考点二 用空间向量求线面角
【例2】 (2018·全国Ⅱ卷)如图,在三棱锥P -ABC 中,AB =BC =22,P A =PB =PC =AC =4,O 为AC 的中点.
(1)证明:PO ⊥平面ABC ;
(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M -P A -C 为30°,求PC 与平面P AM 所成角的正弦值.
(1)证明 因为AP =CP =AC =4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP =2 3.
连接OB ,因为AB =BC =22AC ,
所以AB 2+BC 2=AC 2,
所以△ABC 为等腰直角三角形,
且OB ⊥AC ,OB =12
AC =2. 由OP 2+OB 2=PB 2知PO ⊥OB .
由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 且OB ∩AC =O ,知PO ⊥平面ABC .
(2)解 如图,以O 为坐标原点,OB
→的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O -xyz .
由已知得O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,-2,0),C (0,2,0),P (0,0,23),AP
→=(0,2,23).取平面P AC 的一个法向量OB →=(2,0,0). 设M (a ,2-a ,0)(0 →=(a ,4-a ,0). 设平面P AM 的法向量为n =(x ,y ,z ). 由AP →·n =0,AM →·n =0得 ? ??2y +23z =0,ax +(4-a )y =0,可取n =(3(a -4),3a ,-a ), 所以cos 〈OB →,n 〉=23(a -4)23(a -4)2+3a 2+a 2 . 由已知可得|cos 〈OB →,n 〉|=32 , 所以23|a -4|23(a -4)2+3a 2+a 2=32, 解得a =-4(舍去),a =43, 所以n =? ????-833,433,-43. 又PC →=(0,2,-23),所以cos 〈PC →,n 〉=34 . 所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34. 规律方法 利用向量法求线面角的方法: (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角); (2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角,取其余角就是斜线和平面所成的角. 【训练2】 (2019·郑州测试)在如图所示的多面体中,四边形ABCD 是平行四边 形,四边形BDEF 是矩形,ED ⊥平面ABCD ,∠ABD =π6,AB =2AD . (1)求证:平面BDEF ⊥平面ADE ; (2)若ED =BD ,求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值. 利用空间向量求空间角 一、高考考纲要求: 能用向量方法解决异面直线的夹角、线面角、面面角问题.体会向量法在立体几何中的应用. 二、命题趋势: 在高考中,本部分知识是考查的重点内容之一,主要考查异面直线所成角、线面角、面面角的计算,属中档题,综合性较强,与平行垂直联系较多. 三、教学目标 知识与技能:能用向量法熟练解决异面直线的夹角、线面角、面面角的计算问题,了解向量法在研究立体几何问题中的应用; 过程与方法:通过向量这个载体,实现“几何问题代数化”的思想,进一步发展学生的空间想象能力和几何直观能力; 情感态度价值观:通过数形结合的思想和方法的应用,进一步让学生感受和体会空间直角坐标系,方向向量,法向量的魅力. 四、教学重难点 重点:用向量法求空间角——线线角、线面角、二面角; 难点:将立体几何问题转化为向量问题. 五、教学过程 (一)空间角公式 1、异面直线所成角公式:如图,设异面直线l ,m 的方向向量分别为a r ,b r ,异面直线l ,m 2、线面角公式:设直线l 为平面α的斜线,a r 为l 的方向向量,n r 为平面α的法向量,θ为 l 与α所成的角,则sin cos ,a n θ==r r a n a n ?r r r r . 3、面面角公式:设1n r ,2n r 分别为平面α、β的法向量,二面角为θ,则12,n n θ=r r 或 12,n n θπ=-r r (需要根据具体情况判断相等或互补) ,其中121212 cos ,n n n n n n ?=r r r r r r . α θ O n r a (二)典例分析 如图,已知:在直角梯形OABC 中,//OA BC ,90AOC ∠=o ,SO ⊥面OABC ,且 1,2OS OC BC OA ====.求: (1)异面直线SA 和OB 所成的角的余弦值; (2)OS 与面SAB 所成角α的正弦值; (3)二面角B AS O --的余弦值. 解:如图建立空间直角坐标系,则(0,0,0)O , (2,0,0)A ,(1,1,0)B ,(0,1,0)C ,(0,0,1)S , 于是我们有(2,0,1)SA =-u u r ,(1,1,0)AB =-u u u r ,(1,1,0)OB =u u u r ,(0,0,1)OS =u u u r , (1)cos ,5SA OB SA OB SA OB ?== =u u r u u u r u u r u u u r u u r u u u r , 所以异面直线SA 和OB 所成的角的余弦值为5 . (2)设平面SAB 的法向量(,,)n x y z =r , 则0,0, n AB n SA ??=???=??r u u u r r u u r ,即0,20.x y x z -+=??-=? 取1x =,则1y =,2z =,所以(1,1,2)n =r , sin cos ,3OS n OS n OS n α?∴=== =u u u r r u u u r r u u u r r . (3)由(2)知平面SAB 的法向量1(1,1,2)n =u r , 又OC ⊥Q 平面AOS ,OC ∴u u u r 是平面AOS 的法向量, 令2(0,1,0)n OC ==u u r u u u r ,则有121212 cos ,n n n n n n ?== =u r u u r u r u u r u r u u r . ∴二面角B AS O --O A B C S A B C D P Q 向量法求空间角 1.(本小题满分10分)在如图所示的多面体中,四边形ABCD 为正方形,四边形ADPQ 是直角梯形, DP AD ⊥,⊥CD 平面ADPQ ,DP AQ AB 2 1==. (1)求证:⊥PQ 平面DCQ ; (2)求平面BCQ 与平面ADPQ 所成的锐二面角的大小. 2.(满分13分)如图所示,正四棱锥P -中,O 为底面正方形的中心,侧棱与底面所成的角的正切值为26 . (1)求侧面与底面所成的二面角的大小; D B A (2)若E是的中点,求异面直线与所成角的正切值; (3)问在棱上是否存在一点F,使⊥侧面,若存在,试确定点F的位置;若不存在,说明理由. 3.(本小题只理科做,满分14分)如图,已知AB⊥平面ACD,DE//AB,△ACD是正三角形,AD=DE=2AB,且F是CD的中点. (1)求证:AF//平面BCE; (2)求证:平面BCE⊥平面CDE; (3)求平面BCE与平面ACD所成锐二面 角的大小. 4.(本小题满分12分)如图,在四棱锥ABCD P-中,PD⊥底面ABCD,且底面ABCD为正方形,G , = =分别为 ,2 AD, F E PD ,的中点. PC, PD CB (1)求证:// AP平面EFG; (2)求平面GEF和平面DEF的夹角. 5.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,平面1A BC ⊥ 侧面11A ABB 且12AA AB ==. (Ⅰ)求证:AB BC ⊥; (Ⅱ)若直线与平面1A BC 所成的角为6 π,求锐二面角1A A C B --的大小. 利用空间向量求空间角考点与题型归纳 一、基础知识 1.异面直线所成角 设异面直线a ,b 所成的角为θ,则cos θ=|a ·b | |a ||b | ? , 其中a ,b 分别是直线a ,b 的方向 向量. 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l 与α所成的角,则sin φ=|cos 〈a ,n 〉|=|a ·n | |a ||n | ? . 3.二面角 (1)若AB ,CD 分别是二面角α-l -β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线,则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→ 的夹角,如图(1). (2)平面α与β相交于直线l ,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,则二面角α -l -β为θ或π-θ.设二面角大小为φ,则|cos φ|=|cos θ|= |n 1·n 2| |n 1||n 2| ? ,如图(2)(3). 两异面直线所成的角为锐角或直角,而不共线的向量的夹角为(0,π),所以公式中要加绝对值. 直线与平面所成角的范围为????0,π 2,而向量之间的夹角的范围为[0,π],所以公式中要加绝对值. 利用公式与二面角的平面角时,要注意〈n 1,n 2〉与二面角大小的关系,是相等还是互 补,需要结合图形进行判断. 二、常用结论 解空间角最值问题时往往会用到最小角定理 cos θ=cos θ1cos θ2. 如图,若OA 为平面α的一条斜线,O 为斜足,OB 为OA 在平面α内的射影,OC 为平面α内的一条直线,其中θ为OA 与OC 所成的角,θ1为OA 与OB 所成的角,即线面角,θ2为OB 与OC 所成的角,那么cos θ=cos θ1cos θ2. 考点一 异面直线所成的角 [典例精析] 如图,在三棱锥P -ABC 中,P A ⊥底面ABC ,∠BAC =90°.点D ,E ,N 分别为棱P A ,PC ,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,P A =AC =4,AB =2. (1)求证:MN ∥平面BDE ; (2)已知点H 在棱P A 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为7 21 ,求线段AH 的长. [解] 由题意知,AB ,AC ,AP 两两垂直,故以A 为原点,分别以AB ―→,AC ―→,AP ―→ 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.依题意可得A (0,0,0),B (2,0,0),C (0,4,0),P (0,0,4),D (0,0,2),E (0,2,2),M (0,0,1),N (1,2,0). (1)证明:DE ―→=(0,2,0),DB ―→ =(2,0,-2). 设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的法向量, 则????? n ·DE ―→=0,n ·DB ―→=0, 即????? 2y =0,2x -2z =0. 不妨取z =1,可得n =(1,0,1). 第三讲:立体几何中的向量方法 利用空间向量求二面角的平面角大家知道,立体几何是高中数学学习的一个难点,以往学生学习立体几何时,主要采取“形到形” 的综合推理方法,即根据题设条件,将空间图形转化为平面图形,再由线线,线面等关系确定结果,这种方法没有一般规律可循,对人的智力形成极大的挑战,技巧性较强,致使大多数学生都感到束手无策。 高中新教材中,向量知识的引入,为学生解决立体几何问题提供了一个有效的工具。它能利用代数 方法解决立体几何问题,体现了数形结合的思想。并且引入向量,对于某些立体几何问题提供通法,避免了传统立体几何中的技巧性问题,因此降低了学生学习的难度,减轻了学生学习的负担,体现了新课 程理念。 为适应高中数学教材改革的需要,需要研究用向量法解决立体几何的各种问题。本文举例说明如何用向量法解决立体几何的空间角问题。以此强化向量的应用价值,激发学生学习向量的兴趣,从而达到提高学生解题能力的目的。 利用向量法求空间角,不需要繁杂的推理,只需要将几何问题转化为向量的代数运算,方便快捷。 空间角主要包括线线角、线面角和二面角,下面对二面角的求法进行总结。 教学目标 1使学生会求平面的法向量; 2?使学生学会求二面角的平面角的向量方法; 3. 使学生能够应用向量方法解决一些简单的立体几何问题; 4. 使学生的分析与推理能力和空间想象能力得到提高 教学重点 求平面的法向量; 求解二面角的平面角的向量法 教学难点 求解二面角的平面角的向量法 教学过程 I、复习回顾 一、回顾相关公式: 1、二面角的平面角:(范围:[0,]) 2、 法向量的方向: 一进一出,二面角等于法向量夹角;同进同出,二面 角等于法向量夹角的补角 . 3、 用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;(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距离和夹角等问题; (进行 向量运算) (3) 把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。 (回到图形) n 、典例分析与练习 例1、如图,ABCD 是一直角梯形, ABC 90 , SA 求面SCD 与面SBA 所成二面角的余弦值? 分析 分别以BA, AD,AS 所在直线为x,y,z 轴, 建立空间直角坐标系,求出平面 SCD 的法向量 仁, 平面SBA 法向量n 2,利用n i , n 2夹角 cos cos n 1, n 2 结论: 或 ——■ cos cos 门1,门2 cos cos n j , n 2 统一为: n 1 n 2 |n 1 n 2 1 面 ABCD , SA AB BC 1, AD -, 2 考点二 用空间向量求线面角 【例2】 (2018·全国Ⅱ卷)如图,在三棱锥P -ABC 中,AB =BC =22,P A =PB =PC =AC =4,O 为AC 的中点. (1)证明:PO ⊥平面ABC ; (2)若点M 在棱BC 上,且二面角M -P A -C 为30°,求PC 与平面P AM 所成角的正弦值. (1)证明 因为AP =CP =AC =4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP =2 3. 连接OB ,因为AB =BC =22AC , 所以AB 2+BC 2=AC 2, 所以△ABC 为等腰直角三角形, 且OB ⊥AC ,OB =12 AC =2. 由OP 2+OB 2=PB 2知PO ⊥OB . 由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 且OB ∩AC =O ,知PO ⊥平面ABC . (2)解 如图,以O 为坐标原点,OB →的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O -xyz . 由已知得O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,-2,0),C (0,2,0),P (0,0,23),AP →=(0,2,23).取平面P AC 的一个法向量OB →=(2,0,0). 设M (a ,2-a ,0)(0 设平面P AM 的法向量为n =(x ,y ,z ). 由AP →·n =0,AM →·n =0得 ? ??2y +23z =0,ax +(4-a )y =0,可取n =(3(a -4),3a ,-a ), 所以cos 〈OB →,n 〉=23(a -4)23(a -4)2+3a 2+a 2 . 由已知可得|cos 〈OB →,n 〉|=32 , 所以23|a -4|23(a -4)2+3a 2+a 2=32, 解得a =-4(舍去),a =43, 所以n =? ????-833,433,-43. 又PC →=(0,2,-23),所以cos 〈PC →,n 〉=34 . 所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34. 规律方法 利用向量法求线面角的方法: (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角); (2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角,取其余角就是斜线和平面所成的角. 【训练2】 (2019·郑州测试)在如图所示的多面体中,四边形ABCD 是平行四边 形,四边形BDEF 是矩形,ED ⊥平面ABCD ,∠ABD =π6,AB =2AD . (1)求证:平面BDEF ⊥平面ADE ; (2)若ED =BD ,求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值. 利用空间向量求空间角和距离 A 级——夯基保分练 1.如图所示,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,已知M ,N 分别是BD 和AD 的中点,则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( ) A.30 30 B .3015 C. 3010 D. 1515 解析:选C 建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,则B 1(2,2,2),M (1,1,0),D 1(0,0,2),N (1,0,0),∴B 1M ―→ =(-1,-1,-2),D 1N ―→ =(1,0,-2), ∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→ | |B 1M ―→|·|D 1N ―→|= |-1+4|1+1+4×1+4=30 10 . 2.如图,已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AD =AA 1=1,AB =3,E 为线段AB 上一点,且AE =1 3AB ,则DC 1与平面D 1EC 所成角的 正弦值为( ) A.33535 B .277 C.33 D.24 解析:选A 如图,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C 1(0,3,1),D 1(0,0,1),E (1,1,0),C (0,3,0), ∴DC 1―→=(0,3,1),D 1E ―→=(1,1,-1),D 1C ―→ =(0,3,-1). 设平面D 1EC 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则????? n ·D 1E ―→=0,n · D 1C ―→=0,即????? x +y -z =0,3y -z =0,取y =1,得n =(2,1,3). ∴cos DC 1―→,n =DC 1―→·n |DC 1―→|·|n| =33535, ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为335 35 .利用空间向量求空间角教案设计
向量法求空间角(高二数学-立体几何)
利用空间向量求空间角考点与题型归纳
用向量法求二面角的平面角教案
考点二 用空间向量求线面角
利用空间向量求空间角和距离
利用向量法求空间角经典教案