2018_2019学年高中数学第二章空间向量与立体几何2.5夹角的计算训练案北师大版
高中数学第二章空间向量与立体几何2.5夹角的计算2.5.1直线间的夹角2.5.2平面间的夹角课件北师大版选修2_1
探究一
探究二
思想方法
解法一 ∵������������1 = ������������ + ������������1 , ������������ = ������������ + ������������ , ∴������������1 ·������������ =(������������ + ������������1 )· (������������ + ������������) =������������ ·������������ + ������������ ·������������ + ������������1 ·������������ + ������������1 ·������������ . ∵AB⊥BC,BB1⊥AB,BB1⊥BC, ∴������������ ·������������ =0,������������1 ·������������ =0,������������1 ·������������=0, ������������ ·������������ =-a2,∴������������1 ·������������ =-a2. 又
探究一
探究二
思想方法
变式训练1如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1 的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是 .
������������ · ������������ ∴cos������ ������ ������1 , ������������ ������ = 1 |������������1 |· |������������| 2π
=
-������2
2������2 · 2������
高中数学第二章空间向量与立体几何2.5夹角的计算课件
直线间的夹角
2．例题导读
P43例1.通过本例学习，掌握利用直线的方向向量求两异面
直线的夹角． P44例2.通过本例学习，掌握利用两平面的法向量求两平面 的夹角． P45例3.通过本例学习，掌握利用直线的方向向量和平面的 法向量求直线与平面的夹角． 试一试：教材P45练习T2，P46练习你会吗？
1．直线间的夹角 (1)共面直线的夹角 当两条直线 l1 与 l2 共面时，我们把两条直线交 π [0， ] 角中，范围在 ______________ 内的角叫作两直线的夹角．如 2 图 1.
2．已知直线 l1 的一个方向向量为 a＝ (1，－ 2， 1)，直线 l2 的 一个方向向量为 b＝ (2，－ 2，0)，则两直线所成角的余弦值为 ( D ) A． 1 3 C. 3 解析：选设两直线夹角为 θ，
|a· b| 2＋ 4 3 则 cos θ ＝ ＝ ＝ . |a|· |b| 6· 2 2 2
1．判断正误 (正确的打“√”，错误的打“×” ) π (1)两异面直线夹角的范围是0， .( √ ) 2 (2)直线与平面所成的角 α 与该直线的方向向量与平面的法向 量的夹角 β 互余．( × ) (3)两平面夹角的大小范围是 [0，π )．( × ) (4)两平面夹角的大小等于其两个平面的法向量的夹角的大 小． ( × )
6 B. 3 3 D. 2
3．已知正四棱柱 ABCDA1 B1 C1 D1 中， AA1＝ 2AB，则 CD 与 平面 BDC1 所成角的正弦值等于 ( A ) A. 2 3 B. 3 3
2 C. 3
1 D. 3
→ → → 解析：以DA、DC、DD1 为 x， y， z 轴的正方向建立坐标系， 令 AB＝ 1，则有 B(1，1，0)，D(0，0，0)，C1 (0，1，2)，C(0， → → 1， 0)，DB＝(1， 1， 0)，DC1 ＝ (0， 1， 2)．设 n＝ (x， y， z)为 → → 平面 BDC1 的法向量，由DB· n＝ 0，DC1 · n＝ 0，得 x＝－ y， y → z＝－ ，可取 n＝ (2，－ 2， 1)，CD· n＝ 0× 2＋ (－ 1)× (－ 2) 2 ＋ 0× 1＝ 2. → CD · n 2 2 故 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值为 ＝ ＝ . → 1× 3 3 |CD ||n|
高中数学第二章空间向量与立体几何2.5夹角的计算教学案北师大版选修
5 夹角的计算第一直线间的夹角、平面间的夹角[对应学生用书P34]山体滑坡是一种常见的自然灾害．甲、乙两名科学人员为了测量一个山体的倾斜程度，甲站在水平地面上的A 处，乙站在山坡斜面上的B 处，从A ，B 两点到直线l (水平地面与山坡的交线)的距离AC 和BD 分别为30 m 和40 m ，CD 的长为60 m ，AB 的长为80 m.问题1：直线AC 和BD 的夹角范围是什么？向量AC 与向量BD 的夹角范围是什么？提示：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，[0，π]．问题2：直线AC 与BD 的夹角与〈AC ，BD 〉有什么关系？ 提示：当0≤〈AC ，BD 〉≤π2时，它们相等；当π2<〈AC ，BD 〉≤π时，直线AC 与BD 的夹角为π－〈AC ，BD 〉． 问题3：上图中水平地面与斜坡面的夹角α与〈CA ，DB 〉有什么关系？为什么？ 提示：α＝π－〈CA ，DB 〉，因为图中两平面夹角(即为直线BD 与CA 的夹角)为锐角，而〈CA ，DB 〉为钝角，所以α＝π－〈CA ，DB 〉．问题4：若n 1，n 2分别为两个平面π1，π2的法向量，则π1与π2的夹角θ与〈n 1，n 2〉有什么关系？提示：当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，θ＝〈n 1，n 2〉；当π2<〈n 1，n 2〉≤π时，θ＝π－〈n 1，n 2〉．1．两直线的夹角当两条直线l 1与l 2共面时，把两条直线交角中，范围在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内的角叫做两直线的夹角．2．异面直线l 1与l 2的夹角(1)定义：直线l 1与l 2是异面直线，在直线l 1上任取一点A 作AB ∥l 2，则直线l 1和直线AB 的夹角叫作异面直线l 1与l 2的夹角．(2)计算：设直线l 1与l 2的方向向量分别为s 1，s 2.当0≤〈s 1，s 2〉≤π2时，直线l 1与l 2的夹角等于〈s 1，s 2〉；当π2<〈s 1，s 2〉≤π时，直线l 1与l 2的夹角等于π－〈s 1，s 2〉． 3．平面间的夹角(1)定义：平面π1与π2相交于直线l ，点R 为直线l 上任意一点，过点R ，在平面π1上作直线l 1⊥l ，在平面π2上作直线l 2⊥l ，则直线l 1和l 2的夹角叫作平面π1与π2的夹角．(2)计算：已知平面π1和π2的法向量分别为n 1和n 2，当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，平面π1和π2的夹角等于〈n 1，n 2〉；当π2<〈n 1，n 2〉≤π时，平面π1和π2的夹角等于π－〈n 1，n 2〉．1．求空间角时，要注意角的范围．(1)异面直线夹角范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2；(2)两平面夹角范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. 2．求两异面直线的夹角、两平面夹角时可用定义求解；也可用直线的方向向量、平面的法向量的夹角进行求解，但要注意其转化关系．[对应学生用书P35]求异面直线的夹角[例1]如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝a ，AD ＝2a ，且PA ⊥底面ABCD ，∠PDA ＝30°，AE ⊥PD ，E 为垂足．(1)求证：BE ⊥PD ；(2)求异面直线AE 与CD 夹角的余弦值．[思路点拨]要证明两直线垂直，或求两直线的夹角，只要适当地建立空间直角坐标系，求出两直线对应的方向向量，然后借助于这两个向量的数量积公式即可求得．[精解详析]以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0,0)，B (a,0,0)，C (a ，a,0)，D (0,2a,0)．又∵∠PDA ＝30°， ∴AP ＝AD ·tan 30°＝2a ·33＝233a ， AE ＝AD ·sin 30°＝2a ·12＝a .过E 作EF ⊥AD ，垂足为F ，在Rt △AFE 中，AE ＝a ，∠EAF ＝60°，∴AF ＝a 2，EF ＝32a .∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，233a ，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，32a .(1)证明：BE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，12a ，32a ，PD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a ，－233a ，∴BE ·PD ＝0＋a 2－a 2＝0.∴BE ⊥PD ，∴BE ⊥PD .(2)AE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，32a ，CD ＝(－a ，a,0)．则cos 〈AE ，CD 〉＝AE ·CD | AE ||CD |＝12a 22a ·a ＝24，即AE 与CD 的夹角的余弦值为24. [一点通]1．求两异面直线的夹角时，可用向量法转化为求两异面直线的方向向量a ，b 的夹角〈a ，b 〉．但两异面直线的夹角范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，所以当〈a ，b 〉∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，两异面直线的夹角应为π－〈a ，b 〉．2．合理建立空间直角坐标系，可使两异面直线的夹角问题转化为向量的坐标运算，也可选用基向量法进行求解．1．把正方形ABCD 沿对角线AC 折成直二面角，点E ，F 分别是AD ，BC 的中点，O 是正方形ABCD 的中心，则折起后，∠EOF 的大小为()A ．60°B ．90°C ．120°D ．150°解析：如图，建立空间直角坐标系，设正方形边长为2.则F ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，－22，22， ∴OF ＝⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，OE ＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22，22， ∴cos ∠EOF ＝cos 〈OF ，OE 〉 ＝0×22－22×22＋0×2212＋12× 12＋12＝－12，∴∠EOF ＝120°. 答案：C2．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求异面直线BA 1与AC 的夹角．解：法一：以A 点为坐标原点，建立直角坐标系如右图所示，设B (1,0,0)，则C (1,1,0)，A 1(0,0,1)，∴AC ＝(1,1,0)，1BA ＝(－1,0,1)，∴cos 〈AC ，1BA 〉＝AC ·1BA |AC |·|1BA |＝1，1，0·－1，0，12×2＝－12.∴〈AC ，1BA 〉＝120°.故AC 与BA 1的夹角为60°. 法二∵1BA ＝BA ＋1BB ，AC ＝AB ＋BC ， ∴1BA ·AC ＝(BA ＋1BB )·(AB ＋BC )＝BA ·AB ＋BA ·BC ＋1BB ·AB ＋1BB ·BC . ∵AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ，∴BA ·BC ＝0，1BB ·AB ＝0，1BB ·BC ＝0，∴1BA ·AC ＝－a 2.又∵1BA AC ＝|1BA |·|AC |·cos〈1BA ，AC 〉， ∴cos 〈1BA ，AC 〉＝－a22a ·2a ＝－12.∴〈1BA ，AC 〉＝120°. 故异面直线BA 1与AC 的夹角为60°.3.如右图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，∠PAD ＝60°，在四边形ABCD 中，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B ，P 的坐标； (2)求异面直线PA 与BC 夹角的余弦值． 解：(1)如右图建立空间直角坐标系，∵∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2， ∴A (2,0,0)，C (0,1,0)，B (2,4,0)．在Rt △PAD 中，由AD ＝2，∠PAD ＝60°得PD ＝23， ∴P (0,0,23)．(2)由(1)得PA ＝(2,0，－23)，BC ＝(－2，－3,0)，∴cos 〈PA ，BC 〉＝PA ·BC|BA ||BC |＝2×－2＋0×－3＋－23×0413＝－1313.故异面直线PA 与BC 夹角的余弦值为1313.求两平面的夹角[例2]如图，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，BC ＝2，求平面PAB 与平面PBC 的夹角的余弦值．[思路点拨]建立空间直角坐标系，利用法向量进行求解．[精解详析]如图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 ，m ⊥AB ，即⎩⎪⎨⎪⎧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，得m ＝(1，－2，0)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥CB ，n ⊥CP ，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB ＝0，n ·CP ＝0，∴⎩⎨⎧x ′，y ′，z ′·2，0，0＝0，x ′，y ′，z ′·0，－1，1＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝0，y ′＝z ′.令y ′＝1，∴n ＝(0,1,1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－33.而平面PAB 与平面PBC 夹角∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2∴平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值为33. [一点通]求两平面的夹角有两种方法：(1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同．(2)法向量法：分别求出两平面的法向量n 1，n 2，则两平面的夹角为〈n 1，n 2〉⎝ ⎛⎭⎪⎫当〈n 1，n 2〉∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时或π－〈n 1，n 2〉⎝ ⎛⎭⎪⎫当〈n 1，n 2〉∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时.4．在底面是直角梯形的四棱锥S －ABCD 中，∠ABC ＝90°，SA ⊥面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，求平面SCD 与平面SBA 夹角的余弦值．解：建立如图所示空间直角坐标系，则A (0,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C (1,1,0)，S (0,0,1)，平面SAB 的一个法向量是AD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0.设n ＝(x ，y ，z )是面SCD 的一个法向量，则n ⊥DC ，n ⊥DS ，即n ·DC ＝0，n ·DS ＝0.又DC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，DS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1， ∴12x ＋y ＝0，且－12x ＋z ＝0. ∴y ＝－12x ，且z ＝12x .∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，－x 2，x 2，取x ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，12.∴cos 〈AD ，n 〉＝AD ·n| AD |·|n |＝1212×1＋14＋14＝63. ∴平面SCD 与平面SBA 夹角的余弦值为63. 5．(陕西高考)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．解： (1)证明：法一：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)，A 1(0,0,1)．由1A B ＝AB ，易得B 1(－1,1,1)．∵1A C ＝(－1,0，－1)，BD ＝(0，－2,0)，1BB ＝(－1,0,1)， ∴1A C ·BD ＝0，1A C ·1BB ＝0， ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1， 又BB 1∩BD ＝B ， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .法二：∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥BD . 又四边形ABCD 是正方形，∴BD ⊥AC ，∴BD ⊥平面A 1OC ，∴BD ⊥A 1C . 又OA 1是AC 的中垂线，∴A 1A ＝A 1C ＝2，且AC ＝2，∴AC 2＝AA 21＋A 1C 2， ∴△AA 1C 是直角三角形，∴AA 1⊥A 1C . 又BB 1∥AA 1，∴A 1C ⊥BB 1.又BB 1∩BD ＝B ， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .(2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵OC ＝(－1,0,0)，1OB ＝(－1,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OC ＝－x ＝0，n ·1OB ＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z .取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，1A C ＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量， ∴cos θ＝|cos 〈n ，1A C 〉|＝12×2＝12. 又0≤θ≤π2，∴θ＝π3.用向量法求两异面直线的夹角θ及两平面的夹角φ时，要注意两异面直线的夹角、两平面夹角与直线的方向向量a ，b 的夹角及两平面的法向量n 1，n 2的夹角的关系：(1)当cos 〈a ，b 〉<0时，cos θ＝－cos 〈a ，b 〉，当cos 〈a ，b 〉≥0时，cos θ＝cos 〈a ，b 〉，即cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|. (2)当cos 〈n 1，n 2〉≥0时，cos φ＝cos 〈n 1，n 2〉，当cos 〈n 1，n 2〉<0时，cos φ＝－cos 〈n 1，n 2〉，即cos φ＝|cos 〈a ，b 〉|.[对应跟踪训练十一]1．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心，则异面直线EF 和CD 的夹角是()A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°解析：以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系(图略)．设正方体的棱长为1，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC ＝(0,1,0)．所以cos 〈EF ，DC 〉＝EF ·DC | EF |·|DC |＝－22，所以〈EF ，DC 〉＝135°， 所以异面直线EF 和CD 的夹角是45°. 答案：B2.(陕西高考)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为()A.55 B.53C.255D.35解析：设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1＝(0,2,1)，可得向量1AB ＝(－2,2,1)，1BC ＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈1AB ，1BC 〉＝－2×0＋2×2＋1×－10＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55. 答案：A3．如图所示，已知点P 为菱形ABCD 所在平面外一点，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC 中点，则平面CBF 与平面DBF 夹角的正切值为()A.36B.34C.33D.233解析：设AC ∩BD ＝O ，连接OF ，以O 为原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3，∴B ⎝⎛⎭⎪⎫32，0，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，0. ∴OC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，且OC 为平面BDF 的一个法向量． 由BC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0，FB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－12可得平面BCF 的一个法向量n ＝(1，3，3)．∴cos 〈n ，OC 〉＝217，sin 〈n ，OC 〉＝277. ∴tan 〈n ，OC 〉＝233.答案：D4．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在α，β平面内引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么α与β的夹角大小为()A ．60°B ．70°C ．80°D ．90°解析：设PM ＝a ，PN ＝b ，作ME ⊥AB ，NF ⊥AB ，则因∠BPM ＝∠BPN ＝45°，故PE ＝a2，PF ＝b2.于是EM ·FN ＝(PM －PE )·(PN －PF )＝PM ·PN －PM ·PF －PE ·PN＋PE ·PF ＝ab cos 60°－a ·b2cos 45°－a 2·b cos 45°＋a 2·b 2＝ab 2－ab 2－ab2＋ab2＝0.因为EM ，FN 分别是α，β内的与棱AB 垂直的两条直线，所以EM 与FN 的夹角就是α与β的夹角．答案：D5．平面π1的一个法向量n 1＝(1,2，－1)，平面π2的一个法向量n 2＝(2，－2，－2)，则平面π1与π2夹角的正弦值为________．解析：n 1·n 2＝2－4＋2＝0，∴n 1⊥n 2，∴〈n 1，n 2〉＝π2，即α与β垂直，∴sin 〈n 1，n 2〉＝1. 答案：16．如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是________．解析：不妨设棱长为2，则1AB ＝1BB －BA ，BM ＝BC ＋121BB ，cos 〈1AB ，BM 〉＝1BB －BA·BC ＋121BB 22·5＝0－2＋2＋022·5＝0.故AB 1与BM 的夹角为90°. 答案：90°7．如图，四边形ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成角为60°.求平面BEF 与平面BDE 的夹角的余弦值．解：因为DA ，DC ，DE 两两垂直，所以建立空间直角坐标系，如图所示．因为BE 与平面ABCD 所成角为60°，即∠DBE ＝60°，所以ED DB＝ 3. 由AD ＝3可知DE ＝36，AF ＝6，则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)．所以BF ＝(0，－3，6)，EF ＝(3,0，－26)．设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF ＝0，n ·EF ＝0.即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0，令z ＝6，则n ＝(4,2，6)．由题意知AC ⊥平面BDE ， 所以CA 为平面BDE 的法向量，CA ＝(3，－3,0)．所以cos 〈n ，CA 〉＝n ·CA |n ||CA |＝632×26＝1313.故由题意知平面BEF 与平面BDE 的夹角的余弦值为1313. 8．如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 的夹角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1的夹角的正弦值．解：(1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1A B ＝(2,0，－4)，1C D ＝(1，－1，－4)．因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1A B ·1C D| 1A B ||1C D |＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 的夹角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD ＝(1,1,0)，1AC ＝(0,2,4)，所以n 1·AD ＝0，n 1·1AC ＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1的夹角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1的夹角的正弦值为53.第二直线与平面的夹角[对应学生用书P37]在上节研究的山体滑坡问题中，A ，B 两点到直线l (水平地面与山坡的交线)的距离分别为AC 和BD ，直线BD 与地面ACD 的夹角为φ.问题1：φ与〈CA ，DB 〉有什么关系？ 提示：φ＝π－〈CA ，DB 〉．问题2：φ与〈BD ，n 〉有何关系？(n 为地面法向量)提示：φ＝π2－〈BD ，n 〉或φ＝〈BD ，n 〉－π2，即sin φ＝|cos 〈BD ，n 〉|.直线与平面的夹角(1)平面外一条直线与它在该平面内的投影的夹角叫作该直线与此平面的夹角． (2)如果一条直线与一个平面垂直，这条直线与平面的夹角为π2.(3)如果一条直线与一个平面平行或在平面内，这条直线与平面的夹角为0. (4)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l 与α的夹角为θ，则， 当〈a ，n 〉≤π2时，θ＝π2－〈a ，n 〉；当〈a ，n 〉>π2时，θ＝〈a ，n 〉－π2.即sin 〈a ，n 〉＝|cos 〈a ，n 〉|.(1)直线与平面夹角范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2；(2)求直线与平面夹角θ时，可用定义求解；也可用直线的方向向量s 、平面的法向量n 的夹角进行求解，但要注意sin θ＝|cos 〈s ，n 〉|.[对应学生用书P37]求直线与平面的夹角[例1](新课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 的夹角的正弦值． [思路点拔](1)先证明直线与平面垂直，再利用线面垂直的性质求证线线垂直；(2)建立空间直角坐标系，写出点与向量坐标，将线面角的大小用方向向量和法向量表示，但要注意线面角的范围．[精解详析](1)如图，取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C 平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB ，又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)，则BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)， 故cos n ，1A C＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 的夹角的正弦值为105. [一点通]设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|＝|a ·u ||a ||u |或cos θ＝sin φ，其中θ与φ满足：①当φ是锐角时，θ＝π2－φ；②当φ为钝角时，则θ＝φ－π2.1．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC 81与平面ABCD 夹角的余弦值为() A.33 B.36 C.62D.63解析：如图所示建系，设正方体棱长为1，则A (1,0,0)，C 1(0,1,1)，C (0，1,0)，而CC 1⊥面ABCD ，∴AC 1在底面ABCD 的射影为AC .又1AC ＝(－1,1,1)，AC ＝(－1,1,0)， ∴AC 1与平面ABCD 夹角的余弦值 cos θ＝|cos 〈1AC ，AC 〉|＝63. 答案：D2．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 夹角的正弦值为________．解析：取B 1C 1中点O ，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝BB 1＝2，则A 1(－3，0,0)，C 1(0,1,0)，A (－3，0,2)，O (0,0,0)，1A O ＝(3，0,0)，1A O 为面BB 1C 1C 的法向量，1AC ＝(3，1，－2)，∴sin θ＝|cos 〈1A O ，1AC 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1A O ·1AC |1A O ||1AC | ＝33·3＋1＋4＝64.答案：64 3.已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝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 的夹角．解：设PA ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系如图．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0， S ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0. (1)证明：CM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，12，SN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，因为CM ·SN ＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN .(2) NC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则a ·CM ＝0，a ·NC ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.令x ＝2，得a ＝(2,1，－2)．因为|cos 〈a ，SN 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22，所以SN 与平面CMN 的夹角为45°.存在性问题[例2]如图，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 是等边三角形．点A 在底面BCD 上的射影为H .(1)以D 点为原点建立空间直角坐标系，并求A ，B ，C 的坐标； (2)求平面BAC 与平面DAC 的夹角的余弦值．(3)在线段AC 上是否存在一点E ，使ED 与面BCD 的夹角为30°？若存在，确定点E 的位置；若不存在，说明理由．[思路点拨](1)建立坐标系，证明AD ·BC ＝0. (2)求两平面法向量的夹角．(3)先假设存在点E 满足条件，再建立关于点E 的坐标的方程，判断方程是否有符合题意的解，即可得出结论．[精解详析](1)由题意AB ＝AC ＝2，∴BC ＝ 2. 则△BDC 为等腰直角三角形． 连接BH ，CH ，∴DB ⊥BH ，CH ⊥BH .∴四边形BHCD 为正方形，以DC 为y 轴，DB 为x 轴建立空间直角坐标系如图所示，则A (1,1,1)，B (1,0,0)，C (0,1,0)．(2)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⊥CA 知：n 1·CA ＝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)． 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝1＋0＋13·2＝63，即所求平面BAC 与平面DAC 的夹角的余弦值为63. (3)假设存在E 满足条件，设CE ＝x CA ＝(x,0，x )(0≤x ≤1)，则DE ＝DC ＋CE ＝(0,1,0)＋(x,0，x )＝(x,1，x )，平面BCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，∵ED 与平面BCD 的夹角为30°， 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＝cos60°＝12. 则2x ＝1＋2x 2，解得x ＝22，即E ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1，22， |AC |＝2，|CE |＝1.故线段AC 上存在点E (与C 的距离为1)，使ED 与平面BCD 的夹角为30°. [一点通]解决存在性探究问题，一般先假设存在，然后进行推理计算，推出的结果若符合题意，则说明假设正确．若出现矛盾或得出相反的结论，则否定假设，说明不存在．4.在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为棱BB 1的中点，在棱DD 1上是否存在点P ，使MD 与平面PAC 的夹角为90°？若存在，确定P点位置；若不存在，说明理由．解：如图，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，M ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，假设存在P (0,0，x )(0≤x ≤1)满足条件，经检验，当x ＝0时不满足要求， 当0<x ≤1时，则PA ＝(1,0，－x )，AC ＝(－1,1,0)，MD ＝(－1，－1，－12)．设平面PAC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧PA ·n ＝0， AC ·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－xz 1＝0，－x 1＋y 1＝0.令x 1＝1得y 1＝1，z 1＝1x， 即n ＝(1,1，1x)．由题意MD ∥n ，由MD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1，－12＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12＝－n ， 得x ＝2.又0<x ≤1，故不满足要求，综上所述，棱DD 1上不存在点P ，使MD 与平面PAC 的夹角为90°. 5.(北京高考)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求平面A 1BC 1与平面B 1BC 1的夹角的余弦值； (3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值． 解：(1)证明：因为AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A B ＝0，n ·11A C ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)． 同理可得，平面B 1BC 1的法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos 〈 n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625.所以平面A 1BC 1与平面B 1BC 1的夹角的余弦值为1625.(3)证明：设D (x 1，y 1，z 1)是线段BC 1上一点，且BD ＝λ1BC . 所以(x 1，y 1－3，z 1)＝λ(4，－3,4)． 解得x 1＝4λ，y 1＝3－3λ，z 1＝4λ. 所以AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD ·1A B ＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B . 此时，BD BC 1＝λ＝925.计算直线l 与平面α的夹角为θ. (1)利用法向量计算θ的步骤如下：(2)利用定义计算θ的步骤如下：[对应跟踪训练十二]1．已知直线l 的一个方向向量为a ＝(1,1,0)，平面α的一个法向量为μ＝(1,2，－2)，则直线l 与平面α夹角的余弦值为()A.22 B ．－22C ．±22D.12解析：cos 〈a ，μ〉＝a·μ|a||μ|＝32·3＝22，则直线l 与平面α的夹角θ的正弦值sin θ＝|cos 〈a ，μ〉|＝22，cos θ＝22. 答案：A2．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是边长为4的正方形，长方体的高为AA 1＝3，则BC 1与对角面BB 1D 1D 夹角的正弦值等于()A.45 B.35 C.225D.325解析：建立如图所示的空间直角坐标系，∵底面是边长为4的正方形，AA 1＝3，∴A 1(4,0,0)，B (4,4,3)，C 1(0,4,0)．而面BB 1D 1D 的法向量为AC ＝11A C ＝(－4,4,0)，∴BC 1与对角面BB 1D 1D 所成角的正弦值即为|cos 〈1BC ，11A C 〉|＝|－4，0，－3·－4，4，0|42＋32×42＋42＝165×42＝225.答案：C3.如图所示，点P 是△ABC 所在平面外的一点，若PA ，PB ，PC 与平面α的夹角均相等，则点P 在平面α上的投影P ′是△ABC 的()A ．内心B ．外心C ．重心D ．垂心解析：由于PA ，PB ，PC 与平面α的夹角均相等，所以这三条由点P 出发的平面ABC 的斜线段相等，故它们在平面ABC 内的投影P ′A ，P ′B ，P ′C 也都相等，故点P ′是△ABC 的外心．答案：B4．(大纲全国卷)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1的夹角的正弦值等于()A.23B.33C.23D.13解析：法一：如图，连接AC ，交BD 于点O ，由正四棱柱的性质，有AC ⊥BD .因为CC 1⊥平面ABCD ，所以CC 1⊥BD .又CC 1∩AC ＝C ，所以BD ⊥平面CC 1O .在平面CC 1O 内作CH ⊥C 1O ，垂足为H ，则BD ⊥CH .又BD ∩C 1O ＝O ，所以CH ⊥平面BDC 1，连接DH ，则DH 为CD 在平面BDC 1上的射影，所以∠CDH 为CD与平面BDC 1所成的角．设AA 1＝2AB ＝2.在Rt △COC 1中，由等面积变换易求得CH ＝23.在Rt △CDH 中，sin ∠CDH ＝CH CD ＝23.法二：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC ＝(0,1,0)，DB ＝(1,1,0)，1DC ＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB ，n ⊥1DC ，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC |n ||DC |＝23.答案：A5．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 夹角的正弦值是________． 解析：如图，以DA 、DC 、DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，易证1AC 是平面A 1BD 的一个法向量．1AC ＝(－1,1,1)，1BC ＝(－1,0,1)．cos 〈1AC ，1BC 〉＝1＋13×2＝63. 所以BC 1与平面A 1BD 夹角的正弦值为63. 答案：636.如图所示，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 夹角的正弦值为________．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)，1CB ＝(3，1,2)， 设平面B 1DC 的法向量为n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD ＝0，n ·1CB ＝0，解得n ＝(－3，1,1)． 又∵DA ＝⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，－2，∴sin θ＝|cos 〈DA ，n 〉|＝45.答案：457．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2AA 1，点D 是A 1B 1的中点． 求直线AD 和平面ABC 1夹角的正弦值．解：如图所示，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA 1＝2，则AB ＝2，相关各点的坐标分别是A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1，2)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2.易知AB ＝(3，1,0)，1AC ＝(0,2，2)，AD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，2. 设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ＝3x ＋y ＝0，n ·1AC ＝2y ＋2z ＝0，解得x ＝－33y ，z ＝－2y . 故可取n ＝(1，－3，6)． 所以cos 〈n ，AD 〉＝n ·AD|n ||AD |＝2310×3＝105.即直线AD 和平面ABC 1夹角的正弦值为105. 8．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．(1)求证：CD ⊥平面ADD 1A 1；(2)若直线AA 1与平面AB 1C 夹角的正弦值为67，求k 的值．解：(1)证明：取CD 的中点E ，连接BE ，如图．∵AB ∥DE ，AB ＝DE ＝3k ， ∴四边形ABED 为平行四边形， ∴BE ∥AD 且BE ＝AD ＝4k .在△BCE 中，∵BE ＝4k ，CE ＝3k ，BC ＝5k ， ∴BE 2＋CE 2＝BC 2，∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CD . 又∵BE ∥AD ，∴CD ⊥AD .∵AA 1⊥平面ABCD ，CD 平面ABCD ， ∴AA 1⊥CD .又AA 1∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面ADD 1A 1.(2)以D 为原点，DA ，DC ，1DD 的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A (4k,0,0)，C (0,6k,0)，B 1(4k,3k,1)，A 1(4k,0,1)， ∴AC ＝(－4k,6k,0)，1AB ＝(0,3k,1)，1AA ＝(0,0,1)． 设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪AC ·n ＝0，n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4kx ＋6ky ＝0，3ky ＋z ＝0.取y ＝2，得n ＝(3,2，－6k )． 设AA 1与平面AB 1C 的夹角为θ，则sin θ＝|cos n 〉|＝1AA ·＝6k 36k 2＋13＝67，解得k ＝1， 故所求k 的值为1.。
2018_2019学年高中数学第二章空间向量与立体几何2.5夹角的计算课时作业北师大版
2.5 夹角的计算[基础达标]1.如果平面的一条斜线和它在平面上的射影的方向向量分别是a ＝(0，2，1)，b ＝(2，5，5)，那么这条斜线与平面的夹角是( ) A ．90° B ．60° C ．45°D ．30°解析：选D.cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝355×12＝32，∴〈a ，b 〉＝30°. 2.平面α的一个法向量为n 1＝(4，3，0)，平面β的一个法向量为n 2＝(0，－3，4)，则平面α与平面β夹角的余弦值为( )A ．－925B ．925 C.725D ．以上都不对解析：选B.∵cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－925，∴平面α与平面β夹角的余弦值为925.3.如图，在空间直角坐标系中有正三棱柱ABCA 1B 1C 1，已知AB ＝1，点D 在BB 1上，且BD ＝1，则AD 与侧面AA 1C 1C 所成角的余弦值是( )A.12 B ．32 C.64D ．104解析：选D.A 点坐标为(12，－32，0)，D 点坐标为(1，0，1)，∴AD →＝(12，32，1)．易知平面ACC 1A 1的法向量n ＝CB →－12CA →＝(1，0，0)－12(12，－32，0)＝(34，34，0)．∵cosn ，AD →＝n ·AD→|n ||AD →|＝64，∴所求角的余弦值为 1－（64）2＝104. 4.在正四棱锥P ABCD 中，PA ＝2，直线PA 与平面ABCD 所成角为60°，E 为PC 的中点，则异面直线PA 与BE 所成角为( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°解析：选C.建立如图所示的空间直角坐标系，则∠PAO ＝60°， ∴OP ＝3，OA ＝1，AB ＝2，P (0，0，3)，A (22，－22，0)，B (22，22，0)，C (－22，22，0)，E (－24，24，32)， AP →＝(－22，22，3)，BE →＝(－324，－24，32)， cos 〈AP →，BE →〉＝22×2＝22，∴〈AP →，BE →〉＝45°，即异面直线PA 与BE 所成角为45°.5.如图所示，已知点P 为菱形ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC 中点，则平面CBF 与平面BFD 夹角的正切值为( )A.36 B ．34C.33D ．233解析：选D.连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OF ，以O 为原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3， ∴B (32，0，0)，F (0，0，12)， C (0，12，0)，D (－32，0，0)． ∴OC →＝(0，12，0)，且OC →为平面BDF 的一个法向量．由BC →＝(－32，12，0)，FB →＝(32，0，－12)可得平面BCF 的一个法向量n ＝(1，3，3)．∴cos 〈n ，OC →〉＝217，sin 〈n ，OC →〉＝277.∴tan 〈n ，OC →〉＝233.6.在空间中，已知二面角αl β的大小为2π3，n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则〈n 1，n 2〉的大小为________．解析：半平面α(及其法向量n 1)绕l 旋转使与β重合，若n 1与n 2同向时〈n 1，n 2〉＝2π3，若n 1与n 2反向时〈n 1，n 2〉＝π3. 答案：π3或2π37.如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，令|AB |＝2，则D (0，0，0)，C (0，2，0)，M (0，1，0)，A 1(2，0，2)，C 1(0，2，2)，N (0，2，1)，A 1M →＝(－2，1，－2)，DN →＝(0，2，1)，∵A 1M →·DN →＝0， ∴A 1M →⊥DN →，即异面直线A 1M 与DN 所成的角为π2.答案：π28.如图所示，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AB ＝2AC ＝2a ，则AB 与平面PBC 所成角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝2a (a ＞0)，O (0，0，0)，B (0，2a ，0)，C (32a ，a2，0)，P (0，0，2a )．AB →＝(0，2a ，0)，设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32ax －3ay 2＝02ay －2az ＝0，∴⎩⎨⎧x ＝3yy ＝z，令y ＝z ＝1，则x ＝3，n ＝(3，1，1)，cos 〈n ，AB →〉＝55.答案：559.在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，A 1A ⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，AA 1＝AC ＝BC ＝2，D 为AB 中点．(1)求证： BC 1∥平面A 1CD ；(2)求直线AA 1与平面A 1CD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于O 点， 则DO 为△ABC 1的中位线，故DO ∥BC 1， 又DO平面A 1CD ，BC 1平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)以CA ，CB ，CC 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (2，0，0)，A 1(2，0，2)，D (1，1，0)，设平面A 1DC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0n ·A 1D →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0－x ＋y －2z ＝0，令x ＝1得n ＝(1，－1，－1)． 设直线AA 1与平面A 1CD 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈AA 1→，n 〉|＝|－223|＝33.10.如图，PC ⊥平面ABC ，DA ∥PC ，∠BCA ＝90°，AC ＝BC ＝1，PC ＝2，AD ＝1. (1)求证：PD ⊥平面BCD ；(2)设Q 为PB 的中点，求二面角Q CD B 的余弦值． 解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABC ，所以PC ⊥BC . 又BC ⊥AC ，因为PC平面PDAC ，AC平面PDAC ，AC ∩PC ＝C ，所以BC ⊥平面PDAC ，又PD平面PDAC ，所以BC ⊥PD .因为AC ＝BC ＝AD ＝1，PC ＝2，DA ⊥AC ，所以PD ⊥CD .因为CD平面BCD ，BC平面BCD ，CD ∩BC ＝C ，所以PD ⊥平面BCD .(2)由PC ⊥平面ABC ，BC ⊥AC 所以CA ，CB ，CP 两两垂直．以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，0)，P (0，0，2)，Q (0，12，1)，D (1，0，1)．所以CD →＝(1，0，1)，CQ →＝(0，12，1)．设平面CDQ 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)． 则⎩⎨⎧CD →·n 1＝x 1＋z 1＝0CQ →·n 1＝12y 1＋z 1＝0，取x 1＝1. 解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝2z 1＝－1，所以n 1＝(1，2，－1)．设平面CDB 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CD →·n 2＝x 2＋z 2＝0CB →·n 2＝y 2＝0，取x 2＝1.解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0z 2＝－1，所以n 2＝(1，0，－1)．设二面角Q CD B 为α，所以cos α＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝26·2＝33.所以二面角Q CD B 的余弦值为33. [能力提升]1.在正四面体ABCD 中，E 为棱AD 的中点，则CE 与平面BCD 的夹角的正弦值为( )A.32B ．23 C.12D ．33解析：选B.如图，以△BCD 的中心O 为原点，OC ，OA 所在直线分别为x 轴，z 轴，平面BCD 内垂直OC 于点O 的直线为y 轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为1，则C (33，0，0)，A (0，0，63)，D (－36，12，0)，所以E (－312，14，66)，所以CE →＝(－5312，14，66)，因为平面BCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)，所以cos CE →，n ＝66（－5312）2＋（14）2＋（66）2＝23， 设夹角为θ， ∴sin θ＝|cosCE →，n|＝23. 2.二面角的棱上有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________．解析：取基底{AC →，AB →，BD →}，则二面角大小为〈AC →，BD →〉， 且CD →＝－AC →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝AC →2＋AB →2＋BD →2－2AC →·AB →－2AC →·BD →＋2AB →·BD →， 即4×17＝62＋42＋82－2×6×8cos〈AC →，BD →〉 ∴cos 〈AC →，BD →〉＝12，即二面角的大小为60°.答案：60° 3.如图，已知四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为菱形，且PA ＝AC ＝AB ＝BC ＝2，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(1)证明：AE ⊥PD ；(2)求二面角E AF C 的余弦值．解：(1)证明：由AC ＝AB ＝BC ，可得△ABC 为正三角形． 因为E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC .又BC ∥AD ，因此AE ⊥AD . 因为PA ⊥平面ABCD ，AE 平面ABCD ，所以PA ⊥AE . 而PA平面PAD ，AD平面PAD 且PA ∩AD ＝A ，所以AE ⊥平面PAD .又PD 平面PAD ，所以AE ⊥PD .(2)由(1)知AE ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E ，F 分别为BC ，PC 的中点，所以A (0，0，0)，B (3，－1，0)，C (3，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (3，0，0)，F ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1， 所以AE →＝(3，0，0)， AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1. 设平面AEF 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，，因此⎩⎪⎨⎪⎧3x 1＝0，32x 1＋12y 1＋z 1＝0. 取z 1＝－1，则m ＝(0，2，－1)，因为BD ⊥AC ，BD ⊥PA ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面AFC ，故BD →为平面AFC 的一法向量． 又BD →＝(－3，3，0)，所以cos 〈m ，BD →〉＝m ·BD →|m ||BD →|＝65·12＝155.因为二面角E AF C 为锐角，所以所求二面角的余弦值为155. 4.在如图所示的四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，点E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F .(1)求证：PA ∥平面EDB ； (2)求证：PB ⊥平面EFD ；(3)求二面角C PB D 的大小．解：如图所示建立空间直角坐标系，点D 为坐标原点，设DC ＝1.(1)证明：连接AC ，AC 交BD 于点G ，连接EG .依题意得A (1，0，0)，P (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12. 因为底面ABCD 是正方形，所以点G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，且 PA →＝(1，0，－1)，EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－12.所以PA →＝2EG →，即PA ∥EG . 而EG平面EDB ，且PA 平面EDB ，因此PA ∥平面EDB .(2)证明：依题意得B (1，1，0)，PB →＝(1，1，－1)． 又DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，故PB →·DE →＝0＋12－12＝0.所以PB ⊥DE .由已知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD .(3)已知PB ⊥EF ，由(2)可知PB ⊥DF ，故∠EFD 是二面角C PB D 的平面角． 设点F 的坐标为(x ，y ，z )，则PF →＝(x ，y ，z －1)． 因为PF →＝kPB →，所以(x ，y ，z －1)＝k (1，1，－1)＝(k ，k ，－k )，即x ＝k ，y ＝k ，z ＝1－k . 因为PB →·DF →＝0，所以(1，1，－1)·(k ，k ，1－k )＝k ＋k －1＋k ＝3k －1＝0. 所以k ＝13，点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，23. 又点E 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，所以FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，16，－16.因为cos ∠EFD ＝FE →·FD→|FE →|·|FD →|＝⎝⎛⎭⎪⎫－13，16，－16·⎝⎛⎭⎪⎫－13，－13，－2366·63＝1613＝12，所以∠EFD＝60°，即二面角CPBD的大小为60°.。
高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.5 夹角的计算 2.5.1 直线间的夹角 2.5.2 平面
1
1
1
- + +
2
2
2
1
1
- + -
2
2
= 0,
= 0,
令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ,
∴n=(3,1+2λ,2-2λ).
又AA1⊥平面ABC,
∴取平面 ABC 的法向量为1 =(0,0,1),
探究一
探究二
思想方法
∴|cos<n,1 >|=
|2-2|
2
2
9+(1+2) +(2-2)
是AC和BC边上的中点(如图①),现将△ABC沿CD翻折,使平面
ACD⊥平面BCD(如图②).求平面ABD与平面EFD夹角的余弦值.
探究一
探究二
思想方法
解:由已知CD⊥AD,CD⊥BD,
∴∠ADB就是平面ACD与平面BCD的夹角的平面角,
∴AD⊥BD.
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2 3 ,0),
·
-1-3
2 22
=<0.
11×
2
11
1
2
2 22
∴两个平面夹角的余弦值为 11 .
2 22
答案:
11
∴cos<n1,n2>=| 1|·|2 | =
一
二
思考辨析
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内打“ ”,错误的打
“×”.
(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等.
( × )
这两条直线为异面垂直.
2.空间两条直线的夹角范围是
高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.5 夹角的计算课后演练提升 北师大版选修21
2016-2017学年高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.5 夹角的计算课后演练提升 北师大版选修2-1一、选择题(每小题5分，共20分)1．设ABCD ，ABEF 都是边长为1的正方形，FA ⊥面ABCD ，则异面直线AC 与BF 所成角等于( )A ．45°B ．30°C ．90°D ．60°解析： 作出图形，建立如右图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则：A (0,0,0)，C (1,1,0)，F (0,0,1)，B (0,1,0)，∴A C →＝(1,1,0)，B F →＝(0，－1,1)， ∴|A C →|＝2，|B F →|＝2，A C →·B F →＝－1，cos 〈A C →，B F →〉＝－12·2＝－12，∴〈A C →，B F →〉＝120°.又异面直线所成角的取值范围为(0,90°]． ∴AC 与BF 所成角为60°.故选D. 答案： D2．若平面α的法向量为u ，直线l 的方向向量为v ，直线l 与平面α的夹角为θ，则下列关系式成立的是( )A ．cos θ＝u ·v |u ||v |B ．cos θ＝|u ·v ||u |·|v |C ．sin θ＝u ·v |u |·|v |D ．sin θ＝|u ·v ||u |·|v |解析： u 与v 的夹角的余角才是直线l 与平面α所成的角，因此选D. 答案： D3．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1和平面DBB 1D 1夹角的正弦值为( )A.32B.52C.105 D.1010解析： 以D 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则A (4,0,0)，C (0,4,0)，B (4,4,0)，C 1(0,4,2)， ∴AC →＝(－4,4,0)，BC 1→＝(－4,0,2)，易知AC →为平面DBB 1D 1的一个法向量，设BC 1与平面DBB 1D 1的夹角为α，则sin α＝|cos 〈AC →，BC 1→〉|＝1642·25＝105，选C.答案： C4．平面α的一个法向量为n 1＝(4,3,0)，平面β的一个法向量为n 2＝(0，－3,4)，则平面α与平面β夹角的余弦值为( )A ．－925 B.925C.725D ．以上都不对 解析： cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－925，∴平面α与平面β夹角的余弦值为925.故选B.答案： B二、填空题(每小题5分，共10分)5．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1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 ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，E F →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，D C →＝(0,1,0)，所以cos 〈EF →，D C →〉＝E F →·D C →|EF →|·|DC →|＝－22，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°6．已知平面α过定点A (1,2,1)，且法向量为n ＝(1，－1,1)．已知平面外一点P (－1，－5，－1)，求PA 与平面α所成角的正弦值________．解析： P A →＝(2,7,2)，则cos 〈P A →，n 〉＝2×1＋－＋2×13·4＋49＋4＝－3319＝－1919.设PA 与平面α所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝1919. 答案：1919三、解答题(每小题10分，共20分)7．如图，在棱长为a 的正方体ABCD －A1B 1C 1D 1中，求异面直线BA 1和AC 的夹角．解析： 方法一：因为BA 1→＝B A →＋BB 1→，A C →＝AB →＋BC →，所以BA 1→·A C →＝(B A →＋BB 1→)·(A B →＋B C →) ＝B A →·A B →＋B A →·B C →＋BB 1→·A B →＋BB 1→·B C →. 因为AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ，所以B A →·B C →＝0，BB 1→·A B →＝0，BB 1→·B C →＝0，B A →·A B →＝－a 2，所以BA 1→·A C →＝－a 2.又cos 〈BA 1→，A C →〉＝BA 1→·A C →|BA 1→|·|A C →|＝－a 22a ×2a ＝－12，所以〈BA 1→，A C →〉＝120°，所以异面直线BA 1和AC 的夹角为60°.方法二：分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，A 1(a,0，a )． ∴BA 1→＝(0，－a ，a )，A C →＝(－a ，a,0)．∴cos 〈BA 1→，A C →〉＝BA 1→·A C →|BA 1→|·|A C →|＝－a 22a 2·2a2＝－12. ∴〈BA 1→，A C →〉＝120°.∴异面直线BA 1和AC 的夹角为60°.8．在底面是直角梯形的四棱锥S －ABCD 中，∠ABC ＝90°，SA ⊥面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，求平面SCD 与平面SBA 夹角的正切值．解析： 建立如图所示空间直角坐标系，则A (0,0,0)、D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0、C (1,1,0)、S (0,0,1)，易知平面SAB 的一个法向量是AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0.设n ＝(x ，y ，z )是平面SCD 的法向量，则n ⊥DC →，n ⊥DS →，即n ·DC →＝0，n ·DS →＝0， 又DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1，∴12x ＋y ＝0，且－12x ＋z ＝0. ∴y ＝－12x ，且z ＝12x .∴n ＝⎝⎛⎭⎪⎫x ，－x 2，x 2.取x ＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，12. ∴cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →||n |＝1212×1＋14＋14＝63. 设两平面夹角为θ，即cos θ＝63， ∴tan θ＝22. 尖子生题库☆☆☆9.(10分)如图，在三棱锥V －ABC 中，VC ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，D 是AB 的中点，且AC ＝BC ＝a ，∠VDC ＝θ⎝⎛⎭⎪⎫0＜θ＜π2. (1)求证：平面VAB ⊥平面VCD ；(2)试确定角θ的值，使得直线BC 与平面VAB 的夹角为π6.解析： (1)证明：以C 为原点．以CA ，CB ，CV 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a2，0，V ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22a tan θ，于是，VD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a2，－22a tan θ，CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，0，AB →＝(－a ，a,0)．从而AB →·CD →＝(－a ，a,0)·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，0＝－12a 2＋12a 2＋0＝0，即AB ⊥CD . 同理AB →·VD →＝(－a ，a,0)·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，－22a tan θ＝－12a 2＋12a 2＋0＝0，即AB ⊥VD .又CD ∩VD ＝D ，∴AB ⊥平面VCD .又AB ⊂平面VAB . ∴平面VAB ⊥平面VCD .(2)设平面VAB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由n ·AB →＝0，n ·VD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋ay ＝0a 2x ＋a 2y －22az tan θ＝0，可取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，1，2tan θ，又BC →＝(0，－a,0)，于是sin π6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n |·|BC →|＝aa ·2＋2tan 2θ＝22sin θ， 即sin θ＝22. ∵0＜θ＜π2，∴θ＝π4.故当θ＝π4时，直线BC 与平面VAB 的夹角为π6.。
高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.5 夹角的计算课后演练提升 北师大版选修21
2016-2017学年高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.5 夹角的计算课后演练提升 北师大版选修2-1一、选择题(每小题5分，共20分)1．设ABCD ，ABEF 都是边长为1的正方形，FA ⊥面ABCD ，则异面直线AC 与BF 所成角等于( )A ．45°B ．30°C ．90°D ．60°解析： 作出图形，建立如右图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则：A (0,0,0)，C (1,1,0)，F (0,0,1)，B (0,1,0)，∴A C →＝(1,1,0)，B F →＝(0，－1,1)， ∴|A C →|＝2，|B F →|＝2，A C →·B F →＝－1，cos 〈A C →，B F →〉＝－12·2＝－12，∴〈A C →，B F →〉＝120°.又异面直线所成角的取值范围为(0,90°]． ∴AC 与BF 所成角为60°.故选D. 答案： D2．若平面α的法向量为u ，直线l 的方向向量为v ，直线l 与平面α的夹角为θ，则下列关系式成立的是( )A ．cos θ＝u ·v |u ||v |B ．cos θ＝|u ·v ||u |·|v |C ．sin θ＝u ·v |u |·|v |D ．sin θ＝|u ·v ||u |·|v |解析： u 与v 的夹角的余角才是直线l 与平面α所成的角，因此选D. 答案： D3．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1和平面DBB 1D 1夹角的正弦值为( )A.32B.52C.105 D.1010解析： 以D 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则A (4,0,0)，C (0,4,0)，B (4,4,0)，C 1(0,4,2)， ∴AC →＝(－4,4,0)，BC 1→＝(－4,0,2)，易知AC →为平面DBB 1D 1的一个法向量，设BC 1与平面DBB 1D 1的夹角为α，则sin α＝|cos 〈AC →，BC 1→〉|＝1642·25＝105，选C.答案： C4．平面α的一个法向量为n 1＝(4,3,0)，平面β的一个法向量为n 2＝(0，－3,4)，则平面α与平面β夹角的余弦值为( )A ．－925 B.925C.725D ．以上都不对 解析： cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－925，∴平面α与平面β夹角的余弦值为925.故选B.答案： B二、填空题(每小题5分，共10分)5．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1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 ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，E F →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，D C →＝(0,1,0)，所以cos 〈EF →，D C →〉＝E F →·D C →|EF →|·|DC →|＝－22，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°6．已知平面α过定点A (1,2,1)，且法向量为n ＝(1，－1,1)．已知平面外一点P (－1，－5，－1)，求PA 与平面α所成角的正弦值________．解析： P A →＝(2,7,2)，则cos 〈P A →，n 〉＝2×1＋－＋2×13·4＋49＋4＝－3319＝－1919.设PA 与平面α所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝1919. 答案：1919三、解答题(每小题10分，共20分)7．如图，在棱长为a 的正方体ABCD －A1B 1C 1D 1中，求异面直线BA 1和AC 的夹角．解析： 方法一：因为BA 1→＝B A →＋BB 1→，A C →＝AB →＋BC →，所以BA 1→·A C →＝(B A →＋BB 1→)·(A B →＋B C →) ＝B A →·A B →＋B A →·B C →＋BB 1→·A B →＋BB 1→·B C →. 因为AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ，所以B A →·B C →＝0，BB 1→·A B →＝0，BB 1→·B C →＝0，B A →·A B →＝－a 2，所以BA 1→·A C →＝－a 2.又cos 〈BA 1→，A C →〉＝BA 1→·A C →|BA 1→|·|A C →|＝－a 22a ×2a ＝－12，所以〈BA 1→，A C →〉＝120°，所以异面直线BA 1和AC 的夹角为60°.方法二：分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，A 1(a,0，a )． ∴BA 1→＝(0，－a ，a )，A C →＝(－a ，a,0)．∴cos 〈BA 1→，A C →〉＝BA 1→·A C →|BA 1→|·|A C →|＝－a 22a 2·2a2＝－12. ∴〈BA 1→，A C →〉＝120°.∴异面直线BA 1和AC 的夹角为60°.8．在底面是直角梯形的四棱锥S －ABCD 中，∠ABC ＝90°，SA ⊥面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，求平面SCD 与平面SBA 夹角的正切值．解析： 建立如图所示空间直角坐标系，则A (0,0,0)、D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0、C (1,1,0)、S (0,0,1)，易知平面SAB 的一个法向量是AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0.设n ＝(x ，y ，z )是平面SCD 的法向量，则n ⊥DC →，n ⊥DS →，即n ·DC →＝0，n ·DS →＝0， 又DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1，∴12x ＋y ＝0，且－12x ＋z ＝0. ∴y ＝－12x ，且z ＝12x .∴n ＝⎝⎛⎭⎪⎫x ，－x 2，x 2.取x ＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，12. ∴cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →||n |＝1212×1＋14＋14＝63. 设两平面夹角为θ，即cos θ＝63， ∴tan θ＝22. 尖子生题库☆☆☆9.(10分)如图，在三棱锥V －ABC 中，VC ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，D 是AB 的中点，且AC ＝BC ＝a ，∠VDC ＝θ⎝⎛⎭⎪⎫0＜θ＜π2.(1)求证：平面VAB ⊥平面VCD ；(2)试确定角θ的值，使得直线BC 与平面VAB 的夹角为π6.解析： (1)证明：以C 为原点．以CA ，CB ，CV 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a2，0，V ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22a tan θ，于是，VD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a2，－22a tan θ，CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，0，AB →＝(－a ，a,0)．从而AB →·CD →＝(－a ，a,0)·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，0＝－12a 2＋12a 2＋0＝0，即AB ⊥CD . 同理AB →·VD →＝(－a ，a,0)·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，－22a tan θ＝－12a 2＋12a 2＋0＝0，即AB ⊥VD .又CD ∩VD ＝D ，∴AB ⊥平面VCD .又AB ⊂平面VAB . ∴平面VAB ⊥平面VCD .(2)设平面VAB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由n ·AB →＝0，n ·VD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋ay ＝0a 2x ＋a 2y －22az tan θ＝0，可取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，1，2tan θ，又BC →＝(0，－a,0)，于是sin π6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n |·|BC →|＝aa ·2＋2tan 2θ＝22sin θ， 即sin θ＝22. ∵0＜θ＜π2，∴θ＝π4.故当θ＝π4时，直线BC 与平面VAB 的夹角为π6.。
2020高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.5 夹角的计算课时作业 北师大版选修2-1
2.5 夹角的计算[基础达标]1.如果平面的一条斜线和它在平面上的射影的方向向量分别是a ＝(0，2，1)，b ＝(2，5，5)，那么这条斜线与平面的夹角是( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°解析：选D.cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝355×12＝32，∴〈a ，b 〉＝30°. 2.平面α的一个法向量为n 1＝(4，3，0)，平面β的一个法向量为n 2＝(0，－3，4)，则平面α与平面β夹角的余弦值为( )A ．－925B ．925 C.725D ．以上都不对解析：选B.∵cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－925，∴平面α与平面β夹角的余弦值为925.3.如图，在空间直角坐标系中有正三棱柱ABC A 1B 1C 1，已知AB ＝1，点D 在BB 1上，且BD ＝1，则AD 与侧面AA 1C 1C 所成角的余弦值是( )A.12 B ．32 C.64D ．104解析：选D.A 点坐标为(12，－32，0)，D 点坐标为(1，0，1)，∴AD →＝(12，32，1)．易知平面ACC 1A 1的法向量n ＝CB →－12CA →＝(1，0，0)－12(12，－32，0)＝(34，34，0)．∵cosn ，AD →＝n ·AD →|n ||AD →|＝64，∴所求角的余弦值为1－（64）2＝104. 4.在正四棱锥P ABCD 中，PA ＝2，直线PA 与平面ABCD 所成角为60°，E 为PC 的中点，则异面直线PA 与BE 所成角为( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°解析：选C.建立如图所示的空间直角坐标系，则∠PAO ＝60°， ∴OP ＝3，OA ＝1，AB ＝2，P (0，0，3)，A (22，－22，0)，B (22，22，0)，C (－22，22，0)，E (－24，24，32)， AP →＝(－22，22，3)，BE →＝(－324，－24，32)， cos 〈AP →，BE →〉＝22×2＝22，∴〈AP →，BE →〉＝45°，即异面直线PA 与BE 所成角为45°.5.如图所示，已知点P 为菱形ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC中点，则平面CBF 与平面BFD 夹角的正切值为( )A.36 B ．34C.33D ．233解析：选D.连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OF ，以O 为原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3， ∴B (32，0，0)，F (0，0，12)， C (0，12，0)，D (－32，0，0)． ∴OC →＝(0，12，0)，且OC →为平面BDF 的一个法向量．由BC →＝(－32，12，0)，FB →＝(32，0，－12)可得平面BCF 的一个法向量n ＝(1，3，3)．∴cos 〈n ，OC →〉＝217，sin 〈n ，OC →〉＝277.∴tan 〈n ，OC →〉＝233.6.在空间中，已知二面角αl β的大小为2π3，n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则〈n 1，n 2〉的大小为________．解析：半平面α(及其法向量n 1)绕l 旋转使与β重合，若n 1与n 2同向时〈n 1，n 2〉＝2π3，若n 1与n 2反向时〈n 1，n 2〉＝π3.答案：π3或2π37.如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，令|AB |＝2，则D (0，0，0)，C (0，2，0)，M (0，1，0)，A 1(2，0，2)，C 1(0，2，2)，N (0，2，1)，A 1M →＝(－2，1，－2)，DN →＝(0，2，1)，∵A 1M →·DN →＝0， ∴A 1M →⊥DN →，即异面直线A 1M 与DN 所成的角为π2.答案：π28.如图所示，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AB ＝2AC ＝2a ，则AB 与平面PBC 所成角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝2a (a ＞0)，O (0，0，0)，B (0，2a ，0)，C (32a ，a2，0)，P (0，0，2a )．AB →＝(0，2a ，0)，设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32ax －3ay 2＝02ay －2az ＝0，∴⎩⎨⎧x ＝3yy ＝z，令y ＝z ＝1，则x ＝3，n ＝(3，1，1)，cos 〈n ，AB →〉＝55.答案：559.在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，A 1A ⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，AA 1＝AC ＝BC ＝2，D 为AB 中点．(1)求证： BC 1∥平面A 1CD ；(2)求直线AA 1与平面A 1CD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于O 点， 则DO 为△ABC 1的中位线，故DO ∥BC 1， 又DO平面A 1CD ，BC 1⃘平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)以CA ，CB ，CC 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (2，0，0)，A 1(2，0，2)，D (1，1，0)，设平面A 1DC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0n ·A 1D →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0－x ＋y －2z ＝0，令x ＝1得n ＝(1，－1，－1)． 设直线AA 1与平面A 1CD 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈AA 1→，n 〉|＝|－223|＝33.10.如图，PC ⊥平面ABC ，DA ∥PC ，∠BCA ＝90°，AC ＝BC ＝1，PC ＝2，AD ＝1. (1)求证：PD ⊥平面BCD ；(2)设Q 为PB 的中点，求二面角Q CD B 的余弦值． 解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABC ，所以PC ⊥BC . 又BC ⊥AC ，因为PC 平面PDAC ，AC平面PDAC ，AC ∩PC ＝C ，所以BC ⊥平面PDAC ，又PD平面PDAC ，所以BC ⊥PD .因为AC ＝BC ＝AD ＝1，PC ＝2，DA ⊥AC ，所以PD ⊥CD .因为CD平面BCD ，BC平面BCD ，CD ∩BC ＝C ，所以PD ⊥平面BCD .(2)由PC ⊥平面ABC ，BC ⊥AC 所以CA ，CB ，CP 两两垂直．以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，0)，P (0，0，2)，Q (0，12，1)，D (1，0，1)．所以CD →＝(1，0，1)，CQ →＝(0，12，1)．设平面CDQ 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)．则⎩⎨⎧CD →·n 1＝x 1＋z 1＝0CQ →·n 1＝12y 1＋z 1＝0，取x 1＝1. 解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝2z 1＝－1，所以n 1＝(1，2，－1)．设平面CDB 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CD →·n 2＝x 2＋z 2＝0CB →·n 2＝y 2＝0，取x 2＝1.解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0z 2＝－1，所以n 2＝(1，0，－1)．设二面角Q CD B 为α，所以cos α＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝26·2＝33.所以二面角Q CD B 的余弦值为33. [能力提升]1.在正四面体A BCD 中，E 为棱AD 的中点，则CE 与平面BCD 的夹角的正弦值为( )A.32B ．23 C.12D ．33解析：选B.如图，以△BCD 的中心O 为原点，OC ，OA 所在直线分别为x 轴，z 轴，平面BCD 内垂直OC 于点O 的直线为y 轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为1，则C (33，0，0)，A (0，0，63)，D (－36，12，0)，所以E (－312，14，66)，所以CE →＝(－5312，14，66)，因为平面BCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 所以cos CE →，n ＝66（－5312）2＋（14）2＋（66）2＝23， 设夹角为θ， ∴sin θ＝|cosCE →，n|＝23. 2.二面角的棱上有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________．解析：取基底{AC →，AB →，BD →}，则二面角大小为〈AC →，BD →〉，∴CD →2＝AC →2＋AB →2＋BD →2－2AC →·AB →－2AC →·BD →＋2AB →·BD →， 即4×17＝62＋42＋82－2×6×8cos 〈AC →，BD →〉 ∴cos 〈AC →，BD →〉＝12，即二面角的大小为60°.答案：60° 3.如图，已知四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为菱形，且PA ＝AC ＝AB ＝BC ＝2，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(1)证明：AE ⊥PD ；(2)求二面角E AF C 的余弦值．解：(1)证明：由AC ＝AB ＝BC ，可得△ABC 为正三角形． 因为E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC . 又BC ∥AD ，因此AE ⊥AD . 因为PA ⊥平面ABCD ，AE 平面ABCD ，所以PA ⊥AE . 而PA平面PAD ，AD平面PAD 且PA ∩AD ＝A ，所以AE ⊥平面PAD .又PD 平面PAD ，所以AE ⊥PD .(2)由(1)知AE ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E ，F 分别为BC ，PC 的中点，所以A (0，0，0)，B (3，－1，0)，C (3，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (3，0，0)，F ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1， 所以AE →＝(3，0，0)， AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1. 设平面AEF 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，，因此⎩⎪⎨⎪⎧3x 1＝0，32x 1＋12y 1＋z 1＝0. 取z 1＝－1，则m ＝(0，2，－1)，因为BD ⊥AC ，BD ⊥PA ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面AFC ，故BD →为平面AFC 的一法向量．所以cos 〈m ，BD →〉＝m ·BD →|m ||BD →|＝65·12＝155.因为二面角E AF C 为锐角，所以所求二面角的余弦值为155. 4.在如图所示的四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，点E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F .(1)求证：PA ∥平面EDB ； (2)求证：PB ⊥平面EFD ； (3)求二面角C PB D 的大小．解：如图所示建立空间直角坐标系，点D 为坐标原点，设DC ＝1.(1)证明：连接AC ，AC 交BD 于点G ，连接EG .依题意得A (1，0，0)，P (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12. 因为底面ABCD 是正方形，所以点G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，且 PA →＝(1，0，－1)，EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－12.所以PA →＝2EG →，即PA ∥EG . 而EG平面EDB ，且P A ⃘平面EDB ，因此PA ∥平面EDB .(2)证明：依题意得B (1，1，0)，PB →＝(1，1，－1)． 又DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，故PB →·DE →＝0＋12－12＝0.所以PB ⊥DE .由已知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD .(3)已知PB ⊥EF ，由(2)可知PB ⊥DF ，故∠EFD 是二面角C PB D 的平面角． 设点F 的坐标为(x ，y ，z )，则PF →＝(x ，y ，z －1)． 因为PF →＝kPB →，所以(x ，y ，z －1)＝k (1，1，－1)＝(k ，k ，－k )，即x ＝k ，y ＝k ，z ＝1－k .因为PB →·DF →＝0，所以(1，1，－1)·(k ，k ，1－k )＝k ＋k －1＋k ＝3k －1＝0. 所以k ＝13，点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，23. 又点E 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，所以FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，16，－16.因为cos ∠EFD ＝FE →·FD→|FE →|·|FD →|＝⎝⎛⎭⎪⎫－13，16，－16·⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，－13，－2366·63＝1613＝12，所以∠EFD ＝60°，即二面角C PB D 的大小为60°.。
高中数学 第二章 空间向量与立体几何 5 夹角的计算学案 北师大版选修21
5 夹角的计算学习目标 1.理解直线间的夹角、平面间的夹角、直线与平面的夹角的概念.2.掌握直线间的夹角、平面间的夹角、直线与平面的夹角的求解.知识点一 直线间的夹角思考1 设a ，b 分别是空间两条直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2的夹角大小一定为〈a ，b 〉吗？思考2 当两条直线平行时，它们的夹角是多少？梳理 (1)共面直线的夹角当两条直线l 1与l 2共面时，我们把两条直线交角中，范围在[0，π2]内的角叫作两直线的夹角，如图所示，当两条直线垂直时，夹角为__________.(2)异面直线的夹角当直线l 1与l 2是异面直线时，在直线l 1上任取一点A 作AB ∥l 2，我们把直线l 1和直线AB 的夹角叫作异面直线l 1与l 2的夹角，如图所示.两条异面直线的夹角的范围为________，当夹角为π2时，称这两条直线异面______.综上，空间两条直线的夹角的范围是____________. (3)直线的方向向量的夹角与两直线夹角的关系空间两条直线的夹角可由它们的方向向量的夹角来确定.已知直线l 1与l 2的方向向量分别为s 1，s 2.当0≤〈s 1，s 2〉≤π2时，直线l 1与l 2的夹角等于____________；当π2＜〈s 1，s 2〉≤π时，直线l 1与l 2的夹角等于____________. 知识点二 平面间的夹角思考 若平面π1与平面π2平行，则它们的夹角是多少？梳理 (1)平面间夹角的概念如图，平面π1与π2相交于直线l ，点R 为直线l 上任意一点，过点R ，在平面π1上作直线l 1⊥l ，在平面π2上作直线l 2⊥l ，则l 1∩l 2＝R .我们把直线l 1和l 2的夹角叫作平面π1与π2的夹角.由平面间夹角的概念可知，空间中两个平面的夹角的范围是____________.当夹角等于0时，两个平面______；当夹角等于π2时，两个平面互相______.(2)两个平面法向量的夹角与这两个平面的夹角的关系 空间两个平面的夹角由它们的法向量的夹角确定. 已知平面π1与π2的法向量分别为n 1与n 2.当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，平面π1与π2的夹角等于__________________；当π2＜〈n 1，n 2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于__________________.事实上，设平面π1与平面π2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|. 知识点三 直线与平面的夹角思考 若直线l 与平面的夹角是0，则直线l 与平面是否一定平行？梳理 (1)直线与平面夹角的概念平面外一条直线与它在该平面内的投影的夹角叫作该直线与此平面的夹角，如图所示.(2)直线与平面夹角的范围如果一条直线与一个平面平行或在平面内，我们规定这条直线与平面的夹角是____. 如果一条直线与一个平面垂直，我们规定这条直线与平面的夹角是____________. 由此可得，直线与平面夹角的范围是____________. (3)利用向量计算直线与平面夹角的方法空间中，直线与平面的夹角由直线的方向向量与平面的法向量的夹角确定. 设平面α的法向量为n ，直线l 的方向向量为a ，直线l 与平面α所成的角为θ. 当0≤〈n ，a 〉≤π2时，θ＝__________________；当π2＜〈n ，a 〉≤π时，θ＝__________________. 即sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|.类型一 直线间的夹角求解例1 已知直线l 1的一个方向向量为s 1＝(1,0,1)，直线l 2的一个方向向量为s 2＝(－1,2，－2)，求直线l 1和直线l 2夹角的余弦值.反思与感悟 利用直线的方向向量求两条直线的夹角时，要注意两条直线的方向向量的夹角与两条直线的夹角之间的关系.因为两条直线的方向向量的夹角的范围是[0，π]，而两条直线的夹角的范围是[0，π2]，所以这两者不一定相等，还可能互补.由于任意两条直线的夹角θ∈[0，π2]，所以直线l 1和直线l 2夹角的余弦值等于|cos 〈s 1，s 2〉|.跟踪训练1 如图所示，在三棱柱OAB －O 1A 1B 1中，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB ＝60°，∠AOB ＝90°，且OB ＝OO 1＝2，OA ＝3，求异面直线A 1B 与AO 1夹角的余弦值.类型二 求平面间的夹角例2 如图，已知ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12.求平面SAB 与平面SCD 的夹角的余弦值.反思与感悟 利用法向量求平面间夹角的大小的一般步骤 (1)建立适当的空间直角坐标系； (2)分别求出两平面的法向量； (3)求出两个法向量的夹角； (4)确定平面间夹角的大小.跟踪训练2 如图，在四棱锥S －ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AD ⊥DC ，AB ＝AD ＝1，DC ＝SD ＝2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC .(1)证明：SE ＝2EB ；(2)求平面ADE 与平面CDE 夹角的大小.类型三直线与平面的夹角例3 已知直线l的一个方向向量为s＝(1,0,0)，平面π的一个法向量为n＝(2,1,1)，求直线与平面夹角的正弦值.反思与感悟注意公式sin θ＝|cos〈n，a〉|中，是线面夹角的正弦值等于直线的方向向量与平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值，不要记错.跟踪训练3 如图所示，已知直角梯形ABCD，其中AB＝BC＝2AD，AS⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，且AS＝AB.求直线SC与底面ABCD的夹角θ的余弦值.1.在两个平面内，与两个面的交线都垂直的两个向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为( )A.156B.－153C.153D.156或－1562.已知在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1的夹角的正弦值是( )A.23B.33C.23D.133.在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD的夹角大小为________.4.已知直线l1的一个方向向量为a＝(1，－1,2)，直线l2的一个方向向量为b＝(3，－2,0)，则两条直线夹角的余弦值为________.5.已知平面π1的一个法向量为n1＝(1，－1,3)，平面π2的一个法向量为n2＝(－1,0，－1)，求这两个平面夹角的余弦值.用坐标法求异面直线的夹角的一般步骤(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计算两条直线的方向向量的夹角；(4)结合异面直线夹角的范围得到异面直线的夹角.提醒：完成作业第二章§5答案精析问题导学 知识点一思考1 不一定.若l 1，l 2的方向向量的夹角为[0，π2]内的角时，l 1与l 2的夹角为〈a ，b 〉，否则为π－〈a ，b 〉. 思考2 0.梳理 (1)π2 (2)(0，π2] 垂直[0，π2] (3) 〈s 1，s 2〉 π－〈s 1，s 2〉知识点二 思考 0.梳理 (1)[0，π2] 重合 垂直(2)〈n 1，n 2〉 π－〈n 1，n 2〉 知识点三 思考 不一定. 梳理 (2)0π2 [0，π2] (3)π2－〈n ，a 〉 〈n ，a 〉－π2题型探究例1 解 ∵s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)，∴cos〈s 1，s 2〉＝s 1·s 2|s 1||s 2|＝－1－22×9＝－22＜0，∴〈s 1，s 2〉＞90°，∴直线l 1与直线l 2的夹角为π－〈s 1，s 2〉， ∴直线l 1与直线l 2夹角的余弦值为22. 跟踪训练1 解 建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，O 1(0,1，3)，A (3，0,0)，A 1(3，1，3)，B (0,2,0)，∴A 1B →＝(－3，1，－3)，O 1A →＝(3，－1，－3).∴|cos〈A 1B →，O 1A →〉| ＝|A 1B →·O 1A →||A 1B →||O 1A →|＝－3，1，－33，－1，－37·7＝17. ∴异面直线A 1B 与AO 1夹角的余弦值为17.例2 解 如图，以A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则S (0,0,1)，D (12，0,0)，C (1,1,0)，B (0,1,0)，∴SD →＝(12，0，－1)，SC →＝(1,1，－1).设平面SCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·SD →＝0，n ·SC →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧12x －z ＝0，x ＋y －z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z ，y ＝－z ，令z ＝1，得n ＝(2，－1,1).易得BC →是平面SAB 的一个法向量，且BC →＝(1,0,0)， ∴cos〈BC →，n 〉＝BC →·n |BC →||n |＝63.设平面SAB 与平面SCD 的夹角为θ，则cos θ＝63. 跟踪训练2 (1)证明 以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，S (0,0,2)，∴SC →＝(0,2，－2)，BC →＝(－1,1,0)， DC →＝(0,2,0).设平面SBC 的一个法向量为m ＝(a ，b ，c ).由m ⊥SC →，m ⊥BC →，得⎩⎪⎨⎪⎧m ·SC →＝0，m ·BC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2b －2c ＝0，－a ＋b ＝0，令b ＝1，则m ＝(1,1,1).又设SE →＝λEB →(λ＞0)，则E (λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ)，∴DE →＝(λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ).设平面EDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由n ⊥DE →，n ⊥DC →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧λx 1＋λ＋λy 1＋λ＋2z 1＋λ＝0，2y ＝0，令x ＝2，则n ＝(2,0，－λ). 由平面EDC ⊥平面SBC ，得m ⊥n ， ∴m ·n ＝0，∴2－λ＝0，即λ＝2， ∴SE ＝2EB .(2)解 由(1)，知E ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23， ∴DE →＝(23，23，23)，EC →＝(－23，43，－23)，∴EC →·DE →＝0，∴EC ⊥DE .取线段DE 的中点F ，则F (13，13，13)，∴FA →＝(23，－13，－13)，∴FA →·DE →＝0，∴FA ⊥DE .∴向量FA →与EC →的夹角或其补角等于平面ADE 与平面CDE 的夹角. 计算得cos 〈FA →，EC →〉＝FA →·EC →|FA →||EC →|＝－12，故平面ADE 与平面CDE 夹角的大小为60°. 例3 解 ∵cos〈s ，n 〉＝s ·n |s||n |＝21×6＝63＞0，∴〈s ，n 〉＜π2， ∴直线l 与平面π的夹角θ＝π2－〈s ，n 〉，∴sin θ＝sin(π2－〈s ，n 〉)＝cos 〈s ，n 〉＝63.即直线与平面夹角的正弦值为63. 跟踪训练3 解 由题设条件知，以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示).设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (1,1,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，S (0,0,1). ∴AS →＝(0,0,1)，CS →＝(－1，－1,1).显然AS →是底面的法向量，它与已知向量CS →的夹角为β＝90°－θ，11 故有sin θ＝cos β＝AS →·CS →|AS →||CS →|＝11×3＝33，∵θ∈[0°，90°]，∴cos θ＝1－sin 2θ＝63.当堂训练1.A2.A3.30°4.578785.解 ∵n 1＝(1，－1,3)，n 2＝(－1,0，－1)， ∴cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－1－311×2＝－22211＜0.故这两个平面夹角的余弦值为|cos 〈n 1，n 2〉|＝22211.。
【2019最新】高中数学第二章空间向量与立体几何2-5夹角的计算导学案无答案
【2019最新】高中数学第二章空间向量与立体几何2-5夹角的计算导学案无答案学习目标:知识与技能 : 掌握空间向量的夹角公式及其简单应用； 学生学会选择恰当的方法求夹角. 过程与方法： 经历知识的发生、发展和形成过程，提高观察分析、类比转化的能力； 学生通过用向量法解决空间角的问题，提高数形结合能力和分析问题、解决问题的能力. 情感态度价值观： 提高学生的学习热情和求知欲，体现学生的主体地位； 感受和体会“学数学用数学”、“学会与会学”的关系.学习重点 ： 空间向量夹角公式及其坐标表示；选择恰当方法求夹角.学习难点 ： 两条异面直线的夹角与两个空间向量的夹角之间的区别；构建恰当的空间直角坐标系，并正确求出点的坐标及向量的坐标.学习方法 以讲学稿为依托的探究式教学方法.学习过程一、课前预习指导：1．两条异面直线所成的角：当直线l 1、l 2是异面直线时，在直线l 1上任取一点A 作AB ∥l 2，我们把l 1和直线AB 的夹角叫做异面直线l 1与l 2的夹角．已知l 1、l 2的方向向量分别为s 1、s 2，当0≤〈s 1，s 2〉≤π2时，l 1与l 2的夹角等于〈s 1，s 2〉； 当π2<〈s 1，s 2〉≤π时，l 1与l 2的夹角等于π－〈s 1，s 2〉． 2．直线和平面的夹角是指这条直线与它在这个平面内的 的夹角，其范围是 斜线与平面的夹角是这条直线与平面内的一切直线所成角中 的角．直线和平面所成的角可以通过直线的 与平面的 求得，若设直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量与平面的法向量的夹角为φ，则有sin θ＝ .3. 如图所示，平面π1与π2相交于直线l ，点R 为直线l 上任意一点，过点R ，在平面π1上作直线l 1⊥l ，在平面π2上作直线l 2⊥l ，则l 1∩l 2＝R .我们把直线l 1和l 2的夹角叫作平面π1与π2的夹角．已知平面π1和π2的法向量分别为n 1和n 2.当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，平面π1与π2的夹角等于〈n 1，n 2〉； 当π2<〈n 1，n 2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于π－〈n 1，n 2〉. 二、新课学习：问题探究一 线线夹角问题1 两直线夹角的范围是什么？问题2 怎样求两条异面直线所成的角？问题3 两条异面直线所成的角和两条异面直线的方向向量的夹角有什么区别？讲解教材43页例1学后检测1：如图所示，三棱柱OAB—O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝3，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小．问题探究二求直线和平面的夹角问题1 直线和平面的夹角的范围是什么？问题2 怎样利用向量求直线和平面所成的角？讲解教材45页例3，46页例4学后检测2如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M、N分别为PC、PB的中点．(1)求证：PB⊥DM； (2)求BD与平面ADMN的夹角．问题探究三 求平面间的夹角问题 怎样利用向量法求两个平面间的夹角的大小？讲解教材44页例2学后检测3 如图，已知四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且ABCD 为正方形，PA ＝AB ＝a ，点M 是PC 的中点．(1)求BP 与DM 所成的角的大小；(2)求平面MAD 与平面的ABCD 的夹角的大小．三、当堂检测：1．若直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角是150°，则l 1与l 2这两条异面直线所成的角等于( )A ．30°B ．150°C ．30°或150°D ．以上均错2．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、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°3．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 的夹角的正弦值为（ ） A.24 B.23 C.63 D.324．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，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______．四、课堂小结五、课后作业。
高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.5 夹角的计算(1)教案 1数学教案
2.5夹角的计算（1）【教学目标】能用向量方法解决线线、线面的夹角的计算问题 【知识梳理】1、异面直线所成的角、线面角的定义及求解方法 2、向量的夹角公式 【典型例题】例 1 在正方体1111D C B A ABCD -中,E 1，F 1分别在A 1B 1,,C 1D 1上，且E 1B 1=41A 1B 1，D 1F 1=41D 1C 1，求BE 1与DF 1所成的角的大小。
11D C 中, F 分别是BC 的中点，点E 在D 1C 1E 1F 与平面D 1AC 所成角的大小中，∠SAB =∠SAC =∠ACB =90°，AC =2，（2）求SC 与AB 基础巩固1．如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则A 1E 与BD 所成角的余弦值为( )A ．35B ．3010C ．34D ．772．直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠ACB ＝90°，D 1，E 1分别为A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AE 1所成角的余弦值为( )A ．12B ．3015C ．3010D ．5103．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若F 、G 分别是棱AB 、CC 1的中点，则直线FG 与平面A 1ACC 1所成角的正弦值等于( )A ．23 B ．54 C ．33 D ．364．若平面α的一个法向量n ＝(4,1,1)，直线l 的方向向量a ＝(－2，－3,3)，则l 与α夹角的余弦值为( ) A ．－1111 B ．1111 C ．－11011 D ．913335．在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°6．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱BB 1、B 1C 1的中点，若∠CMN＝90°，则异面直线AD 1与DM 的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°7．如图所示，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 夹角的余弦值为________________．8．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成的角的正弦值为________． 9．(2014·陕西理)四面体ABCD 及其三视图如图所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD 、BC 的平面分别交四面体的棱BD 、DC 、CA 于点F 、G 、H .(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．。
高中数学第二章空间向量与立体几何5夹角的计算课时跟踪训练北师大版选修21121416
高中数学第二章空间向量与立体几何5夹角的计算课时跟踪训练北师大版选修21121416[A 组 基础巩固]1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1的夹角是( )A.π6 B.π4 C.π3D.π2解析：如图所示，建立空间直角坐标系B －xyz .由于AB ＝BC ＝AA 1，不妨取AB ＝2，则B (0,0,0)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，C 1(2,0,2)．∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22×8＝12，∴异面直线EF 和BC 1的夹角为π3，故选C.答案：C2．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则直线l 与平面α夹角的余弦值为( )A ．－1111 B.1111 C ．－11011D.91333解析：∵cos 〈a ，n 〉＝a ·n |a ||n |＝－8－3＋322×18＝－4311，∴直线l 与平面α夹角的正弦值为4311，余弦值为1－(4311)2＝91333.答案：D3．若两个平面的法向量分别为(－5，12,0)和(0，－5,12)，则这两个平面的二面角的余弦值为( )A ．－60169B.25169C ．±25169D ．±60169解析：由(－5，12，0)·(0，－5，12)(－5)2＋122(－5)2＋122及两个平面的二面角的范围为[0，π]，可知这两个平面的二面角的余弦值为±60169.答案：D4．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35解析：设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0，2,0)，B 1＝(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝－2×0＋2×2＋1×(－1)0＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55. 答案：A5．如图所示，已知四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC 的中点，则二面角C －BF －D 的正切值为 ( )A.36B.34C.33D.233解析：如图所示，设AC 与BD 交于点O ，连接OF .以O 为坐标原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz .设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3，所以O (0,0,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，易知OC→为平面BDF 的一个法向量，由BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0，FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－12，设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·FB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x ＋12y ＝032x －12z ＝0，令x＝1，则y ＝3，z ＝3，所以平面BCF 的一个法向量为n ＝(1，3，3)．所以cos 〈n ，OC →〉＝217，sin 〈n ，OC →〉＝277，所以tan 〈n ，OC →〉＝233.故二面角C －BF －D 的正切值为233. 答案：D6．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ，CC 1的中点，则异面直线EF 与A 1C 1所成角的大小是________．解析：以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，设B (2,0,0)，则E (1,0,0)，F (2,2,1)，C 1(2,2,2)，A 1(0,0,2)．所以EF →＝(1,2,1)，A 1C 1→＝(2,2,0)．cos 〈EF →，A 1C 1→〉＝(1，2，1)·(2，2，0)6×22＝32，所以〈EF →，A 1C 1→〉＝30°，即异面直线EF与A 1C 1所成的角为30°.答案：30°7．若直线l 的方向向量a ＝(－2,3,1)，平面α的一个法向量n ＝(4,0,1)，则直线l 与平面α所成角的正弦值为__________．解析：由题意，得直线l 与平面α所成角的正弦值为sin θ|a ·n ||a ||n |＝714×17＝23834.答案：238348.已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，PA ＝PD ＝5，平面ABCD ⊥平面PAD ，M 是PC 的中点，O 是AD 的中点，则直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值为__________．解析：取BC 的中点E ，连接OE ，以O 为坐标原点，射线OA ，OE ，OP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系(图略)，则O (0,0,0)，B (1,2,0)，C (－1,2,0)，P (0,0,2)，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，1.因此BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，1，OP →＝(0,0,2)，OC →＝(－1,2,0)．设平面PCO 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OP →＝0n ·OC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0x ＝2y，取n ＝(2,1,0)，因此直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值为|cos 〈BM →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3－1174×5＝88585.答案：885859.如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，求直线AM 与CN 所成角的余弦值．解析：解法一 ∵AM →＝AA 1→＋A 1M →，CN →＝CB →＋BN →， ∴AM →·CN →＝(AA 1→＋A 1M →)·(CB →＋BN →)＝AA 1→·BN →＝12，而|AM →|＝(AA 1→＋A 1M →)·(AA 1→＋A 1M →)＝|AA 1→|2＋|A 1M →|2＝1＋14＝52.同理，|CN →|＝52，设直线AM 与CN 所成的角为α，则cos α＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1254＝25.即AM 与CN 所成角的余弦值为25.解法二 如图，建立空间直角坐标系，把D 点视作原点O ，分别沿DA →、DC →、DD 1→方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向．则A (1,0,0)，M (1，12，1)，C (0,1,0)，N (1,1，12)，∴AM →＝(1，12，1)－(1,0,0)＝(0，12，1)，CN →＝(1,1，12)－(0,1,0)＝(1,0，12)．故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12，|AM →|＝ 02＋(12)2＋12＝52，|CN →|＝12＋02＋(12)2＝52.∴cos α＝AM →·CN→|AM →|·|CN →|＝1252×52＝25.即AM 与CN 所成角的余弦值为25.10.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)求证：BE ⊥DC ；(2)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值．解析：(1)证明：依题意，以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得A (0,0,0)，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)，所以BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC . (2)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 →＝λ CP →(0<λ<1)，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λ CP →＝(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 ，y ，z )为平面FAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面FAB 的一个法向量． 取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010.易知二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010.[B 组 能力提升]1．如图所示，点P 是△ABC 所在平面外的一点，若PA ，PB ，PC 与平面α的夹角均相等，则点P 在平面α上的投影P ′是△ABC 的( )A ．内心B ．外心C ．重心D ．垂心解析：由于PA ，PB ，PC 与平面α的夹角均相等，所以这三条由点P 出发的平面ABC 的斜线段相等，故它们在平面ABC 内的投影P ′A ，P ′B ，P ′C 也都相等，故点P ′是△ABC 的外心．答案：B2.如图，已知矩形ABCD 与矩形ABEF 全等，二面角D －AB －E 为直二面角，M 为AB 的中点，FM 与BD 所成的角为θ，且cos θ＝39，则ABBC＝( )A ．1 B. 2 C.22D.12解析：不妨设BC ＝1，AB ＝λ，则AB BC ＝λ.记AF →＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，则FM →＝12b －a ，BD →＝c－b ，根据题意，|a |＝|c |＝1，|b |＝λ，a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴FM →·BD →＝－12b 2＝－12λ2，而|FM →|＝14λ2＋1，|BD →|＝λ2＋1，∴|cos 〈FM →，BD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪FM →·BD →|FM →| ·|BD →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12λ214λ2＋1·λ2＋1＝39，得λ＝22.故选C.答案：C3.如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD ，E ，F 分别是线段PA ，CD 的中点，若异面直线EF 与BD 所成的角为α，则cos α＝__________.解析：设正方形ABCD 的边长为2，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 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B (2,0,0)，D (0,2,0)，E (0,0,1)，F (1,2,0)，则BD →＝(－2,2,0)，EF →＝(1,2，－1)，所以cos α＝|BD →·EF →||BD →||EF →|＝|－2＋4＋0|22×6＝36.答案：364．如图所示，已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 夹角的正弦值为________．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.答案：455.如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，点G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(1)求证：GF ∥平面ADE .(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．(3)在线段CD 上是否存在一点M ，使得DE ⊥AM ？若存在，求出DM 的长；若不存在，请说明理由．解析：(1)证明：如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD . 又G 是BE 的中点， 所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB.又F 是CD 的中点，所以DF ＝12CD ，由四边形ABCD 是矩形，得AB ＝CD ，AB ∥CD ， 所以GH ＝DF ，GH ∥DF ，从而四边形HGFD 是平行四边形，得GF ∥DH .又DH 平面ADE ，GF 平面ADE ，所以GF ∥平面ADE .(2)如图，在平面BEC 内，过点B 作BQ ∥EC ，因为BE ⊥EC ，所以BQ ⊥BE .又AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BQ .以B 为坐标原点，分别以BE →，BQ →，BA →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系B －xyz ，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BA →＝(0,0,2)为平面BEC 的一个法向量， 设n ＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量， 又AE →＝(2,0，－2)，AF →＝(2,2，－1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝02x ＋2y －z ＝0，取z ＝2，得n ＝(2，－1,2)，从而cos 〈n ，BA →〉＝n ·BA →|n |·|BA →|＝43×2＝23，所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23.(3)假设在线段CD 上存在点M ，设点M 的坐标为(2,2，a )(0≤a ≤2)． 因为A (0,0,2)，E (2,0,0)，D (2,2,2)， 所以DE →＝(0，－2，－2)，AM →＝(2,2，a －2)，因为DE ⊥AM ，所以DE →·AM →＝0，所以－4－2(a －2)＝0，得a ＝0， 所以DM ＝2.- 1 -。
2019_2020学年高中数学第二章空间向量与立体几何5夹角的计算课时跟踪训练北师大版选修2_1
5 夹角的计算[A 组 基础巩固]1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1的夹角是( )A.π6 B.π4 C.π3D.π2解析：如图所示，建立空间直角坐标系B －xyz .由于AB ＝BC ＝AA 1，不妨取AB ＝2，则B (0,0,0)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，C 1(2,0,2)．∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22×8＝12，∴异面直线EF 和BC 1的夹角为π3，故选C.答案：C2．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则直线l 与平面α夹角的余弦值为( )A ．－1111 B.1111 C ．－11011D.91333解析：∵cos 〈a ，n 〉＝a ·n |a ||n |＝－8－3＋322×18＝－4311，∴直线l 与平面α夹角的正弦值为4311，余弦值为1－(4311)2＝91333.答案：D3．若两个平面的法向量分别为(－5，12,0)和(0，－5,12)，则这两个平面的二面角的余弦值为( )A ．－60169B.25169C ．±25169D ．±60169解析：由(－5，12，0)·(0，－5，12)(－5)2＋122(－5)2＋122及两个平面的二面角的范围为[0，π]，可知这两个平面的二面角的余弦值为±60169.答案：D4．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35解析：设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0，2,0)，B 1＝(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝－2×0＋2×2＋1×(－1)0＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55. 答案：A5．如图所示，已知四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC 的中点，则二面角C －BF －D 的正切值为 ( )A.36B.34C.33D.233解析：如图所示，设AC 与BD 交于点O ，连接OF .以O 为坐标原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz .设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3，所以O (0,0,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，易知OC→为平面BDF 的一个法向量，由BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0，FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－12，设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·FB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x ＋12y ＝032x －12z ＝0，令x＝1，则y ＝3，z ＝3，所以平面BCF 的一个法向量为n ＝(1，3，3)．所以cos 〈n ，OC →〉＝217，sin 〈n ，OC →〉＝277，所以tan 〈n ，OC →〉＝233.故二面角C －BF －D 的正切值为233. 答案：D6．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ，CC 1的中点，则异面直线EF 与A 1C 1所成角的大小是________．解析：以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，设B (2,0,0)，则E (1,0,0)，F (2,2,1)，C 1(2,2,2)，A 1(0,0,2)．所以EF →＝(1,2,1)，A 1C 1→＝(2,2,0)．cos 〈EF →，A 1C 1→〉＝(1，2，1)·(2，2，0)6×22＝32，所以〈EF →，A 1C 1→〉＝30°，即异面直线EF与A 1C 1所成的角为30°.答案：30°7．若直线l 的方向向量a ＝(－2,3,1)，平面α的一个法向量n ＝(4,0,1)，则直线l 与平面α所成角的正弦值为__________．解析：由题意，得直线l 与平面α所成角的正弦值为sin θ|a ·n ||a ||n |＝714×17＝23834.答案：238348.已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，PA ＝PD ＝5，平面ABCD ⊥平面PAD ，M 是PC 的中点，O 是AD 的中点，则直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值为__________．解析：取BC 的中点E ，连接OE ，以O 为坐标原点，射线OA ，OE ，OP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系(图略)，则O (0,0,0)，B (1,2,0)，C (－1,2,0)，P (0,0,2)，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，1.因此BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，1，OP →＝(0,0,2)，OC →＝(－1,2,0)．设平面PCO 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OP →＝0n ·OC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0x ＝2y ，取n ＝(2,1,0)，因此直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值为|cos 〈BM →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3－1174×5＝88585.答案：885859.如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，求直线AM 与CN 所成角的余弦值．解析：解法一 ∵AM →＝AA 1→＋A 1M →，CN →＝CB →＋BN →， ∴AM →·CN →＝(AA 1→＋A 1M →)·(CB →＋BN →)＝AA 1→·BN →＝12，而|AM →|＝(AA 1→＋A 1M →)·(AA 1→＋A 1M →)＝|AA 1→|2＋|A 1M →|2＝1＋14＝52.同理，|CN →|＝52，设直线AM 与CN 所成的角为α，则cos α＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1254＝25.即AM 与CN 所成角的余弦值为25.解法二 如图，建立空间直角坐标系，把D 点视作原点O ，分别沿DA →、DC →、DD 1→方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向．则A (1,0,0)，M (1，12，1)，C (0,1,0)，N (1,1，12)，∴AM →＝(1，12，1)－(1,0,0)＝(0，12，1)，CN →＝(1,1，12)－(0,1,0)＝(1,0，12)．故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12，|AM →|＝ 02＋(12)2＋12＝52，|CN →|＝12＋02＋(12)2＝52.∴cos α＝AM →·CN →|AM →|·|CN →|＝1252×52＝25.即AM 与CN 所成角的余弦值为25.10.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)求证：BE ⊥DC ；(2)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值．解析：(1)证明：依题意，以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得A (0,0,0)，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)，所以BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC . (2)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 →＝λ CP →(0<λ<1)，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λ CP →＝(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 ，y ，z )为平面FAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面FAB 的一个法向量． 取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010.易知二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010.[B 组 能力提升]1．如图所示，点P 是△ABC 所在平面外的一点，若PA ，PB ，PC 与平面α的夹角均相等，则点P 在平面α上的投影P ′是△ABC 的( )A ．内心B ．外心C ．重心D ．垂心解析：由于PA ，PB ，PC 与平面α的夹角均相等，所以这三条由点P 出发的平面ABC 的斜线段相等，故它们在平面ABC 内的投影P ′A ，P ′B ，P ′C 也都相等，故点P ′是△ABC 的外心．答案：B2.如图，已知矩形ABCD 与矩形ABEF 全等，二面角D －AB －E 为直二面角，M 为AB 的中点，FM 与BD 所成的角为θ，且cos θ＝39，则ABBC＝( )A ．1 B. 2 C.22D.12解析：不妨设BC ＝1，AB ＝λ，则AB BC ＝λ.记AF →＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，则FM →＝12b －a ，BD →＝c－b ，根据题意，|a |＝|c |＝1，|b |＝λ，a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴FM →·BD →＝－12b 2＝－12λ2，而|FM →|＝14λ2＋1，|BD →|＝λ2＋1，∴|cos 〈FM →，BD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪FM →·BD →|FM →| ·|BD →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12λ214λ2＋1·λ2＋1＝39，得λ＝22.故选C.答案：C3.如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD ，E ，F 分别是线段PA ，CD 的中点，若异面直线EF 与BD 所成的角为α，则cos α＝__________.解析：设正方形ABCD 的边长为2，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 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B (2,0,0)，D (0,2,0)，E (0,0,1)，F (1,2,0)，则BD →＝(－2,2,0)，EF →＝(1,2，－1)，所以cos α＝|BD →·EF →||BD →||EF →|＝|－2＋4＋0|22×6＝36.答案：364．如图所示，已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 夹角的正弦值为________．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.答案：455.如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，点G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(1)求证：GF ∥平面ADE .(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．(3)在线段CD 上是否存在一点M ，使得DE ⊥AM ？若存在，求出DM 的长；若不存在，请说明理由．解析：(1)证明：如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD . 又G 是BE 的中点， 所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB.又F 是CD 的中点，所以DF ＝12CD ，由四边形ABCD 是矩形，得AB ＝CD ，AB ∥CD ， 所以GH ＝DF ，GH ∥DF ，从而四边形HGFD 是平行四边形，得GF ∥DH . 又DH平面ADE ，GF平面ADE ，所以GF ∥平面ADE .(2)如图，在平面BEC 内，过点B 作BQ ∥EC ，因为BE ⊥EC ，所以BQ ⊥BE .又AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BQ .以B 为坐标原点，分别以BE →，BQ →，BA →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系B －xyz ，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BA →＝(0,0,2)为平面BEC 的一个法向量， 设n ＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量， 又AE →＝(2,0，－2)，AF →＝(2,2，－1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝02x ＋2y －z ＝0，取z ＝2，得n ＝(2，－1,2)，从而cos 〈n ，BA →〉＝n ·BA →|n |·|BA →|＝43×2＝23，所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23.(3)假设在线段CD 上存在点M ，设点M 的坐标为(2,2，a )(0≤a ≤2)． 因为A (0,0,2)，E (2,0,0)，D (2,2,2)， 所以DE →＝(0，－2，－2)，AM →＝(2,2，a －2)，因为DE ⊥AM ，所以DE →·AM →＝0，所以－4－2(a －2)＝0，得a ＝0， 所以DM ＝2.。
【2020】最新高中数学第二章空间向量与立体几何2-5夹角的计算课时作业北师大版选修2-1
因为 ＝k ，
所以(x，y，z－1)＝k(1，1，－1)＝(k，k，－k)，即x＝k，y＝k，z＝1－k.
因为 · ＝0，
所以(1，1，－1)·(k，k，1－k)＝k＋k－1＋k＝3k－1＝0.
所以k＝ ，点F的坐标为 .
又点E的坐标为 ，
所以 ＝ .
A．90°B．60°
C．45°D．30°
解析：选D.cos〈a，b〉＝ ＝ ＝ ，∴〈a，b〉＝30°.
平面α的一个法向量为n1＝(4，3，0)，平面β的一个法向量为n2＝(0，－3，4)，则平面α与平面β夹角的余弦值为( )
A．－ B．
C. D．以上都不对
解析：选B.∵cos〈n1，n2〉＝ ＝－ ，
∴ 2＝ 2＋ 2＋ 2－2 · －2 · ＋2 · ，
即4×17＝62＋42＋82－2×6×8cos〈 ， 〉
∴cos〈 ， 〉＝ ，即二面角的大小为60°.
答案：60°
如图，已知四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，且PA＝AC＝AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，E，F分别是BC，PC的中点．
令x＝1得n＝(1，－1，－1)．
设直线AA1与平面A1CD所成角为α，
则sinα＝|cos〈 ，n〉|＝| |＝ .
如图，PC⊥平面ABC，DA∥PC，∠BCA＝90°，AC＝BC＝1，PC＝2，AD＝1.
(1)求证：PD⊥平面BCD；
(2)设Q为PB的中点，求二面角QCDB的余弦值．
解：(1)证明：因为PC⊥平面ABC，所以PC⊥BC.
则 ，因此
取z1＝－1，则m＝(0，2，－1)，
因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC＝A，所以BD⊥平面AFC，故 为平面AFC的一法向量．
高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.5 夹角的计算学案 北师大版选修21
2.5 夹角的计算2.5．1 直线间的夹角 2.5．2 平面间的夹角 2.5．3 直线与平面的夹角1．能用向量方法解决线线、线面、面面夹角的计算问题．(重点) 2．体会向量方法在研究立体几何问题中的作用．(难点)[基础·初探]教材整理1 直线间的夹角阅读教材P 43“例1”以上的部分，完成下列问题． 设直线l 1与l 2的方向向量分别为s 1，s 2.已知向量a ＝(－1，－1,0)，b ＝(－1,0，－1)，则向量a 与b 的夹角是( ) A.π3 B ．23π C.π2D ．π4【解析】 cos 〈a ，b 〉＝a·b |a ||b |＝12·2＝12，∴〈a ，b 〉＝π3. 【答案】 A教材整理2 平面间的夹角阅读教材P 44“例2”以上的部分，完成下列问题． (1)平面间夹角的概念如图251，平面π1和π2相交于直线l ，点R 为直线l 上任意一点，过点R ，在平面π1上作直线l 1⊥l ，在平面π2上作直线l 2⊥l ，则l 1∩l 2＝R ，我们把直线l 1和l 2的夹角叫作平面π1与π2的夹角．图251(2)平面间夹角的求法设平面π1与π2的法向量分别为n 1与n 2.当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，平面π1与π2的夹角等于〈n 1，n 2〉；当π2＜〈n 1，n 2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于π－〈n 1，n 2〉． 事实上，设平面π1与平面π2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.已知平面α的法向量为n 1＝(1,1,1)，平面β的法向量是n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－62，62.求平面α与平面β的夹角．【解】 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－3－62＋621＋1＋1·9＋64＋64＝－33·12＝－12，∴〈n 1，n 2〉＝120°，∴平面α与平面β的夹角为60°. 教材整理3 直线与平面的夹角阅读教材P 45“思考交流”以上的部分，完成下列问题．设直线l 的方向向量为s ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α的夹角为θ.若直线的方向向量为u1＝(1,1,1)，平面的法向量为u2＝(2,2,2)，则直线与平面所成角的正弦值为________．【解析】∵u2＝2u1，∴u1∥u2，∴u1与平面垂直，所成角的正弦值为1.【答案】 1[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：________________________________________________________解惑：________________________________________________________疑问2：________________________________________________________解惑：________________________________________________________疑问3：________________________________________________________解惑：________________________________________________[小组合作型]如图252所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD＝90°，AD∥BC，AB＝BC＝a，AD＝2a，且PA⊥底面ABCD，∠PDA＝30°，AE⊥PD，E为垂足．图252(1)求证：BE⊥PD；(2)求异面直线AE与CD夹角的余弦值．【精彩点拨】要证明两直线垂直，或求两直线的夹角，只要适当地建立空间直角坐标系，求出两直线对应的方向向量，然后借助于这两个向量的数量积公式即可求得．【自主解答】以A为原点，AB，AD，AP所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图，则A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，a,0)，D(0,2a,0)．又∵∠PDA ＝30°， ∴AP ＝AD ·tan 30°＝2a ·33＝233a ， AE ＝AD ·sin 30°＝2a ·12＝a .过E 作EF ⊥AD ，垂足为F ，在Rt △AFE 中，AE ＝a ，∠EAF ＝60°，∴AF ＝a 2，EF ＝32a .∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，233a ，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，32a .(1)证明：BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，12a ，32a ，PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a ，－233a ， ∴BE →·PD →＝0＋a 2－a 2＝0. ∴BE →⊥PD →，∴BE ⊥PD .(2)AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，32a ，CD →＝(－a ，a,0)．则cos 〈AE →，CD →〉＝AE →·CD →|AE →||CD →|＝12a 22a ·a ＝24，即AE 与CD 的夹角的余弦值为24.1．建立恰当的空间直角坐标系，准确求出相关点的坐标是解决这类题的关键．2．求线线夹角时，应注意线线夹角范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以若求得余弦值为负数，则线线夹角为其补角．[再练一题]1．已知正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 是AA 1的中点，则异面直线D 1C 与BE 所成角的余弦值为( )【导学号：32550043】A.15 B ．31010C.1010D ．35【解析】 建系如图，设AA 1＝2AB ＝2. 则B (1,1,0)，C (0,1,0)D 1(0,0,2)，E (1,0,1)．∴D 1C →＝(0,1,0)－(0,0,2)＝(0,1，－2)． BE →＝(1,0,1)－(1,1,0)＝(0，－1,1)．cos 〈D 1C →，BE →〉＝D 1C →·BE →|D 1C →||BE →|＝－1－25·2＝－31010∴异面直线D 1C 与BE 所成角的余弦值为31010.【答案】 B如图253，直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 是菱形，AD ＝AA 1，∠DAB ＝60°，F 为棱AA 1的中点．求平面BFD 1与平面ABCD 所成的二面角的大小．图253【精彩点拨】 本题依据条件可采用综合法(非向量法)或空间向量法求解，通过本题可体会二面角的求解方法的综合应用．【自主解答】 法一：如图，延长D 1F 交DA 的延长线于点P ，连接PB ，DB ，则直线PB 就是平面BFD 1与平面ABCD 的交线．∵F 是AA 1的中点，∴可得A 也是PD 的中点，∴AP ＝AB . 又∠DAB ＝60°，且底面ABCD 是菱形， ∴可得△ABD 为正三角形，故∠DBA ＝60°. ∵∠P ＝∠ABP ＝30°，∴∠DBP ＝90°，即PB ⊥DB . 又ABCD A 1B 1C 1D 1是直棱柱， ∴DD 1⊥PB ， ∴PB ⊥平面DD 1B .故∠DBD 1就是二面角D 1PB D 的平面角． 显然BD ＝AD ＝DD 1， ∴∠DBD 1＝45°.法二：(向量法)建系如图：设这个四棱柱各棱长均为2，则D (0,0,0)，D 1(0,0,2)，B (1，3，0)，F (－1，3，1)， ∴BF →＝(－2,0,1)，D 1B →＝(1，3，－2)．显然，DD 1→就是平面ABCD 的法向量，再设平面BFD 1的一个法向量为向量u ＝(x 0，y 0，z 0)，则u ⊥BF →且u ⊥D 1B →，∴－2x 0＋z 0＝0且x 0＋3y 0－2z 0＝0.令x 0＝1可得z 0＝2，y 0＝3，即u ＝(1，3，2)．设所求二面角的平面角为θ，则cos θ＝u ·DD 1→|u |·|DD 1→|＝22，∴所求二面角大小为45°.求两平面的夹角有两种方法：(1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同．(2)法向量法：分别求出两平面的法向量n 1，n 2，则两平面的夹角为〈n 1，n 2〉⎝ ⎛⎭⎪⎫当〈n 1，n 2〉∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时或π－〈n 1，n 2〉⎝ ⎛⎭⎪⎫当〈n 1，n 2〉∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时. [再练一题]2.如图254所示，在底面为直角梯形的四棱锥S ABCD 中，∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，求平面SCD 与平面SAB 所成二面角α的正切值．图254【解】 如图，以AD 、AB 、AS 为x 轴、y 轴、z 轴，以AB 的长为单位长度建立空间直角坐标系，则各点坐标为D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0、C (1,1,0)、B (0,1,0)、S (0,0,1)．于是有AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，它是平面SAB 的法向量．设平面SCD 的法向量为n ，并设n ＝(x ，y ，z )，由DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－1及n ⊥DC →，n ⊥SD →，得⎩⎨⎧n ·DC →＝0，n ·SD →＝0⇔⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋y ＝0，12x －z ＝0，令x ＝1，则y ＝－12，z ＝12，从而n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，12，∴cos α＝AD →·n|AD →||n |＝63，从而tan α＝22.1与侧面ABB 1A 1所成的角．【精彩点拨】 利用正三棱柱的性质，建立适当的空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，取A 1B 1的中点M ，连接C 1M ，证明∠C 1AM 是AC 1与平面A 1B 所成的角；另一种是利用平面A 1B 的法向量求解．【自主解答】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0，2a )，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，2a ，AA 1→＝(0,0，2a )设侧面A 1B 的法向量n ＝(λ，x ，y )， 所以n ·AB →＝0，且n ·AA 1→＝0.所以ax ＝0，且2ay ＝0，令x ＝y ＝0， 故n ＝(λ，0,0)．又因为AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，2a ， 所以cos 〈AC 1，n 〉＝n ·AC 1→|n |·|AC 1→|＝－λ32a |λ|·3a＝－λ2|λ|＝±12. 所以AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.计算直线l 与平面α的夹角为θ的方法有：(1)利用法向量计算θ的步骤如下：(2)利用定义计算θ的步骤如下：[再练一题]3．把本例条件改为“侧棱与底面边长相等”，求AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值．【导学号：32550044】【解】 建立如图直角坐标系，设底面边长为1，则A 1(0,0,1)，B 1(0,1,1)，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，1设A 1C 1的中点为D ，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，14，1，∵B 1D ⊥平面ACC 1A 1， ∴B 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，－34，0是平面ACC 1A 1的一个法向量． 又∵AB 1→＝(0,1,1)，∴cos 〈AB 1→，B 1D →〉＝－342×1216＝－64， ∴AB 1与侧面AAC 1A 1所成角的正弦值为64.[探究共研型]探究1 【提示】 异面直线所成角与这两直线的方向向量的夹角范围不同，其中异面直线所成的角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，向量夹角的范围是[0，π]．当应用向量法求两异面的夹角时，若求得余弦值为正数，夹角即为所求；若求得余弦值为负数，则夹角为其补角．探究2 两平面的夹角与二面角的平面角有什么不同？【提示】 两平面的夹角范围是0≤θ≤π2，二面角的大小是指其两个半平面的张开程度，这可以用其平面角θ的大小来定义，它的取值范围为0≤θ≤π，其余弦值取n 1·n 2|n 1||n 2|还是－n 1·n 2|n 1||n 2|应结合具体情况而定．探究3 利用向量法求直线与平面所成的角时，要注意什么？【提示】 (1)直线与平面成所角θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.斜线和平面所成角的定义表明斜线和平面所成的角是通过斜线在平面内的射影而转化为两条相交直线所成的锐角．(2)向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有：①当φ为锐角时，θ＝π2－φ，sin θ＝cos φ，cos θ＝sin φ②当φ为钝角时，θ＝φ－π2，sin θ＝－cos φ，cos θ＝sin φ 综上所述，sin θ＝|cos φ|＝|a·u ||a |·|u |或cos θ＝sin φ.图255如图255，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝AB ＝2BC ，M 、N 分别为PC 、PB 的中点．求BD 与平面ADMN 的夹角θ.【自主解答】 如图所示，建立空间直角坐标系，设BC ＝1，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)， 则N (1,0,1)， ∴BD →＝(－2,2,0)， AD →＝(0,2,0)，AN →＝(1,0,1)．设平面ADMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧n ·AD →＝0，n ·AN →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋z ＝0，取x ＝1，则z ＝－1，∴n ＝(1,0，－1)．∵cos 〈BD →，n 〉＝BD →·n |BD →||n |＝－28·2＝－12，∴sin θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝12.又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.[构建·体系]1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( )(2)若向量n 1，n 2分别为二面角的两半平面的法向量，则二面角的平面角的余弦值为cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|.( )(3)直线与平面所成角的范围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.( )【解析】 (1)两直线的方向向量所成的角可能为钝角，而异面直线所成的角是锐角或直角，故不相等．(2)余弦值也可以是⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|.(3)直线与平面所成角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.【答案】 (1)× (2)× (3)×2．(2014·广东高考)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 与60°夹角的是( )【导学号：32550045】A ．(－1,1,0)B ．(1，－1,0)C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)【解析】 对于A 中的向量a 1＝(－1,1,0)，cos 〈a ，a 1〉＝a ·a 1|a ||a 1|＝－12·2＝－12，a 1与a 的夹角为120°，不合题意；对于B 中的向量a 2＝(1，－1,0)，cos 〈a ，a 2〉＝a ·a 2|a ||a 2|＝12·2＝12，a 2与a 的夹角为60°，符合题意；对于C 中的向量a 3＝(0，－1,1)，cos 〈a ，a 3〉＝a ·a 3|a ||a 3|＝－12·2＝－12，a 3与a 的夹角为120°，不合题意；对于D 中的向量a 4＝(－1,0,1)，cos 〈a ，a 4〉＝a·a 4|a ||a 4|＝－22·2＝－1，a 4与a 的夹角为180°，不合题意，故选B.【答案】 B3．直线l 的方向向量为s ，平面α的法向量为n ，若〈s ，n 〉＝5π6，则直线l 与平面α所成的角为( )A.π6 B ．π3C.5π6D ．2π3【解析】 ∵〈s ，n 〉＝5π6＞π2，∴l 与α所成的角为5π6－π2＝π3.【答案】 B4．在一个二面角的两个面内分别有向量m ＝(－1,2,0)，n ＝(3,0，－2)，且m ，n 都与二面角的棱垂直，则该二面角的余弦值为________．【导学号：32550046】【解析】 由题意知，m ，n 所成的锐角即为二面角的平面角．∴cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝－35×13＝－36565.∴二面角的余弦值为36565.【答案】365655．如图256，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，求异面直线BA 1和AC 的夹角．图256【解】 分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，A 1(a,0，a )，∴BA 1→＝(0，－a ，a )，AC →＝(－a ，a,0)．∴cos 〈BA 1→，AC →〉＝BA 1→·AC →|BA 1→|·|AC →|＝－a 22a 2·2a 2＝－12. ∴〈BA 1→，AC →〉＝120°.∴异面直线BA 1和AC 的夹角为60°.我还有这些不足：(1)________________________________________________ (2)________________________________________________ 我的课下提升方案：(1)________________________________________________ (2)________________________________________________。
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2.5 夹角的计算[A.基础达标]1．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－22，则l 与α所成的角θ为( ) A ．30° B ．45° C ．135°D ．150° 解析：选B.因为cos 〈m ，n 〉＝－22，所以〈m ，n 〉＝135°，故l 与α所成的角θ为45°.2．设ABCD ，ABEF 都是边长为1的正方形，FA ⊥平面ABCD ，则异面直线AC 与BF 所成的角等于( )A ．45°B ．30°C ．90°D ．60°解析：选D.设AD →＝a ，AB →＝b ，AF →＝c ，|a |＝|b |＝|c |＝1. AC →＝AB →＋AD →＝a ＋b ，BF →＝BA →＋AF →＝－b ＋c . AC →·BF →＝(a ＋b )·(c －b )＝－b 2＝|AC →||BF →|cos 〈AC →，BF →〉．所以cos 〈AC →，BF →〉＝－12，故AC 与BF 所成的角为60°.3．正四棱锥S ABCD 中，SA ＝AB ＝2，则直线AC 与平面SBC 所成角的正弦值为( )A.36B.66C.33D.63解析：选C.设平面ABCD 的中心为O ，以OA →，OB →，OS →为x ，y ，z 轴正向建立坐标系，A (2，0，0)，C (－2，0，0)，S (0，0，2)，B (0，2，0)，SB →＝(0，2，－2)，BC →＝(－2，－2，0)，AC →＝(－22，0，0)，设n ＝(x ，y ，z )为平面SBC 的法向量，由n ⊥SB →，n ⊥BC→得y ＝z ＝－x ，可取n ＝(1，－1，－1)，cos 〈AC →，n 〉＝AC →·n |AC →||n |＝－33.故AC 与平面SBC 所成角的正弦值为|cos 〈AC →，n 〉|＝33.4．已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( )A.64B.104C.22D.32解析：选A.取AC 中点为D ，连接BD ，得BD →为平面ACC 1A 1的法向量，设AB →＝a ，AC →＝b ，AA 1→＝c ，则AB 1→＝AB →＋BB 1→＝a ＋c ，BD →＝BA →＋AD →＝－a ＋12b ，cos 〈AB 1→，BD →〉＝AB 1→·BD →|AB 1→||BD →|＝－64，故AB 1与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为|cos 〈AB 1→，BD →〉|＝64.5．已知三条射线PA ，PB ，PC 的两两夹角都是60°，则二面角A PB C 的余弦值为( ) A.13 B.63C.32D.33解析：选A.在PA 、PB 、PC 上取点D 、E 、F 使得PD ＝PE ＝PF ，可知三棱锥D PEF 为正四面体，取PE 中点H ，连接DH ，FH ，得∠DHF 为二面角A PB C的平面角，设PF →＝a ，PE →＝b ，PD →＝c ，则HD →＝HP →＋PD →＝－12b ＋c ，HF →＝HP →＋PF→＝－12b ＋a ，cos 〈HD →，HF →〉＝HD →·HF →|HD →||HF →|＝13.6．在空间中，已知二面角αl β的大小为2π3，n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则〈n 1，n 2〉的大小为________．解析：因二面角αl β的大小是它们两个半平面的法向量夹角或夹角的补角．当二面角αl β的大小为2π3时，则〈n 1，n 2〉的大小为23π或π－2π3.答案：π3或2π37．如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别是C 1D 1，CC 1的中点，则直线B 1N 与平面BDM 所成角的正弦值为________．解析：建立如图坐标系，D (0，0，0)，B (2，2，0)，B1(2，2，2)，M (0，1，2)，N (0，2，1)，DB →＝(2，2，0)，DM →＝(0，1，2)，B 1N →＝(－2，0，－1)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BDM 的法向量，由n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得y ＝－x ＝－2z ，可令n ＝(2，－2，1)，cos 〈n ，B 1N →〉＝n ·B 1N →|n ||B 1N →|＝－53，故B 1N 与平面BDM 所成角的正弦值为|cos 〈n ，B 1N →〉|＝53. 答案：538.已知三棱柱ABC A1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为 3 的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为________．解析：法一：34(3)2·AA 1＝94，得AA 1＝ 3. 易得∠APA 1是PA 与平面ABC 所成角，A 1P ＝23×32×3＝1，tan ∠APA 1＝AA 1A 1P ＝31＝3，故∠APA 1＝π3.法二：令A 1C 1→＝a ，A 1B 1→＝b ，A 1A →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝3，PA 1→＝－A 1P →＝－13(a ＋b )，PA →＝PA 1→＋A 1A →＝－13a －13b ＋c ，|PA 1→|＝PA 1→·PA 1→＝1，|PA →|＝PA →·PA →＝2，cos 〈PA 1→，PA →〉＝PA 1→·PA →|PA 1→||PA →|＝12，故PA 与平面ABC 所成角的大小为π3. 答案：π39.在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，A 1A ⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，AA 1＝AC ＝BC ＝2，D 为AB 中点．(1)求证：BC 1∥平面A 1CD ；(2)求直线AA 1与平面A 1CD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于O 点， 则DO 为△ABC 1的中位线，故DO ∥BC 1， 又DO 平面A 1CD ，BC 1平面A 1CD ， 所以BC 1∥平面A 1CD .(2)以CA ，CB ，CC 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (2，0，0)，A 1(2，0，2)，D (1，1，0)，设平面A 1DC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·A 1D →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋y －2z ＝0，令x ＝1得n ＝(1，－1，－1)．设直线AA 1与平面A 1CD 所成角为α，则sin α＝|cos 〈AA 1→，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－223＝33.10．如图，已知四边形ABCD 是边长为1的正方形，AF ⊥平面ABCD ，CE ⊥平面ABCD . (1)证明：BD ⊥EF ；(2)若AF ＝1，且二面角B EF C 的大小为30°，求CE 的长．解：(1)证明：连接AC ，因为AF ⊥平面ABCD ，CE ⊥平面ABCD . 所以AF ∥CE ，所以四边形ACEF 在同一平面内， 因为AF ⊥平面ABCD ，所以AF ⊥BD ， 又因为ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD ， 因为AF ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面ACEF ， 所以BD ⊥EF .(2)以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AF 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系(如图)．设CE ＝a ，则B (1，0，0)，F (0，0，1)，E (1，1，a )．所以BF →＝(－1，0，1)，BE →＝(0，1，a )．设平面BEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，1)，得到⎩⎪⎨⎪⎧m ·BF →＝（x ，y ，1）·（－1，0，1）＝0，m ·BE →＝（x ，y ，1）·（0，1，a ）＝0，所以m ＝(1，－a ，1)． 由(1)知平面CEF 的一个法向量是 DB →＝(1，－1，0)，所以|cos 〈DB →，m 〉|＝|a ＋1|2·a 2＋2＝cos 30°＝32. 所以a ＝2，即CE ＝2.[B.能力提升]1．在正四棱锥P ABCD 中，PA ＝2，直线PA 与平面ABCD 所成角为60°，E 为PC 的中点，则异面直线PA 与BE 所成角为( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°解析：选C.建立如图所示的空间直角坐标系，则∠PAO ＝60°，所以OP ＝3，OA ＝1，AB ＝2，P (0，0，3)，A (22，－22，0)，B (22，22，0)，C (－22，22，0)，E (－24，24，32)， AP →＝(－22，22，3)，BE →＝(－324，－24，32)， cos 〈AP →，BE →〉＝22×2＝22，所以〈AP →，BE →〉＝45°，即异面直线PA 与BE 所成角为45°.2.如图所示，SA ⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，DE 垂直平分SC ，且分别交AC ，SC于D ，E ，又SA ＝AB ，SB ＝BC ，则以BD 为棱，以BDE 与BDC 为面的平面角的度数为( )A ．90°B ．30°C ．60°D ．45°解析：选C.以A 为原点，以AC 所在直线为y 轴，以AS 所在直线为z 轴，以和AS ，AC 都垂直的直线AF 为x 轴，建立空间直角坐标系．设SA ＝1，因为SA ⊥平面ABC ，所以AS →是平面ABC 的一个法向量．因为SA ＝AB ＝1，SB ＝SA 2＋AB 2＝2， 又SB ＝BC ，所以BC ＝2，所以AC ＝ 3.因为DE 垂直平分SC ， 所以E 为SC 的中点， 又△SBC 是等腰三角形， 所以BE ⊥SC ，所以SC ⊥平面EDB ，所以ES →是平面EBD 的一个法向量．由题设知S (0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12.所以AS →＝(0，0，1)－(0，0，0)＝(0，0，1)，ES →＝(0，0，1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32，12，所以ES →·AS →＝12，|ES →|＝02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝1，|AS →|＝02＋02＋12＝1，所以cos 〈ES →，AS →〉＝ES →·AS →|ES →|·|AS →|＝121×1＝12，所以〈ES →，AS →〉＝60°.两法向量所成角或其补角为两平面所成角， 所以平面BDE 与平面BDC 所成的角为60°.3．空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值是________．解析：设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，|b |＝|c |.cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝a ·（c －b ）|OA →|·|BC →|＝a ·c －a ·b |a ||c －b |＝0.答案：04．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当以A ，B ，C ，D 四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD 和平面ABC 所成的角的大小为________．解析：当V D ABC 最大时，平面DAC ⊥平面ABC .设AC 的中点为O ，连接OD ，OB ，建立坐标系，设|AB →|＝a ，B (22a ，0，0)，D (0，0，22a )，OD →＝(0，0，22a )，BD →＝(－22a ，0，22a )，知OD →为平面ABC 的法向量，cos 〈OD →，BD →〉＝OD →·BD →|OD →||BD →|＝22，故〈OD →，BD →〉＝45°.答案：45°5.如图，在四棱锥P ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 是PB 的中点．(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若平面PAC 与平面EAC 夹角的余弦值为63，求直线PA 与平面EAC 夹角的正弦值．解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ，AC 平面ABCD ，所以AC ⊥PC ， 因为AB ＝2，AD ＝CD ＝1，所以AC ＝BC ＝2，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC ， 又BC ∩PC ＝C ，所以AC ⊥平面PBC ，因为AC 平面EAC ，所以平面EAC ⊥平面PBC .(2)以C 为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则C (0，0，0)，A (1，1，0)，B (1，－1，0)．设P (0，0，a )(a ＞0)，则E (12，－12，a 2)，CA →＝(1，1，0)，CP →＝(0，0，a )，CE →＝(12，－12，a 2)，取m ＝(1，－1，0)，则m ·CP →＝m ·CA→＝0，所以m 为平面PAC 的法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量，则n ·CA →＝n ·CE →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0，取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2， 则n ＝(a ，－a ，－2)，依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝a a 2＋2＝63，则a ＝2.于是n ＝(2，－2，－2)，设直线PA 与平面EAC 的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝|PA →·n ||PA →||n |＝23，即直线PA 与平面EAC 夹角的正弦值为23.6.(选做题)如图，四棱锥S ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ，SD ＝2a ，AD ＝2a ，点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0＜λ≤2)．(1)求证：对任意的λ∈(0，2]，都有AC ⊥BE ； (2)设二面角C AE D 的大小为θ，直线BE 与平面ABCD 所成的角为φ，若tan θ·tan φ＝1，求λ的值．解：(1)证明：以D 为原点，DA →，DC →，DS →的方向分别作为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (2a ，0，0)，B (2a ，2a ，0)，C (0，2a ，0)，E (0，0，λa )．所以AC →＝(－2a ，2a ，0)，BE →＝(－2a ，－2a ，λa )，所以AC →·BE →＝2a 2－2a 2＋0·λa ＝0，所以AC ⊥BE .(2)由(1)得EA →＝(2a ，0，－λa )， EC →＝(0，2a ，－λa )， BE →＝(－2a ，－2a ，λa )．设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥EA →，n ⊥EC →得⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝0，n ·EC →＝0，即⎩⎨⎧2x －λz ＝0，2y －λz ＝0.取z ＝2，得n ＝(λ，λ，2)．易知平面ABCD 与平面ADE 的一个法向量分别为DS →＝(0，0，2a )与DC →＝(0，2a ，0)，所以sin φ＝|DS →·BE →||DS →|·|BE →|＝|λ|λ2＋4， cos θ＝|DC →·n ||DC →|·|n |＝|λ|2λ2＋2 . 因为0＜θ，φ＜π2，λ＞0，又tan θ·tan φ＝1，所以θ＋φ＝π2，所以sin φ＝cos θ，所以λλ2＋4＝λ2λ2＋2，所以λ2＝2， 又因为λ∈(0，2]，所以λ＝2，即为所求．。