步步高 学案导学设计最新版高中数学 25152 直线间的夹角 平面间的夹角课时作业 北师大版选修21.docx

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步步高学案导学设计最新版高中数学25152直线间的夹角平面间的夹角课时作业北师大版选修21

§5　夹角的计算

5.1　直线间的夹角5.2　平面间的夹角

课时目标

　理解两条异面直线的夹角、二面角及二面角的平面角的概念，能用向量方法解决线线、面面所成角的计算问题．会灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题．

1．直线间的夹角包括两直线共面时的两直线的夹角和两直线异面时的异面直线的夹角，两直线的夹角范围是________；两条异面直线夹角的范围是________，其大小可以通过这两条异面直线的______________的夹角来求．若设两条异面直线的夹角为θ，它们的方向向量的夹角是φ，则有θ＝______或θ＝________.

2．二面角的大小就是指二面角的平面角的大小，其范围是____________，二面角的平面角的大小（或其补角的大小）可以通过两个面的__________的夹角求得，二面角和两平面法向量的夹角的关系是______________．

一、选择题

1．若直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角是150°，则l1与l2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．在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1和BB1的中点，那么异面直线AM与CN所成角的余弦值为（　　）

A.

B.

C.

D.

3．如果二面角α—l—β的平面角是锐角，点P到α，β和棱l的距离分别为2

，4和4

，则二面角的大小为（　　）

A．45°或30°B．15°或75°

C．30°或60°D．15°或60°

4．从点P引三条射线PA、PB、PC，每两条夹角均为60°，则二面角B—PA—C的余弦值是（　　）

A.

B.

C.

D.

5．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（　　）

A.

B.

C.

D.

6．长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为（　　）

A.

B.

C.

D.

题　号

1

2

3

4

5

6

答　案

二、填空题

7．若两个平面α，β的法向量分别是n＝（1,0,1），ν＝（－1，1,0）．则这两个平面所成的锐二面角的度数是________．

8．如图，

已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是________．

9．已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为________．

三、解答题

10．长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝BB1＝2，E，F分别是面A1B1C1D1与面B1BCC1的中心，求异面直线AF与BE所成角的余弦值．

11.

在三棱锥S—ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，SB＝4

.

（1）证明：

SC⊥BC；

（2）求二面角A—BC—S的大小．

能力提升

12.

如图所示，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝

AA1，点D是A1B1的中点，点E在A1C1上，且DE⊥AE.求直线AD和平面ABC1所成角的正弦值．

13.

如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC，AA1＝AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE＝3EB1.

（1）证明：

DE为异面直线AB1与CD的公垂线；

（2）设异面直线AB1与CD的夹角为45°，求二面角A1－AC1－B1的余弦值．

1．异面直线所成的角可以利用两个向量的夹角来求．

2．二面角可以利用立体几何方法作出二面角的平面角，然后利用几何方法或向量进行计算；也可以直接利用两个平面的法向量来求，要注意角的范围．

3．利用向量解题，大致可以利用基底法和坐标法．

§5　夹角的计算

5．1　直线间的夹角

5．2　平面间的夹角

知识梳理

1．[0，

]　

　方向向量　φ　π－φ

2．[0，π]　法向量　相等或互补

作业设计

1．A

2．D

　[如图所示，建立空间直角坐标系，则A（1,0,0），

M

，C（0,1,0），

N

.

∴

＝

，

＝

.

∴

·

＝

，|

|＝

＝|

|.

∴cos〈

，

〉＝

＝

.]

3．B　[如图

（1），

（2）所示，分别是P在二面角α—l—β的内部、外部时的情况．因为PA⊥α，所以PA⊥l，因为PC⊥l，所以l⊥面PAC，同理，l⊥面PBC，而面PAC与面PBC有公共点，所以面PAC和面PBC应重合，即A，B，C，P在同一平面内，∠ACB是二面角的平面角．

在Rt△APC中，sin∠ACP＝

＝

＝

，所以∠ACP＝30°.在Rt△BPC中，sin∠BCP＝

＝

＝

，所以∠BCP＝45°，故∠ACB＝30°＋45°＝75°（图

（1）），或∠ACB＝45°－30°＝15°（图

（2））．]

　　　图

（1）　　　　　　图

（2）

4．B　[在射线PA上取一点O，分别在平面PAB、PAC内作OE⊥PA，OF⊥PA交PB、PC于E、F，则∠EOF为所求二面角的平面角．

△EOF中，令EF＝1，则由题意可求得，OE＝OF＝

，∴cos∠EOF＝

＝

.]

5．B

　[建立如图所示的坐标系，设正方体的棱长为1，

则

＝（1,0,1），

＝（1,1，

）．

设平面A1DE的法向量n1＝（x，y，z），

则

∴

解得

令z＝1，∴n1＝（－1，

，1）

平面ABCD的一个法向量为n2＝（0,0,1），

∴cos〈n1，n2〉＝

＝

.]

6．B　[

建立坐标系如图．

则A（1,0,0），E（0,2,1），

B（1,2,0），C1（0,2,2）．

＝（－1,0,2），

＝（－1,2,1），

cos〈

，

〉＝

＝

.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为

.]

7．60°

解析　∵cos〈n，ν〉＝

＝

＝－

，

∴〈n，ν〉＝120°.故两平面所成的锐二面角为60°.

8．90°

解析　

建立如图所示的坐标系，设正三棱柱的棱长为1，则B

，

M

，

B1

，

因此

＝

，

＝

，设异面直线AB1与BM所成的角为θ，

则cosθ＝|cos〈

，

〉|＝

＝0，

∴θ＝90°.

9.

解析　建立

如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1.因为A1D⊥平面ABC，AD⊥BC，由AD＝

，AA1＝1知A1D＝

.

故A1

.又A

，B

，

∴

＝

，

＝

，

∴cos〈

，

〉＝

.

又∵CC1∥AA1，∴cos〈

，

〉＝cos〈

，

〉．

故异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为

.

10．解　以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则A（2,0,0），B（2,4,0），

C1（0,4,2），A1（2,0,2），

∴E（1,2,2），F（1,4,1），

＝（－1,4,1），

＝（－1，－2,2），

∴|

|＝

＝3

，|

|＝

＝3，

·

＝1－8＋2＝－5，

∴cos〈

，

〉＝

＝－

.

∵异面直线所成角的范围是

，

设AF与BE所成角为θ，

则cosθ＝|cos〈

，

〉|＝

.

11．

（1）证明　由已知∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，以C点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0,2,0），B（4,0,0），C（0,0,0），S（0,2,2

），

则

＝（0，－2，－2

），

＝（－4,0,0），

∴

·

＝0，∴SC⊥BC.

（2）解　∵∠SAB＝∠SAC＝90°，∴SA⊥平面ABC，

∴

＝（0,0,2

）是平面ABC的法向量．

设侧面SBC的法向量为n＝（x，y，z），

＝（0，－2，－2

），

＝（－4,0,0）．

∵

·n＝0，

·n＝0，∴

∴x＝0.令z＝1，则y＝－

，

则得平面SBC的一个法向量n＝（0，－

，1），

cos〈

，n〉＝

＝

＝

，

即二面角A—BC—S的大小为60°.

12．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AA1＝

，则AB＝2，相关各点的坐标分别是A（0，－1,0），B（

，0,0），C1（0,1，

），

D

.易知

＝（

，1,0），

＝（0,2，

），

＝（

，

，

）．

设平面ABC1的一个法向量为n＝（x，y，z），则有

解得x＝－

y，z＝－

y，

故可取n＝（1，－

，

）．

所以cos〈n，

〉＝

＝

＝

.

由此可知，直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为

.

13．

（1）证明　以B为坐标原点，射线BA、BB1为x轴正半轴、y

轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

设AB＝2，则A（2,0,0），

B1（0,2,0），D（0,1,0），E（

，

，0）．又设C（1,0，c），则

＝（

，

，0），

＝（2，－2,0），

＝（1，－1，c）．

于是

·

＝0，

·

＝0，故DE⊥B1A，DE⊥DC，又DE∩AB1＝E，CD∩DE＝D.

所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线．

（2）解　因为〈

，

〉等于异面直线AB1与CD的夹角，故

·

＝|B1A

|

|cos45°，

即2

×

×

＝4.

解得c＝

，故

＝（－1,0，

）．

又

＝

＝（0,2,0），

所以

＝

＋

＝（－1,2，

）．

设平面AA1C1的法向量m＝（x，y，z），

则m·

＝0，m·

＝0，

即－x＋2y＋

z＝0,2y＝0.

令x＝

，则z＝1，y＝0.

故m＝（

，0,1）．

设平面AB1C1的法向量为n＝（p，q，r），

则n·

＝0，n·

＝0，

即－p＋2q＋

r＝0,2p－2q＝0，

令p＝

，则q＝

，r＝－1.

故n＝（

，

，－1）．

所以cos〈m，n〉＝

＝

.

由于〈m，n〉等于二面角A1－AC1－B1的平面角，

所以二面角A1－AC1－B1的余弦值为

.