2010-2011学年高中数学 第3章 3.2 立体几何中的向量方法（二）利用向量方法求角同步精品学案 新人教A版选修2-1

3 2 3 2 立体几何中的向量方法立体几何中的向量方法 二二 利用向量方法求角利用向量方法求角 知识点一知识点一 求异面直线所成的角求异面直线所成的角 已知平行六面体 ABCD A1B1C1D1的所有棱长都是 1 且 A1AB A1AD BAD 60 E F 分别为 A1B1与 BB1的中点 求异面直线 BE 与 CF 所成角 的余弦值 解 如图所示 解 如图所示 设 AB a a AD b b 1AA c c 则 a a b b c c 1 a ba b b cb c a ca c 60 a b b c a c 1 2 而 BE 1BB 1B E 1 2 a a c c CF CB BF b b 1 2 c c BE CF 1 4 a a 2 c c 2 a a c c 3 2 3 2 BE CF 1 2a a c c b b 1 2c c a ba b a ca c b b c c c c2 1 2 1 4 1 2 1 8 cos BE CF BE CF BECF 1 6 异面直线 BE 与 CF 夹角的余弦值是 1 6 反思感悟 在解决立体几何中两异面直线所成角的问题时 首选向量法 利用向量求解 若能构建空间直角坐标系 求解则更为简捷方便 正方体 ABCD A1B1C1D1中 E F 分别是 A1D1 A1C1的中点 求 异面直线 AE 与 CF 所成角的余弦值 解 不妨设正方体棱长为 2 分别取 DA DC DD1所在直线为 x 轴 y 轴 z 轴建立如图 所示空间直角坐标系 则 A 2 0 0 C 0 2 0 E 1 0 2 F 1 1 2 由AE 1 0 2 CF 1 1 2 得 AE CF 56 AE CF 1 0 4 3 又 AE CF AE CF cos AE CF 30 cos AE CF cos AE CF 30 10 异面直线 AE 与 CF 所成角的余弦值为 30 10 知识点二知识点二 求线面角求线面角 正三棱柱 ABC A1B1C1的底面边长为 a 侧棱长为a 求 AC1与侧面 ABB1A1所 2 成的角 解 方法一 建立如图所示的空间直角坐标系 则 A 0 0 0 B 0 a 0 A1 0 0 a C1 取 A1B1中点 M 则 M 连结 AM MC1 有 2 3 2 a a 2 2a 0 a 2 2a 1MC AB 0 a 0 1AA 0 0 a 3 2 a 0 0 2 由于 1MC AB 0 1MC 1AA 0 MC1 面 ABB1A1 C1AM 是 AC1与侧面 A1B 所成的角 1AC AM 3 2 a a 2 2a 0 a 2 2a 1AC AM 0 2a2 a2 4 9a2 4 而 1AC a 3a2 4 a2 4 2a2 3 AM a a2 4 2a2 3 2 cos 1AC AM 9a2 4 3a 3a 2 3 2 1AC AM 30 即 AC1与侧面 AB1所成的角为 30 方法二 法向量法 接方法一 1 AA 0 0 a AB 0 a 0 2 设侧面 A1B 的法向量n n x y n n AB 0 且n n 0 AA1 ax 0 且ay 0 2 x y 0 故n n 0 0 1AC 3 2 a a 2 2a cos 1AC n n 1 1 3 2 2 3 a nAC nACa 设所求线面角为 则 sin cos 1AC n n 30 1 2 反思感悟 充分利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系 再用 向量有关知识求解线面角 方法二给出了一般的方法 先求平面法向量与斜线夹 角 再进行换算 如图所示 已知直角梯形 ABCD 其中 AB BC 2AD AS 平面 ABCD AD BC AB BC 且 AS AB 求直线 SC 与底面 ABCD 的夹角 的余弦 解 由题设条件知 可建立以 AD 为 x 轴 AB 为 y 轴 AS 为 z 轴的空间直角坐标系 如 图所示 设 AB 1 则 A 0 0 0 B 0 1 0 C 1 1 0 D S 0 0 1 1 2 0 0 AS 0 0 1 1 1 1 CS AS 是底面的法向量 它与已知向量是底面的法向量 CS 它与已知向量的夹角 90 故有 sin cos CS AS CS AS CS 1 1 3 3 3 于是 cos 1 sin2 6 3 知识点三知识点三 求二面角求二面角 如图 四棱锥 P ABCD 中 PB 底面 ABCD CD PD 底面 ABCD 为直角梯形 AD BC AB BC AB AD PB 3 点 E 在棱 PA 上 且 PE 2EA 求二面角 A BE D 的余弦 值 解 以 B 为原点 以 BC BA BP 分别为 x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 设平面 EBD 的一个法向量为n n1 x y 1 因为BE 0 2 1 3 3 0 BD 由 1 1 0 0 nBE nBD 得Error 所以Error 于是n n1 1 1 2 1 2 又因为平面 ABE 的一个法向量为 n n2 1 0 0 所以 cos n n1 n n2 1 6 6 6 所以 二面角 A BE D 的余弦值为 6 6 反思感悟 几何法求二面角 往往需要作出平面角 这是几何中一大难 点 而用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角 只需求出平面的法向量 经过简单运算即可 从而体现了空间向量的巨大作用 若 PA 平面 ABC AC BC PA AC 1 BC 求二面角 A PB C 的余弦 2 值 解 如图所示 建立空间直角坐标系 则 A 0 0 0 B 1 0 C 0 1 0 P 0 0 1 2 AP 0 0 1 AB 0 0 0 1 1 2 CP 设平面 PAB 的法向量为m m x y z 则 0 0 mAP mAB Error Error 令 x 1 则m m 1 0 2 设平面 PBC 的法向量为n n x y z 则 0 0 n CB n CP Error Error 令 y 1 则n n 0 1 1 cos m m n n m m n n m m n n 3 3 二面角 A PB C 的余弦值为 3 3 课堂小结 课堂小结 1 两条异面直线所成角的求法 1 向量求法 设直线 a b 的方向向量为a a b b 其夹角为 则有 cos cos a a b b a a b b 2 两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求得 但二者不完全 相等 当两方向向量的夹角是钝角时 应取其补角作为两异面直线所成的角 2 直线与平面所成角的求法 设直线 l 的方向向量为a a 平面的法向量为u u 直线与平面所成的角为 a a与u u的夹 角为 则有 sin cos 或 cos sin a a u u a a u u 3 二面角的求法 AB 与的夹角 如图 所示 CD 2 设n n1 1 n n2 2是二面角 l 的两个面 的法向量 则向量n n1 1与n n2 2的夹角 或 其补角 就是二面角的平面角的大小 如图 所示 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 答案 A 2 若直线 l 的方向向量与平面 的法向量的夹角等于 150 则直线 l 与平面 所成 的角等于 A 30 B 60 C 150 D 以上均错 答案 B 3 直角三角形 ABC 的斜边 AB 在平面 内 直角顶点 C 在 内的射影是 C 则 ABC 是 A 直角三角形 B 钝角三角形 C 锐角三角形 D 各种情况都有可能 答案 B 解析 0 CA CB CC C A CC C B CC 2 C A C B C A C B CC 2 0 因 A B C 不共线 故 AC B 为钝角 4 如图所示 在正方体 ABCD A1B1C1D1中 M N P 分别是棱 CC1 BC A1B1上的点 若 B1MN 90 则 PMN 的大小是 A 等于 90 B 小于 90 C 大于 90 D 不确定 答案 A 解析 A1B1 平面 BCC1B1 故 A1B1 MN MP MN MB1 B1P MN 1MB 0 MN B1P MN MP MN 即 PMN 90 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 1 2 2 3 3 3 2 2 答案 B 二 填空题 6 若两个平面 的法向量分别是n n 1 0 1 1 1 0 则这两个平面所 成的锐二面角的度数是 答案 60 解析 cos n n n n 120 1 2 2 1 2 7 正方体 ABCD A1B1C1D1中 M N 分别是 DD1 B1C1的中点 P 是棱 AB 上的动点 则 A1M 与 PN 所成的角是 答案 90 解析 设正方体每边之长为 1 因 1111A MA DD M 11A D 1 2D1D PNPB BB1 1 2B1C1 1A M PN 111 1 2 PBBBB C A1D1 1 2D1D 11A D 0 1 2B1C1 1 2D1D BB1 1 2 1 2 1A M PN 即 A1M 与 PN 所成的角为 90 三 解答题 8 已知正四棱锥 S ABCD 的侧棱长为 底面的边长为 E 是 SA 的中点 求异面直 23 线 BE 和 SC 所成的角 解 建立如图所示空间直角坐标系 由于 AB SA 32 可以求得 SO 则 2 2 B A 3 2 3 2 0 3 2 3 2 0 C S 3 2 3 2 0 0 0 2 2 由于 E 为 SA 的中点 所以 E 3 4 3 4 2 4 所以BE 3 4 3 3 4 2 4 SC 3 2 3 2 2 2 因为BE SC 1 BE SC 22 所以 cos BE SC 1 2 2 1 2 所以 BE SC 120 所以异面直线 BE 与 SC 所成的角为 60 9 如图所示 在正方体 ABCD A1B1C1D1中 已知 AB 4 AD 3 AA1 2 E F 分别是 线段 AB BC 上的点 且 EB FB 1 1 求二面角 C DE C1的正切值 2 求直线 EC1与 FD1所成角的余弦值 解 1 以 A 为原点 AB AD AA1分别为 x 轴 y 轴 z 轴的正方向 建立空间直角坐标系 则有 D 0 3 0 D1 0 3 2 E 3 0 0 F 4 1 0 C1 4 3 2 于是 DE 3 3 0 1EC 1 3 2 1FD 4 2 2 设平面 C1DE 的法向量为 n n x y z 则 n n DE n n 1EC 3x 3y 0 x 3y 2z 0 x y z 令 z 2 则n n 1 1 2 向量1AA 0 0 2 是平面 CDE 的一个法向量 n n与向量1AA 所成的角 为二面角 C DE C1的平面角 cos 1 1 6 3 AA AA n n tan 2 2 2 设 EC1与 FD1所成角的为 则 cos 21 14 10 正三棱锥 O ABC 的三条侧棱 OA OB OC 两两垂直 且长度均为 2 E F 分别是 AB AC 的中点 H 是 EF 的中点 过 EF 的一个平面与侧棱 OA OB OC 或其延长线分别相交 于 A1 B1 C1 已知 OA1 3 2 1 求证 B1C1 平面 OAH 2 求二面角 O A1B1 C1的余弦值 1 证明 如图所示 以直线 OA OC OB 分别为 x y z 轴的正方向 建立空间直角坐 标系 O xyz 则 A 2 0 0 B 0 0 2 C 0 2 0 E 1 0 1 F 1 1 0 H 1 1 2 1 2 AH 1 1 2 1 2 OH 1 1 2 1 2 BC 0 2 2 所以AH BC 0 BC 0 OH 所以 BC 平面 OAH 由 EF BC 得 B1C1 BC 故 B1C1 平面 OAH 2 解 由已知 A1 设 B1 0 0 z 3 2 0 0 则 1A E 1 2 0 1 1EB 1 0 z 1 由 1A E 与 1EB 共线得 存在 R 使 1A