1.4.2 第2课时 利用向量求空间角-人教A版(2019)高中数学选修第一册课件(共38张PPT)
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题(1)教学设计-人教A版高中数学选择性必修第一册
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题(1)本节课选自《2019人教A 版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》,本节课主要学习运用空间向量解决计算空间距离问题。
在向量坐标化的基础上,将空间中点到线、点到面、两条平行线及二平行平面角的距离问题,首先转化为向量语言,进而运用向量的坐标表示,从而实现运用空间向量解决空间距离问题,为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点,为培养学生思维提供了更广阔的空间。
1.教学重点:理解运用向量方法求空间距离的原理2.教学难点:掌握运用空间向量求空间距离的方法多媒体一、情境导学如图,在蔬菜大棚基地有一条笔直的公路,某人要在点A 处,修建一个蔬菜存储库。
如何在公路上选择一个点,修一条公路到达A 点,要想使这个路线长度理论上最短,应该如何设计?问题:空间中包括哪些距离?求解空间距离常用的方法有哪些? 答案:点到直线、点到平面、两条平行线及两个平行平面的距离; 传统方法和向量法. 二、探究新知一、点到直线的距离、两条平行直线之间的距离 1.点到直线的距离已知直线l 的单位方向向量为μ,A 是直线l 上的定点,P 是直线l 外一点.设AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,则向量AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 在直线l 上的投影向量AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ·μ)μ.点P 到直线l 的距离为PQ=√a 2-(a ·μ)2. 2.两条平行直线之间的距离求两条平行直线l ,m 之间的距离,可在其中一条直线l 上任取一点P ,则两条平行直线间的距离就等于点P 到直线m 的距离.点睛:点到直线的距离,即点到直线的垂线段的长度,由于直线与直线外一点确定一个平面,所以空间点到直线的距离问题可转化为空间某一个平面内点到直线的距离问题.1.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,E ,F 分别是C 1C ,D 1A 1的中点,则点A 到直线EF 的距离为 . 答案:√1746通过生活中的现实情况,帮助学生回顾空间距离的概念,并提出运用向量解空间距离的问题,引导学生回顾空间中线线、线面、面面的平行问题的解法方法,进一步体会空间几何问题代数化的基本思想详细解析:如图,以点D 为原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则A (2,0,0),E (0,2,1),F (1,0,2),EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,1), FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-2),∴|EF⃗⃗⃗⃗⃗ |=√12+(-2)2+12=√6, ∴直线EF 的单位方向向量μ=√66(1,-2,1), ∴点A 到直线EF 的距离d=√|FA⃗⃗⃗⃗⃗ |2-(-√66)2=√296=√1746.二、点到平面的距离、两个平行平面之间的距离 点到平面的距离已知平面α的法向量为n ,A 是平面α内的定点,P 是平面α外一点.过点P 作平面α的垂线l ,交平面α于点Q ,则点P 到平面α的距离为PQ=|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |.点睛:1.实质上,n 是直线l 的方向向量,点P 到平面α的距离就是AP⃗⃗⃗⃗⃗ 在直线l 上的投影向量QP⃗⃗⃗⃗⃗ 的长度. 2.如果一条直线l 与一个平面α平行,可在直线l 上任取一点P ,将线面距离转化为点P 到平面α的距离求解. 3.两个平行平面之间的距离如果两个平面α,β互相平行,在其中一个平面α内任取一点P ,可将两个平行平面的距离转化为点P 到平面β的距离求解.2.在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面边长为2,侧棱长为4,则点B 1到平面AD 1C 的距离为 .答案: 83 详细解析:以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,则A (2,0,0),C (0,2,0),D 1(0,0,4),B 1(2,2,4), 则AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,4),B 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,0), 设平面AD 1C 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-2x +2y =0,-2x +4z =0.取z=1,则x=y=2,所以n =(2,2,1). 所以点B 1到平面AD 1C 的距离d=|n ·B 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=83.三、典例详细解析例1.已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1=1,AB=4,BC=3,∠ABC=90°,求点B 到直线A 1C 1的距离.解:以B 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A 1(4,0,1),C 1(0,3,1),所以直线A 1C 1的方向向量A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,3,0),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,1),所以点B 到直线A 1C 1的距离d=√|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2-|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||2=√10-(95)2=135.用向量法求点到直线的距离时需注意以下几点:(1)不必找点在直线上的垂足以及垂线段;(2)在直线上可以任意选点,但一般选较易求得坐标的特殊点; (3)直线的方向向量可以任取,但必须保证计算正确.延伸探究1 例1中的条件不变,若M ,N 分别是A 1B 1,AC 的中点,试求点C 1到直线MN 的距离.解:如例1解中建立空间直角坐标系(图略). 则M (2,0,1),N (2,32,0),C 1(0,3,1),所以直线MN 的方向向量为MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,32,-1),MC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,3,0),所以点C 1到MN 的距离d=√|MC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2-|MC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||2=2√28613. 延伸探究2 将条件中直三棱柱改为所有棱长均为2的直三棱柱,求点B 到A 1C 1的距离.解:以B 为坐标原点,分别以BA ,过B 垂直于BA 的直线,BB 1为x 轴,y轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则B (0,0,0),A 1(2,0,2),C 1(1,√3,2),所以A 1C 1的方向向量A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2), 所以点B 到直线A 1C 1的距离d=√|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2-|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||2=√8-(-1+3+02)2=√8-1=√7.例2 在三棱锥S-ABC 中,△ABC 是边长为4的正三角形,平面SAC ⊥平面ABC ,SA=SC=2√3M ,N 分别为AB ,SB 的中点,如图所示.求点B 到平面CMN 的距离.思路分析 借助平面SAC ⊥平面ABC 的性质,建立空间直角坐标系,先求平面CMN 的法向量,再求距离. 解:取AC 的中点O ,连接OS ,OB.∵SA=SC ,AB=BC ,∴AC ⊥SO ,AC ⊥BO.∵平面SAC ⊥平面ABC ,平面SAC ∩平面ABC=AC , ∴SO ⊥平面ABC.又BO ⊂平面ABC ,∴SO ⊥BO.如图所示,分别以OA ,OB ,OS 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系Oxyz ,则B (0,2√3,0),C (-2,0,0),S (0,0,2√2),M (1,√3,0),N (0,√3,√2). ∴CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,√3,0),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√2),MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0). 设n =(x ,y ,z )为平面CMN 的一个法向量, 则{CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =3x +√3y =0,MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-x +√2z =0,取z=1, 则x=√2,y=-√6,∴n =(√2,-√6,1).∴点B 到平面CMN 的距离d=|n ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=4√23.求点到平面的距离的主要方法 (1)作点到平面的垂线,点到垂足的距离即为点到平面的距离. (2)在三棱锥中用等体积法求解. (3)向量法:d=|n ·MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |(n 为平面的法向量,A 为平面上一点,MA 为过点A的斜线段)跟踪训练1 在直三棱柱中,AA 1=AB=BC=3,AC=2,D 是AC 的中点.(1)求证:B 1C ∥平面A 1BD ;(2)求直线B 1C 到平面A 1BD 的距离.(1)证明:连接AB 1交A 1B 于点E ,连接DE. DE ∥B 1C ,DE ⊂平面A 1BD}⇒B 1C ∥平面A 1BD.(2)解:因为B 1C ∥平面A 1BD ,所以B 1C 到平面A 1BD 的距离就等于点B 1到平面A 1BD 的距离.如图建立坐标系,则B 1(0,2√2,3),B (0,2√2,0),A 1(-1,0,3), DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√2,3), DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√2,0), DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,3).设平面A 1BD 的法向量为n =(x ,y ,z ),所以{2√2y =0,-x +3z =0,所以n =(3,0,1).所求距离为d=|n ·DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=3√1010.金题典例 如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=90°,BC=2,CC 1=4,点E 在棱BB 1上,EB 1=1,D ,F ,G 分别为CC 1,B 1C 1,A 1C 1的中点,EF 与B 1D 相交于点H.(1)求证:B 1D ⊥平面ABD ;(2)求证:平面EGF ∥平面ABD ; (3)求平面EGF 与平面ABD 的距离.思路分析: 根据两个平行平面间距离的定义,可将平面与平面间的距离转化为一个平面内一点到另一个平面的距离,即点面距. (1)证明:如图所示建立空间直角坐标系, 设AB=a ,则A 1(a ,0,0),B 1(0,0,0),C 1(0,2,0),F (0,1,0),E (0,0,1),A (a ,0,4),B (0,0,4),D (0,2,2), G (a2,1,0).所以B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,0,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2). 所以B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+0+0=0,B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0+4-4=0. 所以B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以B 1D ⊥AB ,B 1D ⊥BD.又AB ∩BD=B ,所以B 1D ⊥平面ABD.(2)证明:由(1)可得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,0,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),GF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a2,0,0),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2GF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以GF ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 所以GF ∥AB ,EF ∥BD.又GF ∩EF=F ,AB ∩BD=B ,所以平面EGF ∥平面ABD.A.12B.√24C.√22D.√32答案:B详细解析:建立坐标系如图,则A (1,0,0),B (1,1,0),D 1(0,0,1),O (12,12,1).∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1).设n =(1,y ,z )是平面ABC 1D 1的一个法向量, 则{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =y =0,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-1+z =0,解得y=0,z=1,∴n =(1,0,1).又OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,-12,-1),∴点O 到平面ABC 1D 1的距离为|OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=12√2=√24.4.Rt △ABC 的两条直角边BC=3,AC=4,PC ⊥平面ABC ,PC=95,则点P 到斜边AB 的距离是 . 答案:3详细解析:以点C 为坐标原点,CA ,CB ,CP 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 (4,0,0),B (0,3,0),P (0,0,95),所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,3,0), AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,0,95), 所以点P 到AB 的距离d=√|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |2-(|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |)2=√16+8125-25625=3.5.棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M ,N 分别是线段BB 1,B 1C 1的中点,则直线MN 到平面ACD 1的距离为 . 答案:√32详细解析:如图,以点D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.则D (0,0,0),C (0,1,0),D 1(0,0,1),M (1,1,12),A (1,0,0),∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,12),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1). 设平面ACD 1的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,-x +z =0.令x=1,则y=z=1,∴n =(1,1,1).∴点M 到平面ACD 1的距离d=|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√32.故直线MN 到平面ACD 1的距离为√32.四、小结教学中主要突出了几个方面:一是进一步突出运用向量法解决立体几何问题的基本程序,发展学生的数学建模思想和逻辑推理能力。
人教A版高中数学选择性必修第一册第1章1-4-2第2课时用空间向量研究夹角问题课件
在必修教材的课程中，我们学习过异面直线所成的角、直线与 平面相交所成的角以及两个平面相交所成的二面角．那么，在空间 中怎样描述这些角呢？这些角的大小与直线的方向向量、平面的法 向量有何关系？
知识点3 利用向量方法求两个平面的夹角 (1)平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我 们 把 这 四 个 二 面 角 中 _不__大__于__9_0_°_ 的 二 面 角 称 为 平 面 α 与 平 面 β 的 夹 角．
02
关键能力·合作探究释疑难
类型1 两条异面直线所成的角 类型2 直线与平面所成的角 类型3 两个平面的夹角
类型1 两条异面直线所成的角 【例1】 (源自北师大版教材)如图所示，在 空间直角坐标系中有长方体ABCD-A′B′C′D′， AB＝2，BC＝1，AA′＝3．求AC′与A′D所成角 的余弦值．
[跟进训练] 2．(2020·全国Ⅱ卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形， M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点， 过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； [解] 证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1． 又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN． 因为△A1B1C1是正三角形， 所以B1C1⊥A1N． 又B1C1⊥MN，A1N∩MN＝N， 故B1C1⊥平面A1AMN． 所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F．
反思领悟 求异面直线所成角的步骤 (1)确定两条异面直线的方向向量． (2)确定两个向量夹角的余弦值的绝对值． (3)得出两条异面直线所成的角．
(2)由(1)可知，DA，DB，DP两两互相垂直，以D为坐标原点，DA， DB，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系Dxyz，
1.4.2用空间向量研究距离问题(第1课时)(课件)高二数学选择性必修第一册(人教A版2019)
【分析】
根据条件建立空间直角坐标系，用坐标表示相关的点、 直线的方向向量和平面的法向量，再利用有关公式，通过 坐标运算得出相应的距离．
图1.4-18
应用新知
例1 如图 1.4-18，在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中， E 为线段 A1B1 的中点， F 为线段 AB 的中点．（1）求点 B 到直线 AC1 的距离；
进而根据点到直线的距离公式有： PQ
| AP |2 | AQ |2
2
a
(a
u)2
.
即
为两条平行线 l 与 m 间的距离.
新课探究
问题3：你能类比点到直线的距离公式的推导过程，推导出点到平面的距离公式 吗? 请大家自主探究.探究过程中要注意思考如下问题：
(1)类似于一个点和方向向量确定一条直线，确定一个平面的 条件是什么?
又因为
AF
0,
1 2
,
0
，所以点
F
到平面
AEC1
的距离为
AF n
0,
1 2
,
0
(1,
2,1)
6．
n
6
6
即直线 FC 到平面 AEC1 的距离 6 ．
6
图1.4-18
应用新知
问题5: 结合例1,回顾用空间向量解决距离问题的过程,你能总结用向量方法解决 立体几何问题的基本步骤吗?
方法规律
空间向量解决立体几何问题的“三步曲” （1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的 点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题； （2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之 间的距离和夹角等问题； （3）把向量运算的结果“翻译”成相应的几何结论．
人教A版2019选择性必修第一册)1.4.2 用空间向量解决角度问题(第2课时)(课件)
如图,取 BP 的中点 T,连接 AT,TN,由 N 为 PC
的中点知
1
TN∥BC,TN=2BC=2.
又 AD∥BC,故 TN∥AM 且 TN=AM,
所以四边形 AMNT 为平行四边形,
于是 MN∥AT.
因为 AT⊂平面 PAB,MN⊄平面 PAB,
所以 MN∥平面 PAB.
(2)解:如图,取 BC 的中点 E,连接 AE.
区域称为黄道带,太阳及大多数行星在天球上的位置常在
黄道带内.黄道带内有十二个星座,称为“黄道十二宫”.从
春分(节气)点起,每30°便是一宫,并冠以星座名,如白羊座、
狮子座、双子座等等,这便是星座的由来.
问题：空间角包括哪些角?求解空间角常用的方法有哪些?
答案：线线角、线面角、二面角; 传统方法和向量法.
人教A版2019选修第一册
第 1 章空间向量与立体几何
1.4.2 用空间向量解决角度问题
（第2课时）
目
录
01异面直线的夹角
02直线与平面的夹角
03平面与平面的夹角
学习目标
1.理解两异面直线所成角与它们的方向向量之间的关系,会用向量
方法求两 异面直线所成角.
2.理解直线与平面所成角与直线方向向量和平面法向量夹角之间
余弦值为
.
解析：以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Dxyz,设AB=1.则
B(1,1,0),A1(1,0,2),A(1,0,0),D1(0,0,2),1 =(0,1,-2),
1 =(-1,0,2),
1 ·
1
|1 ||1 |
cos<1 , 1 >=
平面与平面所成的角，可以转化为法向量与法向量的夹角.
人教A版选择性必修第一册1.4.2第二课用空间向量研究空间角问题课件(38张)
解：(1)交线围成的正方形 EHGF 如图： (2)作 EM⊥AB，垂足为 M，则 AM＝A1E ＝4，EM＝AA1＝8.因为四边形 EHGF 为 正方形，所以 EH＝EF＝BC＝10.于是 MH＝ EH2－EM2＝6，所以 AH＝10.以 D 为坐标原点，―D→A 的 方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz， 则 A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)， ―F→E ＝(10,0,0)，―H→E ＝(0，－6,8)． 设 n＝(x，y，z)是平面 EHGF 的法向量，
B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(－1， 3，1)，
则―BC→1 ＝(1,0，－1)，―AB→1 ＝(1，－ 3，－1)．
所以 cos〈―AB→1 ，―BC→1 〉＝
―→ ―→
AB1 ·BC1 ―→ ―→
＝
| AB1 |·| BC1 |
2 5×
＝ 2
510.
所以异面直线 AB1 与 BC1 所成的角的余弦值为 510.
则 H(0,0,0)，P0，0， 23，D－1，－32，0， ―D→P ＝1，32， 23，―H→P ＝0，0， 23. 又―H→P 为平面 ABFD 的一个法向量，
设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ，
―→ ―→ 3
则
sin
θ＝
| HP ―→
·DP | ―→
＝
| HP || DP |
4＝ 3
2 4.
所以异面直线
AC
与
VD
所成角的余弦值为
2 4.
题型二 求线面角的问题 [学透用活]
[典例2] 如图，四边形ABCD为正方 形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折 痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
用空间向量研究距离、夹角问题(一)(人教A版2019选修一)高二数学
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，O1(0,1， 3 )，A( B(0,2,0)，
∴A→1B＝(－ 3，1，－ 3)， O→1A＝( 3，－1，－ 3)．
3 ，0,0)，A1(
3 ，1，
3 )，
∴|cos〈A→1B，O→1A〉|＝||AA→→11BB|··|OO→→11AA||
系？
条件
平面α，β的法向量分别为 u，v，α，β所构成的二面 角的大小为θ，〈u，v〉＝φ
图形
关系 计算
θ＝φ cos θ＝cos φ
θ＝π－φ cos θ＝－cos φ
[基础自测]
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相 等．( × ) (2)若向量n1，n2分别为二面角的两半平面的法向量，则二面 角的平面角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝|nn11|·|nn22|.( × ) (3)平面α外一点A到平面α的距离，就是点A与平面内一点B所 成向量A→B的长度．( × ) (4)二面角α－l－β的大小为θ，平面α，β的法向量分别为n1， n2，则θ＝〈n1，n2〉．( × )
则A(1,0,0)，D1(0,0,2)，E(1,1,1)，B(1,1,0)， A→E ＝(0,1,1)， A→D1 ＝(－1,0,2)，D→E＝(1,1,1)
设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，则－ y＋x＋ z＝20z＝0
令z＝1，则n＝(2，－1,1)
∴cos〈n，D→E〉＝2－31·＋61＝
(2)如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz，则 C(2,2,0)，D(0,4,0)，F(2,0,4) ∴A→D＝(0,4,0)，C→D＝(－2,2,0)，C→F＝(0，－2,4) 设n＝(x，y，z)是平面CDF的一个法向量，则
新教材高中数学第一章4_2第2课时用空间向量研究夹角问题ppt课件新人教A版选择性必修第一册
π
0, 2
.
2.设直线a,b的夹角为θ,方向向量分别为a,b,那么夹角θ与方向向量的夹角
<a,b>之间有什么关系?它们的余弦值满足什么等式?
提示:当0°≤<a,b>≤90°时,θ=<a,b>;
当90°<<a,b>≤180°时,θ=180°-<a,b>.cos θ=|cos<a,b>|.
3.填空: 异面直线所成的角
上,D是线段AB的中点,且AC=BC=2,∠VDC= θ.当θ=
时,求异面直线AC与VD所成角的余弦值.
π
3
分析:确定点 A,C,V,D 的坐标→求向量 与→计算 cos< , >的大
小,并转化为 AC 与 VD 夹角的余弦值
解:由已知得 C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),D(1,1,0),所以 =(-2,0,0).
当
π
θ= 时,在
3
Rt△VCD 中,CD= 2,则 VC= 6,从而 V(0,0,
所以=(1,1,- 6).
因为 cos< , >=
·
| || |
=
-2
2
=- 4 ,
2×2 2
所以异面直线 AC 与 VD 所成角的余弦值为
2
.
4
6),
反思感悟 求异面直线所成角的方法
(1)几何法:
成的角.( × )
(3)平面α与平面ຫໍສະໝຸດ 的夹角的大小就等于这两个平面形成的二面角α-l-β的
大小.( × )
(4)平面α与平面β的夹角为θ,法向量分别为n1,n2,则θ=<n1,n2>.( × )
高中数学-人教A版-必修第一册-第一章-空间向量的应用-1.4.2 用空间向量研究中距离、夹角问题
(2)转化法：如图，过其中一条异面直线 b 上的一点 A 作与另一条直线 a 平行 的直线 a1，于是异面直线的距离就可转化为直线 a 到平面 α 的距离，最后可 转化为在直线 a 上取一点到平面 α 的距离，从而可借用向量的射影法求解；
(3)最值法：在两条异面直线 a，b 上分别任取两点 A，B，建立―A→B 的模的目 标函数，函数的最小值即为所求．
[跟踪训练] 已知在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F 分别是 C1C，D1A1 的中点， 求点 A 到 EF 的距离． 解：以 D 点为原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设 DA＝2，则 A(2，0，0)，E(0，2，1)，F(1，0，2)，
令 z＝1，得 y＝1，x＝－1，∴n＝(－1，1，1)．
―→
∴点
D1
到平面
A1BD
的距离
d＝|A1D|n1| ·n|＝
1＝ 3
3 3.
∵平面 A1BD 与平面 B1CD1 间的距离等于 D1 到平面 A1BD 的距离，
∴平面
A1BD
与平面
B1CD1
间的距离为
3 3.
题型三 两异面直线间的距离 [例 3] 如图，四棱锥 P-ABCD 的底面是正方形，PA⊥底面 ABCD， PA＝3AB＝3a，求异面直线 AB 与 PC 的距离．
∴PB 与平面 CEF 间的距离 d＝|n·―|nP|→E |＝－43a－5 23a＝255a，
从而异面直线
PB
与
CE
的距离为2
5
5 a.
【随堂检测】
1．两平行平面 α，β 分别经过坐标原点 O 和点 A(2，1，1)，且两 平面的一个法向量 n＝(－1，0，1)，则两平面间的距离是( )
用空间向量研究距离、夹角问题课件(第二课时)高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第一册
B F
O
∴点O在∠APB的平分线上, 即∠OPE=30°
E A
设PE 1,则PO 1 2 3 , PD 2. cos 30 3
在PDO中，cos PDO PO PD
3 .
3
直线PC与平面PAB所成的角的余弦值为
3 .
3
巩固练习
课本P41
3.如图，在三棱锥O-ABC中，OA, OB, OC两两垂直，OA=OC=3，OB=2. 求直线OB与平 面ABC所成角的正弦值.
xA
F1 D1
z C1
B1
C
|
cos BD1,
AF1
|
| BD1 AF1 | | BD1 | | AF1 |
3 30 . 6 5 10
B y
巩固练习
课本P38
1. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，D1, F1分别是A1B1, A1C1的中点，
BC=CA =CC1. 则BD1与AF1所成角的余弦值是( A ).
1,
y
3.
y 3z 0
OB
C
y
∴平面ABD的一个法向量为m (1, 3,1).
D
又平面BCD的一个法向量为n (0, 0,1) ,
x
设平面ABD与平面BDC 的夹角为 , 则 ∴平面ABD与平面BDC夹角
cos | cosm, n | | m n | 1 5 .
| m|| n| 5 5
的余弦值为 5 . 5
课堂小结 本节课你学会了哪些主要内容？
线线角θ：cos
|cosu,v |
|u v| |u||v |
异面直线所成角的范围： (0, ]
2
线面角θ：sin |cosu,n| |u n|
1.4.2用空间向量研究距离夹角问题(第二课时角度-线线、线面角)课件(人教版)
探究交流
向量与的夹角
例 7 如图 1.4-19，
ABCD 中， M，N
例 7 如图 1.4-19，在棱长为 1 的正四面体（四个面都是正三角形）
ABCD 中， M，N 分别为 BC ,AD 的中点，求直线 AM 和 CN 夹角的余弦值.
夹角的余弦值.
追问1：这个问题的已知条件是什么？根据以往的经验，你打算通过什么途径将这个
=
=
，
3
3
∙
×1
2
2
.
所以直线与平面所成的角正弦值等于
3
z E
A
N
B
O
M
x
C
y
D
探究交流
用空间向量求直线 与平面所成角的步骤和方法：
化为向量问题
进行向量运算
回到图形问题
①转化为求直线的方向向量与
平面的法向量的夹角
②计算cos ， =
∙
∙
的值
③直线与平面所成的角的
立体几何问题转化成向量问题？ 几何法 基底法
坐标法
解：取中点，过作⊥平面，
z E
以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立
A
如图所示的空间直角坐标系.
N
B
O
y
D
M
x
C
请同学们课后完成！
探究交流
将立体几何问题转化成向量问题的途径：
途径1：通过建立一个基底，用空间向量表示问题中涉
求直线与平面所成
角的正弦值.
夹角的余弦值.
3
( ，0，0)，
2
角
向量与平面的法向量的夹角
1
(0， ，0)，
2
3
人教版高中数学选修一1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题(二) 课件
变式训练 3 如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD， AD∥BC，AD⊥CD，且 AD＝CD＝2 2，BC＝4 2，PA＝2.
(1)求证：AB⊥PC； (2)在线段 PD 上，是否存在一点 M，使得二面角 M－AC－D 的大小为 45°，如果存在，求出 BM 与平面 MAC 所成角的正弦值， 如果不存在，请说明理由．
22
∵点F在线段PB上，∴设P→F＝λP→B(0≤λ≤1)， 又P→B＝(1,1，－1)，∴P→F＝λP→B＝λ(1,1，－1)＝(λ，λ，－λ)， 又D→P＝(0,0,1)，∴D→F＝D→P＋P→F＝(λ，λ，1－λ)， 又D→C＝(0,1,0)，∴C→F＝D→F－D→C＝(λ，λ－1,1－λ)， 又D→E＝(0，12，12)，∴C→F·D→E＝0＋λ－2 1＋1－2 λ＝0， ∴D→E⊥C→F，即DE⊥CF.
设P→M＝tP→D(0＜t＜1)，则P→M＝(0,2 2t，－2t)， 所以A→M＝A→P＋P→M＝(0,2 2t,2－2t)． 设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，则
n·A→C＝0， n·A→M＝0，
即2 2
2x＋2 2y＝0， 2ty＋2－2tz＝0，
则可取n＝(1，－1，1－2tt).
D→F·n＝0 ∴D→C·n＝0
，即3x＋3y＋23z＝0 y＝0
，
取x＝2，得z＝－1，则n＝(2,0，－1)，
∴|cos
〈A→C，n〉|＝
－2 ＝ 5· 2
10 5.
∴平面PDF与平面CDF所成锐二面角的余弦值为
10 5.
[方法技巧] (1)分析清楚折叠前图形各元素(线段长度、夹角等)的关系、线 线之间的位置关系． (2)模拟折叠过程，观察在折叠过程中几何图形各元素和线线之 间的位置关系中哪些发生了变化，哪些没有发生变化，若发生变化， 变化规律是什么． (3)分析求出折叠后新图形中各个几何元素以及线线之间的位 置关系． (4)根据要求选用立体几何相关定理证明位置关系． (5)在可以使用空间向量时，使用空间向量解决问题．
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题(2)教学设计-人教A版高中数学选择性必修第一册
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题(2)本节课选自《2019人教A 版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》,本节课主要学习运用空间向量解决计算空间角问题。
在向量坐标化的基础上,将空间中线线角、线面角及二面角问题,首先转化为向量语言,进而运用向量的坐标表示,从而实现运用空间向量解决空间角问题,为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点,为培养学生思维提供了更广阔的空间。
1.教学重点:理解运用向量方法求空间角的原理2.教学难点:掌握运用空间向量求空间角的方法多媒体一、情境导学地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”,黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°26'.黄道面与天球相交的大圆为“黄道”.黄道及其附近的南北宽9°以内的区域称为黄道带,太阳及大多数行星在天球上的位置常在黄道带内.黄道带内有十二个星座,称为“黄道十二宫”.从春分(节气)点起,每30°便是一宫,并冠以星座名,如白羊座、狮子座、双子座等等,这便是星座的由来.问题:空间角包括哪些角?求解空间角常用的方法有哪些? 答案:线线角、线面角、二面角; 传统方法和向量法. 二、探究新知1.利用向量方法求两异面直线所成角若两异面直线l 1,l 2所成角为θ,它们的方向向量分别为a ,b ,则有cos θ=|cos <a ,b >|=|a ·b ||a ||b |.特别提醒:不要将两异面直线所成的角与其方向向量的夹角等同起来,因为两异面直线所成角的范围是(0,π2],而两个向量夹角的范围是[0,π],事实上,两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系.1.若异面直线l 1,l 2的方向向量分别是a =(0,-2,-1),b =(2,0,4),则异面直线l 1与l 2的夹角的余弦值等于( )A.-25B.25C.-2√55 D.2√55详细解析因为a ·b =-4,|a |=√5,|b |=2√5,所以cos θ=|cos <a ,b >|=|a ·b|a ||b ||=通过生活中的现实情况,帮助学生回顾空间角的概念,并提出运用向量解空间角的问题,引导学生回顾空间中线线、线面、面面的平行问题的解法方法,进一步体会空间几何问题代数化的基本思想例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,试求直线EF 和BC 1所成的角.思路分析:建立空间直角坐标系,求出直线EF 和BC 1的方向向量的坐标,求它们的夹角即得直线EF 和BC 1所成的角.解:分别以直线BA ,BC ,BB 1为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系(如右图).设AB=1,则B (0,0,0),E (12,0,0),F (0,0,12),C 1(0,1,1),所以EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,0,12),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1).于是cos <BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ >=BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ |BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||EF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=12√22×√2=12,所以直线EF 和BC 1所成角的大小为60°. 1.利用空间向量求两异面直线所成角的步骤. (1)建立适当的空间直角坐标系. (2)求出两条异面直线的方向向量的坐标.(3)利用向量的夹角公式求出两直线方向向量的夹角. (4)结合异面直线所成角的范围得到两异面直线所成角. 2.求两条异面直线所成的角的两个关注点.(1)余弦值非负:两条异面直线所成角的余弦值一定为非负值,而对应的方向向量的夹角可能为钝角.(2)范围:异面直线所成角的范围是(0,π2],故两直线方向向量夹角的余弦值为负时,应取其绝对值.跟踪训练1 如图,在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=2AB ,则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为 .详细解析:以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ,设AB=1.则B (1,1,0),A 1(1,0,2),A (1,0,0),D 1(0,0,2),A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-2), AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2), cos <A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=-4√5×√5=-45,故异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45. 答案:45例2.如图所示,四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD ,N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面PAB ;(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.思路分析:(1)线面平行的判定定理⇒MN ∥平面PAB.(2)利用空间向量计算平面PMN 与AN 方向向量的夹角⇒直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.(1)证明:由已知得AM=23AD=2.如图,取BP 的中点T ,连接AT ,TN ,由N 为PC 的中点知TN ∥BC ,TN=12BC=2. 又AD ∥BC ,故TN ∥AM 且TN =AM ,所以四边形AMNT 为平行四边形, 于是MN ∥AT.因为AT ⊂平面P AB ,MN ⊄平面P AB ,所以MN ∥平面P AB.(2)解:如图,取BC 的中点E ,连接AE.由AB=AC 得AE ⊥BC ,从而AE ⊥AD ,且AE=√AB 2-BE 2=√AB 2-(BC2) 2=√5.以A 为坐标原点,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 由题意知P (0,0,4),M (0,2,0),C (√5,2,0),N √52,1,2, PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-4),PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√52,1,-2,AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√52,1,2.设n =(x ,y ,z )为平面PMN 的法向量,则{n ·PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y -4z =0,√52x +y -2z =0,可取n =(0,2,1).于是|cos <n ,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n ||AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=8√525. 所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8√525. 若直线l 与平面α的夹角为θ,利用法向量计算θ的步骤如下:跟踪训练2 在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为CC 1的中点,则直线A 1B 与平面BDE 所成的角为( )A.π6B.π3C.π2D.56π详细解析:以D 为原点建立空间直角坐标系,可求得平面BDE 的法向量n =(1,-1,2),而BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1),所以cos θ=1+22√3=√32,则θ=30°,故直线A 1B 与平面BDE 成60°角. 答案:B例3. 如图,在正方体ABEF-DCE'F'中,M ,N 分别为AC ,BF 的中点,求平面MNA 与平面MNB 所成锐二面角的余弦值.思路分析:有两种思路,一是先根据二面角平面角的定义,在图形中作出二面角的平面角,然后利用向量方法求出夹角从而得到所成二面角的大小;另一种是直接求出两个面的法向量,通过法向量的夹角求得二面角的大小.解:设正方体棱长为1.以B 为坐标原点,BA ,BE ,BC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系B-xyz ,则M (12,0,12),N (12,12,0),A (1,0,0),B (0,0,0).(方法1)取MN 的中点G ,连接BG ,AG ,则G (12,14,14). 因为△AMN ,△BMN 为等腰三角形,所以AG ⊥MN ,BG ⊥MN , 故∠AGB 为二面角的平面角或其补角.又因为GA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,-14,-14),GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,-14,-14),所以cos <GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,GB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GB⃗⃗⃗⃗⃗ |GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||GB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=-18√38×√38=-13, 故所求两平面所成锐二面角的余弦值为13. (方法2)设平面AMN 的法向量n 1=(x ,y ,z ).由于AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,0,12),AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,12,0), 则{n 1·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-12x +12z =0,-12x +12y =0,令x=1,解得y=1,z=1,于是n 1=(1,1,1).同理可求得平面BMN 的一个法向量n 2=(1,-1,-1), 所以cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-1√3×√3=-13, 故所求两平面所成锐二面角的余弦值为13.利用平面的法向量求二面角利用向量方法求二面角的大小时,多采用法向量法,即求出两个面的法向量,然后通过法向量的夹角来得到二面角的大小,但利用这种方法求解时,要注意结合图形观察分析,确定二面角是锐角还是钝角,不能将两个法向量的夹角与二面角的大小完全等同起来.跟踪训练3 如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1=BC=AB=2,AB ⊥BC ,求二面角B 1-A 1C-C 1的大小.解:如图,建立空间直角坐标系.则A (2,0,0),C (0,2,0),A 1(2,0,2),B 1(0,0,2),C 1(0,2,2),即BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)是平面A 1C 1C 的一个法向量. 设平面A 1B 1C 的一个法向量是n=(x ,y ,z ),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,-2), A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,0), 所以n ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x=0,n ·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x+2y-2z=0, 令z=1,解得x=0,y=1,故n =(0,1,1).设法向量n 与BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为φ, 二面角B 1-A 1C-C 1的大小为θ,显然θ为锐角. 因为cos θ=|cos φ|=|n ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12,解得θ=π3, 所以二面角B 1-A 1C-C 1的大小为π3.金题典例 如图,四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,AC ∩BD=O ,A 1C 1∩B 1D 1=O 1,四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形.(1)证明:O 1O ⊥底面ABCD.(2)若∠CBA=60°,求二面角C 1-OB 1-D 的余弦值.(1)证明因为四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形,所以CC 1⊥AC ,DD 1⊥BD ,又CC 1∥DD 1∥OO 1,所以OO 1⊥AC ,OO 1⊥BD ,因为AC ∩BD=O ,所以O 1O ⊥底面ABCD.(2)解:因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形ABCD 为菱形, AC ⊥BD.又O 1O ⊥底面ABCD ,所以OB ,OC ,OO 1两两垂直.如图,以O 为原点,OB ,OC ,OO 1所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系.设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=√3,OC=1,所以O (0,0,0),B 1(√3,0,2),C 1(0,1,2),平面BDD 1B 1的一个法向量为n =(0,1,0),设平面OC 1B 1的法向量为m =(x ,y ,z ),则由m ⊥OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,m ⊥OC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以{√3x +2z =0,y +2z =0,取z=-√3,则x=2,y=2√3,所以m =(2,2√3,-√3), 所以|cos <m ,n >|=|m ·n|m ||n ||=2√3√19=2√5719. 由图形可知二面角C 1-OB 1-D 的大小为锐角, 所以二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为2√5719. 延伸探究1 本例条件不变,求二面角B-A 1C-D 的余弦值.解:建立如图所示的空间直角坐标系.设棱长为2, 则A 1(0,-1,2),B (√3,0,0),C (0,1,0),D (-√3,0,0). 所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,-1,0).设平面A 1BC 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则{n 1·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 1-2z 1=0,-√3x 1+y 1=0,取x 1=√3,则y 1=z 1=3,故n 1=(√3,3,3).设平面A 1CD 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 则{n 2·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 2-2z 2=0,-√3x 2-y 2=0,取x 2=√3,则y 2=z 2=-3,故n 2=(√3,-3,-3).所以|cos <n 1,n 2>|=|n 1·n 2|n 1||n 2||=57.由图形可知二面角B-A 1C-D 的大小为钝角,所以二面角B-A 1C-D 的余弦值为-57.延伸探究2 本例四棱柱中,∠CBA=60°改为∠CBA=90°,设E ,F 分别是棱BC ,CD 的中点,求平面AB 1E 与平面AD 1F 所成锐二面角的余弦值.解:以A 为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示,设此棱柱的棱长为1,则A (0,0,0),B 1(1,0,1),E 1,12,0,D 1(0,1,1),F12,1,0,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,12,0,AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1),AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12,1,0,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1).设平面AB 1E 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则{n 1·AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 1+z 1=0,x 1+12y 1=0,令y 1=2,则x 1=-1,z 1=1, 所以n 1=(-1,2,1).设平面AD 1F 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2).则{n 2·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{y 2+z 2=0,12x 2+y 2=0. 令x 2=2,则y 2=-1,z 2=1.所以n 2=(2,-1,1).所以平面AB 1E 与平面AD 1F 所成锐二面角的余弦值为cos <n 1,n 2>=|n 1·n 2||n 1||n 2|=3√6×√6=12. 向量法求二面角(或其某个三角函数值)的四个步骤 (1)建立适当的坐标系,写出相应点的坐标; (2)求出两个半平面的法向量n 1,n 2;(3)设二面角的平面角为θ,则|cos θ|=|cos <n 1,n 2>|;(4)根据图形判断θ为钝角还是锐角,从而求出θ(或其三角函数值). 三、达标检测3.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别为棱BC 和棱CC 1的中点,则异面直线AC 和MN 所成的角为( ) A.30°B.45°C.90°D.60°详细解析以D 为原点,分别以DA ,DC ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中棱长为2,∵M 、N 分别为棱BC 和棱CC 1的中点,∴M (1,2,0),N (0,2,1),A (2,0,0),C (0,2,0),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0), 设异面直线AC 和MN 所成的角为θ,.cos θ=|MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√2×2√2=12, 则又θ是锐角,∴θ=60°∴异面直线AC 和MN 所成的角为60°,故选D.答案D4.在三棱锥P-ABC 中,AB ⊥BC ,AB=BC=12PA ,点O ,D 分别是AC ,PC 的中点,OP ⊥底面ABC ,则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值为 .详细解析:以O 为原点,射线OA ,OB ,OP 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图,设AB=a ,则OP=√72a,OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√24a ,0,√144a),可求得平面PBC 的法向量为n =(-1,-1,√17),所以cos <OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n |OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n |=√21030,设OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与面PBC 的角为θ,则sin θ=√21030. 答案:√210305.如图,四棱锥P-ABCD 中,PB ⊥底面ABCD ,CD ⊥PD ,底面ABCD 为直角梯形,AD ∥BC ,AB ⊥BC ,AB=AD=PB=3.点E 在棱PA 上,且PE=2EA.求二面角A-BE-D 的余弦值.解:以B 为原点,以直线BC ,BA ,BP 分别为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.设平面EBD 的一个法向量为n 1=(x ,y ,1),因为BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,3,0), 由{n 1·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{2y +1=0,3x +3y =0.所以{x =12,y =-12.于是n 1=(12,-12,1).又因为平面ABE 的一个法向量为n 2=(1,0,0), 所以cos <n 1,n 2>=1√6=√66.故二面角A-BE-D 的余弦值为√66.四、小结五、课时练教学中主要突出了几个方面:一是进一步突出运用向量法解决立体几何问题的基本程序,发展学生的数学建模思想和逻辑推理能力。
1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题+课件-高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第一册
A
所以 MA CN 3 . 2
1
所以cos CN MA 2 2
CN MA 3 3 3
B
22
M
C
N D
回到图形问题
典型例题
所以直线AM和CN夹角的余弦值为 2 . 3
A
N
B
D
M C
探索新知
若异面直线l1, l2 所成的角为 ，其方向向量分别为 u, v 则
cos cos u, v
示的空间直角坐标系，则
A(1, 0,1)
，
B(1,1,1)
， C(0,1,1)
，C1(0,1, 0)
，
E(1,
1 2
, 0)
，
F (1, 1 ,1) ，所以 AB (0,1, 0) ， 2
AC1
(1,1,
1)
,
AE
(0,
1 2
,
1)
,
EC1
(1,
1 2
,
0)
,
FC
(1,
1 2
, 0)
,
AF (0, 1 , 0) . 2
uv
uv
uv uv
思考
以上我们用量方法解决了异面直线AM和CN所成角的问题，你能用 向量方法求直线AB与平面BCD所成的角吗？
探索新知
直线与平面所成的角为 ,直线 AB 的方向向量u ，平面 的法向量为n ，则
sin cos u, n u n u n
un un
A
u
B
n
C
图1.4-20
，又
FC
面
AEC1
，
EC1
面
AEC1
，
所以 FC / / 平面 AEC1 ，所以点 F 到平面 AEC1 的距离，即为直线 FC 到平面 AEC1 的