空间向量的应用(空间角的求法)
8.7.2 利用空间向量求空间角和距离
第24页
名师伴你行 ·高考一轮总复习 ·数学（理）
则各点的坐标分别为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，
P(0,0,2)，
报
告 一
因为B→P＝(－1,0,2)，设B→Q＝λB→P＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)， 课
时
又C→B＝(0，－1,0)，则C→Q＝C→B＋B→Q＝(－λ，－1,2λ)，
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
第8章 第7节 第2课时
第33页
名师伴你行 ·高考一轮总复习 ·数学（理）
报 告
(1)[证明] 由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，
一
又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.
课
时
又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
|AD||n|
3
2a ＝ 32a2×1
22，
作 业
二
解得θ＝45°，即AD与平面BCD所成的角为45°.
第8章 第7节 第2课时
第16页
名师伴你行 ·高考一轮总复习 ·数学（理）
报
(2)∵A→D·B→C＝0，∴AD⊥BC，
告
一
∴AD与BC所成角为90°.
课
时
(3)设m＝(x，y，z)是平面ABD的法向量，
作 业
报 告 二
第8章 第7节 第2课时
第3页
名师伴你行 ·高考一轮总复习 ·数学（理）
报
告
一
[考纲展示] 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平 课 时
面、平面与平面的夹角的计算问题．
作 业
报
2．了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题(课件)
二面角的大小为
.
π4或34π 解析： cos〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝ 22，∴〈m，n〉＝π4. ∴两平面所成二面角的大小为π4或34π.
经典例题
角度1：点线距
题型一 利用空间向量求距离
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．
则 在法向量 n 上的投影向量的长度即为异面直线 a，b 的距离，所以距离为
.
自主学习
二．空间角的向量求法 空间角包括线线角、线面角、二面角，这三种角的定义确定了它
们相应的取值范围，结合它们的取值范围可以用向量法进行求解．
自主学习
角的分类
向量求法
范围
两异面直线 l1 与 l2 所成的角为 θ
设 l1 与 l2 的方向向量分别为 u，v，
经典例题
题型一 利用空间向量求距离
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 3，M，N 分别为 AB，SB 的中点，如图所示．求点 B 到平面 CMN 的 距离．
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． 又∵△ABC 为正三角形，O 为 AC 的中点，∴AO⊥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v>|
则 cosθ＝
|u·v| ＝ |u||v|
用空间向量求空间角课件(共22张PPT)
向量的加法与数乘
向量的加法满足平行四边形法则或三 角形法则，即$vec{a} + vec{b} = vec{b} + vec{a}$。
数乘是指实数与向量的乘积，满足分 配律，即$k(vec{a} + vec{b}) = kvec{a} + kvec{b}$。
向量的数量积
向量的数量积定义为$vec{a} cdot vec{b} = left| vec{a} right| times left| vec{b} right| times cos theta$，其中$theta$为两 向量的夹角。
数量积满足交换律和分配律，即$vec{a} cdot vec{b} = vec{b} cdot vec{a}$和$(lambdavec{a}) cdot vec{b} = lambda(vec{a} cdot vec{b})$。
03 向量的向量积与混合积
向量的向量积
定义
两个向量a和b的向量积是一个向量，记作a×b，其模长为 |a×b|=|a||b|sinθ，其中θ为a与b之间的夹角。
适用范围
适用于直线与平面不垂直的情况。
利用向量的混合积求二面角
1 2 3
定义
二面角是指两个平面之间的夹角。
计算公式
cosθ=∣∣a×b×c∣∣∣∣a∣∣∣∣b∣∣∣∣c∣∣，其中a、 b和c分别是三个平面的法向量，θ是两个平面之 间的夹角。
适用范围
适用于两个平面不平行的情况。
06 案例分析
案例一：利用空间向量求线线角
定义
线线角是指两条直线之间的夹角。
计算公式
cosθ=∣∣a⋅b∣∣∣∣a∣∣∣∣b∣∣∣， 其中a和b是两条直线的方向向量，
(完整版)利用空间向量法证明与求空间角——解答题篇·解题技能(教师)
课题利用空间向量法证明与求空间角——解答题篇·解题技能一、空间向量（一）空间向量基本定理对于如果三个向量a r ，b r ，c r 不共面，那么对空间任一向量p u r存在唯一的有序实数组{,,}x y z ，使p xa yb zc =++u r r r r（二）空间向量的坐标表示（1）空间直角坐标系设123,,e e e u r u u r u r 为有公共起点O 的三个两两垂直的单位向量（称它们为正交基底），以123,,e e e u r u u r u r的公共起点O 为原点，分别以123,,e e e u r u u r u r 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz -。
建立空间直角坐标系要遵循“左手法则”。
（2）空间向量的坐标对于空间任一向量p u r ，一定可以把它平移，使它的起点与原点O 重合，得到向量OP p =u u u r u r 。
由空间向量基本定理可知，存在有序实数组{,,}x y z ，使p xa yb zc =++u r r r r。
我们把,,x y z 称作向量p u r 在单位正交基底123,,e e e u r u u r u r下的坐标，记作(,,)p x y x =u r 。
点的坐标：此时向量p u r 的坐标恰是点P 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标(,,)x y x 。
（3）空间向量运算的坐标表示 ① 空间向量的坐标运算法则设123(,,)a a a a =r ，123(,,)b b b b =r，则112233(,,)a b a b a b a b +=+++r r112233(,,)a b a b a b a b -=--- 123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈ 112233a b a b a b a b ⋅=++② 空间向量平行与垂直条件112233//,,()a b a b a b a b a b R λλλλλ⇔=⇔===∈r r r r1122330a b a b a b a b a b ⊥⇔⋅=++=③ 空间向量夹角公式r r④ 空间向量长度公式若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则212121(,,)AB x x y y z z =---u u u r即：一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。
第8讲 向量法求空间角
30
聚焦必备知识 突破核心命题 限时规范训练
训练 2 (2022·全国甲卷)在四棱锥 P -ABCD 中，PD⊥底面 ABCD，CD ∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝ 3.
(1)证明：BD⊥PA； (2)求 PD 与平面 PAB 所成的角的正弦值．
31
聚焦必备知识 突破核心命题 限时规范训练
则cos θ＝__□1__|c_o_s__〈__u_，__v_〉__|___＝_□_2__||uu_|·|_vv_||__．
2．直线与平面所成的角 如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，
直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝_□_3_|_co_s__〈__u_，__n_〉__|
∴A→B1＝(－2 2， 3， 2)， C→B1＝(－ 2， 3， 2)，C→B＝(0， 3，0)．
28
聚焦必备知识 突破核心命题 限时规范训练
设平面 BCC1B1 的法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··CC→→BB1＝＝00，，即－3y＝2x＋0， 3y＋ 2z＝0，
令 x＝1，则 y＝0，z＝1，∴n＝(1，0，1)．
AC 所在直线为 y 轴，AA1 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则 A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B( 3，1，0)，C1(0，2，2)，∴A→1B＝( 3，1，
－2)，A→C1＝(0，2，2)，
∴|cos〈A→1B，A→C1〉|
＝
（
3）2＋31×2＋0＋（1－×22）－2×2×202＋22＋22＝14，
12
聚焦必备知识 突破核心命题 限时规范训练
设平面 A′BCD′的法向量为 n＝(x，y，z)，
利用向量法求空间角教案
利用向量法求空间角-经典教案教案章节一：向量基础教学目标：1. 理解向量的概念及其表示方法。
2. 掌握向量的运算规则，包括加法、减法、数乘和点乘。
教学内容：1. 向量的定义及表示方法。
2. 向量的运算规则：a) 向量加法：三角形法则和平行四边形法则。
b) 向量减法：向量减去另一个向量等于加上这个向量的相反向量。
c) 数乘：一个实数乘以一个向量，得到一个新的向量，其实数乘以原向量的模，新向量的方向与原向量相同。
d) 点乘：两个向量的点乘，得到一个实数，表示两个向量的夹角的余弦值。
教学活动：1. 通过实际操作，让学生直观地理解向量的概念和表示方法。
2. 通过例题，让学生掌握向量的运算规则。
教案章节二：空间向量教学目标：1. 理解空间向量的概念及其表示方法。
2. 掌握空间向量的运算规则，包括空间向量的加法、减法、数乘和点乘。
教学内容：1. 空间向量的定义及表示方法。
2. 空间向量的运算规则：a) 空间向量加法：三角形法则和平行四边形法则。
b) 空间向量减法：空间向量减去另一个空间向量等于加上这个空间向量的相反空间向量。
c) 空间向量的数乘：一个实数乘以一个空间向量，得到一个新的空间向量，其实数乘以原空间向量的模，新空间向量的方向与原空间向量相同。
d) 空间向量的点乘：两个空间向量的点乘，得到一个实数，表示两个空间向量的夹角的余弦值。
教学活动：1. 通过实际操作，让学生直观地理解空间向量的概念和表示方法。
2. 通过例题，让学生掌握空间向量的运算规则。
教案章节三：向量的投影教学目标：1. 理解向量的投影的概念及其计算方法。
2. 掌握向量的正交投影和斜投影的计算方法。
教学内容：1. 向量的投影的定义及计算方法。
2. 向量的正交投影和斜投影的计算方法：a) 向量的正交投影：将向量投影到垂直于某一平面的向量上，得到的投影向量与投影平面垂直。
b) 向量的斜投影：将向量投影到某一平面上，得到的投影向量与投影平面不垂直。
利用向量法求空间角-教案
利用向量法求空间角-经典教案第一章：向量法概述1.1 向量的概念向量的定义向量的表示方法向量的几何性质1.2 向量的运算向量的加法向量的减法向量的数乘向量的点积向量的叉积1.3 向量法在空间角求解中的应用向量法求解空间角的基本思路向量法与传统解法的比较第二章：空间向量基本定理2.1 空间向量基本定理的定义空间向量基本定理的表述空间向量基本定理的意义2.2 空间向量基本定理的证明向量加法的平行性质向量数乘的分配性质向量点积的性质2.3 空间向量基本定理的应用利用空间向量基本定理求解空间角空间向量基本定理在其他几何问题中的应用第三章：空间向量的线性运算3.1 空间向量的线性组合线性组合的定义线性组合的运算规则3.2 空间向量空间的线性相关性线性相关的定义线性相关的判定条件3.3 空间向量空间的基底基底的概念基底的选取方法第四章：空间向量的内积与距离4.1 空间向量的内积内积的定义内积的运算规则4.2 空间向量的距离距离的定义距离的运算规则4.3 空间向量的内积与距离的应用利用内积与距离求解空间角内积与距离在其他几何问题中的应用第五章：空间向量的外积与向量积5.1 空间向量的外积外积的定义外积的运算规则5.2 空间向量积向量积的定义向量积的运算规则5.3 空间向量的外积与向量积的应用利用外积与向量积求解空间角外积与向量积在其他几何问题中的应用第六章：空间向量法求解空间角6.1 空间向量的加法与减法空间向量的加法运算空间向量的减法运算运算过程中的注意事项6.2 空间向量的数乘空间向量的数乘定义数乘对向量几何性质的影响6.3 空间向量的点积点积的定义与运算规则点积的性质与应用6.4 空间向量的叉积叉积的定义与运算规则叉积的性质与应用第七章：空间向量法在立体几何中的应用7.1 立体几何中的基本概念点、线、面的关系立体几何中的各类角度定义7.2 利用空间向量法求解立体几何问题求解空间角的步骤与方法向量法在立体几何中的应用案例7.3 空间向量法在立体几何教学中的意义提高学生的空间想象能力培养学生的逻辑思维能力第八章：空间向量法在现实生活中的应用8.1 空间向量在导航与定位中的应用导航与定位的基本原理空间向量在导航与定位中的应用案例8.2 空间向量在运动规划中的应用运动规划的基本概念空间向量在运动规划中的应用案例8.3 空间向量在其他现实生活中的应用建筑设计中的空间向量应用航空航天领域的空间向量应用第九章：空间向量法的拓展与延伸9.1 空间向量与线性代数的关系线性代数基本概念回顾空间向量与线性代数之间的联系9.2 空间向量法在其他学科中的应用物理学中的空间向量应用计算机科学中的空间向量应用9.3 空间向量法的进一步研究空间向量法的优化与发展空间向量法在未来的研究方向第十章：空间向量法教学实践与反思10.1 空间向量法教学设计教学目标与内容的安排教学方法与手段的选择10.2 空间向量法教学效果评估学生学习情况的分析教学方法的调整与改进10.3 空间向量法教学反思教学过程中的优点与不足对未来教学的展望与计划重点和难点解析重点一：向量的概念与表示方法向量是既有大小，又有方向的量，通常用箭头表示。
利用空间向量研究角度问题-高考数学复习课件
在△ C 1 BP 中， cos
2 ＋
2 ＋12 −12
3
∠ C 1 BP ＝
＝ ，
2·1
2
π
π
∴∠ PBC 1＝ ，即直线 PB 与 AD 1所成的角为 .
6
6
2
2
2
＝
6
a.
2
法二：以 D 为原点， DA ， DC ， DD 1所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴
2
A. 30°
由于 cos<
B. 60°
C. 120°
A )
D. 150°
1
m ， n >＝－ ，所以< m ， n >＝120°，所以直线 l 与平面α
2
所成的角为30°.
3. 平面α的一个法向量为 m ＝(1，2，－2)，平面β的一个法向量为 n ＝
(2，2，1)，则平 C 为原点， CA ， CB 所在直线分别为 x ， y 轴，建立如图所示的空间
3
π
，∴直线 PB 与 AD 1所成的角为 .
2
6
方法总结
向量法求异面直线所成角的两种方法及一个注意点
1. 两种方法：
(1)基向量法：利用线性运算；
(2)坐标法：利用坐标运算.
2. 一个注意点：
注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其是取值范围.
跟踪训练
1. 在直三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1中，∠ BCA ＝90°， M ， N 分别是 A 1 B 1，
.
6
方法总结
利用平面的法向量求线面角的两个注意点
利用向量方法求空间角 知识点+例题+练习
教学内容利用向量方法求空间角教学目标1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．重点1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．难点1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．教学准备教学过程自主梳理1．两条异面直线的夹角①定义：设a，b是两条异面直线，在直线a上任取一点作直线a′∥b，则a′与a的夹角叫做a与b的夹角．②范围：两异面直线夹角θ的取值范围是_____________________．③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cos θ＝________＝_______________.2．直线与平面的夹角①定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内的射影的夹角．②范围：直线和平面夹角θ的取值范围是________________________．③向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|或cos θ＝sin φ.3．二面角(1)二面角的取值范围是____________．(2)二面角的向量求法：①若AB、CD分别是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB→与CD→的夹角(如图①)．②设n1，n2分别是二面角α—l—β的两个面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．自我检测1．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为________．2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则l1与l2所成的角等于________．3．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于________．4．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为_______________________________________．5．(2010·铁岭一模)已知直线AB、CD是异面直线，AC⊥CD，BD⊥CD，且AB＝2，CD＝1，则异面直线AB与CD所成的角的大小为________．教学效果分析教学过程探究点一利用向量法求异面直线所成的角例1已知直三棱柱ABC—A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值．变式迁移1如图所示，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，求异面直线BA1和AC所成的角．探究点二利用向量法求直线与平面所成的角例2如图，已知平面ABCD⊥平面DCEF，M，N分别为AB，DF的中点，求直线MN与平面DCEF所成的角的正弦值．变式迁移2如图所示，在几何体ABCDE中，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，BE和CD都垂直于平面ABC，且BE＝AB＝2，CD＝1，点F是AE的中点．求AB与平面BDF所成的角的正弦值．教学效果分析教学过程探究点三利用向量法求二面角例3如图，ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝BC＝BA＝1，AD＝12，求面SCD与面SBA所成角的余弦值大小．变式迁移3如图，在三棱锥S—ABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，O为BC中点．(1)证明：SO⊥平面ABC；(2)求二面角A—SC—B的余弦值．探究点四综合应用例4如图所示，在三棱锥A—BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD＝3，BD＝CD＝1，另一个侧面ABC是正三角形．(1)求证：AD⊥BC；(2)求二面角B－AC－D的余弦值；(3)在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．教学效果分析教学过程变式迁移4 (2011·山东，19)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.(1)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE；(2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大小．1．求两异面直线a、b的所成的角θ，需求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos〈a，b〉|.2．求直线l与平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sin θ＝|cos〈n，a〉|.3．求二面角α—l—β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角．则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．)一、填空题(每小题6分，共48分)1．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M是AB的中点，则sin〈DB1→，CM→〉的值等于________．2．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成的角的大小为________．3．如图，在正四面体ABCD中，E、F分别是BC和AD的中点，则AE与CF所成的角的余弦值为________．教学效果分析教学过程4．(2011·南通模拟) 如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知B1C，C1D与上底面A1B1C1D1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成的余弦值为________．5．P是二面角α—AB—β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α—AB—β的大小为________．6．(2011·无锡模拟)已知正四棱锥P—ABCD的棱长都相等，侧棱PB、PD的中点分别为M、N，则截面AMN与底面ABCD所成的二面角的余弦值是________．7．如图，P A⊥平面ABC，∠ACB＝90°且P A＝AC＝BC＝a，则异面直线PB与AC所成角的正切值等于________．8．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成的角的正弦值为________．二、解答题(共42分)9．(14分) 如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8.BC是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE∥AD.(1)求二面角B－AD－F的大小；(2)求直线BD与EF所成的角的余弦值．10．(14分)(2011·大纲全国，19)如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD⊥平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．教学效果分析教学过程11．(14分)(2011·湖北，18)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tan θ的最小值．自主梳理1．②⎝⎛⎦⎤0，π2③|cos φ|⎪⎪⎪⎪a·b|a|·|b| 2.②⎣⎡⎦⎤0，π2 3.(1)[0，π]教学效果分析自我检测 1．45°或135° 2.90° 3.30° 4.60° 5.60° 课堂活动区例1 解题导引 (1)求异面直线所成的角，用向量法比较简单，若用基向量法求解，则必须选好空间的一组基向量，若用坐标求解，则一定要将每个点的坐标写正确．(2)用异面直线方向向量求两异面直线夹角时，应注意异面直线所成的角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2 解如图所示，以C 为原点，直线CA 、CB 、CC 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设CA ＝CB ＝CC 1＝2，则A 1(2,0,2)，C (0,0,0)，B (0,2,0)，D (0,1,2)， ∴BD →＝(0，－1,2)，A 1C →＝(－2,0，－2)，∴cos 〈BD →，A 1C →〉＝BD →·A 1C →|BD →||A 1C →|＝－105.∴异面直线BD 与A 1C 所成角的余弦值为105.变式迁移1 解 ∵BA 1→＝BA →＋BB 1→，AC →＝AB →＋BC →， ∴BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(AB →＋BC →) ＝BA →·AB →＋BA →·BC →＋BB 1→·AB →＋BB 1→·BC →. ∵AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， ∴BA →·BC →＝0，BB 1→·AB →＝0， BB 1→·BC →＝0，BA →·AB →＝－a 2， ∴BA 1→·AC →＝－a 2. 又BA 1→·AC →＝|BA 1→|·|AC →|·cos 〈BA 1→，AC →〉，∴cos 〈BA 1→，AC →〉＝－a 22a ×2a ＝－12.∴〈BA 1→，AC →〉＝120°.∴异面直线BA 1与AC 所成的角为60°.例2 解题导引 在用向量法求直线OP 与α所成的角(O ∈α)时，一般有两种途径：一是直接求〈OP →，OP ′→〉，其中OP ′为斜线OP 在平面α内的射影；二是通过求〈n ，OP →〉进而转化求解，其中n 为平面α的法向量．解设正方形ABCD ，DCEF 的边长为2，以D 为坐标原点，分别以射线DC ，DF ，DA 为x ，y ，z 轴正半轴建立空间直角坐标系如图．则M (1,0,2)，N (0,1,0)，可得MN →＝(－1,1，－2)．又DA →＝(0,0,2)为平面DCEF 的法向量，可得cos 〈MN →，DA →〉＝MN →·DA →|MN →||DA →|＝－63.所以MN 与平面DCEF 所成的角的正弦值为|cos 〈MN →，DA →〉|＝63.变式迁移2 解 以点B 为原点，BA 、BC 、BE 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，D (0,2,1)，E (0,0,2)，F (1,0,1)． ∴BD →＝(0,2,1)，DF →＝(1，－2,0)． 设平面BDF 的一个法向量为 n ＝(2，a ，b )，∵n ⊥DF →，n ⊥BD →， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·BD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧(2，a ，b )·(1，－2，0)＝0，(2，a ，b )·(0，2，1)＝0. 解得a ＝1，b ＝－2.∴n ＝(2,1，－2)． 设AB 与平面BDF 所成的角为θ，则法向量n 与BA →的夹角为π2－θ，∴cos ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝BA →·n |BA →||n |＝(2，0，0)·(2，1，－2)2×3＝23， 即sin θ＝23，故AB 与平面BDF 所成的角的正弦值为23.例3 解题导引 图中面SCD 与面SBA 所成的二面角没有明显的公共棱，考虑到易于建系，从而借助平面的法向量来求解．解建系如图，则A (0,0,0)， D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C (1,1,0)， B (0，1,0)，S (0,0,1)， ∴AS →＝(0,0,1)，SC →＝(1,1，－1)，SD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－1，AB →＝(0,1,0)，AD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，0. ∴AD →·AS →＝0，AD →·AB →＝0. ∴AD →是面SAB 的法向量，设平面SCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有n ·SC →＝0且n ·SD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，12x －z ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1.∴n ＝(2，－1,1)．∴cos 〈n ，AD →〉＝n ·AD →|n ||AD →|＝2×126×12＝63.故面SCD 与面SBA 所成的二面角的余弦值为63. 变式迁移3 (1)证明 由题设AB ＝AC ＝SB ＝SC ＝SA . 连结OA ，△ABC 为等腰直角三角形，所以OA ＝OB ＝OC ＝22SA ， 且AO ⊥BC .又△SBC 为等腰三角形，故SO ⊥BC ，且SO ＝22SA .从而OA 2＋SO 2＝SA 2，所以△SOA 为直角三角形，SO ⊥AO . 又AO ∩BC ＝O ，所以SO ⊥平面ABC . (2)解以O 为坐标原点，射线OB 、OA 、OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系O －xyz ，如图．设B (1,0,0)，则C (－1,0,0)， A (0,1,0)，S (0,0,1)．SC 的中点M ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， MO →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－12，MA →＝⎝⎛⎭⎫12，1，－12， SC →＝(－1,0，－1)， ∴MO →·SC →＝0，MA →·SC →＝0.故MO ⊥SC ，MA ⊥SC ，〈MO →，MA →〉等于二面角A —SC —B 的平面角．cos 〈MO →，MA →〉＝MO →·MA →|MO →||MA →|＝33，所以二面角A —SC —B 的余弦值为33.例4 解题导引 立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设，借助空间向量建立方程，进行求解．(1)证明作AH ⊥面BCD 于H ，连结BH 、CH 、DH ，则四边形BHCD 是正方形，且AH ＝1，将其补形为如图所示正方体．以D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系．则B (1,0,0)，C (0,1,0)，A (1,1,1)． BC →＝(－1,1,0)，DA →＝(1,1,1)， ∴BC →·DA →＝0，则BC ⊥AD .(2)解 设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥BC →知：n 1·BC →＝－x ＋y ＝0，同理由n 1⊥AC →知：n 1·AC →＝－x －z ＝0， 可取n 1＝(1,1，－1)，同理，可求得平面ACD 的一个法向量为n 2＝(1,0，－1)． 由图可以看出，二面角B －AC －D 即为〈n 1，n 2〉，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1＋0＋13×2＝63.即二面角B －AC －D 的余弦值为63. (3)解 设E (x ，y ，z )是线段AC 上一点， 则x ＝z >0，y ＝1，平面BCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，DE →＝(x,1，x )，要使ED 与平面BCD 成30°角，由图可知DE →与n 的夹角为60°，所以cos 〈DE →，n 〉＝DE →·n |DE →||n |＝x 1＋2x 2 ＝cos 60°＝12.则2x ＝1＋2x 2，解得x ＝22，则CE ＝2x ＝1.故线段AC 上存在E 点，且CE ＝1时，ED 与面BCD 成30°. 变式迁移4(1)证明 方法一 因为EF ∥AB ，FG ∥BC ，EG ∥AC ，∠ACB ＝90°， 所以∠EGF ＝90°， △ABC ∽△EFG . 由于AB ＝2EF ， 因此BC ＝2FG . 连结AF ，由于FG ∥BC ，FG ＝12BC ，在▱ABCD 中，M 是线段AD 的中点，则AM ∥BC ，且AM ＝12BC ，因此FG ∥AM 且FG ＝AM ，所以四边形AFGM 为平行四边形， 因此GM ∥F A .又F A ⊂平面ABFE ，GM ⊄平面ABFE ，方法二 因为EF ∥AB ，FG ∥BC ，EG ∥AC ，∠ACB ＝90°， 所以∠EGF ＝90°， △ABC ∽△EFG . 由于AB ＝2EF ， 所以BC ＝2FG .取BC 的中点N ，连结GN ，因此四边形BNGF 为平行四边形， 所以GN ∥FB .在▱ABCD 中，M 是线段AD 的中点，连结MN ， 则MN ∥AB .因为MN ∩GN ＝N ， 所以平面GMN ∥平面ABFE .又GM ⊂平面GMN ，所以GM ∥平面ABFE .(2)解 方法一 因为∠ACB ＝90°，所以∠CAD ＝90°. 又EA ⊥平面ABCD ，所以AC ，AD ，AE 两两垂直．分别以AC ，AD ，AE 所在直线为x 轴，y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，则由题意得A (0,0,0)，B (2，－2,0)，C (2,0,0)，E (0,0,1)，所以AB →＝(2，－2,0)，BC →＝(0,2,0)．又EF ＝12AB ，所以F (1，－1,1)，BF →＝(－1,1,1)．设平面BFC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝0，x 1＝z 1，取z 1＝1，得x 1＝1，所以m ＝(1,0,1)．设平面向量ABF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ·AB →＝0，n ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 2，z 2＝0，取y 2＝1，得x 2＝1.则n ＝(1,1,0)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12.因此二面角A －BF －C 的大小为60°.方法二 由题意知，平面ABFE ⊥平面ABCD . 取AB 的中点H ，连结CH . 因为AC ＝BC ， 所以CH ⊥AB ，过H 向BF 引垂线交BF 于R ，连结CR ，则CR ⊥BF ， 所以∠HRC 为二面角A －BF －C 的平面角． 由题意，不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，在直角梯形ABFE 中，连结FH ，则FH ⊥AB . 又AB ＝22，所以HF ＝AE ＝1，BH ＝2，因此在Rt △BHF 中，HR ＝63.由于CH ＝12AB ＝2，所以在Rt △CHR 中，tan ∠HRC ＝263＝ 3.因此二面角A －BF －C 的大小为60°. 课后练习区 1.21015 2．90°解析 ∵E 是BB 1的中点且AA 1＝2，AB ＝BC ＝1， ∴∠AEA 1＝90°，又在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， A 1D 1⊥平面ABB 1A 1，∴A 1D 1⊥AE ，∴AE ⊥平面A 1ED 1. ∴AE 与面A 1ED 1所成的角为90°. 3.23解析 设四面体的棱长为a ， AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r ，则AE →＝12(p ＋q )，CF →＝12(r －2q )．∴AE →·CF →＝－12a 2.又|AE →|＝|CF →|＝32a ，∴cos 〈AE →，CF →〉＝AE →，CF →|AE →|·|CF →|＝－23.即AE 和CF 所成角的余弦值为23.4.64 5．90° 解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， 如图：∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°，∴PE ＝22a ，PF ＝22b ，∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab cos 45°＋22a ×22b＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α—AB —β的大小为90°. 6.255解析 如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为2，则PB ＝2，OB ＝1，OP ＝1. ∴B (1,0,0)，D (－1,0,0)， A (0,1,0)，P (0,0,1)， M ⎝⎛⎭⎫12，0，12， N ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， AM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，12， AN →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，12， 设平面AMN 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·AM →＝12x －y ＋12z ＝0，n ·AN →＝－12x －y ＋12z ＝0，解得x ＝0，z ＝2y ，不妨令z ＝2，则y ＝1.∴n 1＝(0,1,2)，平面ABCD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝25＝255.7. 2解析 PB →＝P A →＋AB →，故PB →·AC →＝(P A →＋AB →)·AC →＝P A →·AC →＋AB →·AC →＝0＋a ×2a ×cos 45°＝a 2.又|PB →|＝3a ，|AC →|＝a .∴cos 〈PB →，AC →〉＝33，sin 〈PB →，AC →〉＝63，∴tan 〈PB →，AC →〉＝ 2. 8.45解析 不妨设正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，B 1(3，1,2)，D ⎝⎛⎭⎫32，－12，2.则CD →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，2，CB 1→＝(3，1,2)，设平面B 1DC 的法向量为 n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0，解得n ＝(－3，1,1)．又∵DA →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－2，∴sin θ＝|cos 〈DA →，n 〉|＝45.9．解 (1)∵AD 与两圆所在的平面均垂直， ∴AD ⊥AB ，AD ⊥AF ，故∠BAF 是二面角B —AD —F 的平面角．(2分) 依题意可知，ABFC 是正方形，∴∠BAF ＝45°. 即二面角B —AD —F 的大小为45°.(5分)(2)以O 为原点，CB 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则O (0,0,0)，A (0，－3 2，0)，B (3 2，0,0)，D (0，－3 2，8)，E (0,0,8)，F (0,3 2，0)，(8分)∴BD →＝(－3 2，－3 2，8)， EF →＝(0,3 2，－8)．cos 〈BD →，EF →〉＝BD →·EF →|BD →||EF →|＝0－18－64100×82＝－8210.(12分)设异面直线BD 与EF 所成角为α，则cos α＝|cos 〈BD →，EF →〉|＝8210.即直线BD 与EF 所成的角的余弦值为8210.(14分) 10.方法一 (1)证明 取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2，连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2，所以∠DSE 为直角，即SD ⊥SE .(4分) 由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ， 得AB ⊥平面SDE ， 所以AB ⊥SD .由SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直，所以SD ⊥平面SAB .(7分)(2)解 由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .(10分)作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ·SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，又BC ⊥FG ，BC ⊥SF ，SF ∩FG ＝F ， 故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ·FG SG ＝37，则F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 为217.(12分)设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，即AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217.(14分)方法二 以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设D (1,0,0)，则A (2,2,0)、B (0,2,0)．(2分) 又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0.(1)证明 AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )， DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1. 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1.①又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4， 即y 2＋z 2－4y ＋1＝0.②联立①②得⎩⎨⎧y ＝12，z ＝32.(4分)于是S (1，12，32)，AS →＝(－1，－32，32)，BS →＝(1，－32，32)，DS →＝(0，12，32)．因为DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0， 故DS ⊥AS ，DS ⊥BS .又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB .(7分) (2)解 设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝(1，－32，32)，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．(10分) 又AB →＝(－2,0,0)，cos 〈AB →，a 〉＝|AB →·a ||AB →||a |＝217，所以AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217.(14分) 11．(1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)．(2分)于是CA 1→＝(0，－4,4)， EF →＝(－3，1,1)． 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF ⊥A 1C .(8分)(2)解 设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由(1)得F (0,4，λ)．(8分) AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0.取m ＝(3λ，－λ，4)．又由直三棱柱的性质可取侧面AC 1的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ的锐角可得cos θ＝|m ·n ||m |·|n |＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2.(10分) 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63. 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.(14分)。
利用向量法求空间角教案
利用向量法求空间角-经典教案教案章节：一、向量法求空间角的概念教学目标：1. 了解向量法求空间角的概念。
2. 掌握向量法求空间角的基本方法。
教学内容：1. 向量法求空间角的概念介绍。
2. 向量法求空间角的计算方法。
教学步骤：1. 引入向量法求空间角的概念，解释空间角的概念。
2. 讲解向量法求空间角的计算方法，通过示例进行演示。
3. 进行练习，让学生巩固向量法求空间角的方法。
教学评估：1. 通过课堂提问，检查学生对向量法求空间角概念的理解。
2. 通过练习题，检查学生对向量法求空间角计算方法的掌握。
二、向量法求空间角的计算方法教学目标：1. 掌握向量法求空间角的计算方法。
2. 能够应用向量法求解空间角的问题。
教学内容：1. 向量法求空间角的计算方法介绍。
2. 向量法求空间角的计算实例。
教学步骤：1. 复习向量法求空间角的概念，引入计算方法。
2. 讲解向量法求空间角的计算步骤，通过示例进行演示。
3. 进行练习，让学生巩固向量法求空间角的计算方法。
教学评估：1. 通过课堂提问，检查学生对向量法求空间角计算方法的理解。
2. 通过练习题，检查学生对向量法求解空间角问题的能力。
三、向量法求空间角的练习题教学目标：1. 巩固向量法求空间角的计算方法。
2. 提高学生应用向量法求解空间角问题的能力。
教学内容：1. 向量法求空间角的练习题。
教学步骤：1. 给出向量法求空间角的练习题，让学生独立完成。
2. 对学生的答案进行讲解和指导，解决学生在解题过程中遇到的问题。
3. 进行练习，让学生进一步巩固向量法求空间角的计算方法。
教学评估：1. 通过练习题，检查学生对向量法求解空间角问题的能力。
2. 通过学生的解题过程，了解学生对向量法求空间角计算方法的掌握情况。
四、向量法求空间角的拓展与应用教学目标：1. 了解向量法求空间角的拓展与应用。
2. 能够应用向量法解决实际问题中的空间角问题。
教学内容：1. 向量法求空间角的拓展与应用介绍。
空间向量的应用
空间向量的应用一、基本知识点空间向量为解决三维空间中图形的位置关系与度量问题提供了一个十分有效的工具.学生在运用空间向量解决有关直线、平面位置关系的问题时，可以到体会向量方法在研究几何图形中的巨大作用，可以减少繁琐的推理过程，直接通过公式计算解决问题.1、利用向量表示空间直线与平面设点是直线上一定点，是上任意一点，是的一个方向向量，则的向量表示形式为，其中为实数.（Ⅰ）设为平面内一定点，是内任意一点，，分别是内两个不共线的向量，则有向量表示形式，其中，为实数.（Ⅱ）设为平面内一定点，是内任意一点，是平面的一个法向量，则有向量表示形式（点法式）.2、利用向量表示空间直线与平面的位置关系设直线，的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则：线线平行 ； 线面平行 ；面面平行 . 线线垂直 ；线面垂直 ； 面面垂直 .线线夹角 ，的夹角为（），；线面夹角 ，的夹角为（），；面面夹角 ，的夹角为（），.注意：（Ⅰ）这里的线线平行包括重合，线面平行包括线在面内，面面平行包括面面重合.（Ⅱ）这里线线夹角、线面夹角、面面夹角的范围是.二面角的大小可以用其平面角的大小来定义，它的取值范围是，具体取，还是取，建议结合具体问题（例如结合图形）而定.（1）．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量坐标运算方法设直线l 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)，则(1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0..(2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行：α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直：α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.（2）．空间角的计算(1)两条异面直线所成的角设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a ||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．(2)直线和平面所成的角如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |.(3)二面角如图所示，二面角α－l －β，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面有α－l －β的大小为θ或π－θ.二、 “三部曲”解决问题的基本思想方法用向量方法解决立体几何问题的三部曲是向量应用的一个重要思想方法，它的重要性等同于解析几何中的解析法，我们建议它的教学可以先给出一些具体问题的解法，启发学生归纳出过程中的这三步：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进行向量运算，研究点、直线、平面之间的关系（距离和夹角等）；③根据运算结果的几何意义来解释相关问题.例 如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是.那么以这个顶点为端点的晶体的对角线的长与棱长有什么关系？题型一：建系中的问题向量坐标方法在使用时建立坐标系是重要的一环，我们应针对几何体的形状以有利于求向量的坐标为原则来建系.在利用向量坐标方法的初级阶段，试题所给的几何体都是非常规整的，一般会出现“三个垂直”，可以直接利用题目所给的图形和其中的线段建立坐标系，一般不需要添加辅助线，有利于向量方法解题.但随着课程的推进，对题目的设计就会逐渐按照题目本身的面目出现，而不再刻意追求规整的“三个垂直”，目的是使得大家对空间向量方法的有一个全面正确的认识和熟练的使用，即认识到向量方法中也有空间想象能力和推理论证能力的要求.因此，利用向量方法中的“算”应该是以一定的空间想象和思辨论证为基础的.我们看几个例子：1、选择适合位置建系例1、如图，直三棱柱中，，，为的中点，为上的一点，．（Ⅰ）证明：为异面直线与的公垂线；（Ⅱ）设异面直线与的夹角为45°，求二面角的大小．非常规位置放置，考查概念、空间想象能力，建系的灵活性.本题中这样建系，对于平面内的点的坐标是比较容易求解的——选择适合位置建系.变式：如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，，的中点，，．（Ⅰ）设是的中点，证明：平面；（Ⅱ）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离．注意：比较两种方法，显然综合法要简捷一些；另外学生利用向量方法计算时的准确率是至关重要的，要注意运算技能的指导与训练.2、先证明后建系例1如图，正方形和四边形所在的平面互相垂直，，，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求二面角的大小.题型二：求点的坐标问题在建立适当的坐标系后，求向量的坐标是运用向量方法的第二个环节，如果几何体比较规整，则向量的坐标一般比较好求，但有时向量坐标的求解也要与其他方法相结合.例1：如图，四棱锥的底面是菱形，其对角线，，，都与平面垂直，，.（Ⅰ）求二面角的大小；（Ⅱ）求四棱锥与四棱锥公共部分的体积.题型三：含参数问题的处理例1如图，四边形是边长为1的正方形，平面，平面，且，为的中点.（Ⅰ）求异面直线与所成角的余弦值；（Ⅱ）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.变式：1、在四棱锥中，侧面底面，，为中点，底面是直角梯形，，，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）设为侧棱上一点，，试确定的值，使得二面角为.2. （本小题满分12分）如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，11AA=，3AB k=，．（Ⅰ）求证：CD ⊥平面ADD 1A 1；（Ⅱ）若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为，求k 的值.题型四：基向量方法的运用用坐标向量法求解的难点在于建立空间直角坐标系及求出某些点的坐标（如上底面的顶点）；用传统综合456(0)AD k BC k DC k k ===>，，67几何方法求解的难点在于作出合适的辅助线，以及需要利用某些特殊性质作为基本性质，而在某些情况下利用非坐标向量方法求解，一方面不需要作辅助线，极大地降低了难度，另一方面由于基底可以自由选择，降低了建立空间直角坐标系所需要的某些苛刻要求，从而使得求解过程简洁明了.例1：已知矩形所在平面和矩形所在平面垂直，为公共边.点，分别在对角线，上，且||=||，||=||.变式：1、如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，是侧棱的中点，则异面直线和所成的角的大小是 .例2：在如图所示的几何体中，平面，平面，，且，是的中点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求与平面所成的角.变式：1、已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面内的射影为的中心，则与底面所成角的正弦值等于（）A． B． C． D．。
高中数学利用空间向量求空间角
答案：13
突破点一
突破点二
课时达标检测
利用空间向量求空间角 结 束
3．[考点三]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平 面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________． 解析：以A为原点建立如图所示的空间直角
坐标系，设棱长为1，
则A1(0,0,1)，E 1，0，12 ，D(0，1,0)，所以
OD，OB1，OC 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz，
则
A0
，
－
2
3
3
，
0
，
B
－
2 3
6
，
0,0
，
C
0，0，2
3
3
，D
36，0，0 ，
AB ＝－236，233，0，
AC
＝
0，233，233，CD＝ 36，0，－233，
设平面 ABC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
课时达标检测
利用空间向量求空间角 结 束
3．求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD是二面角α -l-β的两个面内与棱l垂直的直 线，则二面角的大小θ＝〈__A_B_，__C__D_〉_．
(2)如图②和图③，n1，n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α， β的法向量，则二面角的大小θ＝〈__n_1_，__n_2〉__或__π_－__〈__n__1，__n_2_〉_.
突破点一
突破点二
课时达标检测
利用空间向量求空间角 结 束
A1C1 ·n＝0， BC1 ·n＝0，
即
－x＋2y＝0， －x＋z＝0，
令x＝2，则y＝1，z
2021人教A版高考数学总复习《利用空间向量求空间角》
1
2
A.10 B.5
30 C. 10
2 D. 2
解析 以点C为坐标原点，CA，CB，CC1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，设BC＝ CA＝CC1＝2，则可得A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1， 2)，N(1，0，2)，
∴B→M＝(1，－1，2)，A→N＝(－1，0，2).
解析 (1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的 方向向量a，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos a，n | ；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2.(老教材选修2－1P104练习2改编)已知两平面的法向量分别为m＝(0，
∴cos〈B→M，A→N〉＝
→→ BM·AN →→
|BM||AN|
＝
1×（－1）＋（－1）×0＋2×2 12＋（－1）2＋22× （－1）2＋02＋22
＝
3 6×
＝ 5
30 10 .
答案 C
5.(2019·南阳调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦 值为( )
AO2＋OC2，故 AO⊥OC，又知 BD∩OC＝O，因此 AO⊥平面 BCD，以 OB，
OC，OA 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，
则 A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0， 3，0)，D(－1，0，0)，∴A→B＝(1，0，
－1)，C→D＝(－1，－ 3，0)，设异面直线 AB 与 CD 所成角为 θ，则 cos θ
【训练 2】 (2020·安徽江南十校联考)斜三棱柱 ABC－A1B1C1 中，底面是边长为 2 的正三角形，A1B＝ 7，∠A1AB＝∠A1AC＝60°.
《利用向量法求空间角》教案
《利用向量法求空间角》教案一、教学目标1. 让学生掌握空间向量的基本概念及其运算法则。
2. 培养学生利用向量法求空间角的能力。
3. 提高学生对空间几何图形直观感知和分析解决问题的能力。
二、教学内容1. 空间向量的概念及其表示方法。
2. 空间向量的运算法则。
3. 空间向量与空间角的关系。
4. 利用向量法求空间角的方法步骤。
5. 实际应用举例。
三、教学重点与难点1. 教学重点：空间向量的基本概念、运算法则、利用向量法求空间角的方法。
2. 教学难点：空间向量与空间角的关系，利用向量法求空间角的步骤。
四、教学方法1. 采用讲授法，讲解空间向量的基本概念、运算法则和求空间角的方法。
2. 运用案例分析法，分析实际应用问题。
3. 引导学生运用小组合作、讨论交流等方式，提高分析解决问题的能力。
五、教学过程1. 导入新课：简要回顾二维向量的基本概念及其运算法则，引出空间向量的概念。
2. 讲解空间向量的基本概念及其表示方法，让学生掌握空间向量的定义和表示方法。
3. 讲解空间向量的运算法则，引导学生运用运算法则进行向量运算。
4. 讲解空间向量与空间角的关系，引导学生理解向量法求空间角的依据。
5. 讲解利用向量法求空间角的方法步骤，并通过示例演示求解过程。
6. 开展课堂练习，让学生运用向量法求解空间角的问题。
7. 分析实际应用举例，让学生体会向量法在解决空间几何问题中的应用价值。
9. 布置课后作业，巩固所学知识。
六、教学评价1. 课后作业：布置有关空间向量运算和空间角求解的习题，检验学生对课堂内容的掌握程度。
2. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答情况，了解学生的学习状态。
3. 小组讨论：评估学生在小组合作、讨论交流中的表现，检验学生对知识的理解和应用能力。
七、教学反思1. 教师应根据学生的实际水平，适当调整教学内容和难度，确保学生能够跟上教学进度。
2. 在教学过程中，注意引导学生运用数学符号和语言进行表达，培养学生的数学思维能力。
高考数学一轮复习第八章立体几何第六节利用空间向量求空间角课件理
(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成 的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选 择一个合理的位置建立空间直角坐标系．
[易错防范] 1．利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间 角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同． 2．求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．
答案：13
4．在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E 为 BB1 的中点，则平 面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．
解析：以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长 为 1，
则 A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0，1,0)，
以 B 为原点，分别以
的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的
正方向建立空间直角坐标系，则 A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，
F(2,2,1)．
因为 AB⊥平面 BEC，所以 ＝(0,0,2)为平面 BEC 的法向量． 设 n＝(x，y，z)为平面 AEF 的法向量．
所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为23.
A(0，－ 3，0)，E(1,0， 2)，F－1，0， 22，C(0， 3，0)，
所以直线
AE
与直线
CF
所成角的余弦值为
3 3.
[解题模板] 利用向量法求异面直线所成角的步骤
直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠BCA＝90°，M，N 分别是 A1B1，
A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( )
接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1.
由∠ABC＝120°，可得 AG＝GC＝ 3.
空间向量的应用 求空间角与距离 公开课一等奖课件
[点评与警示]
1.在难以建空间直角坐标系的情况下，
可用平移的方法求异面直线所成的角． 2．利用空间向量求两异面直线所成角，是通过两条直 线的方向向量的夹角来求解，而两异面直线所成角范围为 θ π ＝[0，2]，两向量夹角 α 的范围是[0，π]，要注意两者的区 别．cosθ＝|cosα|.
如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中， O 是底面 ABCD 的中心，E、F 分别是 CC1、AD 的中点，那 么异面直线 OE 和 FD1 所成角的余弦值等于( 10 A. 5 4 C.5 15 B. 5 2 D.3 )
[解析] 所成的角，
连接 A1C1，则∠AC1A1 为 AC1 与平面 A1B1C1D1
AB＝BC＝2⇒A1C1＝AC＝2 2，又 AA1＝1 ∴AC1＝3⇒sin∠AC1A1 AA1 1 ＝AC ＝3，故选 D. 1
[答案] D
2 ．(2009· 江西，9) 如图，正四面体 ABCD 的顶点 A， B ， C
[解析]
如图所示，建立空间直角坐标系，则 D1(0,0,2)，
F(1,0,0)，O(1,1,0)，E(0,2,1)，设 OE 和 FD1 所成的角为 θ， 则 cosθ＝|cos〈OE，FD1〉| OE· FD1 15 ＝ → ＝ . → 5 |FD1| |OE|·
→ → → →
→ →
(2)设n1、n2是二面角α－l－β的两个角α、β的法向量，则向 量n1与n2的夹角(或其补角)就是二面角的平面角的大小(如图 (b)(c)所示)．
4．利用空间向量求空间距离 (1)点面距离的求法 已知 AB 为平面 α 的一条斜线段，n 为平面 a 的法向量， |AB· n| 则 B 到平面 α 的距离为|BO|＝ |AB|· |cos〈AB，n〉|＝ |n| .
《利用向量法求空间角》教案
《利用向量法求空间角》教案一、教学目标1. 让学生掌握空间向量的概念及其表示方法。
2. 培养学生运用向量法求空间角的能力。
3. 引导学生运用数学知识解决实际问题，培养其空间想象能力。
二、教学内容1. 空间向量的概念及其表示方法。
2. 空间向量的坐标运算。
3. 向量法求空间角。
三、教学重点与难点1. 教学重点：空间向量的概念及其表示方法，空间向量的坐标运算，向量法求空间角。
2. 教学难点：空间向量的坐标运算，向量法求空间角。
四、教学方法1. 采用讲授法，讲解空间向量的概念、表示方法及坐标运算。
2. 采用案例分析法，分析并解决实际问题。
3. 采用互动教学法，引导学生积极参与讨论，提高其空间想象力。
五、教学过程1. 导入：通过简单的实例，引导学生思考空间向量的概念及其表示方法。
2. 新课：讲解空间向量的概念、表示方法及坐标运算。
3. 案例分析：分析实际问题，让学生运用向量法求空间角。
4. 互动环节：引导学生积极参与讨论，解决实际问题。
5. 总结：回顾本节课所学内容，强调重点，解答学生疑问。
6. 作业布置：布置相关练习题，巩固所学知识。
六、教学目标1. 让学生掌握空间向量的数量积及其运算规则。
2. 培养学生运用数量积求空间角的方法。
3. 引导学生运用数学知识解决实际问题，培养其空间想象能力。
七、教学内容1. 空间向量的数量积及其运算规则。
2. 数量积在求空间角中的应用。
八、教学重点与难点1. 教学重点：空间向量的数量积及其运算规则，数量积在求空间角中的应用。
2. 教学难点：数量积的运算规则，运用数量积求空间角。
九、教学方法1. 采用讲授法，讲解空间向量的数量积及其运算规则。
2. 采用案例分析法，分析并解决实际问题。
3. 采用互动教学法，引导学生积极参与讨论，提高其空间想象力。
十、教学过程1. 导入：通过简单的实例，引导学生思考空间向量的数量积及其运算规则。
2. 新课：讲解空间向量的数量积及其运算规则。
3. 案例分析：分析实际问题，让学生运用数量积求空间角。
高考数学复习：利用向量求空间角和距离
(2)方法一:不存在,证明如下:当面B′OA⊥面AOC时,三
棱锥B′ -AOC的体积最大,因为面B′OA∩面AOC=AO,
B′O⊥AO,所以B′O⊥面AOC,所以OC⊥OB′,又因为
OC⊥OA,所以OC⊥平面AOB′,在直角三角形CPO中,
CO=1,COP ，sinCPO 所以6 POCC=， ,所以 6
令x1=1,得n1=(1,-1,0).
设平面PBC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
由n2·PC=0,n2· B=C 0得
y2x2
z2 0,
0,?
令y2=1得n2=(0,1,1), 设二面角C -PB -D的大小为θ,则cos θ= 所以θ=60°.
| n1 n2 | 1 , | n1 || n2 | 2
D. 4 15
【解析】选A.以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z 轴,建立空间直角坐标系,
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则N(1,2,2), D(0,0,0),C(0,2,0),M(2,2,1),则 C=M(2,0,1), DN=(1,2,2),设异面直线所成角为θ, 则cos θ= | CM DN | 4所以 4异5面，直线CM与
( 2,0,0) ( 2,0, 2),
所以
cos〈A1F，D1E〉
|
A1F A1F |
D1E | D1E
|
2
2 2 1
解得 1 ( 1 舍去).
3
3
答案: 1
3
3 2， 5 10
【规律方法】利用向量求线线角的解题策略 (1)向量法求异面直线所成的角的方法有两种 ①基向量法:利用线性运算; ②坐标法:利用坐标运算.
D. 10 10
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课 后 ·三 维 演 练
空间向量的应用(空间角的求法) 结 束
[小题体验]
1．已知正四棱锥 S -ABCD 的侧棱长与底面边长都
相等，E 是 SB 的中点，则 AE，SD 所成角的
余弦值为________．
解析：以两对角线 AC 与 BD 的交点 O 作为原点，以 OA，OB，
―→ |D1C1·n| ―→
＝2×2 3＝13，
|D1C1||n|
即直线 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为13．
答案：13
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空间向量的应用(空间角的求法) 结 束
1．求异面直线所成角时易忽视角的范围0，π2而导致结论错误． 2．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应
| EF || DC |
所以〈―E→F ，―D→C 〉＝135°，
所以异面直线 EF 和 CD 所成的角是 45°．
答案：45°
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空间向量的应用(空间角的求法) 结 束
2．过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA⊥平面 ABCD，若 AB
OS 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设边
长为 2，则有 O(0，0,0)，A( 2，0,0)，B(0， 2，0)，S(0，0， 2)，
D(0，－ 2，0)，E0， 22， 22，―A→E ＝－ 2， 22， 22，―SD→＝
(0，－
2，－
2)，|cos〈―A→E ，―SD→〉|＝|―|―AA→E→E|··― |―SSD→D→||＝2×2
＝ 3
33，
故 AE，SD 所成角的余弦值为 33．
答案：
3 3
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空间向量的应用(空间角的求法) 结 束
2．(教材习题改编)在长方体 ABCD -A1B1C1D1 中，AB＝2，BC ＝ AA1 ＝ 1 ， 则 D1C1 与 平 面 A1BC1 所 成 角 的 正 弦 值 为 ________． 解析：如图，建立空间直角坐标系 D-xyz， 则 D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)， 所以D―1→C1＝(0,2,0)，A―1→C1＝(－1,2,0)，―A1→B ＝ (0,2，－1)， 设平面 A1BC1 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
空间向量的应用(空间角的求法) 结 束
2．直线与平面所成角 如图所示，设 l 为平面 α 的斜线，l∩α＝A，a 为 l 的方向向量，n 为平面 α 的法向量，φ 为
|a·n| l 与 α 所成的角，则 sin φ＝_|c_o_s_〈__a_，__n__〉__| ＝_|a_|_|n_|_.
3．二面角
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由nn··―A―A11→→CB1＝＝2－y－x＋z＝2y0＝，0，
空间向量的应用(空间角的求法) 结 束
令 y＝1，得 n＝(2,1,2)，
设 D1C1 与平面 A1BC1 所成角为 θ，则
sin
θ＝|cos〈D―1→C1，n〉|＝
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空间向量的应用(空间角的求法) 结 束
[小题纠偏] 1．如图所示，已知正方体 ABCD -A1B1C1D1，E，
F 分 别是正方形 A1B1C1D1 和 ADD1A1 的中心， 则 EF 和 CD 所成的角是________． 解析：以 D 为原点，分别以射线 DA，DC， DD1 为 x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立空间 直角坐标系 D -xyz，设正方体的棱长为 1， 则 D(0,0，0)，C (0,1,0)，E12，12，1，
为线面角的正弦值． 3．利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面 α，β
的法向量 n1，n2 时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的 方向，从而确定二面角与向量 n1，n2 的夹角是相等(一个平面 的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面 角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或 外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点．
(1)若 AB，CD 分别是二面角 α-l-β 的两个平面内与棱 l 垂 uuur
直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量 AB uuur
与CD的夹角，如图(1)．
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空间向量的应用(空间角的求法) 结 束
平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量 为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α -l -β为θ或π－θ.设二面角大 小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝||nn11|·|nn22||，如图(2)(3)．
＝PA，则平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为________． 解析：如图所示，建立空间直角坐标系，设 AB ＝PA＝1，知 A(0,0,0)，B(1，0,0)，D(0,1,0)， C(1,1,0)，P(0，0,1)，由题意，AD⊥平面 ABP， 设 E 为 PD 的中点，连接 AE，则 AE⊥PD，又 因为 CD⊥平面 PAD，所以 AE⊥CD，又 PD∩CD＝D，所以 AE⊥平面 CDP． 所以―A→D ＝(0,1,0)，―A→E ＝0，12，12分别是平面 ABP，平面 CDP 的法向量，且〈―A→D ，―A→E 〉＝45°， 所以平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为 45°．答案：45°
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空间向量的应用(空间角的求法) 结 束
F12，0，12，―E→F ＝0，－12，－12，
―D→C ＝(0,1,0)，
所以
Байду номын сангаас
cos〈―E→F ，―D→C 〉＝
―→ ―→ EF ·DC ―→ ―→
＝－
22，
第六节
空间向量的应用(空间角的求法) 结 束
空间向量的应用(空间角的求法)
1．异面直线所成角 |a·b|
设异面直线 a，b 所成的角为 θ，则 cos θ＝_|a_||_b_| ， 其中 a，
b 分别是直线 a，b 的方向向量．
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