（江苏专用）2020版高考数学总复习第十三章第五节空间向量的应用（二）——求空间角课件苏教版.pptx

1、第五节空间向量的应用(二)求空间角,利用空间向量求空间角,教材研读,考点一 求异面直线所成角,考点二 求直线与平面所成的角,考点突破,考点三 求二面角,考点四 已知空间角,确定点的位置或求参数的值,利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的角 (i)范围:两条异面直线所成的角的取值范围是. (ii)向量求法:设两条异面直线a、b所成的角为,方向向量分别为a、b,教材研读,其夹角为,则有cos =|cos |. (2)直线与平面所成的角 (i)范围:直线和平面所成的角的取值范围是. (ii)向量求法:设直线l与平面所成的角为,直线l的方向向量为a,平面的法向量为u,a与u的夹角为,则有sin

2、 =|cos |或cos =sin .,(3)二面角 (i)范围:二面角的取值范围是0,. (ii)向量求法: a.若AB、CD分别是二面角-l-的两个半平面内与棱l垂直的异面直线,则二面角的大小就是向量、的夹角(如图1所示).b.设n1、n2分别是二面角-l-的两个半平面、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大小(如图2、3所示).,1.(教材习题改编)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB,BC上的点. (1)若E,F分别是AB,BC的中点,求证:A1FC1E;,(2)若AE=BF,试求A1F与C1E所成角的大小.,解析以点D为坐标原点,分别

3、以,为x轴、y轴、z轴的正方向 建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2.,(1)证明:因为E,F分别是AB,BC的中点,所以=(-1,2,-2),=(2,-1,-2).所 以=-2-2+4=0,所以,即A1FC1E. (2)设AE=BF=a(0a2),则=(-a,2,-2),=(2,a-2,-2).因为= -2a-2a+4+4=0,所以,即A1F与C1E所成角的大小为90.,2.(2018江苏高考信息预测)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,且PA底面ABCD.若正方形ABCD的边长为2,且PC=2,点E为线段 PC的三等分点,且EC=2PE,求锐二面角B-AE-C的余弦值.,

4、解析以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系,其中的方向,的方向,的方向分别为x 轴,y轴,z轴的正方向,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0).易得AC=2. 又PC=2,则在直角PAC中,PA=2,所以P(0,0,2). 设E(x,y,z),由PC=3PE,得=,即x=,y=,z=,则E,= .=(2,0,0). 易知平面EAC的法向量n1=(-1,1,0),设平面AEB的法向量为n2=(x1,y1,z1).,由得令y1=-2,则x1=0,z1=1,即n2=(0,-2,1).nn2 =-2. 则cos=. 所

5、以锐二面角B-AE-C的余弦值为.,考点一 求异面直线所成角 典例1(2019苏北四市高三模拟)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=1,AA1=2,E,F,G分别是AA1,AC,A1C1的中点.以,为正交基底,建立 如图所示的空间直角坐标系F-xyz. (1)求异面直线AC与BE所成角的余弦值; (2)求二面角F-BC1-C的余弦值.,考点突破,解析(1)易得F(0,0,0),A,C,B,E, C1 , 所以=(-1,0,0),=.设异面直线AC与BE所成的角为,则cos =|cos|=. 所以异面直线AC与BE所成角的余弦值为. (2)设平面BFC1的法向量为m=(x1,y1,z1)

6、, 因为=,=,所以取x1=4,得m=(4,0,1). 设平面BCC1的法向量为n=(x2,y2,z2), 因为=,=(0,0,2), 所以取x2=,得n=(,-1,0).,所以cos=. 由题图可知二面角F-BC1-C为锐二面角, 所以二面角F-BC1-C的余弦值为.,规律总结 1.选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系; 2.确定各异面直线上两个点的坐标,从而确定两异面直线的方向向量; 3.利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值;,4.两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值,结合异面直线所成角的范围即可求出其大小.,1-1(2017江苏海安高级中学高三阶段检测)在正方体A

7、BCD-A1B1C1D1中,O是AC的中点,E是线段D1O上一点,且=. (1)若=1,求异面直线DE与CD1所成角的余弦值; (2)若平面CDE平面CD1O,求的值.,解析(1)设正方体的棱长为1,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,且的方向、的方向、 的方向分别为x轴、z轴的正方向, 则D(0,0,0),A(1,0,0),O,C(0,1,0),D1(0,0,1).当=1时,可知E为D1O的 中点,则E, 于是=,=(0,-1,1).,则cos=. 所以异面直线DE与CD1所成角的余弦值为. (2)设平面CD1O的法向量为m=(x1,

8、y1,z1),则 因为=,=(0,-1,1), 所以取x1=1,得y1=z1=1,即m=(1,1,1).,由=,得E, 所以=. 设平面CDE的法向量为n=(x2,y2,z2),则 因为=(0,-1,0),=,取x2=-2,得z2=,即n=(-2,0,). 因为平面CDE平面CD1O,所以mn=0.所以-2+=0,解得=2.,所以,考点二 求直线与平面所成的角 典例2(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点. (1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值; (2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.,解析如图

9、,在正三棱柱ABC-A1B1C1中, 设AC,A1C1的中点分别为O,O1, 则OBOC,OO1OC,OO1OB,以,为基底,建立空间直角坐标系O-xyz. 因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2), C1(0,1,2). (1)因为P为A1B1的中点,所以P. 从而=,=(0,2,2). 故|cos|=.,因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为. (2)因为Q为BC的中点,所以Q, 因此=,=(0,2,2),=(0,0,2). 设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量, 则即,不妨取n=(,-1,1).

10、设直线CC1与平面AQC1所成角为, 则sin =|cos|=, 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为. 方法技巧 利用向量法求线面角时,求出直线的方向向量与平面的法向量所成的锐角,取其余角就是直线与平面所成的角.,2-1(2019江苏扬州中学高三模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=2,AA1=2,F是棱BC的中点,点E在棱C1D1上,且D1E=EC1.求直线EF与 平面D1AC所成角的正弦值.,解析以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,且的方向,的方向,的方向分别为x轴,y轴,z 轴的正方向,则D(0,0

11、,0),A(2,0,0),C(0,4,0),D1(0,0,2),E(0,1,2),F(1,4,0).所以=(2,0,-2),=(0,4,-2),=(1,3,-2). 设平面D1AC的一个法向量为n=(x,y,z),则 解得取y=1,则n=(2,1,2).又|=,|n|=3,n=1,所以cos,=.因为cos0,所以是锐角,且是直线 EF与平面D1AC所成角的余角.所以直线EF与平面D1AC所成角的正弦值为.,考点三 求二面角 典例3(2018江苏五校高三学情检测)如图,在四棱锥A-EFCB中,AEF为等边三角形,平面AEF平面EFCB,EFBC,BC=4,EF=2a(0a2), EBC=FCB

12、=60,O为EF的中点. (1)求证:AOBE; (2)求二面角F-AE-B的余弦值.,解析(1)证明:因为AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AOEF. 又因为平面AEF平面EFCB,且平面AEF平面EFCB=EF,AO平面AEF, 所以AO平面EFCB,又BE平面EFCB, 所以AOBE. (2)取BC的中点G,连接OG.,由题意知四边形EFCB是等腰梯形, 所以OGEF.由(1)知AO平面EFCB,又OG平面EFCB, 所以OAOG. 建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz, 则E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),

13、0). 设平面AEB的法向量为n=(x,y,z), 则即 令z=1,则x=,y=-1.,于是n=(,-1,1). 易知平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0). 所以cos=-. 由题意知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-.,方法技巧 求二面角最常用的方法是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图 形判断所求角是锐角还是钝角.,3-1(2019江苏淮海中学高三模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,AP,AB,AD两两垂直,BCAD,且AP=AB=AD=4,BC=2. (1)求二面角P-CD-A的余弦值;,(2)已知H为线段P

14、C上异于点C的点, 且DC=DH,求 的值.,解析以,为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A- xyz.则A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4). (1)由题意可知,=(0,-4,4),=(4,-2,0).,设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z), 则即令x=1,则y=2,z=2. 所以n1=(1,2,2). 易知平面ACD的一个法向量为n2=(0,0,1), 所以cos=. 结合题意知二面角P-CD-A的余弦值为.,(2)由题意可知,=(4,2,-4),=(4,-2,0), 设=(4,2,-4),则=+=(4,2-4,4-4). 因为D

15、C=DH,所以=.,化简得32-4+1=0,所以=1或=. 又因为点H异于点C,所以=,即=.,典例4(2019江苏高考模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,ABAC,M,N分别是棱CC1,BC的中点,点P在直线A1B1上. (1)当直线PN与平面ABC所成的角最大时, 求线段A1P的长度; (2)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC 所成的二面角为?如果存在,试确定点P的 位置;如果不存在,请说明理由.,考点四 已知空间角,确定点的位置或求参数的值,解析如图,以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz,则A1(0,0,1),B1(1,0,1), M,N,设P(

16、,0,1),则=(,0,0), =+=(,0,1),=. (1)设m=(0,0,1),易知m是平面ABC的一个法向量. 设直线PN与平面ABC所成的角为, 则sin =|cos|=. 当=时,sin 有最大值,即取得最大值,故A1P的长度为. (2)=,由(1)知=, 平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1). 设n=(x,y,z)是平面PMN的法向量. 则即解得,令x=3,得y=1+2,z=2-2,n=(3,1+2,2-2). |cos|=, 化简得42+10+13=0.(*) =100-4413=-1080,方程(*)无解. 不存在点P使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为.,方法技巧 探索性问题解题的一般步骤 (1)建立适当的空间直角坐标系,写出相关点的坐标; (2)将已知的位置关系转化为向量关系,进而得到关于所设点的坐标的方程组; (3)解方程组; (4)根据方程组解的情况得出结论.,4-1(2017江苏南通高三第一次调研测试)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱C1D1的中点,Q为棱BB1上的点,且BQ=BB1(0).,(1)若=,求