内一点的连线形成的斜线段在平面 的法向量上的射影长.如图，设 n＝(a，b，c)是平面 α 的一个法向量， P0(x0，y0，z0)为 α 外一点，P(x，y，z)是平面 α 内
答案 解析
A. 2
√B. 3
C. 5
D.3
以O为坐标原点，建立如图所表示空间直角坐标系.
由题意可知A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，
∴A→B＝(－1，2，0)，B→C＝(0，－2，2)，
|A→B|＝
1＋4＋0＝
→→ 5，|AB→·BC|＝
2.
|BC|
∴点 A 到直线 BC 的距离 d＝ 5－2＝ 3.
∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝ 3，求异面直线
A1B与AO1所成角余弦值大小.
解答
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反思与感悟
在处理立体几何中两异面直线所成角问题时，若能构建空间直角坐标系， 则建立空间直角坐标系，利用向量法求解.但应用向量法时一定要注意向 量所成角与异面直线所成角区分.
√D.
615或－
15 6
0，－1，3·2，2，4 由 1＋9× 4＋4＋16 ＝
－2＋12 10× 24＝
615，
知这个二面角的余弦值为 615或－ 615，故选 D.
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2.已知三棱锥O－ABC，OA⊥OB，OB⊥OC，OC⊥OA，且OA＝1，OB
3.2 向量法解决角度问题
解 由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB. 又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB， 所以OC⊥平面AA1B1B， 故OA，OA1，OC两两垂直，以O为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
设 AB＝2，则 A(1,0,0)，A1(0， 3，0)，C(0,0， 3)，B(－1,0,0)， 则B→C＝(1,0， 3)，B→B1＝A→A1＝(－1， 3，0)， A→1C＝(0，－ 3， 3).
证明 取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B. 因为CA＝CB，所以OC⊥AB. 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°， 故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB. 因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C. 又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正 弦值.
3，1，－
3· 7×
3，－1，－ 7
3|＝17.
∴异面直线 A1B 与 AO1 所成角的余弦值为17.
反思感悟 求异面直线夹角的方法 (1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解. (2)向量法：在两异面直线 a 与 b 上分别取点 A，B 和 C，D，则A→B与C→D可分
30 C. 30
15 D. 15
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0,0,2)，N(1,0,0)， ∴B→1M＝(－1，－1，－2)，
D→1N＝(1,0，－2)，
∴cos〈B→1M，D→1N〉＝
－1＋4 1＋1＋4×
＝ 1＋4
30 10 .
所以 O(0,0,0)，B1( 3，0,2)，C1(0,1,2)，
向量法求空间角(高三一轮复习)
A→1B·A→E＝(A→B－A→A1)·(A→C＋λA→A1)＝－16λ.
所以cos〈A→1B，A→E〉＝
→→ A1B·AE →→
＝
|A1B||AE|
2－＋λ2λ2，
因为异面直线A1B与AE所成角的余弦值为3102，所以 2＋λ 2λ2＝3102，解得λ＝34，
所以C1E＝1.
数学 N 必备知识 自主学习 关键能力 互动探究
因为AA1⊥平面ABC，故以点O为坐标原点，O→B
，O→C
，
→ AA1
的方向分别为x，y，
z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
数学 N 必备知识 自主学习 关键能力 互动探究
则A(0，－2,0)，B(2 3，0,0)，M(0,0,4)，N( 3，－1,4)，
则A→M＝(0,2,4)，B→N＝(－ 3，－1,4)，
— 30 —
则nn··AA→→DB＝＝－－xx＋＋z＝3y0＝，0， 取y＝ 3，
则n＝(3， 3，3)，
又因为C(－1,0,0)，F0， 43，34，
所以C→F＝1， 43，34，所以cos〈n，C→F〉＝|nn|·|CC→→FF|＝
6 21×
7＝4 7 3， 4
数学 N 必备知识 自主学习 关键能力 互动探究
(1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD 上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD 所成的角的正弦值．
数学 N 必备知识 自主学习 关键能力 互动探究
— 27 —
解 (1)证明：因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE，在△ABD和△CBD 中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB＝ CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE，又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE＝ E，所以AC⊥平面BED，因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
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
课时达标检测
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
课时达标检测
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(经典导学案及练习答案详解)
§7.7 向量法求空间角学习目标 能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用．知识梳理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 |. 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|.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，π2. 思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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．( × )(2)直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l 与平面α 所成的角．( × ) (3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ.( × )(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.( √ ) 教材改编题1．已知直线l 1的方向向量s 1＝(1,0,1)与直线l 2的方向向量s 2＝(－1,2，－2)，则l 1和l 2夹角的余弦值为( ) A.24 B.12 C.22 D.32答案 C解析 因为s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)， 所以cos 〈s 1，s 2〉＝s 1·s 2|s 1||s 2|＝－1－22×3＝－22.所以l 1和l 2夹角的余弦值为22. 2．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量、平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为________． 答案 30°解析 设直线l 与α所成角为θ， sin θ＝||cos 〈m ，n 〉＝12，又∵θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴θ＝30°. 3．已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为______． 答案 156解析|(0，－1，3)·(2，2，4)|1＋9×4＋4＋16＝156.题型一 异面直线所成的角例1 (1)(2022·大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F ，G 分别为AB ，CD 1，AD 的中点，则异面直线A 1G 与EF 所成角的余弦值为( )A ．0 B.1010C.22D ．1答案 A解析 如图，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(2,0,2)，G (1,0,0)， E (2,1,0)，F (0,1,1)，所以A 1G —→＝(－1,0，－2)，EF →＝(－2,0,1)， 设异面直线A 1G 与EF 所成的角为θ， 则cos θ＝|A 1G —→·EF →||A 1G —→||EF →|＝|(－1)×(－2)－2×1|5×5＝0.(2)(2022·杭州模拟)如图，已知圆锥CO 的截面△ABC 是正三角形，AB 是底面圆O 的直径，点D 在AB ︵上，且∠AOD ＝2∠BOD ，则异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为( )A.34 B.12 C.14 D.34答案 A解析 因为∠AOD ＝2∠BOD ， 且∠AOD ＋∠BOD ＝π，所以∠BOD ＝π3，连接CO ，则CO ⊥平面ABD ，以点O 为坐标原点，OB ，OC 所在直线分别为y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设圆O 的半径为2，则A (0，－2,0)，B (0,2,0)，C (0,0，23)，D (3，1,0)， AD →＝(3，3,0)，BC →＝(0，－2,23)， 设异面直线AD 与BC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AD →，BC →〉|＝|AD →·BC →||AD →||BC →|＝|－6|23×4＝34，因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为34. 教师备选如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 所成的角为( )A.π2B.π3C.π4D.π6 答案 B解析 以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0，2)，B (2，0,0)， C (0，2，0)，∴D ⎝⎛⎭⎫22，22，0， ∴AD →＝⎝⎛⎭⎫22，22，0，A 1C —→＝(0，2，－2)，∴cos 〈AD →，A 1C —→〉＝AD →·A 1C —→|AD →||A 1C —→|＝12，∴即异面直线AD ，A 1C 所成角为π3.思维升华 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，π2，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．跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为______．答案 13解析 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(图略)，正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，E (0,2,1)，A (2,0,0)， ∴D 1E —→＝(0,2，－1)， A 1F —→＝A 1A —→＋AF →＝A 1A —→＋λAD → ＝(－2λ，0，－2)．∴cos 〈A 1F —→，D 1E —→〉＝A 1F —→·D 1E —→|A 1F —→||D 1E —→|＝22λ2＋1×5＝3210，解得λ＝13⎝⎛⎭⎫λ＝－13舍. (2)(2022·武汉模拟)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________． 答案24解析 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形， 所以BM ⊥AC ，同理，A 1M ⊥AC ， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， BM ⊂平面ABC ， 所以BM ⊥平面A 1ACC 1， 因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1， 所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为坐标原点，MA →，MB →，MA 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．设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)， C 1(－2,0，3)，所以AC 1—→＝(－3,0，3)，A 1B —→＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1—→，A 1B —→〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24. 题型二 直线与平面所成的角例2 (2022·广州模拟)在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，点E 是边AB 的中点(如图1)，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ，得到四棱锥A 1－BCDE (如图2)．(1)证明：平面A 1BE ⊥平面BCDE ；(2)若A 1E ⊥BE ，连接CE ，求直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值． (1)证明 连接图1中的BD ，如图所示．因为四边形ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°， 所以△ABD 为等边三角形，所以DE ⊥AB ， 所以在图2中有DE ⊥BE ，DE ⊥A 1E ， 因为BE ∩A 1E ＝E ，BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ， 所以DE ⊥平面A 1BE ， 因为DE ⊂平面BCDE ， 所以平面A 1BE ⊥平面BCDE .(2)解 因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，A 1E ⊥BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ，所以A 1E ⊥平面BCDE ，以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，所以A 1(0,0,1)，C (2，3，0)，D (0，3，0)， E (0,0,0)，所以A 1D —→＝(0，3，－1)，A 1C —→＝(2，3，－1)，EC →＝(2，3，0)， 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D —→＝3y －z ＝0，n ·A 1C —→＝2x ＋3y －z ＝0，令y ＝1，则n ＝(0,1，3)，所以cos 〈n ，EC →〉＝n ·EC →|n ||EC →|＝327＝2114，所以直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值为2114. 教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，因为PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ， 所以l ⊥PD ，因为DC ∩PD ＝D ，PD ，DC ⊂平面PDC ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 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，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 因为平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以l 过点P ，设Q (m ，0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m ，0,1)，PB →＝(1,1，－1)，设平面QCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 记PB 与平面QCD 所成的角为θ，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值， 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1，当m ＝0时，sin θ＝33， 当m ≠0时，sin θ＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2mm 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63，当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤跟踪训练2 (2022·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S －BCD 中，平面SBD ⊥平面BCD ，A 是线段SD 上的点，△SBD 为等边三角形，∠BCD ＝30°，CD ＝2DB ＝4.(1)若SA ＝AD ，求证：SD ⊥CA ；(2)若直线BA 与平面SCD 所成角的正弦值为419565，求AD 的长．(1)证明 依题意，BD ＝2，在△BCD 中，CD ＝4，∠BCD ＝30°， 由余弦定理求得BC ＝23， ∴CD 2＝BD 2＋BC 2，即BC ⊥BD .又平面SBD ⊥平面BCD ，平面SBD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ， ∴BC ⊥平面SBD .从而BC ⊥SD ， 在等边△SBD 中，SA ＝AD ，则BA ⊥SD . 又BC ∩BA ＝B ，BC ，BA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥平面BCA ，又CA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥CA .(2)解 以B 为坐标原点，BC ，BD 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点B 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (23，0,0)，D (0,2,0)，S (0,1，3)，故CD →＝(－23，2,0)，SD →＝(0,1，－3)， 设平面SCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD →＝0，m ·SD →＝0，即⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，y －3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝1， ∴m ＝(1，3，1)， 设DA →＝λDS →(0≤λ≤1)，则DA →＝(0，－λ，3λ)，故A (0,2－λ，3λ)，则BA →＝(0,2－λ，3λ)， 设直线BA 与平面SCD 所成角为θ， 故sin θ＝||cos 〈m ，BA →〉＝|m ·BA →||m ||BA →|＝|23－3λ＋3λ|5·(2－λ)2＋3λ2＝419565，解得λ＝14或λ＝34，则AD ＝12或AD ＝32.题型三 平面与平面的夹角例3 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)如图，在三棱锥A －BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ＝AD ，O 为BD 的中点．(1)证明：OA ⊥CD; [切入点：线线垂直转化到线面垂直](2)若△OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，DE ＝2EA ，且二面角E －BC －D 的大小为45°，求三棱锥A －BCD 的体积. [关键点：建系写坐标]教师备选(2020·全国Ⅰ改编)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.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66DO.(1)证明：P A⊥平面PBC；(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值．(1)证明由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，则DO＝32，CO＝BO＝12AE＝12，所以PO＝66DO＝24，PC＝PO2＋OC2＝64，同理PB ＝64，P A ＝64， 又△ABC 为等边三角形， 则BA sin 60°＝2OA ，所以BA ＝32， P A 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以P A ⊥PB ，同理P A ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，PC ，PB ⊂平面PBC ， 所以P A ⊥平面PBC .(2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，24， B ⎝⎛⎭⎫－14，34，0，C ⎝⎛⎭⎫－14，－34，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫－14，－34，－24，PB →＝⎝⎛⎭⎫－14，34，－24，PE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，－24，设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33，所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，33，－2， 故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝223×103＝255， 所以平面BPC 与平面EPC 的夹角的余弦值为255.思维升华 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤跟踪训练3 (2021·全国乙卷改编)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM .(1)求BC ；(2)求平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值．解 (1)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD ，PD ⊥DC .在矩形ABCD 中，AD ⊥DC ，故以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC ＝t ，则A (t ，0,0)，B (t ，1,0)， M ⎝⎛⎭⎫t 2，1，0，P (0,0,1)，所以PB →＝(t ，1，－1)，AM →＝⎝⎛⎭⎫－t 2，1，0.因为PB ⊥AM ，所以PB →·AM →＝－t 22＋1＝0，得t ＝2，所以BC ＝ 2.(2)易知C (0,1,0)，由(1)可得AP →＝(－2，0,1)，AM →＝⎝⎛⎭⎫－22，1，0，CB →＝(2，0,0)，PB →＝(2，1，－1)．设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AP →＝0，n 1·AM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋z 1＝0，－22x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则z 1＝2，y 1＝1，所以平面APM 的一个法向量为n 1＝(2，1,2)． 设平面PMB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB →＝0，n 2·PB →＝0，即⎩⎨⎧2x 2＝0，2x 2＋y 2－z 2＝0，得x 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，所以平面PMB 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)． 设平面APM 与平面BPM 夹角为θ， cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝37×2＝31414， sin θ＝1－cos 2θ＝7014. 所以平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值为7014. 课时精练1．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值．解 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1—→}为一个正交基底，建立空间直角坐标系，因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°， 则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)， E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)． (1)A 1B —→＝(3，－1，－3)，AC 1—→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B —→，AC 1—→〉＝A 1B —→·AC 1—→|A 1B —→||AC 1—→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1AD 的一个法向量为 AE →＝(3，0,0)，设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1BD 的一个法向量， 又A 1B —→＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B —→＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2.所以m ＝(3，3，2)为平面A 1BD 的一个法向量， 从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m|＝333×4＝34.设平面A 1BD 与平面A 1AD 所成的角为θ， 则cos θ＝34.所以sin θ＝1－cos 2θ＝74.因此平面A1BD与平面A1AD所成角的正弦值为7 4.2．(2021·浙江)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB ＝1，BC＝4，P A＝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．(1)证明因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，易得CD⊥DM.又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，所以CD⊥平面PDM.因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.(2)解方法一由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角．连接AM，因为PM⊥MD，PM⊥DC，所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝7，又P A＝15，所以PM＝22，所以PB＝PC＝23，连接BN，结合余弦定理得BN＝11.连接AC ，则由余弦定理得AC ＝21， 在△P AC 中，结合余弦定理得 P A 2＋AC 2＝2AN 2＋2PN 2， 所以AN ＝15.所以在△ABN 中，cos ∠BAN ＝AB 2＋AN 2－BN 22AB ·AN ＝1＋15－11215＝156.设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝cos ∠BAN ＝156. 方法二 因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ， 所以PM ⊥平面ABCD . 连接AM ，则PM ⊥AM .因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以AM ＝7，又P A ＝15，所以PM ＝22， 由(1)知CD ⊥DM ，过点M 作ME ∥CD 交AD 于点E ， 则ME ⊥MD .故可以以M 为坐标原点，MD ，ME ，MP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－3，2,0)，P (0,0,22)，C (3，－1,0)， 所以N ⎝⎛⎭⎫32，－12，2.所以AN →＝⎝⎛⎭⎫332，－52，2.易知平面PDM 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AN →，n 〉|＝|AN →·n ||AN →||n |＝5215＝156.3.(2022·汕头模拟)如图，在圆柱OO 1中，四边形ABCD 是其轴截面，EF 为⊙O 1的直径，且EF ⊥CD ，AB ＝2，BC ＝a (a >1)．(1)求证：BE ＝BF ；(2)若直线AE 与平面BEF 所成角的正弦值为63，求平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值． (1)证明 如图，连接BO 1，在圆柱OO 1中， BC ⊥平面CEDF ，∵EF ⊂平面CEDF ，∴EF ⊥BC ， ∵EF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，BC ， CD ⊂平面ABCD ， ∴EF ⊥平面ABCD ， 又BO 1⊂平面ABCD ， ∴EF ⊥BO 1，∵在△BEF 中，O 1为EF 的中点，∴BE ＝BF . (2)解 连接OO 1，则OO 1与该圆柱的底面垂直，以点O 为坐标原点，OB ，OO 1所在直线分别为y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，E (－1,0，a )， F (1,0，a )，AE →＝(－1,1，a )，BE →＝(－1，－1，a )，BF →＝(1，－1，a )， 设平面BEF 的法向量是n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BE →＝0，n 1·BF →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋az 1＝0，x 1－y 1＋az 1＝0， 取z 1＝1，得n 1＝(0，a ，1)，设直线AE 与平面BEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AE →，n 1〉| ＝2a a 2＋2·a 2＋1＝63， 化简得(a 2－2)(a 2－1)＝0，∵a >1，解得a ＝2，∴n 1＝(0，2，1)，设平面ABE 的法向量是n 2＝(x 2，y 2，z 2)，AB →＝(0,2,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·AB →＝0，n 2·AE →＝0，得⎩⎨⎧2y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0， 取z 2＝1，得n 2＝(2，0,1)，设平面ABE 与平面BEF 的夹角为α，则cos α＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13， ∴平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值为13.4.(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点，BF ⊥A 1B 1.(1)证明：BF ⊥DE ；(2)当B 1D 为何值时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小？(1)证明 因为E ，F 分别是AC 和CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2，所以CF ＝1，BF ＝ 5. 如图，连接AF ，由BF ⊥A 1B 1，AB ∥A 1B 1，得BF ⊥AB ，于是AF ＝BF 2＋AB 2＝3，所以AC ＝AF 2－CF 2＝2 2.由AB 2＋BC 2＝AC 2，得BA ⊥BC ，故以B 为坐标原点，以BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，E (1,1,0)，F (0,2,1)，BF →＝(0,2,1)．设B 1D ＝m (0≤m ≤2)，则D (m ，0,2)，于是DE →＝(1－m ，1，－2)．所以BF →·DE →＝0，所以BF ⊥DE .(2)解 易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面DFE 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 2＝0，EF →·n 2＝0， 又DE →＝(1－m ，1，－2)，EF →＝(－1,1,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧(1－m )x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＋z ＝0， 令x ＝3，得y ＝m ＋1，z ＝2－m ，于是平面DFE 的一个法向量为n 2＝(3，m ＋1,2－m )，所以cos 〈n 1，n 2〉＝32⎝⎛⎭⎫m －122＋272. 设平面BB 1C 1C 与平面DFE 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈n 1，n 2〉，故当m ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小，为33，即当B 1D ＝12时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小．。
《利用向量法求空间角》教案
《利用向量法求空间角》教案一、教学目标1. 让学生掌握空间向量的基本概念及其运算法则。
2. 培养学生利用向量法求空间角的能力。
3. 提高学生对空间几何图形直观感知和分析解决问题的能力。
二、教学内容1. 空间向量的概念及其表示方法。
2. 空间向量的运算法则。
3. 空间向量与空间角的关系。
4. 利用向量法求空间角的方法步骤。
5. 实际应用举例。
三、教学重点与难点1. 教学重点：空间向量的基本概念、运算法则、利用向量法求空间角的方法。
2. 教学难点：空间向量与空间角的关系，利用向量法求空间角的步骤。
四、教学方法1. 采用讲授法，讲解空间向量的基本概念、运算法则和求空间角的方法。
2. 运用案例分析法，分析实际应用问题。
3. 引导学生运用小组合作、讨论交流等方式，提高分析解决问题的能力。
五、教学过程1. 导入新课：简要回顾二维向量的基本概念及其运算法则，引出空间向量的概念。
2. 讲解空间向量的基本概念及其表示方法，让学生掌握空间向量的定义和表示方法。
3. 讲解空间向量的运算法则，引导学生运用运算法则进行向量运算。
4. 讲解空间向量与空间角的关系，引导学生理解向量法求空间角的依据。
5. 讲解利用向量法求空间角的方法步骤，并通过示例演示求解过程。
6. 开展课堂练习，让学生运用向量法求解空间角的问题。
7. 分析实际应用举例，让学生体会向量法在解决空间几何问题中的应用价值。
9. 布置课后作业，巩固所学知识。
六、教学评价1. 课后作业：布置有关空间向量运算和空间角求解的习题，检验学生对课堂内容的掌握程度。
2. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答情况，了解学生的学习状态。
3. 小组讨论：评估学生在小组合作、讨论交流中的表现，检验学生对知识的理解和应用能力。
七、教学反思1. 教师应根据学生的实际水平，适当调整教学内容和难度，确保学生能够跟上教学进度。
2. 在教学过程中，注意引导学生运用数学符号和语言进行表达，培养学生的数学思维能力。
高中数学 3.2.3用向量方法求空间中的角课后习题 新人教A版高二选修2-1数学试题
第三课时用向量方法求空间中的角课时演练·促提升A组1.已知A(0,1,1),B(2,-1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),则直线AB和直线CD所成角的余弦值为()A. B.-C. D.-解析:=(2,-2,-1),=(-2,-3,-3),而cos =,故直线AB和CD所成角的余弦值为.答案:A2.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l与平面α所成的角等于()A.120°B.60°C.30°D.以上均错解析:∵l的方向向量与平面α的法向量的夹角为120°,∴它们所在直线的夹角为60°.则直线l与平面α所成的角为90°-60°=30°.答案:C3.若二面角α-l-β的大小为120°,那么平面α与平面β的法向量的夹角为()A.120°B.60°C.120°或60°D.30°或150°解析:二面角为120°时,其法向量的夹角可能是60°,也可能是120°.答案:C4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB的中点,则sin<>的值为()A. B. C. D.解析:如图,以D为原点,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.设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),B1(1,1,1),C(0,1,0),M,∴=(1,1,1),,∴cos<>==,∴sin<>=.答案:B5.如图,过边长为1的正方形ABCD的顶点A作线段EA⊥平面ABCD,若EA=1,则平面ADE与平面BCE所成的二面角的大小是()A.120°B.45°C.135°D.60°解析:以A为原点,分别以AB,AD,AE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,则E(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),则=(1,0,-1),=(1,1,-1).设平面BCE的法向量为n=(x,y,z).则有可取n=(1,0,1),又平面EAD的法向量为=(1,0,0),所以cos n, =,故平面ADE与平面BCE所成的二面角为45°.答案:B6.在正四棱锥P-ABCD中,高为1,底面边长为2,E为BC的中点,则异面直线PE与DB所成的角为. 解析:建立空间直角坐标系如图,则B(1,1,0),D(-1,-1,0),E(0,1,0),P(0,0,1), 故=(2,2,0),=(0,1,-1).从而cos<>=,即<>=.于是PE与DB所成的角为.答案:7.若空间直线l的方向向量为t,平面α的法向量为n,t与n的夹角θ>,则l与α所成角为. 解析:如图可知,l与α所成角为θ-.答案:θ-8.如图,已知ABC-A1B1C1是直三棱柱,∠ACB=90°,点D1,F1分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,求BD1与AF1所成角的余弦值.解:如图,以C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 设CB=CA=CC1=1,则A(1,0,0),B(0,1,0),D1,F1,则.故||=,||=,则cos<>=.于是BD1与AF1所成角的余弦值为.9.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AA1,AB的中点,求EF和平面ACC1A1夹角的大小.解:建立如图的空间直角坐标系,设正方体棱长为2,则由E,F分别是AA1,AB的中点,得E(2,0,1),F(2,1,0).过F作FG⊥AC于G,则由正方体性质知FG⊥平面ACC1A1.连接EG,则的夹角即为所求,又因为F是AB的中点,所以AG=AC,所以G=(0,1,-1).cos<>=.∴<>=,即EF与平面ACC1A1的夹角为.10.在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)求证:BD⊥平面AED;(2)求二面角F-BD-C的余弦值.(1)证明:∵四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,∴∠ADC=∠BCD=120°.又∵CB=CD,∴∠CDB=30°.∴∠ADB=90°,即AD⊥BD.又∵AE⊥BD,且AE∩AD=A,AE⊂平面AED,AD⊂平面AED,∴BD⊥平面AED.(2)解:由(1)知AD⊥BD,∴AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD,因此CA,CB,CF两两垂直.以C为坐标原点,分别以CA,CB,CF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.不妨设CB=1,则C(0,0,0),B(0,1,0),D,F(0,0,1),因此=(0,-1,1).设平面BDF的一个法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,即x-y=0,-y+z=0,所以x=y=z.令z=1,得m=(,1,1).由于=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量,则cos<m,>=,故二面角F-BD-C的余弦值为.B组1.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,E是侧棱BB1的中点.则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为()A.60°B.90°C.45°D.以上都不正确解析:以点D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.由题意知,A1(1,0,2),E(1,1,1),D1(0,0,2),A(1,0,0),所以=(0,1,-1),=(1,1,-1),=(0,-1,-1).设平面A1ED1的一个法向量为n=(x,y,z),则令z=1,得y=1,x=0,所以n=(0,1,1),cos<n,>==-1.所以<n,>=180°.所以直线AE与平面A1ED1所成的角为90°.答案:B2.在空间中,已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0,a)(a>0),如果平面α与平面xOy的夹角为45°,则a=.解析:平面xOy的法向量为n=(0,0,1),设平面α的法向量为u=(x,y,z),则则3x=4y=az,取z=1,则u=,而cos<n,u>=.又a>0,故a=.答案:3.在四面体ABCD中,O是BD的中点,|CA|=|CB|=|CD|=|BD|=2,|AB|=|AD|=,则异面直线AB与CD所成的角的余弦值是.解析:以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则点B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,,0),A(0,0,1),=(-1,0,1),=(-1,-,0).所以cos<>=.故异面直线AB与CD所成的角的余弦值为.答案:4.在底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD中,AB⊥AC,PA⊥平面ABCD,且PA=AB,E是PD的中点,求二面角E-AC-D的大小.解:如图,以A为原点,分别以AC,AB,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设PA=AB=a,AC=b.连接BD与AC交于O,取AD中点F,连接OE,OF,EF,则C(b,0,0),B(0,a,0),.∴D(b,-a,0),P(0,0,a).∴E,O=(b,0,0),∵=0,∴=0.∴.∴∠EOF为二面角E-AC-D的平面角.cos =.∴二面角E-AC-D的大小为45°.5.如图,已知点P在正方体ABCD-A'B'C'D'的对角线BD'上,∠PDA=60°.(1)求DP与CC'所成角的大小;(2)求DP与平面AA'D'D所成角的大小.解:如图,以D为原点,DA为单位长度建立空间直角坐标系Dxyz.则=(1,0,0),=(0,0,1).连接BD,B'D'.在平面BB'D'D中,延长DP交B'D'于点H.设=(m,m,1)(m>0),由已知<>=60°,由=||||cos<>,可得2m=,解得m=,所以.(1)因为cos<>=,所以<>=45°,即DP与CC'所成的角为45°.(2)平面AA'D'D的一个法向量是=(0,1,0).因为cos<>=,所以<>=60°.故DP与平面AA'D'D所成的角为30°.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1.(1)求证:PC⊥AD;(2)求二面角A-PC-D的正弦值;(3)若E为棱PA上的点,且异面直线BE与CD所成的角为30°,求AE的长.解:如图,以点A为原点,AD,AC,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,由题意得A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B,P(0,0,2).(1)证明:易得=(0,1,-2),=(2,0,0),于是=0,所以PC⊥AD.(2)=(0,1,-2),=(2,-1,0).设平面PCD的法向量n=(x,y,z),则不妨令z=1,可得n=(1,2,1).可取平面PAC的法向量m=(1,0,0).于是cos<m,n>=,从而sin<m,n>=.所以二面角A-PC-D的正弦值为.(3)设点E的坐标为(0,0,h),其中h∈[0,2].由此得=(2,-1,0),故cos<>==.所以=cos 30°=,解得h=,即AE的长为.。
高考数学一轮复习第八章立体几何第六节利用空间向量求空间角课件理
(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成 的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选 择一个合理的位置建立空间直角坐标系．
[易错防范] 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．求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．
答案：13
4．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)，E1，0，12，D(0，1,0)，
以 B 为原点，分别以
的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的
正方向建立空间直角坐标系，则 A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，
F(2,2,1)．
因为 AB⊥平面 BEC，所以 ＝(0,0,2)为平面 BEC 的法向量． 设 n＝(x，y，z)为平面 AEF 的法向量．
所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为23.
A(0，－ 3，0)，E(1,0， 2)，F－1，0， 22，C(0， 3，0)，
所以直线
AE
与直线
CF
所成角的余弦值为
3 3.
[解题模板] 利用向量法求异面直线所成角的步骤
直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠BCA＝90°，M，N 分别是 A1B1，
A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( )
接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1.
由∠ABC＝120°，可得 AG＝GC＝ 3.
高中数学空间向量与立体几何立体几何中的向量方法利用空间向量求空间角空间距离问题数学.doc
3.2.3 利用空间向量求空间角、空间距离问题1．空间角及向量求法(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)直线l∥平面α，则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离．( )(3)若平面α∥β，则两平面α，β的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离，也可转化为平面α内某点到平面β的距离．( )答案 (1)× (2)√ (3)√2．做一做(请把正确的答案写在横线上)(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的大小为________．(2)(教材改编P 111A 组T 11)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的中点，O 是底面ABCD 的中点，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 所成的角为________．(3)已知平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为________．答案 (1)45°或135° (2)π2 (3)103解析 (2)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2 ，则O (1,1,0)，P (2，x,2)，B (2,2,0)，M (0,2,1)，则OP→＝(1，x －1,2)，BM →＝(－2,0,1)．所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 所成角为π2. 探究1 利用空间向量求线线角例1 如图1，已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高分别为1和2，AB ＝4.求异面直线AQ 与PB 所成角的余弦值．[解] 由题设知，ABCD 是正方形，连接AC ，BD ，交于点O ，则AC ⊥BD .连接PQ ，则PQ 过点O .由正四棱锥的性质知PQ ⊥平面ABCD ，故以O 为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图2)，则P(0,0,1)，A(22，0,0)，Q(0,0，－2)，B(0,22，0)，∴AQ→＝(－22，0，－2)，PB→＝(0,22，－1)．于是cos〈AQ→，PB→〉＝AQ→·PB→|AQ→||PB→|＝39，∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为3 9 .拓展提升两异面直线所成角的求法(1)平移法：即通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形获解．(2)取定基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在由公式cos〈a，b〉＝a·b|a||b|求向量a、b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a、b用一组基底表示出来，再求有关的量．(3)用坐标法求异面直线的夹角的方法①建立恰当的空间直角坐标系；②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式；③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角；④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角．【跟踪训练1】如图，在三棱锥V－ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z轴上，D是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ.当θ＝π3时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值．解 由于AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)．当θ＝π3时，在Rt △VCD 中，CD ＝2，故有V (0,0，6)．所以AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)．所以cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD→|AC →||VD →|＝－22×22＝－24.所以异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24.探究2 利用空间向量求线面角例2 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ABB 1A 1所成的角．[解] 建立如下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 ，a2， 2a ， 取A 1B 1的中点M ，则M ⎝⎛⎭⎪⎫0，a2，2a ，连接AM ，MC 1，有MC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，0，0， AB →＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a )．∴MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0， ∴MC 1→⊥AB →，MC1→⊥AA 1→， 即MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1，又AB ∩AA 1＝A ， ∴MC 1⊥平面ABB 1A 1 .∴∠C 1AM 是AC 1与侧面A 1ABB 1所成的角．由于AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ，∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|AC 1→|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos 〈AC1→，AM →〉＝9a 243a ×3a 2＝32. ∴〈AC 1→，AM →〉＝30°，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°. [解法探究] 此题有没有其他解法？解 与原解建立相同的空间直角坐标系，则AB →＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a )，AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a . 设侧面ABB 1A 1的法向量n ＝(λ，x ，y )，∴n ·AB →＝0且n ·AA1→＝0.∴ax ＝0且2ay ＝0.∴x ＝y ＝0.故n ＝(λ，0,0)．∵AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a ， ∴cos 〈AC 1→，n 〉＝n ·AC1→|n ||AC 1→|＝－λ2|λ|.∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝12. ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.[条件探究] 此题中增加条件“E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点”，求B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值．解 建立如图所示的空间直角坐标系，则B 1(0，a ，2a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，22a ，G ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－34a ，a 4，2a ， 于是B 1F →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－a ，－22a ，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－a 2，22a ， EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－34a ，－a 4，2a . 设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a 2y ＋22az ＝0，－34ax －a 4y ＋2az ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2z ，x ＝6z ，令z ＝1，得x ＝6，y ＝2，所以平面GEF 的一个法向量为n ＝(6，2，1)， 所以|cos 〈B 1F →，n 〉|＝|n ·B 1F →||n ||B 1F →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2a －22a 9×a 2＋a 22＝33. 所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为33.拓展提升求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．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→|.【跟踪训练2】 如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．解 (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎪⎫52，1，2， PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎨⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525，则直线AN 与平面PMN所成角的正弦值为8525.探究3 利用空间向量求二面角例3 如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值．[解] (1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，GF→的方向为x轴正方向，|GF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝3，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，3)．由已知，AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE －F的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C(－2,0，3)．连接AC，则EC→＝(1,0，3)，EB→＝(0,4,0)，AC→＝(－3，－4，3)，AB→＝(－4,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则⎩⎨⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.拓展提升二面角的向量求法(1)若AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个半平面内与棱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)利用坐标法求二面角的步骤设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，如图②.用坐标法的解题步骤如下：①建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系． ②求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n 1，n 2.③计算：求n1与n2所成锐角θ，cosθ＝|n1·n2| |n1||n2|.④定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ.【跟踪训练3】若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC ＝2，求二面角A－PB－C的余弦值．解 解法一：如下图所示，取PB 的中点D ，连接CD .∵PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB .∴作AE ⊥PB 于E ，那么二面角A －PB －C 的大小就等于异面直线DC 与EA 所成的角θ的大小．∵PD ＝1，PE ＝PA 2PB ＝12，∴DE ＝PD －PE ＝12，又∵AE ＝AP ·AB PB ＝32，CD ＝1，AC ＝1，AC →＝AE →＋ED →＋DC →，且AE →⊥ED →，ED →⊥DC→，∴|AC →|2＝|AE →|2＋|ED →|2＋|DC →|2＋2|AE →|·|DC →|·cos(π－θ)， 即1＝34＋14＋1－2×32×1×cos θ，解得cos θ＝33.故二面角A －PB －C 的余弦值为33.解法二：由解法一可知，向量DC →与EA →的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Cxyz ，则A (1,0,0)，B (0，2，0)，C (0,0,0)，P (1,0,1)，D 为PB的中点，D ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12，22，12. ∵PE EB ＝AP 2AB 2＝13，即E 分PB →的比为13，∴E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫34，24，34，EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14，－24，－34， DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，－22，－12，|EA →|＝32，|DC →|＝1，EA →·DC →＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－24×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12.∴cos 〈EA →，DC →〉＝EA →·DC →|EA →||DC →|＝33. 故二面角A －PB －C 的余弦值为33.解法三：如右图所示，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，AP →＝(0,0,1)，AB →＝(2，1,0)，CB →＝(2，0,0)，CP →＝(0，－1,1)，设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·AP →＝0，m ·AB →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，z ·0，0，1＝0，x ，y ，z ·2，1，0＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ，z ＝0，令x ＝1，则m ＝(1，－2，0)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎨⎧n ·CB →＝0，n ·CP →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′，y ′，z ′·2，0，0＝0，x ′，y ′，z ′·0，－1，1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝0，y ′＝z ′.令y ′＝－1，则n ＝(0，－1，－1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33.∴二面角A －PB －C 的余弦值为33.探究4 利用空间向量求距离例4 已知正方形ABCD 的边长为1，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝1，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．(1)求点D 到平面PEF 的距离； (2)求直线AC 到平面PEF 的距离．[解] 解法一：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，P (0，0,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0.设DH ⊥平面PEF ，垂足为H ，则DH →＝xDE →＋yDF →＋zDP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12y ，12x ＋y ，z ·(x ＋y ＋z ＝1)，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－1.∴DH →·PE →＝x ＋12y ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋y －z ＝54x ＋y －z ＝0.同理，DH →·PF →＝x ＋54y －z ＝0，又x ＋y ＋z ＝1，∴可解得x ＝y ＝417，z ＝917.∴DH →＝317(2,2,3)．∴|DH →|＝31717.因此，点D 到平面PEF 的距离为31717.(2)设AH ′⊥平面PEF ，垂足为H ′，则AH ′→∥DH →，设AH ′→＝λ(2,2,3)＝(2λ，2λ，3λ)(λ≠0)，则EH ′→＝EA →＋AH ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0＋(2λ，2λ，3λ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ，2λ－12，3λ.∴AH ′→·EH ′→＝4λ2＋4λ2－λ＋9λ2＝0，即λ＝117.∴AH ′→＝117(2,2,3)，|AH ′→|＝1717， 又AC ∥平面PEF ，∴AC 到平面PEF 的距离为1717.解法二：(1)由解法一建立的空间直角坐标系知EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，设平面PEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋12y ＝0，x ＋12y －z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，z ＝32x ，令x ＝2，则n ＝(2,2,3)， ∴点D 到平面PEF 的距离d ＝|DE →·n ||n |＝|2＋1|4＋4＋9＝31717.(2)∵AC ∥EF ，∴直线AC 到平面PEF 的距离也即是点A 到平面PEF 的距离．又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，∴点A 到平面PEF 的距离为 d ＝|AE →·n ||n |＝117＝1717.拓展提升1.向量法求点到直线的距离的两种思路(1)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题，即利用待定系数法求出垂足的坐标，然后求出向量的模，这是求各种距离的通法．(2)直接套用点线距公式求解，其步骤为直线的方向向量a →所求点到直线上一点的向量PP ′→及其在直线的方向向量a 上的投影→代入公式．注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化． 2．点面距、线面距、面面距的求解方法线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行．点面距的求解步骤：(1)求出该平面的一个法向量；(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量； (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．【跟踪训练4】 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是C 1C ，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离．解 如图，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)，∴EF →＝(1，－2,1)，EG →＝(2，－1，－1)，GA →＝(0，－1,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面EFG 的法向量，则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，∴x ＝y ＝z ，可取n ＝(1,1,1)， ∴d ＝|GA →·n ||n |＝13＝33，即点A 到平面EFG 的距离为33.探究5 与空间有关的探索性问题例5 如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所成的平面互相垂直，BE ∥CF ，∠BCF ＝∠CEF ＝90°，AD ＝3，EF ＝2.(1)求证：AE ∥平面DCF ；(2)当AB 的长为何值时，二面角A －EF －C 的大小为60°？[解] 如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 所在直线分别作为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz .设AB ＝a ，BE ＝b ，CF ＝c ，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，b,0)，F (0，c,0)．(1)证明：AE →＝(0，b ，－a )，CB →＝(3，0,0)，BE →＝(0，b,0)，∴CB →·AE →＝0，CB →·BE →＝0， 从而CB ⊥AE ，CB ⊥BE . 又AE ∩BE ＝E ， ∴CB ⊥平面ABE . ∵CB ⊥平面DCF ，∴平面ABE ∥平面DCF .又AE ⊂平面ABE ， 故AE ∥平面DCF .(2)∵EF →＝(－3，c －b,0)，CE →＝(3，b,0)， 且EF →·CE →＝0，|EF→|＝2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－3＋b c －b ＝0，3＋c －b2＝2，解得b ＝3，c ＝4.∴E (3，3,0)，F (0,4,0)．设n ＝(1，y ，z )与平面AEF 垂直， 则n ·AE →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1，y ，z ·0，3，－a ＝0，1，y ，z ·－3，1，0＝0，解得n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，3，33a.又∵BA ⊥平面BEFC ，BA →＝(0,0，a )，∴|cos 〈n ，BA →〉|＝|n ·BA →||n ||BA →|＝334a 2＋27＝12， 解得a ＝92或a ＝－92(舍去)．∴当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°.拓展提升利用向量解决存在性问题的方法策略求解存在性问题的基本策略是：首先，假定题中的数学对象存在；其次，构建空间直角坐标系；再次，利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题；最后，解方程，下结论．利用上述思维策略，可使此类存在性难题变为常规问题．【跟踪训练5】 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝12AB ，点E 是棱AB 上一点，且AEEB＝λ. (1)证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)是否存在λ，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4？并说明理由．解 (1)证明：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,2,1)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)．因为AEEB ＝λ，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，0， 于是D 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1，A 1D →＝(－1,0，－1)，所以D 1E →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1·(－1,0，－1)＝－1＋0＋1＝0，故D 1E ⊥A 1D .(2)因为DD 1⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设平面D 1EC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0，CD 1→＝(0，－2,1)， 则⎩⎨⎧n 1·CE →＝0，n 1·CD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0＝0，n 1·0，－2，1＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ·21＋λ＝0，－2y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋λ，1，2. 因为二面角D 1－EC －D 的平面角为π4，所以22＝|n ·n 1||n ||n 1|，即22＝21＋4＋⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2，解得λ＝233－1. 故存在λ＝233－1，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4.1.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，把立体几何问题转化为向量问题.(2)通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及相应的距离和夹角等问题.(3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义. 2.利用法向量求直线AB 与平面α所成的角θ的步骤 (1)求平面α的法向量n .(2)利用公式sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →||n |，注意直线和平面所成角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.3.利用法向量求二面角的余弦值的步骤 (1)求两平面的法向量.(2)求两法向量的夹角的余弦值.(3)由图判断所求的二面角是锐角、直角，还是钝角，从而下结论.在用法向量求二面角的大小时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小.4.点面距的求解步骤(1)求出该平面的一个法向量.(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量. (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离.1．若两异面直线l 1与l 2的方向向量分别为a ＝(0,4，－3)，b ＝(1,2,0)，则直线l 1与l 2的夹角的余弦值为( )A.32B.8525C.4315D.33答案 B解析 设l 1，l 2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝0×1＋4×2＋－3×05×5＝8525.2．直角△ABC 的两条直角边BC ＝3，AC ＝4，PC ⊥平面ABC ，PC ＝95，则点P 到斜边AB 的距离是( )A ．5B ．3C ．3 2 D.125答案 B解析 以C 为坐标原点，CA ，CB ，CP 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．则A (4,0,0)，B (0,3,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，95，所以AB →＝(－4,3,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，0，95， 所以AP →在AB →上的投影长为|AP →·AB →||AB →|＝165，所以点P 到AB 的距离为d ＝|AP →|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1652＝16＋8125－25625＝3.故选B.3．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E ，F 分别是AD ，BC 的中点，O 是正方形中心，则折起后，∠EOF 的大小为( )A ．(0°，90°)B ．90°C ．120°D ．(60°，120°)答案 C解析 OE →＝12(OA →＋OD →)，OF →＝12(OB →＋OC →)，∴OE →·OF →＝14(OA →·OB →＋OA →·OC →＋OD →·OB →＋OD →·OC →)＝－14|OA →|2.又|OE →|＝|OF →|＝22|OA →|，∴cos 〈OE →，OF →〉＝－14|OA →|212|OA →|2＝－12.∴∠EOF ＝120°.故选C. 4．平面α的法向量n 1＝(1,0，－1)，平面β的法向量n 2＝(0，－1,1)，则平面α与β所成二面角的大小为________．答案π3或2π3解析 设二面角的大小为θ，则cos 〈n 1，n 2〉＝1×0＋0×－1＋－1×12·2＝－12，所以cos θ＝12或－12，∴θ＝π3或2π3.5．如图，在长方体AC 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝2，点E ，F 分别是平面A 1B 1C 1D 1、平面BCC 1B 1的中心．以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．试用向量方法解决下列问题：(1)求异面直线AF 和BE 所成的角；(2)求直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值．解 (1)由题意得A (2,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，2，22，B (2,2,0)，E (1，1，2)，C (0,2,0)．∴AF →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫－1，2，22，BE →＝(－1，－1，2)， ∴AF →·BE →＝1－2＋1＝0.∴直线AF 和BE 所成的角为90°.(2)设平面BEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，又BC→＝(－2,0,0)，BE →＝(－1，－1，2)，则n ·BC →＝－2x ＝0，n ·BE →＝－x －y ＋2z ＝0，∴x ＝0，取z ＝1，则y ＝2，∴平面BEC 的一个法向量为n ＝(0，2，1)．∴cos 〈AF →，n 〉＝AF →·n|AF →||n |＝522222×3＝53333.设直线AF 和平面BEC 所成的角为θ，则sin θ＝53333，即直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值为53333.。
高考数学一轮复习---利用空间向量求空间角
利用空间向量求空间角一、基础知识1．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |❶， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量． 2．直线与平面所成角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |❷.3．二面角(1)若AB ，CD 分别是二面角αl β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|❸，如图(2)(3)．二、常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理cos θ＝cos θ1cos θ2.如图，若OA 为平面α的一条斜线，O 为斜足，OB 为OA 在平面α内的射影，OC 为平面α内的一条直线，其中θ为OA 与OC 所成的角，θ1为OA 与OB 所成的角，即线面角，θ2为OB 与OC 所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2.三、考点解析考点一异面直线所成的角例、如图，在三棱锥PABC中，P A⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱P A，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，P A＝AC＝4，AB＝2.(1)求证：MN∥平面BDE；(2)已知点H在棱P A上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH的长．[解题技法]用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．[跟踪训练1.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是()A．30°B．45°C．60°D．90°2.如图，在四棱锥PABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面P AC；(2)若P A＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．考点二 直线与平面所成的角例、如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值．[解题技法]利用向量求线面角的2种方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．跟踪训练1．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．2.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BA ＝BC ＝5，AC ＝8，D 为线段AC 的中点．(1)求证：BD ⊥A 1D ；(2)若直线A 1D 与平面BC 1D 所成角的正弦值为45，求AA 1的长．考点三 二面角例、如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B D ′A C 的余弦值．[解题技法](1)利用法向量求二面角的大小时，由于法向量的方向不同，两个法向量的夹角与二面角的大小可能相等，也可能互补．所以，两个法向量的夹角的余弦值与二面角的余弦值可能存在正负号的差异．(2)有时用观察法难以判定二面角是钝角还是锐角，为了保证解题结果准确无误，我们给出一种万无一失的方法：就是在两个半平面和二面角的棱上各取1个向量，要求这三个向量必须起点相同，在利用行列式计算法向量时，棱对应的向量必须排前面，即口诀“起点同，棱排前”，这样求出的两个法向量的夹角一定与二面角的大小相等．跟踪训练如图所示，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，△DAB ≌△DCB ，E 为线段BD 上的一点，且EB ＝ED ＝EC ＝BC ，连接CE 并延长交AD 于F .(1)若G 为PD 的中点，求证：平面P AD ⊥平面CGF ；(2)若BC ＝2，P A ＝3，求二面角B CP D 的余弦值．课后作业1.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( ) A.3030 B.3015 C.3010 D.15152、已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.243．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B AA 1C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7B.6C.5 D ．2 4.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35B.56C.3310D.36105．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.226．如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线OF 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.7.如图，已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点，则二面角F OE A 的余弦值为________．8．如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧C D 所在平面垂直，M 是C D 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．9．如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M P A C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值提高练习1．如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；(2)若∠BAD＝60°，求二面角BOB1C的余弦值．2．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.平面P AD⊥平面ABCD，P A＝PD，点E在PC上，DE⊥平面P AC.(1)求证：P A⊥平面PCD；(2)设AD＝2，若平面PBC与平面P AD所成的二面角为45°，求DE的长．3．如图，在三棱锥PABC中，平面P AB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝23，AC＝26，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.(1)求证：PD⊥平面ABC；(2)若直线P A与平面ABC所成的角为45°，求平面P AC与平面PDE所成的锐二面角大小．。
高中数学课件-第8讲 向量法求空间角
第8讲 向量法求空间角1.掌握空间向量的应用.2.会用空间向量求空间角.考试要求01聚焦必备知识知识梳理1.异面直线所成的角设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝___________________＝_________.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的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝________________＝_________.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n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝__________.提醒常用结论1.思考辨析(在括号内打“ √”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的夹角.( )夯基诊断×××√A(2)设M，N分别是正方体ABCD -A′B′C′D′的棱BB′和B′C′的中点，则直线MN与平面A′BCD′所成角的正弦值为________.(3)两个平面的法向量分别为n1＝(0，－1，1)，n2＝(1，0，－1)，则两个平面夹角的余弦值为________.02突破核心命题考 点 一异面直线所成的角D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.反思感悟A考 点 二直线与平面所成的角例2 (2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC -A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)证明：A1C＝AC；(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值.解：(1)证明：∵A1C⊥平面ABC，BC，AC⊂平面ABC，∴A1C⊥BC，A1C⊥AC.又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC.∵A1C∩AC＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1，∴BC⊥平面ACC1A1.∵BC⊂平面BCC1B1，∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.如图，过点A1作A1D⊥CC1于点D，∵平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，向量法求直线与平面所成角的主要方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.反思感悟因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD.又PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA.(2)由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，考 点 三 平面与平面的夹角例3 (2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)证明：B2C2∥A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角P A2C2D2为150°时，求B 2P.别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.因为AB＝2，AA1＝4，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3，所以A2(2，2，1)，B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，D2(2，0，2)，反思感悟利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤(1)证明：EF∥平面ADO；(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D -AO -C的正弦值.所以AO⊥平面BEF.又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.(3)以B为原点，BA所在直线为x轴，03限时规范训练(五十四)(1)求异面直线A1B与AC1夹角的余弦值；(2)求平面A1BD与平面A1AD夹角的正弦值.。
03教学设计_1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题(2)
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题 第2课时 用空间向量研究夹角问题本节课选自《2019人教A 版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》，本节课主要学习运用空间向量解决计算空间角问题。
在向量坐标化的基础上，将空间中线线角、线面角及二面角问题，首先转化为向量语言，进而运用向量的坐标表示，从而实现运用空间向量解决空间角问题，为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点，为培养学生思维提供了更广阔的空间。
1.教学重点：理解运用向量方法求空间角的原理2.教学难点：掌握运用空间向量求空间角的方法多媒体一、情境导学地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”,黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°26'.黄道面与天球相交的大圆为“黄道”.黄道及其附近的南北宽9°以内的区域称为黄道带,太阳及大多数行星在天球上的位置常在黄道带内.黄道带内有十二个星座,称为“黄道十二宫”.从春分(节气)点起,每30°便是一宫,并冠以星座名,如白羊座、狮子座、双子座等等,这便是星座的由来.问题：空间角包括哪些角?求解空间角常用的方法有哪些?答案：线线角、线面角、二面角; 传统方法和向量法.二、探究新知1.利用向量方法求两异面直线所成角若两异面直线l1,l2所成角为θ,它们的方向向量分别为a,b,则有cos θ=|cos<a,b>|=|a·b||a||b|.特别提醒：不要将两异面直线所成的角与其方向向量的夹角等同起来,因为两异面直线所成角的范围是(0,π2],而两个向量夹角的范围是[0,π],事实上,两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系.3.二面角α-l-β中,平面α的一个法向量为n1=(√32,−12,−√2),平面β的一个法向量是n2=(0,12,√2),那么二面角α-l-β的大小等于() A.120° B.150° C.30°或150° D.60°或120°解析：设所求二面角的大小为θ,则|cos θ|=|n1·n2||n1||n2|=√32,所以θ=30°或150°.答案：C例1.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,试求直线EF和BC1所成的角.思路分析:建立空间直角坐标系,求出直线EF和BC1的方向向量的坐标,求它们的夹角即得直线EF和BC1所成的角.解:分别以直线BA,BC,BB1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系(如右图).设AB=1,则B(0,0,0),E(12,0,0),F(0,0,12),C1(0,1,1),所以EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,0,12),BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1).于是cos<BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF⃗⃗⃗⃗⃗ >=BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF⃗⃗⃗⃗⃗|BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||EF⃗⃗⃗⃗⃗ |=12√22×√2=12,所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.1.利用空间向量求两异面直线所成角的步骤.(1)建立适当的空间直角坐标系.(2)求出两条异面直线的方向向量的坐标.(3)利用向量的夹角公式求出两直线方向向量的夹角.(4)结合异面直线所成角的范围得到两异面直线所成角.2.求两条异面直线所成的角的两个关注点.(1)余弦值非负:两条异面直线所成角的余弦值一定为非负值,而对应的方向向量的夹角可能为钝角.(2)范围:异面直线所成角的范围是(0,π2],故两直线方向向量夹角的余弦值为负时,应取其绝对值.跟踪训练1 如图,在正四棱柱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 .解析：以D 为坐标原点,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AB=1.则B (1,1,0),A 1(1,0,2),A (1,0,0),D 1(0,0,2),A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-2), AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2), cos <A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=−4√5×√5=-45,故异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45. 答案:45例2.如图所示,四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD ,N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面PAB ;(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.思路分析:(1)线面平行的判定定理⇒MN ∥平面PAB.(2)利用空间向量计算平面PMN 与AN 方向向量的夹角⇒直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.(1)证明:由已知得AM=23AD=2.如图,取BP 的中点T ,连接AT ,TN , 由N 为PC 的中点知TN ∥BC ,TN=12BC=2. 又AD ∥BC ,故TN ∥AM 且TN =AM , 所以四边形AMNT 为平行四边形, 于是MN ∥AT.因为AT ⊂平面P AB ,MN ⊄平面P AB , 所以MN ∥平面P AB.(2)解:如图,取BC 的中点E ,连接AE.由AB=AC 得AE ⊥BC ,从而AE ⊥AD ,且AE=√AB 2−BE 2=√AB 2−(BC 2) 2=√5.以A 为坐标原点,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 由题意知P (0,0,4),M (0,2,0),C (√5,2,0),N √52,1,2,PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-4),PN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√52,1,-2,AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√52,1,2.设n =(x ,y ,z )为平面PMN 的法向量,则{n ·PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y −4z =0,√52x +y −2z =0,可取n =(0,2,1).于是|cos <n ,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n||AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=8√525. 所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8√525.若直线l 与平面α的夹角为θ,利用法向量计算θ的步骤如下:跟踪训练2 在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为CC 1的中点,则直线A 1B 与平面BDE 所成的角为( )A.π6B.π3C.π2D.56π解析:以D 为原点建立空间直角坐标系,可求得平面BDE 的法向量n =(1,-1,2),而BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1),所以cos θ=1+22√3=√32,则θ=30°,故直线A 1B 与平面BDE 成60°角. 答案：B例3. 如图,在正方体ABEF-DCE'F'中,M ,N 分别为AC ,BF 的中点,求平面MNA 与平面MNB 所成锐二面角的余弦值.思路分析:有两种思路,一是先根据二面角平面角的定义,在图形中作出二面角的平面角,然后利用向量方法求出夹角从而得到所成二面角的大小;另一种是直接求出两个面的法向量,通过法向量的夹角求得二面角的大小.解:设正方体棱长为1.以B 为坐标原点,BA ,BE ,BC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系B-xyz ,则M (12,0,12),N (12,12,0),A (1,0,0),B (0,0,0). (方法1)取MN 的中点G ,连接BG ,AG ,则G (12,14,14). 因为△AMN ,△BMN 为等腰三角形,所以AG ⊥MN ,BG ⊥MN , 故∠AGB 为二面角的平面角或其补角.又因为GA⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,−14,−14) ,GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,−14,−14) ,所以cos <GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,GB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GB⃗⃗⃗⃗⃗ |GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||GB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=−18√38×√38=-13 , 故所求两平面所成锐二面角的余弦值为13.(方法2)设平面AMN 的法向量n 1=(x ,y ,z ).由于AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,0,12),AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,12,0), 则{n 1·AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{−12x +12z =0,−12x +12y =0,令x=1,解得y=1,z=1,于是n 1=(1,1,1).同理可求得平面BMN 的一个法向量n 2=(1,-1,-1), 所以cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=−1√3×√3=-13, 故所求两平面所成锐二面角的余弦值为13.利用平面的法向量求二面角利用向量方法求二面角的大小时,多采用法向量法,即求出两个面的法向量,然后通过法向量的夹角来得到二面角的大小,但利用这种方法求解时,要注意结合图形观察分析,确定二面角是锐角还是钝角,不能将两个法向量的夹角与二面角的大小完全等同起来. 跟踪训练3 如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1=BC=AB=2,AB ⊥BC ,求二面角B 1-A 1C-C 1的大小.解：如图,建立空间直角坐标系.则A (2,0,0),C (0,2,0),A 1(2,0,2),B 1(0,0,2),C 1(0,2,2),即BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)是平面A 1C 1C 的一个法向量.设平面A 1B 1C 的一个法向量是n=(x ,y ,z ),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,-2), A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,0), 所以n ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x=0,n ·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x+2y-2z=0, 令z=1,解得x=0,y=1,故n =(0,1,1).设法向量n 与BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为φ, 二面角B 1-A 1C-C 1的大小为θ,显然θ为锐角. 因为cos θ=|cos φ|=|n·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n||BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12,解得θ=π3,所以二面角B 1-A 1C-C 1的大小为π3.金题典例 如图,四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,AC ∩BD=O ,A 1C 1∩B 1D 1=O 1,四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形.(1)证明:O 1O ⊥底面ABCD.(2)若∠CBA=60°,求二面角C 1-OB 1-D 的余弦值.(1)证明因为四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形,所以CC 1⊥AC ,DD 1⊥BD ,又CC 1∥DD 1∥OO 1,所以OO 1⊥AC ,OO 1⊥BD ,因为AC ∩BD=O ,所以O 1O ⊥底面ABCD.(2)解：因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形ABCD 为菱形, AC ⊥BD.又O 1O ⊥底面ABCD ,所以OB ,OC ,OO 1两两垂直.如图,以O 为原点,OB ,OC ,OO 1所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系.设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=√3,OC=1, 所以O (0,0,0),B 1(√3,0,2),C 1(0,1,2),平面BDD 1B 1的一个法向量为n =(0,1,0),设平面OC 1B 1的法向量为m =(x ,y ,z ),则由m ⊥OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,m ⊥OC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以{√3x +2z =0,y +2z =0,取z=-√3,则x=2,y=2√3,所以m =(2,2√3,-√3),所以|cos <m ,n >|=|m·n|m||n||=2√3√19=2√5719. 由图形可知二面角C 1-OB 1-D 的大小为锐角, 所以二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为2√5719. 延伸探究1 本例条件不变,求二面角B-A 1C-D 的余弦值.解:建立如图所示的空间直角坐标系.设棱长为2, 则A 1(0,-1,2),B (√3,0,0),C (0,1,0),D (-√3,0,0). 所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,-1,0).设平面A 1BC 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则{n 1·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 1−2z 1=0,−√3x 1+y 1=0,取x 1=√3 ,则y 1=z 1=3,故n 1=(√3,3,3).设平面A 1CD 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 则{n 2·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 2−2z 2=0,−√3x 2−y 2=0,取x 2=√3,则y 2=z 2=-3,故n 2=(√3,-3,-3).所以|cos <n 1,n 2>|=|n 1·n 2|n 1||n 2||=57.由图形可知二面角B-A 1C-D 的大小为钝角,所以二面角B-A 1C-D 的余弦值为-57.延伸探究2 本例四棱柱中,∠CBA=60°改为∠CBA=90°,设E ,F 分别是棱BC ,CD 的中点,求平面AB 1E 与平面AD 1F 所成锐二面角的余弦值.解:以A 为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示,设此棱柱的棱长为1,则A (0,0,0),B 1(1,0,1),E 1,12 ,0 ,D 1(0,1,1),F12 ,1,0 ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ = 1,12,0,AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1),AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12,1,0,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1).设平面AB 1E 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则{n 1·AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 1+z 1=0,x 1+12y 1=0,令y 1=2,则x 1=-1,z 1=1, 所以n 1=(-1,2,1).设平面AD 1F 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2). 则{n 2·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{y 2+z 2=0,12x 2+y 2=0. 令x 2=2,则y 2=-1,z 2=1.所以n 2=(2,-1,1).所以平面AB 1E 与平面AD 1F 所成锐二面角的余弦值为cos <n 1,n 2>=|n 1·n 2||n 1||n 2|=3√6×√6=12. 向量法求二面角(或其某个三角函数值)的四个步骤 (1)建立适当的坐标系,写出相应点的坐标;三、达标检测1.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所成的角即为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°. 答案：C2.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°解析：由已知得直线l 和平面α法向量所夹锐角为60°,因此l 与α所成的角为30°. 答案：A3.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别为棱BC 和棱CC 1的中点,则异面直线AC 和MN 所成的角为( ) A.30°B.45°C.90°D.60°解析以D 为原点,分别以DA ,DC ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中棱长为2,∵M 、N 分别为棱BC 和棱CC 1的中点,∴M (1,2,0),N (0,2,1),A (2,0,0),C (0,2,0),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0), 设异面直线AC 和MN 所成的角为θ,.cos θ=|MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√2×2√2=12,则又θ是锐角,∴θ=60°∴异面直线AC 和MN 所成的角为60°,故选D.答案D4.在三棱锥P-ABC 中,AB ⊥BC ,AB=BC=12PA ,点O ,D 分别是AC ,PC 的中点,OP ⊥底面ABC ,则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值为 .解析:以O 为原点,射线OA ,OB ,OP 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图,设AB=a ,则OP=√72a,OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√24a,0,√144a),可求得平面PBC 的法向量为n =(−1,−1,√17),所以cos <OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√21030,设OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与面PBC 的角为θ,则sin θ=√21030. 答案:√210305.如图,四棱锥P-ABCD 中,PB ⊥底面ABCD ,CD ⊥PD ,底面ABCD 为直角梯形,AD ∥BC ,AB ⊥BC ,AB=AD=PB=3.点E 在棱PA 上,且PE=2EA.求二面角A-BE-D 的余弦值.解：以B 为原点,以直线BC ,BA ,BP 分别为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.设平面EBD 的一个法向量为n 1=(x ,y ,1),因为BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,3,0), 由{n 1·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{2y +1=0,3x +3y =0.所以{x =12,y =−12.教学中主要突出了几个方面：一是进一步突出运用向量法解决立体几何问题的基本程序，发展学生的数学建模思想和逻辑推理能力。
高考数学复习：利用向量求空间角和距离
(2)方法一:不存在,证明如下:当面B′OA⊥面AOC时,三
棱锥B′ -AOC的体积最大,因为面B′OA∩面AOC=AO,
B′O⊥AO,所以B′O⊥面AOC,所以OC⊥OB′,又因为
OC⊥OA,所以OC⊥平面AOB′,在直角三角形CPO中,
CO=1,COP ，sinCPO 所以6 POCC=， ,所以 6
令x1=1,得n1=(1,-1,0).
设平面PBC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
由n2·PC=0,n2· B=C 0得
y2x2
z2 0,
0,?
令y2=1得n2=(0,1,1), 设二面角C -PB -D的大小为θ,则cos θ= 所以θ=60°.
| n1 n2 | 1 , | n1 || n2 | 2
D. 4 15
【解析】选A.以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z 轴,建立空间直角坐标系,
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则N(1,2,2), D(0,0,0),C(0,2,0),M(2,2,1),则 C=M(2,0,1), DN=(1,2,2),设异面直线所成角为θ, 则cos θ= | CM DN | 4所以 4异5面，直线CM与
( 2,0,0) ( 2,0, 2),
所以
cos〈A1F，D1E〉
|
A1F A1F |
D1E | D1E
|
2
2 2 1
解得 1 ( 1 舍去).
3
3
答案: 1
3
3 2， 5 10
【规律方法】利用向量求线线角的解题策略 (1)向量法求异面直线所成的角的方法有两种 ①基向量法:利用线性运算; ②坐标法:利用坐标运算.
D. 10 10
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异面直线所成角的范围： 0, 2 C D 思考：
A
B
D1
CD, AB 与的关系？ DC, AB 与的关系？
结论： cos
| cos CD, AB |
题型一：线线角
B
A D
C
如所示， A B C D 是一直角梯形，A B C = 900 , 1 SA 平面ABCD, SA AB BC 1, AD , 求面SCD与面SBA 2 所成二面角的余弦值. 例三
z
解： 建立空直角坐系A - xyz如所示, 1 B - 1, 1, 0) , D (0, , 0), S (0, 0,1) A( 0, 0, 0) , C( C 2 1 易知面SBA的法向量n1 AD (0, , 0) 2 A D y 1 1 x CD (1, , 0), SD (0, , 1) 2 2 设平面SCD的法向量n2 ( x, y, z), 由n2 CD, n2 SD, 得： y y x 0 x 2 2 任取n2 (1,2,1) y z0 z y 2 2 n1 n2 6 6 cos n1 , n2 即所求二面角得余弦值是 3 | n1 || n2 | 3
1 1 BD1 ( , ,1) 2 2
x
30 所以 BD1 与 AF1 所成角的余弦值为 10
题型一：线线角 练习： 在长方体 ABCD A AB= 5，AD 8, 1B 1C1D 1 中，
AA1 4, M 为B1C1上的一点,且B1M 2,点N在线段A1D上，
3.2
利用向量解决
空间角问题
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。求空间角与距 离是立体几何的一类重要的问题，也是高考 的热点之一。本节课主要是讨论怎么样用向 量的办法解决空间角问题。
题型一：线线角
A(1, 0, 0), B (0,1, 0),
1 1 1 F1 ( , 0, a), D1 ( , ,1) 2 2 2 1 所以： AF1 ( , 0,1), 2
F1
1
B1
A1
A
C
D1
B y
1 1 AF1 BD1 cos AF1, BD1 4 30 10 5 3 | AF1 || BD1 | 4 2
S
小结：
1.异面直线所成角： cos |cos CD, AB |
C
D
A
B
D1
A
O
2.直线与平面所成角： sin | cos n, AB |
n
B
n2
3.二面角： , n | cos | cos n 1 2 cos | cos n1, n2 |
例一：Rt ABC中，BCA 900 , 现将 ABC沿着
平面ABC的法向量平移到A 1B 1C 1位置，已知
求BD1与AF1所成的角的余弦值. C1
F1
取A1B1、AC 的中点D1、F1， BC CA CC1， 1 1
B1
D1
A1
A
C
B
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 xyz z 如图所示，设 CC1 1 则： C
二面角的范围： n2 A n1
O
[0, ]
n2
| cos n1, n2 |
cos
| cos n1, n2 |
关键：观察二面角的范围
题型三：二面角 例三 如所示，A B C D 是一直角梯形，A B C = 900 , 1 SA 平面ABCD, SA AB BC 1, AD , 求面SCD与面SBA 2 S 所成二面角的余弦值.
AA1 4, M为BC1上的一点,且B1M 2,点N在线段A1D上，
A1D AN. (1)求证：A1D AM . （2）求AD与平面ANM 所成的角.
A1
z
N
D1
AD (0,8,0), A1D (0,8, 4),
A(0,0,0), A1 (0,0, 4), D(0,8,0),
B1 M A
B
C1
D
y
2 5 AD与平面ANM 所成角的正弦值是 5
2 5 cos AD, A1D 5
x
C
题型二：线面角
练习： 正方体 ABCD A 1B 1C 1D 1 的棱长为1.
求B1C1与面AB1C所成的角.
A1 B1
A B
D1
C1
D
C
题型三：二面角
A B
y
x
C
题型二：线面角 题型二：线面角
直线与平面所成角的范围： [0, ] 2 A 思考： n
B
O
n, BA 与的关系？
结论：sin
|
cos n, AB
|
题型二：线面角 例二： 在长方体 ABCD A AB= 5，AD 8, 1B 1C1D 1 中，
A1D AN. (1)求证：A1D AM .
A1 （2）求AD与平面ANM 所成的角. B1 M
z
N
D1
C1
D
AM (5, 2, 4), A1D (0,8, 4), AM A1D ＝0 A1D AM .
A(0,0,0), A1 (0,0, 4),D(0,8,0), M (5, 2, 4)
关键：观察二面角的范围
n1
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耿家父子们出门并看着走远了，乔氏掩上院门儿转身回到屋里来。看到女儿小青已经拿出针线准备做刺绣活计了，就对她说： “今儿个听你耿伯伯和耿正说的一番话，倒叫我觉得你爹这个跑船运的营生还真得不应该再干了。他每次出门儿都叫我们不放 心，不如干脆辞掉不干了。你说呢？”小青说：“也是，今儿个晚上爹回来了就告诉他吧。他可以先和耿伯伯他们一起做蔬菜 水果零售，将来再一起开店啊！”乔氏说：“对，他今儿个回来了咱就告诉他，明儿个一早，就叫他去辞了这个让人提心吊胆 的营生！”天儿傍黑的时候，白百大高高兴兴地回来了。船老大安排他跑一趟沙市，这可是一趟难得的近差事啊！用不了十天， 白百大就可以返回来了。然而，让他万万没有想到的是，自己高高兴兴地一踏进家门，婆姨和丫头就开始你一言我一语地唠叨 开了，说是叫他明日一早就跟船老大说去，辞去这船运的营生不干了，结果搞得白百大老大不痛快。他很不高兴地说：“我干 得好好的，干吗要辞去不干呢？船老大对我很好，还让我当了把头，我自己也干得很顺心。你们也知道，我生在长江边，长在 长江上，我很喜欢长江，很喜欢干这个营生，是绝对不会辞去不干的，至少现在不会！”看到丈夫一副听不进去劝的固执模样， 乔氏开始掉眼泪了。她伤心地数落着：“你光知道自己干得顺心，怎么就不能想一想我们娘儿俩为你担了多少心呢？每次你一 出门，我们的心就好像悬在了半空中一样，没着没落的”小青也说：“你就听我们的劝吧爹，跑船运的营生真得很不好呢！你 和耿伯伯他们一起干吧。耿伯伯说了，他的目标是等到赚足了本钱以后，就在武昌镇上再开一个粮油零售店！”白百大说： “这个你耿伯伯已经和我说过了，可现在不是还没有开店吗。再说啦，我根本就没有过这个打算。以后再说吧，反正我现在还 不想辞去船运这营生！”小青不高兴地说：“爹什么都好，就是太固执，不听劝”一家人正说着话，耿家父子收摊回来了。像 往常一样，耿直照样跑在前面，将院门“咣当”一声打开了，但很意外的是没有看到小青跑出来迎接，耿老爹的心里不由地 “咯噔”一下。他将挑担放在东墙跟前，对耿英说：“你把没有卖完的菜抱到过厅里，顺便去娘娘他们屋子里去看看你们小青 姐姐，这个快腿丫头今儿个怎么不跑出来接我们啦！”耿英答应一声，从小推车里抱起菜放到过厅里。耿正将小推车放在东屋 的窗前，父子三人进东屋洗手擦脸。耿英一边进西边屋子的门一边叫了一声：“娘娘，小青姐姐在屋里吗？”乔氏赶快擦干眼 泪回答：“在呢，英丫头啊，你们回来了？快进来吧！”耿英答应着慢慢走进门来，亲切地说：“娘娘，今儿个的菜剩了不少， 我放过厅里了。您明儿个给咱们挑拣好的吃