高考数学理科一轮复习利用向量方法求空间角学案有答案.docx
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高考数学理科一轮复习利用向量方法求空间角学案有答案
高考数学(理科)一轮复习利用向量方法求空间角学案有答案
学案46 利用向量方法求空间角
导学目标:
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3体会求空间角中的转化思想、数形结合思想,熟练掌握平移方法、射影方法等4灵活地运用各种方法求空间角.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sθ=________=______________
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sinθ=__________或sθ=sinφ
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、D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D→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=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为( )
A.4°B.13°
.4°或13°D.90°
2.若直线l1,l2的方向向量分别为a=(2,4,-4),b=(-6,9,6),则( )
A.l1∥l2B.l1⊥l2
.l1与l2相交但不垂直D.以上均不正确
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( )
A.120°B.60°
.30°D.以上均错
4.(2011•湛江月考)二面角的棱上有A、B两点,直线A、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,A=6,BD=8,D=217,则该二面角的大小为( )
A.10°B.4°.60°D.120°
.(2011•铁岭模拟)已知直线AB、D是异面直线,A⊥D,BD⊥D,且AB=2,D=1,则异面直线AB与D夹角的大小为( )
A.30°B.4°.60°D.7°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AB—A1B11,∠AB=90°,A=B=1,D为B11的中点,求异面直线BD和A1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ABD—A1B11D1中,求异面直线BA1和A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 (2011•新乡月考)如图,已知两个正方形ABD和DEF不在同一平面内,,N分别为AB,DF的中点.若平面ABD⊥平面DEF,求直线N与平面DEF所成角的正弦值.
变式迁移2 如图所示,在几何体ABDE中,△AB是等腰直角三角形,∠AB=90°,BE和D都垂直于平面AB,且BE=AB=2,D=1,点F是AE的中点.求AB与平面BDF所成角的正弦值.
探究点三 利用向量法求二面角
例3 如图,ABD是直角梯形,∠BAD=90°,SA⊥平面ABD,SA=B=BA=1,AD=12,求面SD与面SBA所成角的余弦值大小.
变式迁移3 (2011•沧州月考)如图,在三棱锥S—AB中,侧面SAB与侧面SA均为等边三角形,∠BA=90°,为B中点.
(1)证明:
S⊥平面AB;
(2)求二面角A—S—B的余弦值.
探究点四 向量法的综合应用
例4 如图所示,在三棱锥A—BD中,侧面ABD、AD是全等的直角三角形,AD是公共的斜边,且AD=3,BD=D=1,另一个侧面AB是正三角形.
(1)求证:
AD⊥B;
(2)求二面角B-A-D的余弦值;
(3)在线段A上是否存在一点E,使ED与面BD成30°角?
若存在,确定点E的位置;若不存在,说明理由.
变式迁移4(2011•东)在如图所示的几何体中,四边形ABD为平行四边形,∠AB=90°,EA⊥平面ABD,EF∥AB,FG∥B,EG∥A,AB=2EF
(1)若是线段AD的中点,求证:
G∥平面ABFE;
(2)若A=B=2AE,求二面角A-BF-的大小.
1.求两异面直线a、b的夹角θ,需求出它们的方向向量a,b的夹角,则sθ=|s〈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sinθ=|s〈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〉.(满分:
7分)
一、选择题(每小题分,共2分)
1.(2011•成都月考)在正方体ABD—A1B11D1中,是AB的中点,则sin〈DB1→,→〉的值等于( )
A12B2101
23D111
2.长方体ABD—A1B11D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为1的中点,则异面直线B1与AE所成角的余弦值为( )
A1010B30102110D31010
3.已知正四棱锥S—ABD的侧棱长与底面边长都相等,E是SB的中点,则AE、SD所成的角的余弦值为( )
A13B2333D23
4如图所示,在长方体ABD—A1B11D1中,已知B1,1D与上底面A1B11D1所成的角分别为60°和4°,则异面直线B1和1D所成的余弦值为( )
A26B63
36D64
.(2011•兰州月考)P是二面角α—AB—β棱上的一点,分别在α、β平面上引射线P、PN,如果∠BP=∠BPN=4°,∠PN=60°,那么二面角α—AB—β的大小为( )
A.60°B.70°.80°D.90°
二、填空题(每小题4分,共12分)
6.(2011•郑州模拟)已知正四棱锥P—ABD的棱长都相等,侧棱PB、PD的中点分别为、N,则截面AN与底面ABD所成的二面角的余弦值是________.7.如图,PA⊥平面AB,∠AB=90°且PA=A=B=a,则异面直线PB与A所成角的正切值等于________.
8.如图,已知正三棱柱AB—A1B11的所有棱长都相等,D是A11的中点,则直线AD与平面B1D所成角的正弦值为________.三、解答题(共38分)
9.(12分)(2011•烟台模拟)如图所示,AF、DE分别是⊙、⊙1的直径,AD与两圆所在的平面均垂直,AD=8B是⊙的直径,AB=A=6,E∥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.(12分)(2011•大纲全国)如图,四棱锥S-ABD中,AB∥D,B⊥D,侧面SAB为等边三角形,AB=B=2,D=SD=1
(1)证明:
SD⊥平面SAB;
(2)求AB与平面SB所成角的正弦值.
11.(14分)(2011•湖北)如图,已知正三棱柱AB-A1B11各棱长都是4,E是B的中点,动点F在侧棱1上,且不与点重合.
(1)当F=1时,求证:
EF⊥A1;
(2)设二面角-AF-E的大小为θ,求tanθ的最小值.
学案46 利用向量方法求空间角
自主梳理
1.
(2)0,π2 (3)|sφ| a•b|a|•|b|
2.
(2)0,π2 (3)|sφ| 3
(1)[0,π]
自我检测
1. 2B 3 4
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角的范围是0,π2
解 如图所示,以为原点,直线A、B、1分别为x轴、轴、z轴建立空间直角坐标系.
设A=B=1=2,
则A1(2,0,2),(0,0,0),B(0,2,0),D(0,1,2),
∴BD→=(0,-1,2),A1→=(-2,0,-2),
∴s〈BD→,A1→〉=BD→•A1→|BD→||A1→|=-10
∴异面直线BD与A1所成角的余弦值为10
变式迁移1 解 ∵BA1→=BA→+BB1→,A→=AB→+B→,
∴BA1→•A→=(BA→+BB1→)•(AB→+B→)
=BA→•AB→+BA→•B→+BB1→•AB→+BB1→•B→
∵AB⊥B,BB1⊥AB,BB1⊥B,
∴BA→•B→=0,BB1→•AB→=0,
BB1→•B→=0,BA→•AB→=-a2,
∴BA1→•A→=-a2
又BA1→•A→=|BA1→|•|A→|•s〈BA1→,A→〉,
∴s〈BA1→,A→〉=-a22a×2a=-12
∴〈BA1→,A→〉=120°
∴异面直线BA1与A所成的角为60°
例2 解题导引 在用向量法求直线P与α所成的角(∈α)时,一般有两种途径:
一是直接求〈P→,P′→〉,其中P′为斜线P在平面α内的射影;二是通过求〈n,P→〉进而转化求解,其中n为平面α的法向量.
解 设正方形ABD,DEF的边长为2,以D为坐标原点,分别以射线D,DF,DA为x,,z轴正半轴建立空间直角坐标系如图.
则(1,0,2),N(0,1,0),可得N→=(-1,1,-2).
又DA→=(0,0,2)为平面DEF的法向量,
可得s〈N→,DA→〉=N→•DA→|N→||DA→|=-63
所以N与平面DEF所成角的正弦值为
|s〈N→,DA→〉|=63
变式迁移2 解 以点B为原点,BA、B、BE所在的直线分别为x,,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),(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,
∴sπ2-θ=BA→•n|BA→||n|=2,0,0•2,1,-22×3=23,
即sinθ=23,故AB与平面BDF所成角的正弦值为23
例3 解题导引 图中面SD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求解.
解 建系如图,则A(0,0,0),
D12,0,0,(1,1,0),
B(0,1,0),S(0,0,1),
∴AS→=(0,0,1),S→=(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SD的法向量为n=(x,,z),则有n•S→=0且n•SD→=0
即x+-z=0,12x-z=0令z=1,则x=2,=-1
∴n=(2,-1,1).
∴s〈n,AD→〉=n•AD→|n||AD→|=2×126×12=63
故面SD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=A=SB=S=SA连接A,△AB为等腰直角三角形,
所以A=B==22SA,
且A⊥B
又△SB为等腰三角形,
故S⊥B,且S=22SA从而A2+S2=SA2,
所以△SA为直角三角形,S⊥A
又A∩B=,所以S⊥平面AB
(2)解 以为坐标原点,射线B、A、S分别为x轴、轴、z轴的正半轴,建立如图的空间直角坐标系xz,如右图.
设B(1,0,0),则(-1,0,0),
A(0,1,0),S(0,0,1).
S的中点-12,0,12,
→=12,0,-12,A→=12,1,-12,
S→=(-1,0,-1),
∴→•S→=0,A→•S→=0
故⊥S,A⊥S,〈→,A→〉等于二面角A—S—B的平面角.
s〈→,A→〉=→•A→|→||A→|=33,
所以二面角A—S—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BD于H,连接BH、H、DH,则四边形BHD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),(0,1,0),A(1,1,1).
B→=(-1,1,0),DA→=(1,1,1),
∴B→•DA→=0,则B⊥AD
(2)解 设平面AB的法向量为n1=(x,,z),则由n1⊥B→知:
n1•B→=-x+=0,
同理由n1⊥A→知:
n1•A→=-x-z=0,
可取n1=(1,1,-1),
同理,可求得平面AD的一个法向量为n2=(1,0,-1).
由图可以看出,二面角B-A-D即为〈n1,n2〉,
∴s〈n1,n2〉=n1•n2|n1||n2|=1+0+13×2=63
即二面角B-A-D的余弦值为63
(3)解 设E(x,,z)是线段A上一点,
则x=z>0,=1,平面BD的一个法向量为n=(0,0,1),DE→=(x,1,x),要使ED与平面BD成30°角,由图可知DE→与n的夹角为60°,
所以s〈DE→,n〉=DE→•n|DE→||n|=x1+2x2
=s60°=12
则2x=1+2x2,解得x=22,则E=2x=1
故线段A上存在E点,且E=1时,ED与面BD成30°角.
变式迁移4
(1)证明 方法一 因为EF∥AB,FG∥B,EG∥A,∠AB=90°,
所以∠EGF=90°,
△AB∽△EFG
由于AB=2EF,因此B=2FG
连接AF,由于FG∥B,FG=12B,
在▱ABD中,是线段AD的中点,
则A∥B,且A=12B,
因此FG∥A且FG=A,
所以四边形AFG为平行四边形,因此G∥FA
又FA⊂平面ABFE,G⊄平面ABFE,
所以G∥平面ABFE方法二 因为EF∥AB,FG∥B,EG∥A,∠AB=90°,
所以∠EGF=90°,
△AB∽△EFG
由于AB=2EF,
所以B=2FG
取B的中点N,连接GN,
因此四边形BNGF为平行四边形,所以GN∥FB
在▱ABD中,是线段AD的中点,连接N,
则N∥AB因为N∩GN=N,
所以平面GN∥平面ABFE
又G⊂平面GN,所以G∥平面ABFE
(2)解 方法一 因为∠AB=90°,所以∠AD=90°
又EA⊥平面ABD,
所以A,AD,AE两两垂直.
分别以A,AD,AE所在直线为x轴,轴和z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
不妨设A=B=2AE=2,则由题意得A(0,0,0),B(2,-2,0),(2,0,0),E(0,0,1),
所以AB→=(2,-2,0),B→=(0,2,0).又EF=12AB,
所以F(1,-1,1),BF→=(-1,1,1).
设平面BF的法向量为=(x1,1,z1),
则•B→=0,•BF→=0,
所以1=0,x1=z1,取z1=1,得x1=1,所以=(1,0,1).
设平面向量ABF的法向量为n=(x2,2,z2),
则n•AB→=0,n•BF→=0,所以x2=2,z2=0,
取2=1,得x2=1则n=(1,1,0).
所以s〈,n〉=•n||•|n|=12
因此二面角A-BF-的大小为60°方法二 由题意知,平面ABFE⊥平面ABD
取AB的中点H,连接H
因为A=B,
所以H⊥AB,
则H⊥平面ABFE
过H向BF引垂线交BF于R,连接R,则R⊥BF,
所以∠HR为二面角A-BF-的平面角.
由题意,不妨设A=B=2AE=2,
在直角梯形ABFE中,连接FH,则FH⊥AB
又AB=22,
所以HF=AE=1,BH=2,
因此在Rt△BHF中,HR=63
由于H=12AB=2,
所以在Rt△HR中,tan∠HR=263=3
因此二面角A-BF-的大小为60°
后练习区
1.B [以D为原点,DA、D、DD1分别为x轴、轴、z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,易知DB1→=(1,1,1),
→=1,-12,0,
故s〈DB1→,→〉=DB1→•→|DB1→||→|=11,
从而sin〈DB1→,→〉=2101]
2.B [建立空间直角坐标系如图.
则A(1,0,0),E(0,2,1),
B(1,2,0),1(0,2,2).
B1→=(-1,0,2),AE→=(-1,2,1),
s〈B1→,AE→〉=B1→•AE→|B1→|•|AE→|=3010
所以异面直线B1与AE所成角的余弦值为3010]
3. 4D
.D [不妨设P=a,PN=b,作E⊥AB于E,NF⊥AB于F,
如图:
∵∠EP=∠FPN=4°,
∴PE=22a,PF=22b,
∴E→•FN→=(P→-PE→)•(PN→-PF→)
=P→•PN→-P→•PF→-PE→•PN→+PE→•PF→
=abs60°-a×22bs4°-22abs4°+22a×22b
=ab2-ab2-ab2+ab2=0,
∴E→⊥FN→,∴二面角α—AB—β的大小为90°]
62
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,B=1,P=1∴B(1,0,0),D(-1,0,0),
A(0,1,0),P(0,0,1),
12,0,12,
N-12,0,12,
A→=12,-1,12,
AN→=-12,-1,12,
设平面AN的法向量为n1=(x,,z),
由n•A→=12x-+12z=0,n•AN→=-12x-+12z=0,
解得x=0,z=2,不妨令z=2,则=1
∴n1=(0,1,2),平面ABD的法向量n2=(0,0,1),
则s〈n1,n2〉=n1•n2|n1|•|n2|=2=2
72
解析 PB→=PA→+AB→,故PB→•A→=(PA→+AB→)•A→=PA→•A→+AB→•A→=0+a×2a×s4°=a2
又|PB→|=3a,|A→|=a
∴s〈PB→,A→〉=33,sin〈PB→,A→〉=63,
∴tan〈PB→,A→〉=2
84
解析 不妨设正三棱柱AB—A1B11的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系,
则(0,0,0),A(3,-1,0),B1(3,1,2),D32,-12,2
则D→=32,-12,2,
B1→=(3,1,2),
设平面B1D的法向量为
n=(x,,1),由n•D→=0,n•B1→=0,
解得n=(-3,1,1).又∵DA→=32,-12,-2,
∴sinθ=|s〈DA→,n〉|=4
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,ABF是正方形,∴∠BAF=4°
即二面角B—AD—F的大小为4°(分)
(2)以为原点,B、AF、E所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系(如图所示),则(0,0,0),A(0,-32,0),B(32,0,0),D(0,-32,8),
E(0,0,8),F(0,32,0),(7分)
∴BD→=(-32,-32,8),
EF→=(0,32,-8).s〈BD→,EF→〉=BD→•EF→|BD→||EF→|
=0-18-64100×82=-8210(10分)
设异面直线BD与EF所成角为α,则
sα=|s〈BD→,EF→〉|=8210
即直线BD与EF所成的角的余弦值为8210
(12分)
10方法一
(1)证明 取AB中点E,连接DE,则四边形BDE为矩形,DE=B=2,连接SE,则SE⊥AB,SE=3
又SD=1,
故ED2=SE2+SD2,
所以∠DSE为直角,即SD⊥SE(3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(6分)
(2)解 由AB⊥平面SDE知,平面ABD⊥平面SDE
作SF⊥DE,垂足为F,则SF⊥平面ABD,SF=SD•SEDE=32(8分)
作FG⊥B,垂足为G,则FG=D=1
连接SG,
又B⊥FG,B⊥SF,SF∩FG=F,
故B⊥平面SFG,平面SB⊥平面SFG
作FH⊥SG,H为垂足,则FH⊥平面SB
FH=SF•FGSG=37,则F到平面SB的距离为217
由于ED∥B,
所以ED∥平面SB,E到平面SB的距离d为217(10分)
设AB与平面SB所成的角为α,则sinα=dEB=217,
即AB与平面SB所成的角的正弦值为217(12分)
方法二 以为坐标原点,射线D为x轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系-xz
设D(1,0,0),则A(2,2,0)、B(0,2,0).(2分)
又设S(x,,z),则x>0,>0,z>0
(1)证明 AS→=(x-2,-2,z),BS→=(x,-2,z),
DS→=(x-1,,z),
由|AS→|=|BS→|得
x-22+-22+z2
=x2+-22+z2,
故x=1
由|DS→|=1得2+z2=1①
又由|BS→|=2得x2+(-2)2+z2=4,
即2+z2-4+1=0②
联立①②得=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→
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