第7节　向量法、几何法求空间角

数学数学高考总复习索引索引01知识诊断自测索引索引索引常用结论与微点提醒索引常用结论与微点提醒索引诊断自测诊断自测概念思考辨析+教材经典改编(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角.(×)(2)直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与平面所成的角.((2)直线的方向向量u,平面的法向量n,直线与平面所成的角为θ,则sinθ=索引(3)两个平面的法向量的夹角是这两个平面的夹角.(×)索引-4),则(C)索引则sinθ=|cos<m,n索引π3π44C.π或3πD.π或3π4424索引考点一异面直线所成的角ABCD,AB丄AD,BC聂AD.索引以A为坐标原点,AB,AD,AP的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐索引索引3索引感悟提升索引训练1(2026·新乡模拟)《九章算术·商功》中,将四个面都为直3因为CD丄平面ABC,BC∈平面ABC,AC∈平面ABC,AB∈平面ABC,所以AB丄平面BCD,又BD∈平面BCD,则AB丄BD,索引以B为坐标原点,BC,BA的方向分别为x,y轴的正方向,过点B垂直于平面ABC的则BA＝(0,4,0),BD＝(3,0,3),BE＝,,0).索引索引考点二直线与平面所成的角点E在棱CC1上,且CE=λCC1,0<λ<1.(1)当λ=时,求证:A1E丄平面BDE;又平面ACC1A1∩平面ABC＝AC,BD∈平面ABC,索引∴BDT平面ACC1A1,又A1Ec平面ACC1A1,∴BDTA1E.7A1EC1＝2,tan7DEC＝,则7A1EC1＋7∴7A1ED＝90°,即A1ETDE.∵BD∩DE＝D,BD,DEc平面BDE,1ET平面BDE.索引tan7A1EC1＝1,tan7DEC＝1,则7A1EC1＋7∴7A1ED＝90°,即A1ETDE.又平面ACC1A1∩平面ABC＝AC,BDc平面ABC,索引∴BD丄平面ACC1A1,又A1Ec平面ACC1A1,∴BD丄A1E.∵BD∩DE＝D,BD,DEc平面BDE,以D为坐标原点,DB,DC,DD1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,索引1E丄平面BDE,得平面BDE的一个法向量是EA1＝(0,－2,2),BA=则sinα=|cos∴直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值是∴直线A1B1与平面BDE所成的角即直线AB与平面BDE所成的角.索引丫CE丄平面ABD,：点E到平面ABD的距离d＝CC1＝1.连接AE,则V三棱锥E－ABDS△ABD·d：BE2＝BD2＋DE2,则BD丄DE,：S△BDE＝BD·DE＝,：直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值为.索引感悟提升索引=AC＝2,AA1＝23.又B1D1∩BB1＝B1,B1D1,BB1C平面BDD1B1,索引索引可得BC1＝(1,3,23),BA1＝(－1,3,2则sinθ=|cos索引连接BO1,OO1,过D点作DHTBO1于点H,连接HC1.由(1)知平面A1C1BT平面BDD1B1,DHc平面BDD1B1,DHT平面A1C1B,则7DC1H为直线DC1与平面A1C1B所成的角.索引所以sinLOBO解得DH又DC所以sinLDC1H索引三余弦定理三余弦定理教考记7AOA'=θ1,7A'OM=θ2,7AOM=θ,那么cosθ=cosθ1cosθ2(证明略).索引索引3 典例(1)在正四面体ABCD中,O为△BCD的重心,则cosLABO＝3.所以cosLABO法二如图,由三余弦公式,cosLABD＝cosLABO·cosLOBD,显然LABD＝60°,LOBD＝30°,所以cosLABO索引因为OC∩CE＝C,OC,CEc平面COE.索引所以BDTOE,从而在图1中,C,O,E三点共线,COSLOBE7OBE索引7CBE故7CBE＝45°,法二如图2,作CETAB于E,由题意,CET平面ABD,故7CBE即为BC与平面ABD所成的角,7CBD＝cos7ABD·cos7CBE,7CBE,7CBE从而7CBE＝45°,所以直线BC与平面ABD所成的角为45°.索引考点三平面与平面的夹角索引BF＝(－2,0,4),:GF·EF＝0,GF·BF＝0,又EF∩BF＝F,EFc平面EBF,BFc平面EBF,:GF丄平面EBF.索引EF聂A1B1,所以EF丄平面BCC1B1,又因为GFc平面BCC1B1,所以GF丄EF.1索引因为GF丄EF,GF丄BF,且BF∩EF＝F,BF,EFc平面EBF,索引索引则cosθ=|cos<n1,n:5索引法二过点F作FHTBE于点H,连接HG,如图所示,因为FGT平面EBF,BEc平面EBF,所以FGTBE,又FG∩FH＝F,FG,FHc平面FGH,所以BET平面FGH,又HGc平面FGH,所以BETHG,所以7FHG即为平面EBF与平面EBG的夹角.因为EFT平面BCC1B1,BFc平面BCC1B1,所以EFTBF,索引所以FH因为FGT平面EBF,HFc平面EBF,所以FGTHF.在Rt△GFH中,GFFH7FHG7FHG＝4.55索引故EF2＋BF2＝BE2,:EF丄BF,:2索引所以EF聂DC,又EFc平面BEF,则CQ＝CB·cosLBCQ＝CB·cosLB1BFVD－BEF＝VC－BEF=·S△BEF·CQ=×45×=.索引感悟提升(3)设两个平面的夹角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|.索引感悟提升索引=2,BC＝1,AB＝3.(1)若AD丄PB,证明:AD聂平面PBC;由于PA丄底面ABCD,ADc底面ABCD,PA∩PB＝P,PA,PBc平面PAB,又ABc平面PAB,所以AD丄AB.索引又因为AD4平面PBC,BCc平面PBC,所以AD聂平面PBC.索引所以CD＝(0,－4__a2,0),AC＝(－a,4__a2,0),Cp＝(a,－4__a2,2).索引7索引索引法二如图所示,过点D作DETAC于点E,再过点E作EFTCP于点F,连接DF,因为PAT平面ABCD,所以平面PACT平面ABCD,所以DET平面PAC,故DETCP,又EFTCP,且DE,EFc平面DEF,所以CPT平面DEF,7DFE即为二面角A－CP－D的平面角,索引7DFE即tan7DFE＝6.因为ADTDC,设AD＝x,则CD＝4-x2,7DFE解得x＝3,即AD＝3.索引射影面积法求二面角射影面积法求二面角教考1.教材母题(人教B版选修一P50尝试与发现)在图中,设S为二面角α-AB-β的半平面α上的一点,过点S作半平面β射影,根据三垂线逆定理可知SOTAB,故7SOS'为二面角α-AB-β=S△AS/B.S△ASB索引索引典例已知△ABC与△BCD所在平面垂直,且AB＝BC＝BD,7ABC＝7DBC=5-5过A作AETCB的延长线于点E,连接DE,∵平面ABCT平面BCD,平面ABC∩平面BCD＝BC,AEc平面ABC,丫AET平面BCD,丫E点即为点A在平面BCD内的射影,索引7ABD＝,7ABD丫S△ABD又BEa,丫S△BDE5索引ACFE丄平面ABCD,AB聂CD,LBAD＝90°,AB＝1,CD=2,AD＝1,平面ADF与棱BE交于点G.(1)求证:AG聂DF;因为CD聂AB,CDc平面CDF,AB4平面CDF.所以AB聂平面CDF,又CF聂AE,CFc平面CDF,AE4平面CDF,所以AE聂平面CDF,又AB∩AE＝A,且AB,AEc平面ABE,因为平面ADF与棱BE交于点G,且BEc平面ABE,所以DF聂AG,即AG聂DF.AB,ADc平面ABCD,E(0,0,1),F(2,1,1),则sinα=|cos正明又MNc平面B1MN,BC14平面B1MN,所以MN＝(－1,0,2),MB1＝(1,2,4),所以平面B1MN∩平面ADD1A1＝PN,又PHC平面ADD1A1,所以PH丄B1A1.又A1H∩A1B1＝A1,A1H,A1B1C平面A1B1H,所以PH丄平面A1B1H,所以PH丄B1H.所以LB1HA1即为平面B1MN与平面BCC1B1设LB1HA1=θ,所以PN所以sinLP在Rt△PA1H中,A1H＝A1PsinLP+cos2＋cos2θ=1,如图,过点N作NN'TCC1于点N',过点M作MM'TBC于点M',7MNB1＝MN2＋B1N2__MB2MN·B1N所以sinLMNB所以$△B1MN＝B1N×MN×sinLMNB1=×23×5×=14.又$△B1M,N,＝$四边形BCC1B1－$△B1BM,－$△B1C1N,－S△M'N'C＝8－2－2－1＝3,ABCD,AC交BD于O,AB丄BC,AB＝BC＝2,AD＝CD=法一因为EO聂PA,所以EO丄平面ABCD,以O为原点,OA,OB,OE的方向DO＝DA2-OA2＝2,E(0,0,1),则sinθ=|cos法二过E作EFT平面PAD,交平面PAD于F,连接FA,则7FAE即为AE与平面PAD所成角,如图,所以sinLFAE＝EF.EA因为AOc平面ABCD,所以EO丄AO,因为DO＝AD2-A02＝2,所以V三棱锥P－AOD=·S△AOD·PA 所以所以hEF,所以sinL4,AA1＝6,且D,E满足B1D＝DC1,A1E＝3EC1,过A,D,E三点的平面α与棱BB1交于点F,若B1F=λB1B.因为B1D＝DC1,平面ABC∩平面BCC1B1＝BC,AOc平面ABC,又ODc平面BCC1B1,D(0,0,6),又A1E＝3EC1,则E,,‘),因为A,D,E,F四点共面,所以存在实数m,n,使得AF＝mAD＋nAE,即(－2,－23,z0)＝m(0,－2则B1F＝