向量法求空间角
A B C D P Q 向量法求空间角
1.(本小题满分10分)在如图所示的多面体中,四边形为正方形,四边形是直角梯形,,平面,.
(1)求证:平面;
(2)求平面与平面所成的锐二面角的大小.
2.(满分13分)如图所示,正四棱锥P -ABCD 中,O 为底面正方形的中心,侧棱PA 与底面ABCD 所成的角的正切值为
26.
(1)求侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角的大小;
(2)若E 是PB 的中点,求异面直线PD 与AE 所成角的正切值;
(3)问在棱AD 上是否存在一点F ,使EF ⊥侧面PBC ,若存在,试确定点F 的位置;若不存在,说明理由.
3.(本小题只理科做,满分14分)如图,已知AB ⊥平面ACD ,DE//AB ,△ACD 是正三角形,AD=DE=2AB ,且F 是CD 的中点.
(1)求证:AF//平面BCE ;
(2)求证:平面BCE ⊥平面CDE ;
B
(3)求平面BCE 与平面ACD 所成锐二面角的大小.
4.(本小题满分12分)如图,在四棱锥中,底面,且底面为正方形,分别为的中点.
(1)求证:平面;
(2)求平面GEF 和平面DEF 的夹角.
5.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,平面1A BC ⊥ 侧面11A ABB 且12AA AB ==.
(Ⅰ)求证:AB BC ⊥;
(Ⅱ)若直线AC 与平面1A BC 所成的角为
6
π,求锐二面角1A A C B --的大小.
6.如图,四边形是正方形,平面,,,,,分别为,,的中点.
(1)求证:平面;
(2)求平面与平面所成锐二面角的大小.
参考答案
1.(1)详见解析;(2)
【解析】
试题分析:(1)根据题中所给图形的特征,不难想到建立空间直角坐标,由已知,,,两两垂直,可以为原点,、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.表示出图中各点的坐标:设,则,,,,则可表示出,,,根据数量积为零与垂直的充要条件进行证明,由,,故,,即可证明;(2)首先求出两个平面的法向量,其中由于平面,所以可取平面的一个法向量为;设平面的一个法向量为,则,,故即取,则,故,转化为两个法向量的夹角,设与的夹角为,则.即可求出平面与平面所成的锐二面角的大小.
试题解析:(1)由已知,,,两两垂直,可以为原点,、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
设,则,,,,
故,,,
因为,,故,,
即,, 又DC DQ D =I
所以,平面.
(2)因为平面,所以可取平面的一个法向量
为,
点的坐标为,则,,
设平面的一个法向量为,则,,
故即取,则,
故.
设与的夹角为,则.
所以,平面与平面所成的锐二面角的大小为
考点:1.空间向量的应用;2.二面角的计算;3.直线与平面的位置关系
2.(1)60?; (2)5
102; (3)F 是AD 的4等分点,靠近A 点的位置. 【解析】
试题分析:(1)取AD 中点M ,连接MO ,PM ,由正四棱锥的性质知∠PMO 为所求二面角P -AD
-O 的平面角,∠PAO 为侧棱PA 与底面ABCD 所成的角∴tan ∠PAO =26
,设AB =a ,则AO =22a ,PO =23
a ,MO=, tan ∠PMO =3,∠PMO =60°; (2)依题意连结AE ,OE ,则OE ∥PD ,故∠OEA 为异面直线PD 与AE 所成的角,由正四棱锥的性质易证OA ⊥平面POB,故为
直角三角形,OE =21
PD =2122DO PO +=45a ∴tan ∠AEO =EO AO =5102;(3)延长MO 交BC 于N ,取PN 中点G ,连BG ,EG ,MG ,易得BC ⊥平面PMN ,故平面PMN ⊥平面PBC ,而△PMN 为正三角形,易证MG ⊥平面PBC ,取MA 的中点F,连EF,则四边形MFEG 为平行四边
形,从而MG
试题解析:(1)取AD 中点M ,连接MO ,PM ,依条件可知AD ⊥MO ,AD ⊥PO ,则∠PMO 为所求二面角P -AD -O 的平面角 (2分)
∵PO ⊥面ABCD ,
∴∠PAO 为侧棱PA 与底面ABCD 所成的角.
∴tan ∠PAO =26
设AB =a ,AO =22
a ,
∴ PO =AO·tan∠POA =23
a ,
tan ∠PMO =MO PO =3.
∴∠PMO =60°. (4分)
(2)连接AE ,OE , ∵OE ∥PD ,
∴∠OEA 为异面直线PD 与AE 所成的角. (6分)
∵AO ⊥BD ,AO ⊥PO ,∴AO ⊥平面PBD .
又OE ?平面PBD , ∴ AO ⊥OE .
∵OE =21PD =2122DO PO +=4
5a , M D
B A C
O
E
P
M D B A
C
O
E
P
∴tan ∠AEO =
EO
AO =5102. (8分) (3)延长MO 交BC 于N ,取PN 中点G ,连BG ,EG ,MG .
∵BC ⊥MN ,BC ⊥PN ,∴BC ⊥平面PMN
∴平面PMN ⊥平面PBC . (10分)
又PM =PN ,∠PMN =60°,∴△PMN 为正三角形.
∴MG ⊥PN .又平面PMN ∩平面PBC =PN ,∴MG ⊥平面PBC . (12分)
∴F 是AD 的4等分点,靠近A 点的位置 (13分)
考点:立体几何的综合问题
3.(1)见解析;(2)见解析;(3)45?.
【解析】
试题分析:(1)取CE 中点P ,连接FP 、BP ,根据中位线定理可知FP||DE ,且且FP=
.21DE ,而AB||DE ,且AB=.2
1DE 则ABPF 为平行四边形,则AF||BP ,AF ?平面BCE ,BP ?平面BCE ,满足线面平行的判定定理,从而证得结论;
(2)根据AB ⊥平面ACD ,DE||AB ,则DE ⊥平面ACD ,又AF ?平面ACD ,根据线面垂直的性质可知DE AF AF CD CD DE D ⊥⊥=I .又,,满足线面垂直的判定定理,证得AF ⊥平面CDE ,又BP||AF ,则BP ⊥平面CDE ,BP ?平面BCE ,根据面面垂直的判定定理可证得结论;
(3)由(2),以F 为坐标原点,FA ,FD ,FP 所在的直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系F ﹣xyz .设AC=2,根据线面垂直求出平面BCE 的法向量n ,而m=(0,0,1)为平面ACD 的法向量,设平面BCE 与平面ACD 所成锐二面角为α,根据||cos ||||m n m n α?=
?可求出所求.
试题解析:(1)解:取CE 中点P,连结FP 、BP,
∵F 为CD 的中点,∴FP||DE,且FP=
.21DE 又AB||DE,且AB=.2
1DE ∴AB||FP,且AB=FP, ∴ABPF 为平行四边形,∴AF||BP
又∵AF ?平面BCE,BP ?平面BCE, M D
B
A C
O E P
N G
F
∴AF||平面BCE
(2)∵△ACD 为正三角形,∴AF CD ⊥.
∵AB ⊥平面ACD,DE||AB,
∴DE ⊥平面ACD,又AF ?平面ACD,
∴DE ⊥AF.又AF ⊥CD,CD∩DE=D,
∴AF ⊥平面CDE
又BP||AF,∴BP ⊥平面CDE.又∵BP ?平面BCE,
∴平面BCE ⊥平面CDE
(3)法一、由(2),以F 为坐标原点,
FA,FD,FP 所在的直线分别为x,y,z 轴(如图),
建立空间直角坐标系F —xyz.设AC=2,
则C (0,—1,0),).2,1,0(,),1,0,3(E B -
设(,,)n x y z =v 为平面BCE 的法向量,
00,0,220
y z n CB n CE y z ?++=?∴?=?=∴?+=??v u u u v v u u u v ,令n=1,则(0,1,1)n =-v 显然,)1,0,0(=m 为平面ACD 的法向量.
设面BCE 与面ACD 所成锐二面角为,α
则||cos ||||m n m n α?===?∴ο45=α. 即平面BCE 与平面ACD 所成锐二面角为45?
法二、延长EB 、DA,设EB 、DA 交于一点O,连结CO.
则面EBC I 面DAC CO =.
由AB 是EDO ?的中位线,则AD DO 2=.
在OCD ?中22OD AD AC ==Q , 060=∠ODC .
CD OC ⊥,又DE OC ⊥.
OC ∴⊥ 面,ECD 而CE ?面ECD,
为所求二面角的平面角ECD CE OC ∠∴⊥∴,
在Rt EDC ?中,ED CD =Q ,045=∠∴ECD
即平面BCE 与平面ACD 所成锐二面角为45?.
考点:与二面角有关的立体几何综合题;直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的判定.
4.证明见解析
【解析】
试题分析::(1)利用已知的线面垂直关系建立空间直角坐标系,准确写出相关点的坐标,从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)证明线面平行,需证线线平行,只需要证明直线的方向向量与平面的法向量垂直;(3)把向量夹角的余弦值转化为两平面法向量夹角的余弦值;(4)空间向量将空间位置关系转化为向量运算,应用的核心是要充分认识形体特征,建立恰当的坐标系,实施几何问题代数化.同时注意两点:一是正确写出点、向量的坐标,准确运算;二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备. 试题解析:(1)如图,以为原点,以为方向向量
建立空间直角坐标系
则.
.
设平面的法向量为
即 令
则.
又平面平面
(2)底面是正方形,又平面
又,平面
向量是平面的一个法向量,又由(1)知平面的法向量.
二面角的平面角为.
考点:(1)证明直线与平面平行;(2)利用空间向量解决二面角问题.
5.(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)
3π. 【解析】
试题分析:(Ⅰ)取1A B 的中点D ,连接AD ,由已知条件推导出AD ⊥平面1A BC ,从而
AD BC ⊥,由线面垂直得1AA BC ⊥.由此能证明AB BC ⊥.
(Ⅱ)方法一:连接CD ,由已知条件得ACD ∠即为直线AC 与平面1A BC 所成的角,AED ∠即为二面角1A A C B --的一个平面角,由此能求出二面角1A A C B --的大小.解法二(向量法):由
(1)知AB BC ⊥且1BB ABC ⊥底面,所以以点B 为原点,以1BC BA BB 、、所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系B xyz -,设BC a =,则(0,2,0)A ,(0,0,0)B ,
(,0,0)C a ,1(0,2,2)A ,(,0,0)BC a =u u u r ,1(0,2,2)BA =u u u r ,(,2,0)AC a =-u u u r , 1(0,0,2)AA =u u u r ,
求出平面1A BC 的一个法向量1(,,)n x y z =u r ,设直线AC 与平面1A BC 所成的角为θ,则
6πθ=
得111sin 62
AC n AC n π===u u u r u r g u u u r u r ,解得2a =,即(2,2,0)AC =-u u u r ,求出平面1A AC 的一个法向量为2(1,1,0)n =u u r ,设锐二面角1A A C B --的大小为α,则
1212121cos cos ,2
n n n n n n α=<>==u r u u r u r u u r g u r u u r ,且(0,)2πα∈, 即可求出锐二面角1A A C B --的大小.
试题解析:解(1)证明:如图,
取1A B 的中点D ,连接AD ,因
1AA AB =,则1AD A B ⊥ 由平面1A BC ⊥侧面11A ABB ,且平面1A BC I 侧面11A ABB 1A B =,
得1AD A BC ⊥平面,又BC ?平面1A BC , 所以AD BC ⊥.
因为三棱柱111ABC A B C —是直三棱柱,则1AA ABC ⊥底面,所以1AA BC ⊥. 又1=AA AD A I ,从而BC ⊥侧面11A ABB ,又AB ?侧面11A ABB ,故AB BC ⊥. -------6分
解法一:连接CD ,由(1)可知1AD A BC ⊥平面,则CD 是AC 在1A BC 平面内的射影 ∴ ACD ∠即为直线AC 与1A BC 平面所成的角,则=
6ACD π∠ 在等腰直角1A AB ?中,12AA AB ==,且点D 是1A B 中点,∴
112AD A B ==,且=2ADC π∠,=6ACD π
∠
∴
AC =过点A 作1AE A C ⊥于点E ,连DE ,由(1)知1AD A BC ⊥平面,则1AD A C ⊥,且AE AD A =I
∴ AED ∠即为二面角1A A C B --的一个平面角且直角1A AC ?中
:11A A AC AE AC ?===,
又AD ,=2ADE π∠ ∴
sin =3
AD AED AE ∠== 且二面角1A A C B --为锐二面角 ∴ =
3AED π∠,即二面角1A A C B --的大小为3
π ----12分 解法二(向量法):由(1)知AB BC ⊥且1BB ABC ⊥底面,所以以点B 为原点,以
1BC BA BB 、、所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系B xyz -,如图所示,且设
BC a =,
则(0,2,0)A ,(0,0,0)B ,(,0,0)C a ,1(0,2,2)A ,(,0,0)BC a =u u u r ,1(0,2,2)BA =u u u r ,(,2,0)AC a =-u u u r ,
1(0,0,2)AA =u u u r 设平面1
A BC 的一个法向量1(,,)n x y z =u r ,由1BC n ⊥u u u r u r , 11BA n ⊥u u u r u r 得:
0220
xa y z =??+=? 令1y = ,得 0,1x z ==-,则1(0,1,1)n =-u r 设直线AC 与1A BC 平面所成的角为θ,则6π
θ=
得111sin 62
AC n AC n π?===u u u r u r u u u r u r ,解得2a =,即(2,2,0)AC =-u u u r 又设平面1A AC 的一个法向量为2n u u r ,同理可得2(1,1,0)n =u u r ,设锐二面角1A A C B --的大
小为α,则 1212121cos cos ,2
n n n n n n α?=<>==u r u u r u r u u r u r u u r ,且(0,)2πα∈,得 3πα= ∴ 锐二面角1A A C B --的大小为3
π. 考点:1.用空间向量求平面间的夹角;2.空间中直线与直线之间的位置关系.
6.(1)证明见解析;(2)0
45
【解析】
试题分析:(1)利用已知的线面垂直关系建立空间直角坐标系,准确写出相关点的坐标,从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)证明证线线垂直,只需要证明直线的方向向量垂直;(3)把向量夹角的余弦值转化为两平面法向量夹角的余弦值;(4)空间向量将空间位置关系转化为向量运算,应用的核心是要充分认识形体特征,建立恰当的坐标系,实施几何问题代数化.同时注意两点:一是正确写出点、向量的坐标,准确运算;二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备.
试题解析:(1)证明:,分别为,的中点,
.
又平面,平面,
平面.
(2)解:平面,,平面
平面,.
四边形是正方形,.
以为原点,分别以直线为轴, 轴,轴
建立如图所示的空间直角坐标系,设
,
,,,,,,
,.
,,分别为,,的中点,
,,,,
(解法一)设为平面的一个法向量,则,
即,令,得.
设为平面的一个法向量,则,
即,令,得.
所以==.
所以平面与平面所成锐二面角的大小为(或)
(解法二),,
是平面一个法向量.
,,
是平面平面一个法向量.
平面与平面所成锐二面角的大小为(或).
(解法三)延长到使得连
,,
四边形是平行四边形,
四边形是正方形,
,分别为,的中点,
平面,平面,平面.
平面平面平面
故平面与平面所成锐二面角与二面角相等.
平面平面
平面是二面角的平面角.
平面与平面所成锐二面角的大小为(或).
考点:1、直线与平面平行的判定;2、平面与平面所成的角.
利用空间向量求空间角教案设计
利用空间向量求空间角 一、高考考纲要求: 能用向量方法解决异面直线的夹角、线面角、面面角问题.体会向量法在立体几何中的应用. 二、命题趋势: 在高考中,本部分知识是考查的重点内容之一,主要考查异面直线所成角、线面角、面面角的计算,属中档题,综合性较强,与平行垂直联系较多. 三、教学目标 知识与技能:能用向量法熟练解决异面直线的夹角、线面角、面面角的计算问题,了解向量法在研究立体几何问题中的应用; 过程与方法:通过向量这个载体,实现“几何问题代数化”的思想,进一步发展学生的空间想象能力和几何直观能力; 情感态度价值观:通过数形结合的思想和方法的应用,进一步让学生感受和体会空间直角坐标系,方向向量,法向量的魅力. 四、教学重难点 重点:用向量法求空间角——线线角、线面角、二面角; 难点:将立体几何问题转化为向量问题. 五、教学过程 (一)空间角公式 1、异面直线所成角公式:如图,设异面直线l ,m 的方向向量分别为a r ,b r ,异面直线l ,m
2、线面角公式:设直线l 为平面α的斜线,a r 为l 的方向向量,n r 为平面α的法向量,θ为 l 与α所成的角,则sin cos ,a n θ==r r a n a n ?r r r r . 3、面面角公式:设1n r ,2n r 分别为平面α、β的法向量,二面角为θ,则12,n n θ=r r 或 12,n n θπ=-r r (需要根据具体情况判断相等或互补) ,其中121212 cos ,n n n n n n ?=r r r r r r . α θ O n r a
(二)典例分析 如图,已知:在直角梯形OABC 中,//OA BC ,90AOC ∠=o ,SO ⊥面OABC ,且 1,2OS OC BC OA ====.求: (1)异面直线SA 和OB 所成的角的余弦值; (2)OS 与面SAB 所成角α的正弦值; (3)二面角B AS O --的余弦值. 解:如图建立空间直角坐标系,则(0,0,0)O , (2,0,0)A ,(1,1,0)B ,(0,1,0)C ,(0,0,1)S , 于是我们有(2,0,1)SA =-u u r ,(1,1,0)AB =-u u u r ,(1,1,0)OB =u u u r ,(0,0,1)OS =u u u r , (1)cos ,5SA OB SA OB SA OB ?== =u u r u u u r u u r u u u r u u r u u u r , 所以异面直线SA 和OB 所成的角的余弦值为5 . (2)设平面SAB 的法向量(,,)n x y z =r , 则0,0, n AB n SA ??=???=??r u u u r r u u r ,即0,20.x y x z -+=??-=? 取1x =,则1y =,2z =,所以(1,1,2)n =r , sin cos ,3OS n OS n OS n α?∴=== =u u u r r u u u r r u u u r r . (3)由(2)知平面SAB 的法向量1(1,1,2)n =u r , 又OC ⊥Q 平面AOS ,OC ∴u u u r 是平面AOS 的法向量, 令2(0,1,0)n OC ==u u r u u u r ,则有121212 cos ,n n n n n n ?== =u r u u r u r u u r u r u u r . ∴二面角B AS O --O A B C S
利用空间向量求空间角考点与题型归纳
利用空间向量求空间角考点与题型归纳 一、基础知识 1.异面直线所成角 设异面直线a ,b 所成的角为θ,则cos θ=|a ·b | |a ||b | ? , 其中a ,b 分别是直线a ,b 的方向 向量. 2.直线与平面所成角 如图所示,设l 为平面α的斜线,l ∩α=A ,a 为l 的方向向量,n 为平面α的法向量, φ为l 与α所成的角,则sin φ=|cos 〈a ,n 〉|=|a ·n | |a ||n | ? . 3.二面角 (1)若AB ,CD 分别是二面角α-l -β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线,则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→ 的夹角,如图(1). (2)平面α与β相交于直线l ,平面α的法向量为n 1,平面β的法向量为n 2,〈n 1,n 2〉=θ,则二面角α -l -β为θ或π-θ.设二面角大小为φ,则|cos φ|=|cos θ|= |n 1·n 2| |n 1||n 2| ? ,如图(2)(3). 两异面直线所成的角为锐角或直角,而不共线的向量的夹角为(0,π),所以公式中要加绝对值. 直线与平面所成角的范围为????0,π 2,而向量之间的夹角的范围为[0,π],所以公式中要加绝对值. 利用公式与二面角的平面角时,要注意〈n 1,n 2〉与二面角大小的关系,是相等还是互
补,需要结合图形进行判断. 二、常用结论 解空间角最值问题时往往会用到最小角定理 cos θ=cos θ1cos θ2. 如图,若OA 为平面α的一条斜线,O 为斜足,OB 为OA 在平面α内的射影,OC 为平面α内的一条直线,其中θ为OA 与OC 所成的角,θ1为OA 与OB 所成的角,即线面角,θ2为OB 与OC 所成的角,那么cos θ=cos θ1cos θ2. 考点一 异面直线所成的角 [典例精析] 如图,在三棱锥P -ABC 中,P A ⊥底面ABC ,∠BAC =90°.点D ,E ,N 分别为棱P A ,PC ,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,P A =AC =4,AB =2. (1)求证:MN ∥平面BDE ; (2)已知点H 在棱P A 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为7 21 ,求线段AH 的长. [解] 由题意知,AB ,AC ,AP 两两垂直,故以A 为原点,分别以AB ―→,AC ―→,AP ―→ 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.依题意可得A (0,0,0),B (2,0,0),C (0,4,0),P (0,0,4),D (0,0,2),E (0,2,2),M (0,0,1),N (1,2,0). (1)证明:DE ―→=(0,2,0),DB ―→ =(2,0,-2). 设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的法向量, 则????? n ·DE ―→=0,n ·DB ―→=0, 即????? 2y =0,2x -2z =0. 不妨取z =1,可得n =(1,0,1).
用向量法求二面角的平面角教案
第三讲:立体几何中的向量方法——利用空间向量求二面角的平面角 大家知道,立体几何是高中数学学习的一个难点,以往学生学习立体几何时,主要采取“形到形”的综合推理方法,即根据题设条件,将空间图形转化为平面图形,再由线线,线面等关系确定结果,这种方法没有一般规律可循,对人的智力形成极大的挑战,技巧性较强,致使大多数学生都感到束手无策。 高中新教材中,向量知识的引入,为学生解决立体几何问题提供了一个有效的工具。它能利用代数方法解决立体几何问题,体现了数形结合的思想。并且引入向量,对于某些立体几何问题提供通法,避免了传统立体几何中的技巧性问题,因此降低了学生学习的难度,减轻了学生学习的负担,体现了新课程理念。 为适应高中数学教材改革的需要,需要研究用向量法解决立体几何的各种问题。本文举例说明如何用向量法解决立体几何的空间角问题。以此强化向量的应用价值,激发学生学习向量的兴趣,从而达到提高学生解题能力的目的。 利用向量法求空间角,不需要繁杂的推理,只需要将几何问题转化为向量的代数运算,方便快捷。空间角主要包括线线角、线面角和二面角,下面对二面角的求法进行总结。 教学目标 1.使学生会求平面的法向量; 2.使学生学会求二面角的平面角的向量方法; 3.使学生能够应用向量方法解决一些简单的立体几何问题; 4.使学生的分析与推理能力和空间想象能力得到提高. 教学重点
求平面的法向量; 求解二面角的平面角的向量法. 教学难点 求解二面角的平面角的向量法. 教学过程 Ⅰ、复习回顾 一、回顾相关公式: 1、二面角的平面角:(范围:],0[πθ∈) 向量夹角的补角. 3、用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”: (1)建立立体图形与空间向量的联系,用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面,把立体几何问题转化为向量问题;(化为向量问题) (2)通过向量运算,研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题;(进行向量运算) (3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。(回到图形) Ⅱ、典例分析与练习 例1、如图,ABCD 是一直角梯形,?=∠90ABC ,⊥SA 面ABCD ,1===BC AB SA ,
向量法求空间角(高二数学,立体几何)
A B C D P Q 向量法求空间角 1.(本小题满分10分)在如图所示的多面体中,四边形ABCD 为正方形,四边形ADPQ 是直角梯形,DP AD ⊥,⊥CD 平面ADPQ ,DP AQ AB 2 1==. (1)求证:⊥PQ 平面DCQ ; (2)求平面BCQ 与平面ADPQ 所成的锐二面角的大小. 2.(满分13分)如图所示,正四棱锥P -ABCD 中,O 为底面正方形的中心,侧棱PA 与底面ABCD 所成的角的正切值为 2 6. (1)求侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角的大小; (2)若E 是PB 的中点,求异面直线PD 与AE 所成角的正切值; (3)问在棱AD 上是否存在一点F ,使EF ⊥侧面PBC ,若存在,试确定点F 的位置;若不存在,说明理由. B
3.(本小题只理科做,满分14分)如图,已知AB⊥平面ACD,DE//AB,△ACD是正三角形,AD=DE=2AB,且F是CD的中点. (1)求证:AF//平面BCE; (2)求证:平面BCE⊥平面CDE; (3)求平面BCE与平面ACD所成锐二面角的大小. P-中,PD⊥底面ABCD,且底面4.(本小题满分12分)如图,在四棱锥ABCD ABCD为正方形,G PD =分别为CB PC, ,的中点. = PD F ,2 E AD, , AP平面EFG; (1)求证:// (2)求平面GEF和平面DEF的夹角.
H P G F E D C B 5.如图,在直三棱柱111AB C A B C -中,平面1A BC ⊥ 侧面11A ABB 且12AA AB ==. (Ⅰ)求证:AB BC ⊥; (Ⅱ)若直线AC 与平面1A BC 所成的角为6 π,求锐二面角1A A C B --的大小. 6.如图,四边形ABCD 是正方形,EA ⊥平面ABCD ,EA PD ,2AD PD EA ==,F ,G , H 分别为PB ,EB ,PC 的中点. (1)求证:FG 平面PED ; (2)求平面FGH 与平面PBC 所成锐二面角的大小.
用空间向量解决空间中“夹角”问题
利用空间向量解决空间中的“夹角”问题 学习目标 : 1.学会求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的向量方法; 2.能够应用向量方法解决一些简单的立体几何问题; 3.提高分析与推理能力和空间想象能力。 重点 : 利用空间向量解决空间中的“夹角” 难点 : 向量夹角与空间中的“夹角”的关系 一、复习引入 1.用空间向量解决立体几何问题的“三步曲” (1)建立立体图形与空间向量的联系,用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面,把立体几何问题转化为向量问题;(化为向量问题) (2)通过向量运算,研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题;(进行向量运算) (3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。(回到图形) 2.向量的有关知识: (1)两向量数量积的定义:><=?,cos |||| (2)两向量夹角公式:| |||,cos b a >= < (3)平面的法向量:与平面垂直的向量 二、知识讲解与典例分析 知识点1:异面直线所成的角(范围:]2 , 0(π θ∈) (1)定义:过空间任意一点o 分别作异面直线a 与b 的平行线a′与b′,那么直线a′与b′ 所成的锐角或直角,叫做异面直线a 与b 所成的角. (2)用向量法求异面直线所成角 设两异面直线a 、b 的方向向量分别为和, 问题1: 当与的夹角不大于90 的角θ与 和 的夹角的关系?问题 2:a 与b 的夹角大于90°时,,异面直线a θ与a 和b 的夹角的关系? 结论:异面直线a 、b 所成的角的余弦值为| ||||,cos |cos n m = ><=θ a
例1如图,正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为a ,侧棱长为a 2,求1AC 和1CB 所成的角. 解法步骤:1.写出异面直线的方向向量的坐标。 2.利用空间两个向量的夹角公式求出夹角。 解:如图建立空间直角坐标系xyz A -,则 )2,,0(),0,21,23(),2,21,23(),0,0,0(11a a B a a C a a a C A -- ∴ )2,21,23(1a a a AC -=,)2,21 ,23(1a a a CB = 即21 323||||,cos 22 111111==>=<,与θ的关系? 例2、如图,正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为a ,侧棱长为a 2,求1AC 和B B AA 11面所成角的正弦值. 分析:直线与平面所成的角步骤: 1. 求出平面的法向量 2. 求出直线的方向向量 3. 求以上两个向量的夹角,(锐角)其余角为所求角 解:如图建立空间直角坐标系xyz A -,则),0,,0(),2,0,0(1a a AA ==)2,21 ,23(1a a a AC -= 设平面B B AA 11的法向量为),,(z y x n = x y
利用空间向量求空间角和距离
利用空间向量求空间角和距离 A 级——夯基保分练 1.如图所示,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,已知M ,N 分别是BD 和AD 的中点,则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( ) A.30 30 B .3015 C. 3010 D. 1515 解析:选C 建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,则B 1(2,2,2),M (1,1,0),D 1(0,0,2),N (1,0,0),∴B 1M ―→ =(-1,-1,-2),D 1N ―→ =(1,0,-2), ∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→ | |B 1M ―→|·|D 1N ―→|= |-1+4|1+1+4×1+4=30 10 . 2.如图,已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AD =AA 1=1,AB =3,E 为线段AB 上一点,且AE =1 3AB ,则DC 1与平面D 1EC 所成角的 正弦值为( ) A.33535 B .277 C.33 D.24 解析:选A 如图,以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则C 1(0,3,1),D 1(0,0,1),E (1,1,0),C (0,3,0), ∴DC 1―→=(0,3,1),D 1E ―→=(1,1,-1),D 1C ―→ =(0,3,-1). 设平面D 1EC 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则????? n ·D 1E ―→=0,n · D 1C ―→=0,即????? x +y -z =0,3y -z =0,取y =1,得n =(2,1,3). ∴cos DC 1―→,n =DC 1―→·n |DC 1―→|·|n| =33535, ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为335 35 .