2019届苏教版(理科数学) 空间向量的应用(空间角的求法) 单元测试
空间向量的应用----求空间角与距离
且 G是EF的中点，
（Ⅰ）求证平面AGC⊥平面BGC；
（Ⅱ）求GB与平面AGC所成角的正弦值.
（Ⅲ）求二面角B—AC—G的大小.
解析：如图，以A为原点建立直角坐标系，
则 ， ， ，
，
（I）证明：略．
（II）由题意可得 ， ，
， ，
空间向量的应用----求空间角与距离
一、考点梳理
1.自新教材实施以来，近几年高考的立体几何大题，在考查常规解题方法的同时，更多地关注向量法（基向量法、坐标法）在解题中的应用。坐标法（法向量的应用），以其问题（数量关系：空间角、空间距离）处理的简单化，而成为高考热点问题。可以预测到，今后的高考中，还会继续体现法向量的应用价值。
（3）求二面角 的大小．
解析:(1)以 为原点, 、 、 分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系.
则有 、 、 、
设平面 的法向量为
则由
由
，则点 到面 的距离为
< > 所以异面直线 与 所成的角 .
(3)设平面 的法向量为 则由 知:
由 知: 取
由(1)知平面 的法向量为
则 < > .
结合图形可知,二面角 的大小为: .
取 ，得 。
设二面角 的大小为 ，由 、 的方向可知 ，
所以 ，即二面角 的大小是 。
感悟：（1）用法向量的方法处理二面角的问题时，将传统求二面角问题时的三步曲：“找——证——求”直接简化成了一步曲：“计算”，这表面似乎淡化了学生的空间想象能力，但实质不然，向量法对学生的空间想象能力要求更高，也更加注重对学生创新能力的培养，体现了教育改革的精神。
空间向量的应用(空间角的求法)
课 前 ·双 基 落 实 课 堂 ·考 点 突 破
课 后 ·三 维 演 练
空间向量的应用(空间角的求法) 结 束
[小题体验]
1．已知正四棱锥 S -ABCD 的侧棱长与底面边长都
相等，E 是 SB 的中点，则 AE，SD 所成角的
余弦值为________．
解析：以两对角线 AC 与 BD 的交点 O 作为原点，以 OA，OB，
―→ |D1C1·n| ―→
＝2×2 3＝13，
|D1C1||n|
即直线 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为13．
答案：13
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空间向量的应用(空间角的求法) 结 束
1．求异面直线所成角时易忽视角的范围0，π2而导致结论错误． 2．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应
| EF || DC |
所以〈―E→F ，―D→C 〉＝135°，
所以异面直线 EF 和 CD 所成的角是 45°．
答案：45°
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空间向量的应用(空间角的求法) 结 束
2．过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA⊥平面 ABCD，若 AB
OS 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设边
长为 2，则有 O(0，0,0)，A( 2，0,0)，B(0， 2，0)，S(0，0， 2)，
D(0，－ 2，0)，E0， 22， 22，―A→E ＝－ 2， 22， 22，―SD→＝
(0，－
2，－
2)，|cos〈―A→E ，―SD→〉|＝|―|―AA→E→E|··― |―SSD→D→||＝2×2
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。
高考数学第十一章第三节利用空间向量求空间角课件理苏教
1.异面直线所成角的求法 设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量
l1与l2所成的角θ
范围 求法
(0，］
_____2_____
ab
cos θ=|cos〈a,b〉|= _____a_b_______
2.直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，
【变式训练】长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E 为CC1的中点，求异面直线BC1与AE所成角的余弦值．
【解析】由题意建立空间直角坐标系
如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，
B(1,2,0)，C1(0,2,2)，
BC1＝－1,0, 2，AE＝－1, 2,1，
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”).
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( )
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面
所成的角.( )
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( )
(4)两异面直线夹角的范围是(0， ］,直线与平面所成角的范
A(0,- 3,0),C(0, 3 ,0),D(0,0,1),
则 AD 0, 3,1 .
显然向量k=(0,0,1)是平面ABC的一个法向量.
已知二面角C-AB-D为60°，故可取平面ABD的单位法向量 t=(l,m,n),使得〈t,k〉=60°，从而n= 1 .
2
由t⊥AD ,有 3 m+n=0,从而m=- 3 .
(2)①一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交 于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角 坐标系； ②如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的 直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立 时以其中的垂直相交直线为基本出发点. (3)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.
2019高考数学空间向量与立体几何(专用)：立体几何中的向量方法(二)求空间角
∠ 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 .
[ 解析 ] (1) 由已知可得 AF⊥ DF，AF⊥ EF， 所以 AF⊥平面 EFDC. 又 AF? 平面 ABEF， 故平面 ABEF⊥平面 EFDC.
2 2
，B
2 2 ，1，0
，C －
2 2 ，1，0
.
所以
―→ PC
＝
－
2 2 ，1，－
2 2
， ―C→B＝ (
2， 0,0) ，
―→ PA＝
2 2 ， 0，－
2 2
―→ ， AB ＝ (0,1,0)
．
设 n＝ ( x1， y1， z1) 是平面 PCB的法向量，
n·―P→C ＝ 0， 则
―→ n· CB ＝ 0，
π θ ∈ 0， 2 ，两向量的夹角 α 的范围是 [0 ， π ] ，当异面
直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹
角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角 .
【对点训练】
在正方体 A1B1C1D1－ ABCD中， AC与 B1D所成的角的大小为 (
)
π A． 6
θ ＝ __〈A→B， C→D〉 .
(2) 如图②③， 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 满足 |cos θ | ＝ |cos 〈 n1，n2〉 | ，二面角的平面角大小是向量 n1 与 n2 的夹角 ( 或其补
角 ).
【考点突破】
考点一、利用空间向量求异面直线所成的角
高中数学《空间角的计算》江苏课件(苏教版选修)
工程学
在工程学中，空间角常用于描述机 械零件的形状和位置，以及进行相 关的计算和分析。
物理学
在物理学中，空间角常用于描述物 体的运动状态和相互作用，如力学 、电磁学等领域。
02 空间角的计算方 法
几何法
几何法是利用空间几何图形的性 质和定理来计算空间角的方法。
通过观察和构造空间几何图形， 利用三角形的边角关系、平行线 性质等几何知识，可以计算出空
坐标法
坐标法是通过建立空间直角坐标系， 将空间角转化为坐标系中的角度，利 用三角函数的性质来计算空间角的方 法。
坐标法需要掌握三角函数的基本性质 和运算法则，对于数学运算的要求较 高。
通过设定点的坐标和向量的坐标，利 用三角函数公式计算出空间角的大小 。
03 空间角的应用实 例
建筑学中的应用
建筑设计中的角度计算
高中数学《空间角的计算》 江苏课件(苏教版选修)
目 录
• 空间角的基本概念 • 空间角的计算方法 • 空间角的应用实例 • 空间角的综合练习 • 空间角的常见误区与纠正方法 • 总结与展望
01 空间角的基本概 念
定义与性质
定义
空间角是指空间中两条射线或线 段在第三条直线的两侧无限延伸 后所形成的角。
整航天器的旋转角度时，需要考虑太阳、地球和其他天体的相对位置和角度关系。
04 空间角的综合练 习
基础练习题
01
02
03
04
总结词：巩固基础
基础练习题1：求两条异面直 线所成的角
基础练习题2：求直线与平面 所成的角
基础练习题3：求平面与平面 所成的角
提高练习题
01
02
03
04
总结词：提升解题能力
江苏理数-第八章--立体几何-第六节--空间向量的应用(空间角的求法)
答案：13
1．求异面直线所成角时易忽视角的范围0，π2而导致结论错误． 2．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应
为线面角的正弦值． 3．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，要根据向量坐标在图形中观察法向量的 方向，从而确定二面角与向量 n1，n2 的夹角是相等(一个平面 的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面 角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或 外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点．
Hale Waihona Puke [小题纠偏] 1．如图所示，已知正方体 ABCD -A1B1C1D1，E，
F 分 别是正方形 A1B1C1D1 和 ADD1A1 的中心， 则 EF 和 CD 所成的角是________．
解析：以 D 为原点，分别以射线 DA，DC， DD1 为 x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立空间 直角坐标系 D -xyz，设正方体的棱长为 1， 则 D(0,0，0)，C (0,1,0)，E12，12，1，
在直角梯形 BDFE 中， 由 BD＝2，BE＝ 2，DF＝ 22， 可得 EF＝322． 从而 EG2＋FG2＝EF2， 所以 EG⊥FG． 又 AC∩FG＝G，所以 EG⊥平面 AFC． 因为 EG⊂平面 AEC， 所以平面 AEC⊥平面 AFC．
(2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值．
[小题体验]
1．已知正四棱锥 S -ABCD 的侧棱长与底面边长都
相等，E 是 SB 的中点，则 AE，SD 所成角的
余弦值为________．
解析：以两对角线 AC 与 BD 的交点 O 作为原点，以 OA，OB，
OS 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设边
2019版数学(理)一轮讲义：第45讲 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离 含答案
第45讲立体几何中的向量方法（二）——求空间角和距离考纲要求考情分析命题趋势1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝｜cos β｜＝__错误!__。
3．求二面角的大小（1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ为__〈错误!，错误!〉__。
（2）如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足｜cos θ｜＝__｜cos <n 1，n 2>|__,二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角）．4．利用空间向量求距离(供选用）（1）两点间的距离设点A （x 1，y 1，z 1），点B (x 2，y 2，z 2），则|AB |＝｜错误!|＝__错误!__.(2）点到平面的距离如图所示,已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|错误!|＝错误!.1．思维辨析（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所成的角．（×）(4)两异面直线夹角的范围是错误!,直线与平面所成角的范围是错误!，二面角的范围是［0，π］．(√）2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－错误!，则l与α所成的角为(A）A．30°B．60°C．120°D．150°解析∵cos 〈m，n〉＝－错误!，0°≤〈m，n〉≤180°，∴<m，n>＝120°，∴l与α所成角为90°－(180°－120°）＝30°，故选A．3．正三棱柱（如右图，底面是正三角形的直棱柱）ABC－A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为2错误!，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为__30°__.解析取A1B1的中点E,连接C1E，AE，由正三棱柱性质得平面A1B1C1⊥平面A1B1BA，又∵C1E⊥A1B1，A1B1是平面A1B1C1与平面A1B1BA的交线，∴C1E⊥平面A1B1BA，则∠C1AE为所求．又∵A1B1＝2，AA1＝22，∴AE＝3，C1E＝错误!，∴tan ∠C1AE＝错误!＝错误!，∴∠C1AE＝30°,∴AC1与平面ABB1A1所成角为30°.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＝2错误!，则该二面角的大小为__60°__。
(江苏专用)高考数学总复习第十三章第五节空间向量的应用(二)——求空间角课件苏教版
1-1 (2017江苏海安高级中学高三阶段检测)在正方体ABCD-A1B1C1D1
中,O是AC的中点,E是线段D1O上一点,且
D
1
E=λ
E. O
(1)若λ=1,求异面直线DE与CD1所成角的余弦值;
(2)若平面CDE⊥平面CD1O,求λ的值.
解析 (1)设正方体的棱长为1,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分
解析 以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为
z轴建立空间直角坐标系,其中 A B的方向, A 的D 方向, 的A P 方向分别为x
轴,y轴,z轴的正方向,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0).易得AC=2 2.
又PC=2 3,则在直角△PAC中,PA=2,所以P(0,0,2).
第五节 空间向量的应用 (二)——求空间角
教 材 利用空间向量求空间角 研 读
考点一 求异面直线所成角
考 点 考点二 求直线与平面所成的角
突 考点三 求二面角 破
考点四 已知空间角,确定点的位置或求参数的值
教材研读
利用空间向量求空间角
(1)两条异面直线所成的角
(i)范围:两条异面直线所成的角的取值范围是①
C =1 E(2,a-2,-2).因为
·A 1 F =C 1 E
-2a-2a+4+4=0,所以 A 1 F⊥ C ,1即E A1F与C1E所成角的大小为90°.
2.(2018江苏高考信息预测)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方 形,且PA⊥底面ABCD.若正方形ABCD的边长为2,且PC=2 ,3点E为线段 PC的三等分点,且EC=2PE,求锐二面角B-AE-C的余弦值.
高考数学(苏教,理科)复习课件：第十章 空间向量第二节 第二课时 空间向量的应用
-D
的余弦值为
13 13 .
(3)依题意，设 M(t，t,0)(t＞0)，则 AM ＝(t－3，t,0)，
∵AM∥平面 BEF，∴ AM ·n＝0， 即 4(t－3)＋2t＝0，解得 t＝2. ∴点 M 的坐标为(2,2,0)，此时 DM ＝23 DB， ∴点 M 是线段 BD 上靠近 B 点的三等分点．
数学
第二节 第二课时 空间向量的应用
∴2 1717＝cos〈n1，n2〉 ＝|nn11|·|nn22|＝ 4m2＋2mm－42＋4， 解得 m＝1(0≤m≤4)． ∴在棱 CC1 上存在点 E，符合题意，此时 CE＝1.
数学
▪
9、要学生做的事，教职员躬亲共做； 要学生 学的知 识，教 职员躬 亲共学 ；要学 生守的 规则， 教职员 躬亲共 守。2021/7/312021/7/31Saturday, July 31, 2021
▪ 17、儿童是中心，教育的措施便围绕他们而组织起来。2021/7/312021/7/312021/7/312021/7/31
▪ 2、Our destiny offers not only the cup of despair, but the chalice of opportunity. (Richard Nixon, American President )命运给予我们的不是失望之酒，而是机会之杯。二〇二一年六月十七日2021年6月17日星期四 ▪ 3、Patience is bitter, but its fruit is sweet. (Jean Jacques Rousseau , French thinker)忍耐是痛苦的，但它的果实是甜蜜的。10:516.17.202110:516.17.202110:5110:51:196.17.202110:516.17.2021 ▪ 4、All that you do, do with your might; things done by halves are never done right. ----R.H. Stoddard, American poet做一切事都应尽力而为，半途而废永远不行6.17.20216.17.202110:5110:5110:51:1910:51:19 ▪ 5、You have to believe in yourself. That's the secret of success. ----Charles Chaplin人必须相信自己，这是成功的秘诀。-Thursday, June 17, 2021June 21Thursday, June 17, 20216/17/2021
《空间角的计算》示范公开课教学课件【高中数学苏教版】
运用空间向量坐标运算求二面角的基本步骤:(1)建立空间直角坐标系.(2)求两平面的法向量,.(3)设二面角为，则.
在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M和N分别是A1B1和BB1的中点，则直线AM和CN所成角的余弦值是 .
空间向量法求直线与平面所成角: 直线的方向向量与平面的法向量的夹角为锐角时，直线与平面所成角与这个夹角互余；直线的方向向量与平面的法向量的夹角为钝角时，直线与平面所成角与这个夹角的补角互余，即
运用空间向量坐标运算求直线与平面夹角的一般步骤:(1)建立空间直角坐标系.(2)求直线的方向向量.(3)求平面的法向量.(4)设线面角为，则.
空间向量ห้องสมุดไป่ตู้求异面直线所成角: 设空间两异面直线l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为，则两条异面直线所成角θ就是它们的方向向量所成角或其补角，即
运用空间向量坐标运算求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求两异面直线的方向向量；(3)设异面直线所成角为，则；
运用空间向量坐标运算求空间里的角1.求异面直线所成角：(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求两异面直线的方向向量；(3)设异面直线所成角为，则 .
2.求直线与平面夹角:(1)建立空间直角坐标系.(2)求直线的方向向量.(3)求平面的法向量.(4)设线面角为，则.
3.求二面角:(1)建立空间直角坐标系.(2)求两平面的法向量,.(3)设二面角为，则
如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2.(1)证明:DE⊥平面PCD;(2)求二面角A－PD－C的余弦值.
2019高考数学大一轮复习 8.7立体几何中的向量方法-求空间角和距离课件 理 苏教版 共133页
例2 (2)若PA⊥底面ABCDE，且 思维点拨
解析
思维升华
PA＝AE，求直线BC与平面ABF所 利用向量法求线面角的方 成角的大小，并求线段PH的长. 法：
(1)分别求出斜线和它在平
面内的射影直线的方向向
量，转化为求两个方ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ向
例2 (2)若PA⊥底面ABCDE，且 思维点拨
解析
思维升华
PA＝AE，求直线BC与平面ABF所 成角的大小，并求线段PH的长. (2)通过平面的法向量来
(4)两异面直线夹角的范围是(0，π]，直线与平面所成角的
范围是[0，π
2 ]，二面角的范围是[0，π].(
√
)
2
(5)直线l的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l
和α所成角为30°.( √ )
(6)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所 成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.( × )
题型二 求直线与平面所成的角 例2 (2019·北京)如图，正方形AMDE的 边长为2，B，C分别为AM，MD的中点， 在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点， 平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H. (1)求证：AB∥FG；
所以AB∥平面PDE. 因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG， 所以AB∥FG.
别为 x 轴，y 轴，z 轴正方
向，建立空间直角坐标系.
例2 (2)若PA⊥底面ABCDE，且 思维点拨
解析
思维升华
PA＝AE，求直线BC与平面ABF所 成解角的因大为小PA，⊥并底求面线A段BCPDHE的，长.
所以PA⊥AB，PA⊥AE.
如图建立空间直角坐标系A－xyz，
高中数学《空间角的计算》江苏课件(苏教版选修)
通过空间角的计算，可以解决关于角度和距离的几何问题，例如求 两直线之间的夹角、点到直线的距离等。
利用空间角解决向量问题
向量的数量积和向量积计算
01
利用空间角的信息，可以计算向量的数量积和向量积，从而解
决向量问题。
向量的混合积计算
02
通过空间角的计算，可以计算向量的混合积，从而解决与向量
关注实际应用案例
计划关注实际应用案例，了解空间角在解决实际问题中的应用，提高自己的实践能力和应 用能力。
THANKS
[ 感谢观看 ]
坐标表示
利用坐标表示空间中的点、向量 和方向，将空间角问题转化为坐
标运算问题。
坐标运算
利用坐标运算规则，计算出空间 角的大小。
空间角计算中的注意事项
1 2 3
单位选择 在计算空间角时，需要注意角度的单位选择，常 用的单位有度（°）和弧度（rad）。
方向性 空间角具有方向性，需要注意角度的方向，可以 通过设定参考方向来确定角度的方向。
近似值 在计算空间角时，可能得到近似值，需要注意近 似值的精度和误差范围。
CHAPTER 03
空间角在解题中的应用
利用空间角解决几何问题
确定点、线、面的位置关系
通过观察空间角的大小和方向，可以确定点、线、面的相对位置 关系，从而解决几何问题。
计算面积和体积
利用空间角的信息，可以计算多面体、旋转体等几何体的面积和体 积。
空间角的分类
01
02
03
线线角
两条直线在第三条直线的 两侧无限延伸后所形成的 角。
线面角
一条直线与一个平面在第 三条直线的两侧无限延伸 后所形成的角。
面面角
两个平面在第三条直线的 两侧无限延伸后所形成的 角。
高中数学 第3章 空间向量与立体几何 3.2 空间向量的应用 如何利用向量法求空间角素材 苏教版选修21
3.2 如何利用向量法求空间角？
答：(1)设12l l ，是两条异面直线，12，u u ，分别是直线12l l ，的方向向量，则12l l ，所成角的余弦值为12cos u u ，；
注：要注意异面直线所成的角与向量夹角的区别与联系．
(2)设直线l 是平面α的一条斜线，u 是直线l 的方向向量，v 是α的法向量，则l 与α所成角的正弦值为·u v
u v ；
（3）设12，u u 分别是二面角αβ--l 的两个面内与棱l 垂直的向量，而二面角的大小是12，u u 或其补角的大小；
（4）设12v v ，分别是二面角αβ--l 的两个面αβ，的法向量，则12v v ，的大小就是所求二面角的平面角或其补角的大小．
注意：①直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联系．
②求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．。
江苏省2019届高考数学专题七随机变量、空间向量(理)7.2运用空间向量求角讲义
第二讲 运用空间向量求角[典例感悟][例1] 已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1的各条棱长都相等，P 为A 1B 上的点，且A 1P ―→＝λA 1B ―→，PC ⊥AB .(1)求λ的值；(2)求异面直线PC 与AC 1所成角θ的余弦值．[解] (1)设正三棱柱的棱长为2，取AC 中点O ，连结OB ，则OB ⊥AC .以O 为原点，OB ，OC 所在直线为x 轴，y 轴，过点O 且平行AA 1的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0，－1,2)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)，所以AB ―→＝(3，1,0)，CA 1―→＝(0，－2,2)，A 1B ―→＝(3，1，－2)． 因为PC ⊥AB ，所以CP ―→·AB ―→＝0， 得(CA 1―→＋A 1P ―→)·AB ―→＝0， 即(CA 1―→＋λA 1B ―→)·AB ―→＝0，即(3λ，－2＋λ，2－2λ)·(3，1,0)＝0，解得λ＝12.(2)由(1)知CP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，1，AC 1―→＝(0,2,2)，cos θ＝|CP ―→·AC 1―→||CP ―→||AC 1―→|＝28，所以异面直线PC 与AC 1所成角θ的余弦值是28. [方法技巧]1．两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b ||a ||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．2．用向量法求异面直线所成角的四步骤(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值等于两向量夹角余弦值的绝对值．[演练冲关](2018·无锡期末)如图，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝∠CBA ＝90°，PA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E ，F ，G 分别为BC ，PD ，PC 的中点．(1)求EF 与DG 所成角的余弦值；(2)若M 为EF 上一点，N 为DG 上一点，是否存在MN ，使得MN ⊥平面PBC ？若存在，求出点M ，N 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 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)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)， ∵E ，F ，G 分别为BC ，PD ，PC 的中点， ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12， ∴EF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，12，DG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，12，设EF 与DG 所成的角为θ， 则cos θ＝|EF ―→·DG ―→||EF ―→|·|DG ―→|＝26633.∴EF 与DG 所成角的余弦值为26633.(2)存在MN ，使得MN ⊥平面PBC ，理由如下： 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵BC ―→＝(0,1,0)，PB ―→＝(1,0，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ―→＝0，n ·PB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,0,1)，若存在MN ，使得MN ⊥平面PBC ，则MN ―→∥n ， 设M (x 1，y 1，z 1)，N (x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x 1＝z 2－z 1，y 2－y 1＝0， ①∵点M ，N 分别是线段EF 与DG 上的点， ∴EM ―→＝λEF ―→，DN ―→＝t DG ―→，∵EM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－1，y 1－12，z 1，DN ―→＝(x 2，y 2－2，z 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1－1＝－λ，y 1－12＝12λ，z 1＝12λ，且⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝12t ，y 2－2＝－32t ，z 2＝12t ，②把②代入①，得⎩⎪⎨⎪⎧12t ＋λ－1＝12t －12λ，－32t －12λ＋32＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝23，t ＝79，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，56，13，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫718，56，718. 故存在两点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，56，13，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫718，56，718，使得MN ⊥平面PBC .[典例感悟][例2] (2018·苏州暑假测试)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，且PA ＝AB ＝BC ＝12AD ＝1，PA ⊥平面ABCD .(1)求PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(2)棱PD 上是否存在一点E 满足∠AEC ＝90°？若存在，求AE 的长；若不存在，请说明理由．[解] (1)如图，以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A xyz ，则P (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，从而PB ―→＝(1,0，－1)，PC ―→＝(1,1，－1)，PD ―→＝(0,2，－1)． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·PD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，2y －z ＝0，不妨取z ＝2，则y ＝1，x ＝1，所以平面PCD 的一个法向量n ＝(1,1,2)， 此时cos 〈PB ―→，n 〉＝1－22×6＝－36，所以PB 与平面PCD 所成角的正弦值为36. (2)设PE ―→＝λPD ―→(0≤λ≤1)，则E (0,2λ，1－λ)． 则CE ―→＝(－1,2λ－1,1－λ)，AE ―→＝(0,2λ，1－λ)， 由∠AEC ＝90°得AE ―→·CE ―→＝2λ(2λ－1)＋(1－λ)2＝0， 化简得，5λ2－4λ＋1＝0，该方程无解， 所以棱PD 上不存在一点E 满足∠AEC ＝90°.[方法技巧] 直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n ·e ||n ||e |.[演练冲关](2018·南通、泰州一调)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为棱C 1D 1的中点，Q 为棱BB 1上的点，且BQ ＝λBB 1(λ≠0)．(1)若λ＝12，求AP 与AQ 所成角的余弦值；(2)若直线AA 1与平面APQ 所成的角为45°，求实数λ的值． 解：以{AB ―→，AD ―→，AA 1―→}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz .则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，P (1,2,2)，Q (2,0,2λ)． (1)当λ＝12时，AP ―→＝(1,2,2)，AQ ―→＝(2,0,1)，所以cos 〈AP ―→，AQ ―→〉＝||AP ―→·AQ ―→ |AP ―→||AQ ―→|＝|1×2＋2×0＋2×1|3×5＝4515. 所以AP 与AQ 所成角的余弦值为4515.(2)AA 1―→＝(0,0,2)，AQ ―→＝(2,0,2λ)． 设平面APQ 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP ―→＝0，n ·AQ ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＋2z ＝0，2x ＋2λz ＝0.令z ＝－2，则x ＝2λ，y ＝2－λ. 所以n ＝(2λ，2－λ，－2)．又因为直线AA 1与平面APQ 所成角为45°， 所以|cos 〈n ，AA 1―→〉|＝|n ·AA 1―→||n ||AA 1―→|＝42λ2＋－λ2＋－2＝22， 可得5λ2－4λ＝0，又因为λ≠0，所以λ＝45.[典例感悟][例3] 如图，正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝1，D 1D ＝2，点P 为棱CC 1的中点．(1)设二面角A A 1B P 的大小为θ，求sin θ的值； (2)设M 为线段A 1B 上的一点，求AM MP的取值范围．[解] (1)如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D xyz ，则A (1,0,0)，A 1(1,0,2)，P (0,1,1)，B (1,1,0)．由题意可知n ＝(1,0,0)为平面AA 1B 的一个法向量． 又PA 1―→＝(1，－1,1)， PB ―→＝(1,0，－1)．设平面PA 1B 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PA 1―→＝0，m ·PB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－y 2＋z 2＝0，x 2－z 2＝0，取m ＝(1,2,1)为平面PA 1B 的一个法向量． 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝66，则sin θ＝306. (2)设M (x ，y ，z )，BM ―→＝λBA 1―→(0≤λ≤1)， 即(x －1，y －1，z )＝λ(0，－1,2)， 所以M (1,1－λ，2λ)．所以MA ―→＝(0，λ－1，－2λ)，MP ―→＝(－1，λ，1－2λ)，AM MP＝ λ－2＋4λ21＋λ2＋－2λ2＝5λ2－2λ＋15λ2－4λ＋2＝1＋2λ－15λ2－4λ＋2. 令2λ－1＝t ∈[－1,1]，则2λ－15λ2－4λ＋2＝4t5t 2＋2t ＋5＝45t ＋5t＋2， 当t ∈[－1,0)时，45t ＋5t＋2∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0； 当t ∈(0,1]时，45t ＋5t＋2∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13； 当t ＝0时，4t5t 2＋2t ＋5＝0.所以4t 5t 2＋2t ＋5∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，13， 则AM MP ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，233.故AM MP的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，233.[方法技巧] 二面角的求法建立恰当坐标系，求出两个平面的法向量n 1，n 2，利用cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|求出(结合图形取“±”号)二面角，也可根据线面垂直，直接求出法向量来求解．[演练冲关]1.直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝2，BD ―→＝λDC ―→.(1)若λ＝1，求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (2)若二面角B 1A 1C 1D 的大小为60°，求实数λ的值． 解：如图，分别以AB ，AC ，AA 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A xyz .则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,2)，B 1(2,0,2)，C 1(0,4,2)．(1)当λ＝1时，D 为BC 的中点，所以D (1,2,0)，DB 1―→＝(1，－2,2)，A 1C 1―→＝(0,4,0)，A 1D ―→＝(1,2，－2)．设平面A 1C 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1―→＝0，n ·A 1D ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＝0，x ＋2y －2z ＝0，令z ＝1，得y ＝0，x ＝2，则n ＝(2,0,1)为平面A 1C 1D 的一个法向量， 设直线DB 1与平面A 1C 1D 所成的角为θ.则sin θ＝||cos 〈DB 1―→，n 〉＝|DB 1―→·n ||DB 1―→||n |＝435＝4515， 所以直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为4515.(2)因为BD ―→＝λDC ―→，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ＋1，4λλ＋1，0，A 1D ―→＝2λ＋1，4λλ＋1，－2.设平面A 1C 1D 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1C 1―→＝0，n 1·A 1D ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y 1＝0，2λ＋1x 1＋4λλ＋1y 1－2z 1＝0，令z 1＝1，得y 1＝0，x 1＝λ＋1，则n 1＝(λ＋1,0,1)为平面A 1C 1D 的一个法向量． 又平面A 1B 1C 1的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， 由题意得|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，所以1λ＋2＋1＝12， 解得λ＝3－1或λ＝－3－1(不合题意，舍去)， 所以实数λ的值为3－1.2．(2018·苏锡常镇一模)如图，已知正四棱锥P ABCD 中，PA ＝AB＝2，点M ，N 分别在PA ，BD 上，且PM PA ＝BN BD ＝13.(1)求异面直线MN 与PC 所成角的大小； (2)求二面角N PC B 的余弦值．解：(1)连结AC ，BD ，设AC ，BD 交于点O ，在正四棱锥P ABCD中，OP ⊥平面ABCD .又PA ＝AB ＝2，所以OP ＝ 2.以O 为坐标原点，DA ―→，AB ―→方向分别是x 轴，y 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz ，如图．则A (1，－1,0)，B (1,1,0)，C (－1,1,0)，D (－1，－1,0)，P (0,0，2)． 故OM ―→＝OA ―→＋AM ―→＝OA ―→＋23AP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－13，223，ON ―→＝13OB ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，0，所以MN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，－223，PC ―→＝(－1,1，－2)，cos 〈MN ―→，PC ―→〉＝MN ―→·PC ―→|MN ―→||PC ―→|＝2233×2＝32，所以MN 与PC 所成角的大小为30°.(2)PC ―→＝(－1,1，－2)，CB ―→＝(2,0,0)，NC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，23，0.设m ＝(x ，y ，z )是平面PCB 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PC ―→＝0，m ·CB ―→＝0，即⎩⎨⎧－x ＋y －2z ＝0，2x ＝0，令y ＝2，得z ＝1，所以m ＝(0，2，1)， 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCN 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·NC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1－2z 1＝0，－43x 1＋23y 1＝0.令x 1＝2，得y 1＝4，z 1＝2，所以n ＝(2,4，2),故cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝523×22＝53333，所以二面角N PC B 的余弦值为53333.[课时达标训练]A 组——大题保分练1．(2018·南京学情调研)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AP ＝AB ＝AD ＝1.(1)若直线PB 与CD 所成角的大小为π3，求BC 的长；(2)求二面角B PD A 的余弦值．解：(1) 以{AB ―→，AD ―→，AP ―→}为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz .因为AP ＝AB ＝AD ＝1，所以A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)． 设C (1，y,0)，则PB ―→＝(1,0，－1)，CD ―→＝(－1,1－y,0)． 因为直线PB 与CD 所成角大小为π3，所以|cos 〈PB ―→，CD ―→〉|＝|PB ―→·CD ―→|∣PB ―→∣·∣CD ―→∣＝12，即12×1＋－y2＝12，解得y ＝2或y ＝0(舍)， 所以C (1,2,0)，所以BC 的长为2. (2)设平面PBD 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )． 因为PB ―→＝(1,0，－1)，PD ―→＝(0,1，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PB ―→·n 1＝0，PD ―→·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y －z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，所以n 1＝(1,1,1)． 因为平面PAD 的一个法向量为n 2＝(1,0,0)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝33，所以由图可知二面角B PD A 的余弦值为33. 2．(2018·苏北四市期末)在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，AA 1＝2，E ，F ，G 分别是棱AA 1，AC 和A 1C 1的中点，以{FA ―→，FB ―→，FG ―→→}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz .(1)求异面直线AC 与BE 所成角的余弦值； (2)求二面角F BC 1C 的余弦值．解：(1)因为AB ＝1，AA 1＝2，则F (0,0,0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，2，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，2，所以AC ―→＝(－1,0,0)，BE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，1.记异面直线AC 和BE 所成角为α，则cos α＝|cos 〈AC ―→，BE ―→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1×12⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＋1＝24， 所以异面直线AC 和BE 所成角的余弦值为24. (2)设平面BFC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)． 因为FB ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，FC 1―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，2，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·FB ―→＝0，m ·FC 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32y 1＝0，－12x 1＋2z 1＝0，取x 1＝4，得平面BFC 1的一个法向量为m ＝(4,0,1)． 设平面BCC 1的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 因为CB ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，CC 1―→＝(0,0,2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB ―→＝0，n ·CC 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x 2＋32y 2＝0，2z 2＝0，取x 2＝3，得平面BCC 1的一个法向量为n ＝(3，－1,0)， 所以cos 〈m ，n 〉＝4×3＋－＋1×032＋－2＋02·42＋02＋12＝25117. 根据图形可知二面角F BC 1C 为锐二面角， 所以二面角F BC 1C 的余弦值为25117.3．(2018·南京、盐城二模)如图，在直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝60°，E ，F 分别是BC ，A 1C 的中点．(1)求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值； (2)点M 在线段A 1D 上，A 1MA 1D＝λ.若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值． 解：因为四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1为直四棱柱， 所以A 1A ⊥平面ABCD .又AE ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以A 1A ⊥AE ，A 1A ⊥AD .在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，则△ABC 是等边三角形． 因为E 是BC 的中点，所以BC ⊥AE . 因为BC ∥AD ，所以AE ⊥AD .故以A 为原点，AE ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，E (3，0,0)，C (3，1,0)，D (0，2,0)，A 1(0,0,2)，F ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1. (1)因为AD ―→＝(0,2,0)，EF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，1，所以cos 〈AD ―→，EF ―→〉＝AD ―→·EF ―→|AD ―→||EF ―→|＝24，所以异面直线EF ，AD 所成角的余弦值为24. (2)设M (x ，y ，z )，由于点M 在线段A 1D 上，且 A 1M A 1D＝λ，即A 1M ―→＝λA 1D ―→， 则(x ，y ，z －2)＝λ(0,2，－2)．解得M (0,2λ，2－2λ)，CM ―→＝(－3，2λ－1,2－2λ)． 设平面AEF 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)． 因为AE ―→＝(3，0,0)，AF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ―→＝0，n ·AF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 0＝0，32x 0＋12y 0＋z 0＝0，令y 0＝2，得z 0＝－1，所以平面AEF 的一个法向量为n ＝(0,2，－1)． 由于CM ∥平面AEF ，则n ·CM ―→＝0， 即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝23.4.如图，在直三棱柱ABC A1B 1C 1中，底面△ABC 是直角三角形，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，点P 是棱BB 1上一点，满足BP ―→＝λBB 1―→(0≤λ≤1)．(1)若λ＝13，求直线PC 与平面A 1BC 所成角的正弦值；(2)若二面角P A 1C B 的正弦值为23，求λ的值．解：以A 为坐标原点，分别以AB ，AC ，AA1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz .因为AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0,2)，B 1(1,0,2)，P (1，0,2λ)．(1)由λ＝13得，CP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，23，A 1B ―→＝(1,0，－2)，A 1C ―→＝(0,1，－2)．设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B ―→＝0，n 1·A 1C ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2z 1＝0，y 1－2z 1＝0.不妨取z 1＝1，则x 1＝y 1＝2，从而平面A 1BC 的一个法向量为n 1＝(2,2,1)． 设直线PC 与平面A 1BC 所成的角为θ，则sin θ＝||cos 〈CP ―→，n 1〉＝|CP ―→·n 1||CP ―→|·|n 1|＝2233， 所以直线PC 与平面A 1BC 所成角的正弦值为2233. (2)设平面PA 1C 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 又A 1P ―→＝(1,0,2λ－2)， 故由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1C ―→＝0，n 2·A 1P ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2－2z 2＝0，x 2＋λ－z 2＝0.不妨取z 2＝1，则x 2＝2－2λ，y 2＝2，所以平面PA 1C 的一个法向量为n 2＝(2－2λ，2,1)． 则cos 〈n 1，n 2〉＝9－4λ34λ2－8λ＋9， 又二面角P A 1C B 的正弦值为23，所以9－4λ34λ2－8λ＋9＝53， 化简得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)， 故λ的值为1.B 组——大题增分练1．(2018·镇江期末)如图，AC ⊥BC ，O 为AB 中点，且DC ⊥平面ABC ，DC ∥BE .已知AC ＝BC ＝DC ＝BE ＝2.(1)求直线AD 与CE 所成的角； (2)求二面角O CE B 的余弦值．解：(1)因为AC ⊥CB 且DC ⊥平面ABC ，则以C 为原点，CB 为x 轴正方向，CA 为y 轴正方向，CD 为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．因为AC ＝BC ＝BE ＝2，则C (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0,2,0)，O (1,1,0)，E (2,0,2)，D (0,0,2)，且AD ―→＝(0，－2,2)，CE ―→＝(2,0,2)．所以cos 〈AD ―→，CE ―→〉＝AD ―→·CE ―→|AD ―→|·|CE ―→|＝422×22＝12.所以直线AD 和CE 的夹角为60°. (2)平面BCE 的一个法向量为m ＝(0,1,0)， 设平面OCE 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)． 由CO ―→＝(1,1,0)，CE ―→＝(2,0,2)， 得⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE ―→＝0，n ·CO ―→＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧2x 0＋2z 0＝0，x 0＋y 0＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧z 0＝－x 0，y 0＝－x 0，取x 0＝－1，则n ＝(－1,1,1)．因为二面角O CE B 为锐二面角，记为θ， 则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n ||m |·|n |＝33.即二面角O CE B 的余弦值为33.2．(2018·江苏高考)如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．解：如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB ―→，OC ―→，OO 1―→}为基底，建立空间直角坐标系O xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0，－1,2)，B 1(3，0,2)，C 1(0，1,2)．(1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，从而BP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，AC 1―→＝(0,2,2)，所以|cos 〈BP ―→，AC 1―→〉|＝|BP ―→·AC 1―→||BP ―→|·|AC 1―→|＝|－1＋4|5×22＝31020.所以异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q 为BC 的中点，所以Q ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0， 因此AQ ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，AC 1―→＝(0,2,2)，CC 1―→＝(0,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧AQ ―→·n ＝0，AC 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1,1)．设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1―→，n 〉|＝|CC 1―→·n ||CC 1―→|·|n |＝25×2＝55.所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55.3. (2018·苏锡常镇调研(一))如图，在四棱锥P ABCD 中，已知底面ABCD 是矩形，PD 垂直于底面ABCD ，PD ＝AD ＝2AB ，点Q 为线段PA (不含端点)上一点．(1)当Q 是线段PA 的中点时，求CQ 与平面PBD 所成角的正弦值； (2)已知二面角Q BD P 的正弦值为23，求PQPA 的值．解：以{DA ―→，DC ―→，DP ―→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .不妨设AB ＝1，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,1,0)，B (2，1,0)，P (0,0,2)．DB ―→＝(2,1,0)，DP ―→＝(0,0,2)．(1)当Q 是线段PA 的中点时，Q (1，0,1)，CQ ―→＝(1，－1，1)． 设平面PBD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·DB ―→＝0，m ·DP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，2z ＝0，不妨取x ＝1，解得y ＝－2.则平面PBD 的一个法向量为m ＝(1，－2,0)． 故cos 〈m ，CQ ―→〉＝m ·CQ ―→|m |·|CQ ―→|＝33×5＝155.综上，CQ 与平面PBD 所成角的正弦值为155. (2)AP ―→＝(－2,0,2)，设AQ ―→＝λAP ―→(λ∈(0,1))， 即AQ ―→＝(－2λ，0,2λ)．故Q (2－2λ，0,2λ)，DB ―→＝(2,1,0)，DQ ―→＝(2－2λ，0,2λ)． 设平面QBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DQ ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，－2λx ＋2λz ＝0，不妨取x ＝1，则y ＝－2，z ＝1－1λ，故平面QBD 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－2，1－1λ. 由(1)得平面PBD 的一个法向量m ＝(1，－2,0)， 由题意得cos 2〈m ，n 〉＝m ·n2|m |2·|n |2＝255×⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋1λ2－2λ＝5λ26λ2－2λ＋1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝59，解得λ＝13或λ＝－1.又λ∈(0,1)，所以λ＝13，所以AQ ―→＝13AP ―→，即PQ ―→―＝23PA ―→，即PQ PA ＝23.4.如图，在四棱锥S ABCD 中，SD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，SD ＝AD ＝AB ＝2，DC ＝1.(1)求二面角S BC A 的余弦值；(2)设P 是棱BC 上一点，E 是SA 的中点，若PE 与平面SAD 所成角的正弦值为22613，求线段CP 的长．解：(1)由题意，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0，1,0)，S (0,0,2)， 所以SB ―→＝(2,2，－2)，SC ―→＝(0,1，－2)，DS ―→＝(0,0,2)． 设平面SBC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·SB ―→＝0，n 1·SC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y －2z ＝0，y －2z ＝0，令z ＝1，得x ＝－1，y ＝2，所以n 1＝(－1,2,1)是平面SBC 的一个法向量.因为SD ⊥平面ABC ，取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)． 设二面角S BC A 的大小为θ， 由图可知二面角S BC A 为锐二面角， 所以|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝16＝66，所以二面角S BC A 的余弦值为66. (2)由(1)知E (1,0,1)，CB ―→＝(2,1,0)，CE ―→＝(1，－1，1)． 设CP ―→＝λCB ―→(0≤λ≤1)， 则CP ―→＝λ(2,1,0)＝(2λ，λ，0)，所以PE ―→＝CE ―→－CP ―→＝(1－2λ，－1－λ，1)．易知CD ⊥平面SAD ，所以CD ―→＝(0，－1,0)是平面SAD 的一个法向量． 设PE 与平面SAD 所成的角为α，所以sin α＝|cos 〈PE ―→，CD ―→〉|＝|PE ―→·CD ―→||CD ―→||PE ―→|＝λ＋15λ2－2λ＋3， 即λ＋15λ2－2λ＋3＝22613，得λ＝13或λ＝119(舍去)． 所以CP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，13，0，|CP ―→|＝53，所以线段CP 的长为53.。
2019-2020年苏教版高中数学(选修2-1)3.2《空间向量的应用》word教案2篇
2019-2020年苏教版高中数学（选修2-1）3.2《空间向量的应用》word 教案2篇对于空间两个非零向量a ，b 来说，如果它们的夹角，那么我们定义它们的数量积为．特别地，当两向量垂直时，．利用该结论，可以很好地解决立体几何中线线垂直或线面垂直的问题．1．证明直线与直线垂直，可以转化为证明这两条直线上的非零向量的数量积为零．反之亦成立．例1 如图1，已知空间四边形ABCD 中，AB ⊥CD ，且AD ⊥BC ，求证：AC ⊥BD ．证明：设以空间一点O 为起点，A 、B 、C 、D 为终点的向量分别记为a 、b 、c 、d ，由已知，AB ⊥CD ，且AD ⊥BC ，所以()()0()()0--=+=+⎧⎧⇒⎨⎨--=+=+⎩⎩，，．b a d c a c b d a d b c d a c b a c b d a b c d ． ∴，即．因此，AC ⊥BD评述：本题的结论是说，三棱锥中若两对对棱互相垂直，则第三对对棱也互相垂直．它的传统证法是过A 点作平面BCD 的垂线，通过三垂线定理及其逆定理来证明．以上用空间向量数量积作为工具，将几何问题代数化、程序化地解决2．证明直线与平面垂直，可以转化为证明这条直线上的非零向量与平面内两相交直线上的非零向量的数量积都为零．例2 直线l 与平面相交于点O ，求证：若直线l 与平面内的过O 点的三条射线所成的角相等，则直线l ⊥平面证明：如图2，在直线l 上任取一点P （Ｐ点不与Ｏ点重合），在平面内过O 点的三条射线上分别取点A 、B 、C ，使OA =OB =OC ≠０，设∠POA =∠POB =∠POC =，则易得，所以，所以，由于BA 、BC 是平面内的两条相交直线，因此，直线l ⊥平面．3．证明两个平面垂直，可以转化为证明这两个平面的法向量的数量积为零．例3 如图3，在正方体中，E 、F 分别是、CD 的中点，求证：平面AED ⊥平面．证明：设，且则．设是平面AED 的一个法向量，则，即．1111111()022AE x y z x z ⎛⎫=+++=+= ⎪⎝⎭m a b c a c ， 即．因此，可以取．于是，．同理，设是平面的一个法向量，则，即．，所以，不防取，从而，所以平面AED ⊥平面．应用求线段长度由空间向量的数量积公式容易得到公式：，应用这个公式可以解决空间问题中两点之间的距离，即空间的距离问题可以转化为求向量的数量积加以解决．事实上公式在计算空间线段长度方面的应用非常广泛，下面举例加以说明．例1 如图1，三棱锥中，PA =PB ，CB ⊥面PAB ，M 、N 分别在PC 、AB 上，且PM =MC ，AN =3NB ，（1）求证：MN ⊥AB ；（2）当∠APB =90°，BC =2，AB =4时，求MN 的长．简解：（1）设，则，且，，，，，113()444PN PB BN =+=+-=+b a b a b ， ∴，∴∴AB ⊥MN ；（2）∵∠APB =90°，BC =2，AB =4，则且，，∴21111(2)4424MN =+-=+-a b c a b c即MN 的长为．例2 如图2，有一长方形的纸片ABCD ，长AB ＝4cm ，宽AD ＝3cm ，现沿它的一条对角线AC 把它折叠成120°的二面角，求折叠后BD 的长．简解：作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，点E 、F 为垂足，则5cm ， cm ，cm ， cm ．折叠后，DE 、EF 、FB 的长度保持不变，且222222BF FE ED BF FE BF ED FE ED =+++++22221271212148125555225⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ∴cm ．运用向量法求解立体几何探索性问题立体几何探索性问题是近年高考或各地模拟考试中的热点题型．向量作为一种工具，在解决立体几何探索性问题中有着无比的优越性．运用向量法解题，可使几何问题代数化，大大简化思维程序，使解题思路直观明了．下面举例说明向量法在求解两类立体几何探索性问题中的运用．一、条件探索型所谓“条件探索型”是指给出了问题的明确结论，但条件不足或未知，需要解题者探求、寻找使结论成立的条件的一类问题，这类问题的常用解法是逆推法，利用结论探求条件．例1 如图1，棱长为１的正方体，E 是BC 的中点，F 是棱CD 上的动点（非C 、D 两点），设二面角的大小为．试确定F 点的位置，使得．解析：以A 为坐标原点，建立如图1所示的直角坐标系，则．设，易知．设是平面的一个法向量，则令，则．又是平面的一个法向量，∴．结合条件知可取，故，解得或（舍）．故当是CD 的中点时，．二、存在型所谓“存在型”是指结论不确定的问题，即在数学命题中，结论常以“是否存在”的形式出现，其结果可能存在，需要找出来；可能不存在，则需要说明理由．解答这一类问题时，先假设结论存在，若推证无矛盾，则结论存在；若推证出矛盾，则结论不存在．例2 已知正三棱柱的侧棱长为2，底面边长为1，M 是BC 的中点．在直线上是否存在一点Ｎ，使得？若存在，请你求出它的位置；若不存在，请说明理由．解：假设在直线上存在一点Ｎ，使得．如图2，建立空间直角坐标系，有1313331(000)00(01)2224422A B M N z B ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，，，，，，， ∴．∵，∴1313131220224488AB MN z z ⎛⎫⎛⎫=-=-++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，， 解得，，即时，． 用法向量求距离一、求异面直线间的距离如图1，若是异面直线的公垂线段，分别为上的任决两点．令向量，则． 分析：，．，．．两异面直线间的距离为（其中与垂直，分别为两异面直线上的任意两点） 例1 如图2，在正方体中，为的中点且正方体棱长为2．求异面直线和间的距离．解析：以为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系，则．设和公垂线段上的向量为，则即．又，，所以异面直线和间的距离为．二、求点到平面的距离如图3，已知为平面的一条斜线段，为平面的法向量．求证：点到平面的距离．分析：， cos AB AB AC AB AB AB AB ∴===，nnn n n ．例2 如图4，已知是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点．求点到平面的距离．解析：为正方形，．易得平面平面，面，是平面的一个法向量．设点到平面的距离为， 则111()0cos602422AC A BAC A A AB a a d a A B a a ++⨯⨯====． 三、求直线到平面的距离 例3 如图5，已知边长为的正三角形中，分别为和的中点，面，且，设平面过且与平行．求与平面间的距离．解析：设的单位向量分别为，选取作为空间向量的一个基底． 易知，，，，1231()2622PF PA AE EC =++=-++e e e ．设是平面的一个法向量，则，．即解得．直线与平面间的距离113221322223322AP d ⎛⎫+ ⎪⎝⎭===+e e en n e e ．四、求两平行平面间的距离例4 如图6，在棱长为1的正方体中．求平面与平面间的距离．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，易知平面与平面平行． 设平面的一个法向量，则即．平面与平面间的距离．。
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（三十九） 空间向量的应用（空间角的求法）一保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·苏锡常镇调研)如图，已知正四棱锥P -ABCD 中， PA ＝AB ＝2，点M ，N 分别在PA ，BD 上，且PM PA ＝BN BD ＝13.(1)求异面直线MN 与PC 所成角的大小； (2)求二面角N -PC -B 的余弦值．解：(1)设AC ，BD 交于点O ，在正四棱锥P -ABCD 中，OP ⊥平面ABCD .又PA ＝AB ＝2，所以OP ＝ 2.以O 为坐标原点，DA ―→，AB ―→方向分别为x 轴、y 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系O -xy .则A (1，－1,0)，B (1,1,0)，C (－1,1,0)，D (－1，－1,0)，P (0，0，2)，AP ―→＝(－1,1，2)．故OM ―→＝OA ―→＋AM ―→＝OA ―→＋23AP ―→＝⎝⎛⎭⎫13，－13，223，ON ―→＝13OB ―→＝⎝⎛⎭⎫13，13，0， 所以MN ―→＝ON ―→－OM ―→＝⎝⎛⎭⎫0，23，－223，PC ―→＝(－1,1，－2)，所以cos 〈MN ―→，PC ―→〉＝MN ―→·PC ―→|MN ―→||PC ―→|＝32， 所以异面直线MN 与PC 所成角的大小为30°.(2)由(1)知PC ―→＝(－1,1，－2)，CB ―→＝(2,0,0)，NC ―→＝⎝⎛⎭⎫－43，23，0. 设m ＝(x 1，y 1， 1)是平面PCB 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PC ―→＝0，m ·CB ―→＝0，即⎩⎨⎧ －x 1＋y 1－2z 1＝0，x 1＝0，令y 1＝2，则 1＝1，即m ＝(0，2，1)． 设n ＝(x 2，y 2， 2)是平面PCN 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·NC ―→＝0，即⎩⎨⎧－x 2＋y 2－2z 2＝0，－2x 2＋y 2＝0，令x 2＝2，则y 2＝4， 2＝2，即n ＝(2,4，2)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝523×22＝53333，故二面角N -PC -B 的余弦值为53333. 2．(2018·启东检测)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)求二面角A -PC -D 的余弦值；(2)设E 为棱PA 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．解：(1)因为PA ⊥平面ABCD ， 所以PA ⊥AD，PA ⊥AC ，又因为AC ⊥AD ，故以A 为原点，以AD ，AC ，AP 所在直线为x 轴，y 轴， 轴建立如图所示空间直角坐标系A -xy ，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，12，0，P (0,0,2)． PC ―→＝(0,1，－2)，CD ―→＝(2，－1,0)． 设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ， )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·CD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令 ＝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 〉＝m ·n |m |·|n |＝16＝66. 由图知二面角A -PC -D 为锐角， 所以二面角A -PC -D 的余弦值为66. (2)设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]． 由此得BE ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h ，由CD ―→＝(2，－1,0)， 故cos 〈BE ―→，CD ―→〉＝BE ―→·CD ―→| BE ―→|·|CD ―→|＝3212＋h 2×5＝310＋20h 2，所以310＋20h 2＝cos 30°＝32，解得h ＝1010，即AE ＝1010.3.(2018·南通一调)如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SA ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AD ＝AS ＝2，P 是棱SD 上一点，且SP ＝12PD .(1)求直线AB 与CP 所成角的余弦值； (2)求二面角A -PC -D 的余弦值．解：(1)如图，分别以AB ，AD ，SA 所在直线为x 轴，y 轴， 轴建立空间直角坐标系A -xy ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，S (0,0,2)． 设P (x 0，y 0， 0)，由SP ―→＝13SD ―→，得(x 0，y 0， 0－2)＝13(0,2，－2)，所以x 0＝0，y 0＝23， 0＝43，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫0，23，43. 故CP ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，－43，43，AB ―→＝(1,0,0)， 设直线AB 与CP 所成的角为α，则cos α＝(－1)×1＋⎝⎛⎭⎫－43×0＋43×0⎣⎡⎦⎤(－1)2＋⎝⎛⎭⎫－432＋⎝⎛⎭⎫432×1＝－34141.所以直线AB 与CP 所成角的余弦值为34141.(2)设平面APC 的法向量为m ＝(x 1，y 1， 1)， 因为AP ―→＝⎝⎛⎭⎫0，23，43，AC ―→＝(1,2,0)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC ―→＝0，m ·AP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋2y 1＝0，23y 1＋43z 1＝0， 令y 1＝－2，则x 1＝4， 1＝1，m ＝(4，－2,1)， 设平面SCD 的法向量为n ＝(x 2，y 2， 2)， 由于DC ―→＝(1,0,0)，DS ―→＝(0，－2,2)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC ―→＝0，n ·DS ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，－2y 2＋2z 2＝0，令y 2＝1，则 2＝1，n ＝(0,1,1)．设二面角A -PC -D 的大小为θ(由图可知θ为锐角)， 所以cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|0×4＋1×(－2)＋1×1|2×21＝4242， 所以二面角A -PC -D 的余弦值为4242. 4.如图，圆锥的高PO ＝4，底面半径OB ＝2，D 为PO 的中点，E 为母线PB 的中点，F 为底面圆周上一点，满足EF ⊥DE .(1)求异面直线EF 与BD 所成角的余弦值； (2)求二面角O -DF -E 的正弦值．解：(1)以O 为原点，底面上过O 点且垂直于OB 的直线为x 轴，OB 所在的直线为y 轴，OP 所在的直线为 轴建立如图所示的空间直角坐标系O -xy ，则B (0,2,0)，P (0,0,4)，D (0，0,2)，E (0,1,2)．设F (x 0，y 0,0)(x 0＞0，y 0＞0)，且x 20＋y 20＝4.则EF ―→＝(x 0，y 0－1，－2)， DE ―→＝(0,1,0)．因为EF ⊥DE ，则EF ―→·DE ―→＝y 0－1＝0，故y 0＝1.所以F (3，1,0)，EF ―→＝(3，0，－2)，BD ―→＝(0，－2,2)． 设异面直线EF 与BD 所成角为α， 则cos α＝|EF ―→·BD ―→||EF ―→||BD ―→|＝47×22＝147. 故异面直线EF 与BD 所成角的余弦值为147. (2)设平面ODF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1， 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·OD ―→＝0，n 1·OF ―→＝0，即⎩⎨⎧2z 1＝0，3x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝－3，则平面ODF 的一个法向量为n 1＝(1，－3，0)．设平面DEF 的法向量为n 2＝(x 2，y 2， 2)， 因为DE ―→＝(0,1,0)，DF ―→＝(3，1，－2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·DE ―→＝0，n 2·DF ―→＝0，即⎩⎨⎧y 2＝0，3x 2＋y 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得 2＝32， 则平面DEF 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎫1，0，32. 设二面角O -DF -E 的平面角为β，则|cos β|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝17＝77，所以si n β＝427.即二面角O -DF -E 的正弦值为427. 二上台阶，自主选做志在冲刺名校(2018·镇江高三期末考试)如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，E 是棱PC 的中点．(1)求BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(2)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F -AB -P 的正弦值．解：(1)以{AB ―→，AD ―→，AP ―→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A -xy ，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0，2,0)，P (0,0,2)，由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)，故BE ―→＝(0,1,1)，BD ―→＝(－1,2,0)，PB ―→＝(1,0，－2)． 设n ＝(x ，y ， )为平面PBD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ―→＝0，n ·PB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0，令y ＝1，得x ＝2， ＝1，所以n ＝(2,1,1)为平面PBD 的一个法向量， 设BE 与平面PBD 所成角为α，于是sin α＝|cos 〈n ，BE ―→〉|＝|n ·BE ―→||n ||BE ―→|＝26·2＝33.所以BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.(2)由(1)知BC ―→＝(1,2,0)，CP ―→＝(－2，－2,2)，AC ―→＝(2,2,0)，AB ―→＝(1,0,0)． 由点F 在棱PC 上，设CF ―→＝λCP ―→(0≤λ≤1)．故BF ―→＝BC ―→＋CF ―→＝BC ―→＋λCP ―→＝(1－2λ，2－2λ，2λ)． 由BF ⊥AC ，得BF ―→·AC ―→＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，12，32. 设n 1＝(x 1，y 1， 1)为平面FAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB ―→＝0，n 1·BF ―→―＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，－12x 1＋12y 1＋32z 1＝0， 令 1＝1，得y 1＝－3，所以n 1＝(0，－3,1)为平面FAB 的一个法向量． 易知平面ABP 的一个法向量n 2＝(0,1,0)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－31010，设二面角F -AB -P 的平面角为θ， 即si n θ＝1010. 故二面角F -AB -P 的正弦值为1010.。