高三数学一轮复习精品教案1：空间向量与空间角教学设计

1.空间向量与空间角
1．两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a ，b 的方向向量为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的求法
如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝
|n·e|
|n||e|
.
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＝〈AB ，CD 〉．
(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α ­l ­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．
1．求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角为⎝⎛⎦⎤0，π
2. 2．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值． 3．利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角或钝角由图形决定．由图形知二面角是锐角时cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；由图形知二面角是钝角时，cos θ＝－|n 1·n 2|
|n 1||n 2|.当图形不能确定
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n 1，n 2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．
『试一试』
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________．
『解析』cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝2
2，
即〈m ，n 〉＝45°.
∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°. 『答案』45°或135°
2．(2013·石家庄模拟)如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．
『解析』如图建立空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，∵AE ∶DE ∶AD ＝1∶1∶2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0,2,1)，∴AF ＝(－1,2,0)，EC ＝(0,2,1)，∴cos 〈AF ，EC 〉＝45
，
∴AF 与CE 所成角的余弦值为4
5.
『答案』4
5
1．求两异面直线a ，b 的夹角θ，须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n 1，n 2所成的角，则θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．
『练一练』
1．已知四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝2CD ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点．则二面角F ­OE ­A 的余弦值为________．
『解析』以OB ，OC ，OP 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O －xyz ，
由题知，OA ＝OB ＝2，OC ＝OD ＝1，
A (0－2,0)，
B (2,0,0)，
C (0,1,0)，
D (－1,0,0)，P (0,0,2)，O
E ＝(1，－1,0)，O
F ＝(0，－1,1)，
设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧
m ·OE ＝0，m ·OF ＝0，
令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)． 易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设二面角F ­OE ­A 为α，则cos α＝m·n
|m||n|＝33.
『答案』
33
2．如图所示，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝2，AB ＝1，BM ⊥PD 于点M .则直线CD 与平面ACM 所成角的余弦值为________．
『解析』如图所示，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)．∵AM ⊥PD ，P A ＝AD ，
∴M 为PD 的中点，∴M 的坐标为(0,1,1)． ∴AC ＝(1,2,0)，AM ＝(0,1,1)，CD ＝(－1,0,0)． 设平面ACM 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
由n ⊥AC ，n ⊥AM 可得⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＋2y ＝0y ＋z ＝0，
令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1.∴n ＝(2，－1,1)． 设直线CD 与平面ACM 所成的角为α， 则sin α＝|CD ·n ||CD ||n |＝6
3.
∴cos α＝33，即直线CD 与平面ACM 所成角的余弦值为33. 『答案』
33
第一课时 空间角的求法
考点一
异面直线所成角
1．(2013·沈阳调研)在直三棱柱A 1B 1C 1 ­ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1，F 1分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是________．
『解析』建立如图所示的坐标系， 设BC ＝1，
则A (－1,0,0)，F 1⎝⎛⎭
⎫－1
2，0，1， B (0，－1,0)，D 1⎝⎛⎭⎫－12，－12，1，则1AF ＝⎝⎛⎭⎫1
2，0，1， 1BD ＝⎝⎛⎭
⎫－12，1
2，1. ∴cos 〈1AF ，1BD 〉＝1AF ·1BD |1AF ||1BD |
＝30
10.
『答案』
30
10
2．如图，在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M 和N 分别是A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为________．
『解析』以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则A (1,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，C (0,1,0)，N ⎝⎛⎭⎫1，1，12. ∴AM ＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，CN ＝⎝⎛⎭⎫1，0，12. 设直线AM 与CN 所成的角为θ，则 cos θ＝|cos 〈AM ，CN 〉|＝
|AM ·CN |
|AM ||CN |
＝
121＋14
× 1＋
14
＝25. 『答案』2
5
『备课札记』 『类题通法』
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．
2．注意向量的夹角与异面直线所成角的区别
当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．
考点二
直线与平面所成角
『典例』 (2013·湖南高考)如图，在直棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.
(1)证明：AC ⊥B 1D ；
(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．
『解』 法一：(1)证明：如图1，因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BB 1.
又AC ⊥BD ，所以AC ⊥平面BB 1D .而B 1D ⊂平面BB 1D ，所以AC ⊥B 1D .
(2)因为B 1C 1∥AD ，所以直线B 1C 1与平面ACD 1所成的角等于直线AD 与平面ACD 1所成的角(记为θ)．
图1
如图1，连结A 1D .因为棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1是直棱柱，且∠B 1A 1D 1＝∠BAD ＝90°，所以A 1B 1⊥平面ADD 1A 1.从而A 1B 1⊥AD 1.又AD ＝AA 1＝3，所以四边形ADD 1A 1是正方形，于是A 1D ⊥AD 1.
故AD 1⊥平面A 1B 1D ，于是AD 1⊥B 1D . 由(1)知，AC ⊥B 1D ，所以B 1D ⊥平面ACD 1. 故∠ADB 1＝90°－θ.
在直角梯形ABCD 中，因为AC ⊥BD ，
所以∠BAC ＝∠ADB . 从而Rt △ABC ∽Rt △DAB ，故AB DA ＝BC
AB
. 即AB ＝DA ·BC ＝ 3.
连结AB 1，易知△AB 1D 是直角三角形，且B 1D 2＝BB 21＋BD 2＝BB 21＋AB 2＋AD 2
＝21，即
B 1D ＝21.
在Rt △AB 1D 中，cos ∠ADB 1＝AD B 1D ＝321＝21
7，
即cos(90°－θ)＝
217.从而sin θ＝21
7
. 即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为
21
7
. 法二：(1)证明：易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直．如图2，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐
图2
标系．设AB ＝t ，则有A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0,3,3)．
从而1B D ＝(－t,3，－3)，AC ＝(t,1,0)，BD ＝(－t,3,0)． 因为AC ⊥BD ，所以AC ·BD ＝－t 2＋3＋0＝0， 解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．
于是1B D ＝(－3，3，－3)，AC ＝(3，1,0)． 因为AC ·1B D ＝－3＋3＋0＝0， 所以AC ⊥1B D ，即AC ⊥B 1D .
(2)由(1)知，1AD ＝(0,3,3)，AC ＝(3，1,0)，
11B C ＝(0,1,0)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的一个法向量，则
⎩⎨
⎧
n ·AC ＝0，n ·1
AD ＝0，即⎩⎨⎧
3x ＋y ＝0，
3y ＋3z ＝0. 令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)． 设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为θ，则
sin θ＝|cos 〈n ，11B C 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·11B C |n |·|11B C |＝37
＝21
7.
即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为
217
. 『备课札记』
『类题通法』
利用平面的法向量求线面角时，应注意
(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求．
(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求．
『针对训练』
(2013·福建高考改编)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)．若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为6
7
，求k 的值．
『解』由题意知DC ⊥AD ，D 1D ⊥DC ，D 1D ⊥AD 故以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)， 所以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，
1AB ·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 所成角为θ，则
sin θ＝|cos 〈1AA ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪1AA ·n |1AA |·|n |＝6k 36k 2＋13＝6
7，解得k ＝1， 故所求k 的值为1.
考点三
二面角
『典例』 (2013·新课标卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，
BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝
22
AB .
(1)证明：BC 1//平面A 1CD ；
(2)求二面角D ­A 1C ­E 的正弦值．
『解』 (1)证明：连结AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点． 又D 是AB 的中点，连结DF ，则BC 1∥DF .
因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD . (2)由AC ＝CB ＝2
2
AB 得， AC ⊥BC .
以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC ′的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方
向，建立如图所示的空间直角坐标系C ­xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，
CD ＝(1,1,0)，CE ＝(0,2,1)，1CA ＝(2,0,2)．
设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎨⎧
n ·CD ＝0，n ·1
CA ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧
x 1＋y 1＝0，
2x 1＋2z 1＝0.
可取n ＝(1，－1，－1)．
同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则
⎩⎨
⎧
m ·CE ＝0，
m ·1CA ＝0.
可取m ＝(2,1，－2)． 从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝6
3.
即二面角D ­A 1C ­E 的正弦值为
6
3
. 『备课札记』
在本例条件下，求平面A 1AD 与平面A 1EC 所成二面角的大小. 『解』∵AC ＝BC ，D 为AB 中点，
∴CD ⊥面A 1AD ，∴CD 是平面A 1AD 的一个法向量．
由(2)建系条件下可知CD ＝(1,1,0)， 又平面A 1EC 的法向量m ＝(2,1，－2)， ∴cos 〈CD ，m 〉＝2＋1＋02×3＝2
2.
∴平面A 1AD 与平面A 1EC 所成角为45°. 『类题通法』
利用法向量求二面角时应注意
(1)对于某些平面的法向量要注意题中隐含着，不用单独求．
(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误． 『针对训练』
(2014·杭州模拟)如图，已知平面QBC 与直线P A 均垂直于Rt △ABC 所在平面，且P A ＝AB ＝AC .
(1)求证：P A ∥平面QBC ；
(2)若PQ ⊥平面QBC ，求二面角Q ­PB ­A 的余弦值． 『解』(1)证明：过点Q 作QD ⊥BC 于点D ， ∵平面QBC ⊥平面ABC ，∴QD ⊥平面ABC . 又P A ⊥平面ABC ，
∴QD ∥P A .又QD ⊂平面QBC ，P A ⊄平面QBC ∴P A ∥平面QBC . (2)∵PQ ⊥平面QBC ，
∴∠PQB ＝∠PQC ＝90°，又PB ＝PC ，PQ ＝PQ ， ∴△PQB ≌△PQC ，∴BQ ＝CQ .
∴点D 是BC 的中点，连结AD ，则AD ⊥BC ， 又AD ⊄平面QBC ，BC ⊂平面QBC ， ∴AD ⊥平面QBC .∴PQ ∥AD ，AD ⊥QD ， ∴四边形P ADQ 是矩形．
分别以AC ，AB ，AP 所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A ­xyz ，设P A ＝2a ，则Q (a ，a,2a )，B (0,2a,0)，P (0,0,2a )，
设平面QPB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵PQ ＝(a ，a,0)，PB ＝(0,2a ，－2a )，
∴⎩
⎪⎨⎪
⎧
ax ＋ay ＝0，2ay －2az ＝0，n ＝(1，－1，－1)． 又平面P AB 的一个法向量为m ＝(1,0,0)．
设二面角Q ­PB ­A 为θ，则|cos θ|＝|cos 〈m ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪m·n |m|·|n|＝3
3， 又二面角Q ­PB ­A 是钝角， ∴cos θ＝－
33，即二面角Q ­PB ­A 的余弦值为－3
3
.
『课堂练通考点』
1．已知四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1垂直于底面，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝AB ＝AA 1＝2BC ，E 为DD 1的中点，F 为A 1D 的中点．则直线EF 与平面A 1CD 所成角的正弦值为________．
『解析』∵AB ，AD ，AA 1两两垂直，故以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设BC ＝1，
则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，C (2,1,0)，D (0,2,0)，E (0,2,1)，F (0,1,1)，FE ＝(0,1,0)，1A D ＝(0,2，－2)，CD ＝(－2,1,0)．
设平面A 1CD 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，
则⎩⎨⎧
n ·1A D ＝2y －2z ＝0，
n ·CD ＝－2＋y ＝0，
故n ＝(1,2,2)， 则sin θ＝|cos 〈n ，FE 〉|＝|n ·FE
|n |·|FE ||
＝|
1×0＋2×1＋2×0
4＋4＋1×0＋1＋0|＝23，
故直线EF 与平面A 1CD 所成的角θ的正弦值为2
3.
『答案』2
3
2．(2013·江苏高考)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 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．
『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)，
高三数学一轮复习教案
11 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 所成角的余弦值为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所成二面角的大小为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所成二面角的正弦值为
53.。