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

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　　　　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

　　．两条异面直线的夹角

　　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．

　　范围：

两异面直线夹角θ的取值范围是_______________________________________．

　　向量求法：

设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cosθ＝________＝______________.

　　2．直线与平面的夹角

　　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．

　　范围：

直线和平面夹角θ的取值范围是________________________________________．

　　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cosθ＝sinφ.

　　3．二面角

　　二面角的取值范围是____________．

　　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．

　　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的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．

　　自我检测

　　．已知两平面的法向量分别为m＝，n＝，则两平面所成的二面角为

　　A．45°

　　B．135°

　　c．45°或135°

　　D．90°

　　2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝，b＝，则

　　A．l1∥l2

　　B．l1⊥l2

　　c．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°

　　c．30°

　　D．以上均错

　　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

　　A．150°

　　B．45°

　　c．60°

　　D．120°

　　5．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夹角的大小为

　　A．30°

　　B．45°

　　c．60°

　　D．75°

　　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，已知两个正方形ABcD和DcEF不在同一平面内，m，N分别为AB，DF的中点．

　　若平面ABcD⊥平面DcEF，求直线mN与平面DcEF所成角的正弦值．

　　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所成角的正弦值．

　　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．

　　证明：

So⊥平面ABc；

　　求二面角A—Sc—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—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．

　　求证：

AD⊥Bc；

　　求二面角B－Ac－D的余弦值；

　　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．

　　变式迁移4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.

　　若m是线段AD的中点，求证：

Gm∥平面ABFE；

　　若Ac＝Bc＝2AE，求二面角A－BF－c的大小．

　　．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cosθ＝|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sinθ＝|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、选择题

　　．在正方体ABcD—A1B1c1D1中，m是AB的中点，则sin〈DB1→，cm→〉的值等于

　　A.12

　　B.21015

　　c.23

　　D.1115

　　2．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.1010

　　B.3010

　　c.21510

　　D.31010

　　3．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所成的角的余弦值为

　　A.13

　　B.23

　　c.33

　　D.23

　　4.

　　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

　　A.26

　　B.63

　　c.36

　　D.64

　　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

　　A．60°

　　B．70°

　　c．80°

　　D．90°

　　二、填空题

　　6．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，PA⊥平面ABc，∠AcB＝90°且PA＝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所成角的正弦值为________．

　　三、解答题

　　9．

　　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.

　　求二面角B－AD－F的大小；

　　求直线BD与EF所成的角的余弦值．

　　0．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.

　　证明：

SD⊥平面SAB；

　　求AB与平面SBc所成角的正弦值．

　　1．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．

　　当cF＝1时，求证：

EF⊥A1c；

　　设二面角c－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

　　．0，π2　|cosφ|　a•b|a|•|b|

　　2．0，π2　|cosφ|　3.[0，π]

　　自我检测

　　．c　2.B　3.c　4.c　5.c

　　课堂活动区

　　例1　解题导引　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．

　　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c为原点，直线cA、cB、cc1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．

　　设cA＝cB＝cc1＝2，

　　则A1，c，B，D，

　　∴BD→＝，A1c→＝，

　　∴cos〈BD→，A1c→〉＝BD→•A1c→|BD→||A1c→|＝－105.

　　∴异面直线BD与A1c所成角的余弦值为105.

　　变式迁移1　解　∵BA1→＝BA→＋BB1→，Ac→＝AB→＋Bc→，

　　∴BA1→•Ac→＝•

　　＝BA→•AB→＋BA→•Bc→＋BB1→•AB→＋BB1→•Bc→.

　　∵AB⊥Bc，BB1⊥AB，BB1⊥Bc，

　　∴BA→•Bc→＝0，BB1→•AB→＝0，

　　BB1→•Bc→＝0，BA→•AB→＝－a2，

　　∴BA1→•Ac→＝－a2.

　　又BA1→•Ac→＝|BA1→|•|Ac→|•cos〈BA1→，Ac→〉，

　　∴cos〈BA1→，Ac→〉＝－a22a×2a＝－12.

　　∴〈BA1→，Ac→〉＝120°.

　　∴异面直线BA1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，N，可得mN→＝．

　　又DA→＝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，A，c，

　　D，E，F．

　　∴BD→＝，DF→＝．

　　设平面BDF的一个法向量为

　　n＝，

　　∵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＝．

　　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，

　　∴cosπ2－θ＝BA→•n|BA→||n|＝2，0，0•2，1，－22×3＝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，

　　D12，0，0，c，

　　B，S，

　　∴AS→＝，Sc→＝，

　　SD→＝12，0，－1，AB→＝，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＝，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＝．

　　∴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　证明　由题设AB＝Ac＝SB＝Sc＝SA.

　　连接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oA2＋So2＝SA2，

　　所以△SoA为直角三角形，So⊥Ao.

　　又Ao∩Bc＝o，所以So⊥平面ABc.

　　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oxyz，如右图．

　　设B，则c，

　　A，S．

　　Sc的中点m－12，0，12，

　　mo→＝12，0，－12，mA→＝12，1，－12，

　　Sc→＝，

　　∴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．

　　证明　

　　作AH⊥面BcD于H，连接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，c，A．

　　Bc→＝，DA→＝，

　　∴Bc→•DA→＝0，则Bc⊥AD.

　　解　设平面ABc的法向量为n1＝，则由n1⊥Bc→知：

n1•Bc→＝－x＋y＝0，

　　同理由n1⊥Ac→知：

n1•Ac→＝－x－z＝0，

　　可取n1＝，

　　同理，可求得平面AcD的一个法向量为n2＝．

　　由图可以看出，二面角B－Ac－D即为〈n1，n2〉，

　　∴cos〈n1，n2〉＝n1•n2|n1||n2|＝1＋0＋13×2＝63.

　　即二面角B－Ac－D的余弦值为63.

　　解　设E是线段Ac上一点，

　　则x＝z>0，y＝1，平面BcD的一个法向量为n＝，DE→＝，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|＝x1＋2x2

　　＝cos60°＝12.

　　则2x＝1＋2x2，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°角．

　　变式迁移4

　　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.

　　连接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∥FA.

　　又FA⊂平面ABFE，Gm⊄平面ABFE，

　　所以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，连接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，连接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.

　　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，B，c，E，

　　所以AB→＝，Bc→＝．又EF＝12AB，

　　所以F，BF→＝．

　　设平面BFc的法向量为m＝，

　　则m•Bc→＝0，m•BF→＝0，

　　所以y1＝0，x1＝z1，取z1＝1，得x1＝1，所以m＝．

　　设平面向量ABF的法向量为n＝，

　　则n•AB→＝0，n•BF→＝0，所以x2＝y2，z2＝0，

　　取y2＝1，得x2＝1.则n＝．

　　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，连接cH.

　　因为Ac＝Bc，

　　所以cH⊥AB，

　　则cH⊥平面ABFE.

　　过H向BF引垂线交BF于R，连接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

　　．B

　　　[以D为原点，DA、Dc、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，易知DB1→＝，

　　cm→＝1，－12，0，

　　故cos〈DB1→，cm→〉＝DB1→•cm→|DB1→||cm→|＝1515，

　　从而sin〈DB1→，cm→〉＝21015.]

　　2．B　[

　　建立空间直角坐标系如图．

　　则A，E，

　　B，c1．

　　Bc1→＝，AE→＝，

　　cos〈Bc1→，AE→〉＝Bc1→•AE→|Bc1→|•|AE→|＝3010.

　　所以异面直线Bc1与AE所成角的余弦值为3010.]

　　3．c　4.D

　　5．D　[

　　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→•PN→－Pm→•PF→－PE→•PN→＋PE→•PF→

　　＝abcos60°－a×22bcos45°－22abcos45°＋22a×22b

　　＝ab2－ab2－ab2＋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，D，

　　A，P，

　　m12，0，12，

　　N－12，0，12，

　　Am→＝12，－1，12，

　　AN→＝－12，－1，12，

　　设平面AmN的法向量为n1＝，

　　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.

　　∴n1＝，平面ABcD的法向量n2＝，

　　则cos〈n1，n2〉＝n1•n2|n1|•|n2|＝25＝255.

　　7.2

　　解析　PB→＝PA→＋AB→，故PB→•Ac→＝•Ac→＝PA→•Ac→＋AB→•Ac→＝0＋a×2a×cos45°＝a2.

　　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—A1B1c1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，

　　则c，A，B1，

　　D32，－12，2.

　　则cD→＝32，－12，2，

　　cB1→＝，

　　设平面B1Dc的法向量为

　　n＝，由n•cD→＝0，n•cB1→＝0，

　　解得n＝．又∵DA→＝32，－12，－2，

　　∴sinθ＝|cos〈DA→，n〉|＝45.

　　9．解　∵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．

　　依题意可知，ABFc是正方形，∴∠BAF＝45°.

　　即二面角B—AD—F的大小为45°.

　　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，则o，A，B，D，

　　E，F，

　　∴BD→＝，

　　EF→＝．cos〈BD→，EF→〉＝BD→•EF→|BD→||EF→|

　　＝0－18－64100×82＝－8210.

　　设异面直线BD与EF所成角为α，则

　　cosα＝|cos〈BD→，EF→〉|＝8210.

　　即直线BD与EF所成的角的余弦值为8210.

　　0.

　　方法一　证明　取AB中点E，连接DE，则四边形BcDE为矩形，DE＝cB＝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.

　　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.

　　解　由AB⊥平面SDE知，平面ABcD⊥平面SDE.

　　作SF⊥DE，垂足为F，则SF⊥平面ABcD，SF＝SD•SEDE＝32.

　　作FG⊥Bc，垂足为G，则FG＝Dc＝1.

　　连接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•FGSG＝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.

　　设AB与平面SBc所成的角为α，则sinα＝dEB＝217，

　　即AB与平面SBc所成的角的正弦值为217.

　　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，则A、B．

　　又设S，则x>0，y>0，z>0.

　　证明　AS→＝，BS→＝，

　　DS→＝，

　　由|AS→|＝|BS→|得

　　x－