立体几何中的向量方法(二)——求空间角
第8节 立体几何中的向量方法(二)——求空间角
最新考纲 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
知 识 梳 理
1.异面直线所成的角
设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则
2.求直线与平面所成的角
设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n |
|a ||n |. 3.求二面角的大小
(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈AB
→，CD →〉.
(2)如图②③，n 1，n 2 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角). [常用结论与微点提醒]
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.
2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，
来确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补.
诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)两直线的方向向量所成的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所成的角就是直线与平面所成的角.( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( )
(4)两异面直线夹角的范围是? ????0，π2，直线与平面所成角的范围是???
???0，π2，二
面角的范围是[0，π].( )
解析 (1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量a ，平面的法向量n ，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos a ，n |；
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2.(教材练习改编)已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( ) A.45°
B.135°
C.45°或135°
D.90° 解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n
|m ||n |＝
11·2
＝2
2，即〈m ，n 〉＝45°. ∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°. 答案 C
3.已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若 cos 〈m ，n 〉＝－1
2，则l 与α所成的角为________.
解析 设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－1
2
，∴ sin θ＝| cos 〈m ，n 〉|
＝1
2，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°. 答案 30°
4.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1如图所示，则直线B 1D 和CD 1所成的角为________.
解析 以A 为原点，AB →，AD →，AA 1
→分别为x ，y ，z 轴的正方向
建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则CD 1→＝(－1，0，1)，B 1D →
＝(－1，1，－1)，cos CD 1→，B 1D →
＝1＋0－12×3＝0.
所以两直线所成的角为90°. 答案 90°
5.(2018·郑州预测)过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为________.
解析 如图，建立空间直角坐标系，设AB ＝PA ＝1，则A (0，0，0)，D (0，1，0)，P (0，0，1)，由题意，AD ⊥平面PAB ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ， 又CD ⊥平面PAD ，
∴CD ⊥AE ，从而AE ⊥平面PCD .所以AD
→＝(0，1，0)，AE →＝? ????0，12，12分别是平面PAB ，平面PCD 的法向量，且〈AD →，AE →〉＝45°.
故平面PAB 与平面PCD 所成的二面角为45°. 答案 45°
考点一 用空间向量求异面直线所成的角
【例1】 (1)(一题多解)(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32
B.155
C.105
D.33
(2)(2018·江西五市联考)有公共边的等边三角形ABC 和BCD 所在平面互相垂直，则异面直线AB 和CD 所成角的余弦值为________.
解析 (1)法一 以B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.
图(1) 图(2)
则B (0，0，0)，B 1(0，0，1)，C 1(1，0，1).
又在△ABC 中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，则A (－1，3，0). 所以AB 1→＝(1，－3，1)，BC 1→＝(1，0，1)， 则cos 〈AB 1→，BC 1
→〉＝AB 1→·BC 1→
|AB 1
→|·|BC 1
→|
＝（1，－3，1）·（1，0，1）5·2＝25·2＝105，
因此，异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为10
5.
法二 如图(2)，设M ，N ，P 分别为AB ，BB 1，B 1C 1中点，则PN ∥BC 1，MN ∥AB 1，
∴AB 1与BC 1所成的角是∠MNP 或其补角. ∵AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，
∴MN ＝12AB 1＝52，NP ＝12BC 1＝2
2.
取BC 的中点Q ，连接PQ ，MQ ，则可知△PQM 为直角三角形，且PQ ＝1，MQ ＝1
2AC ，
在△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋1－2×2×1×? ??
??
－12＝7，AC ＝7，
则MQ ＝72，则△MQP 中，MP ＝MQ 2＋PQ 2＝11
2， 则△PMN 中，cos ∠PNM ＝MN 2＋NP 2－PM 2
2·MN ·NP
＝? ????522＋? ????222－? ????11222·52·22
＝－105，
又异面直线所成角范围为?
?
???0
，π2，则余弦值为105.
法三 将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形成直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图(3))，连接AD 1，B 1D 1，则AD 1∥BC 1.
图(3)
则∠B 1AD 1为异面直线AB 1与BC 1所成的角(或其补角)，易求得AB 1＝5，BC 1＝AD 1＝2，
B 1D 1＝ 3. 由余弦定理得cos ∠B 1AD 1＝10
5.
(2)设等边三角形的边长为2.取BC 的中点O ，连接OA ，OD ，∵等边三角形ABC 和BCD 所在平面互相垂直，∴OA ，OC ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则A (0，0，3)，B (0，－1，0)，C (0，1，0)，D (3，0，0)， ∴AB
→＝(0，－1，－3)，CD →＝(3，－1，0)， ∴cos 〈AB →，CD →
〉 ＝AB →·CD →|AB
→||CD →|＝12×2＝14，
∴异面直线AB 和CD 所成角的余弦值为1
4.
答案 (1)C (2)1
4
规律方法 1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v 1，v 2；(3)代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2|
|v 1||v 2
|求解.
2.两异面直线所成角的范围是θ∈? ?
???0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，
当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.
【训练1】 (一题多解)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.1
10
B.25
C.3010
D.22
解析 法一 取BC 的中点Q ，连接QN ，AQ ，易知BM ∥QN ，则∠ANQ 或其补角即为所求， 设BC ＝CA ＝CC 1＝2，
则AQ ＝5，AN ＝5，QN ＝6，
∴cos ∠ANQ ＝AN 2＋NQ 2－AQ 22AN ·NQ ＝5＋6－525×6＝6230＝30
10，故选C.
法二 以C 1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则A (2，0，2)，N (1，0，0)，M (1，1，0)，B (0，2，2)，∴AN →＝(－1，0，－2)，BM →＝(1，－
1， －2)，
∴cos 〈AN →，BM →
〉 ＝AN →·BM →|AN →||BM →|＝－1＋45×6＝330＝3010.
答案 C
考点二 用空间向量求线面角
【例2】 (2018·洛阳二模)已知三棱锥A －BCD ，AD ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，AD ＝BD ＝2，CD ＝23，E ，F 分别是
AC ，BC 的中点，P 为线段BC 上一点，且CP ＝2PB . (1)求证：AP ⊥DE ；
(2)求直线AC 与平面DEF 所成角的正弦值. (1)证明 作PG ∥BD 交CD 于G ，连接AG . ∴CG GD ＝CP PB ＝2，∴GD ＝13CD ＝23 3. ∵AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥DC ，
∴在△ADG 中，tan ∠GAD ＝3
3，∴∠DAG ＝30°， 在Rt △ADC 中，AC 2＝AD 2＋CD 2＝4＋12＝16， ∴AC ＝4，又E 为AC 的中点，∴DE ＝AE ＝2， 又AD ＝2，∴∠ADE ＝60°，∴AG ⊥DE . ∵AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥BD ，
又∵BD ⊥CD ，AD ∩CD ＝D ，∴BD ⊥平面ADC ， ∴PG ⊥平面ADC ，∴PG ⊥DE . 又∵AG ∩PG ＝G ，∴DE ⊥平面AGP ， 又AP 平面AGP ， ∴AP ⊥DE .
(2)解 以D 为坐标原点，直线DB ，DC ，DA 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ， 则D (0，0，0)，A (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，
∴DF
→＝(1，3，0)，DE →＝(0，3，1)，AC →＝(0，23，－2). 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则?????DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即???x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，
令x ＝3，则n ＝(3，－3，3)为平面DEF 的一个法向量. 设直线AC 与平面DEF 所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈AC →
，n 〉 |＝|AC →
·n ||AC →|·|n |＝|－6－6|421＝217，
所以AC 与平面DEF 所成角的正弦值为21
7. 规律方法 利用向量法求线面角的方法：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
【训练2】 如图，在六面体ABCD －HEFG 中，四边形ABCD 为菱形，AE ，BF ，CG ，DH 都垂直于平面ABCD .若DA ＝DH ＝DB ＝4，AE ＝CG ＝3. (1)求证：EG ⊥DF ；
(2)求BE 与平面EFGH 所成角的正弦值.
(1)证明 连接AC ，由AE 綊CG 可知四边形AEGC 为平行四边形， 所以EG ∥AC ，而AC ⊥BD ，AC ⊥BF ， 所以EG ⊥BD ，EG ⊥BF ，
因为BD ∩BF ＝B ，BD ，BF 平面BDHF ， 所以EG ⊥平面BDHF ，
又DF 平面BDHF ，所以EG ⊥DF . (2)解 设AC ∩BD ＝O ，EG ∩HF ＝P ， 由已知可得，平面ADHE ∥平面BCGF ， 所以EH ∥FG ，同理可得：EF ∥HG ， 所以四边形EFGH 为平行四边形， 所以P 为EG 的中点，O 为AC 的中点， 所以OP 綊AE ，
从而OP ⊥平面ABCD ，又OA ⊥OB ， 所以OA ，OB ，OP 两两垂直，
由平面几何知识，得BF ＝2.
分别以OA
→，OB →，OP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建
立空间直角坐标系O －xyz ，则B (0，2，0)，E (23，0，3)，
F (0，2，2)，P (0，0，3)，所以BE →＝(23，－2，3)，PE →＝(23，0，0)，PF →＝
(0，2，－1).
设平面EFGH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由?????PE →·n ＝0，PF →·n ＝0可得???x ＝0，2y －z ＝0， 令y ＝1，则z ＝2.
所以n ＝(0，1，2)为平面EFGH 的一个法向量. 设BE 与平面EFGH 所成角为θ， 则sin θ＝|BE →·n |
|BE →|·|n |
＝45
25.
所以BE 与平面EFGH 所成角的正弦值为45
25. 考点三 用空间向量求二面角(多维探究) 命题角度1 计算二面角的大小
【例3－1】 (2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，
AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；
(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A －PB －C 的余弦值.
(1)证明 ∵∠BAP ＝∠CDP ＝90°， ∴PA ⊥AB ，PD ⊥CD ， 又∵AB ∥CD ，∴PD ⊥AB ，
又∵PD ∩PA ＝P ，PD ，PA 平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD ，又AB 平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD .
(2)解 取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO ，OE ， ∵AB 綊CD ，∴四边形ABCD 为平行四边形， ∴OE 綊AB .
由(1)知，AB ⊥平面PAD ， ∴OE ⊥平面PAD ， 又PO ，AD 平面PAD ， ∴OE ⊥PO ，OE ⊥AD ， 又∵PA ＝PD ，∴PO ⊥AD ， ∴PO ，OE ，AD 两两垂直，
∴以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .
设PA ＝2，∴D (－2，0，0)， B (2，2，0)，P (0，0，2)， C (－2，2，0).
∴PD →＝(－2，0，－2)，PB →＝(2，2，－2)，BC →
＝(－22，0，0)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量， 由?????n ·PB →＝0，n ·
BC →＝0得???2x ＋2y －2z ＝0，－22x ＝0.
令y ＝1，则z ＝2，x ＝0，得平面PBC 的一个法向量n ＝(0，1，2)， ∵∠APD ＝90°，∴PD ⊥PA ， 又知AB ⊥平面PAD ，PD 平面PAD ， ∴PD ⊥AB ，
又PA ∩AB ＝A ，PA ，AB 平面PAB ， ∴PD ⊥平面PAB ，
故PD
→是平面PAB 的一个法向量，PD →＝(－2，0，－2)， ∴cos 〈PD →，n 〉＝
PD →·n |PD →|·|n |＝－223
＝－33，
由图知二面角A －PB －C 为钝角， 所以它的余弦值为－3
3.
命题角度2 已知二面角的大小求值
【例3－2】 (2018·宝鸡二模)在如图所示的几何体中，平面ADNM ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，ADNM 是矩形，∠DAB ＝π
3，AB ＝2，AM ＝1，E 是AB 的中点.
(1)求证：平面DEM ⊥平面ABM ；
(2)在线段AM 上是否存在点P ，使二面角P －EC －D 的大小为π
4？若存在，求出AP 的长；若不存在，请说明理由.
(1)证明 连接BD ，由于四边形ABCD 是菱形，∠DAB ＝π
3，E 是AB 的中点，所以DE ⊥AB ，
因为四边形ADNM 是矩形，MA ⊥AD ，平面ADNM ⊥平面ABCD 且交线为AD ， 所以MA ⊥平面ABCD ，
又DE 平面ABCD ，所以DE ⊥AM . 又AM ∩AB ＝A ，AM ，AB 平面ABM ， 所以DE ⊥平面ABM ，
又DE 平面DEM ，所以平面DEM ⊥平面ABM . (2)解 在线段AM 存在点P ，理由如下： 由DE ⊥AB ，AB ∥CD ，得DE ⊥CD ，
因为四边形ADNM 是矩形，平面ADNM ⊥平面ABCD 且交线为AD ，
所以ND ⊥平面ABCD .以D 为原点，DE ，DC ，DN 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的坐标系.
则D (0，0，0)，E (3，0，0)，C (0，2，0)，N (0，0，1)，
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
利用空间向量解立体几何 完整版
向量法解立体几何 立体几何的计算和证明常常涉及到二大问题：一是位置关系，它主要包括线线垂直，线面垂直，线线平行，线面平行；二是度量问题，它主要包括点到线、点到面的距离，线线、线面所成角，面面所成角等。 一、基本工具 1.数量积： cos a b a b θ?= 2.射影公式：向量a 在b 上的射影为 a b b ? 3.直线0Ax By C ++=的法向量为 (),A B ，方向向量为 (),B A - 4.平面的法向量（略） 二、用向量法解空间位置关系 1.平行关系 线线平行?两线的方向向量平行 线面平行?线的方向向量与面的法向量垂直 面面平行?两面的法向量平行 2.垂直关系 线线垂直（共面与异面）?两线的方向向量垂直 线面垂直?线与面的法向量平行 面面垂直?两面的法向量垂直 三、用向量法解空间距离 1.点点距离
点()111,,P x y z 与()222,,Q x y z 的 距离为PQ =u u u r 2.点线距离 求点()00,P x y 到直线:l 0Ax By C ++=的距离： 方法：在直线上取一点(),Q x y ， 则向量PQ u u u r 在法向量(),n A B =上的射影 PQ n n ?u u u r = 即为点P 到l 的距离. 3.点面距离 求点()00,P x y 到平面α的距离： 方法：在平面α上去一点(),Q x y ，得向量PQ u u u r ， 计算平面α的法向量n ， 计算PQ u u u r 在α上的射影，即为点P 到面α的距离. 四、用向量法解空间角 1.线线夹角（共面与异面） 线线夹角?两线的方向向量的夹角或夹角的补角 2.线面夹角 求线面夹角的步骤： ① 先求线的方向向量与面的法向量的夹角，若为锐角角即可，若为钝角，则取其补角； ②再求其余角，即是线面的夹角. 3.面面夹角（二面角） 若两面的法向量一进一出，则二面角等于两法向量的夹角；法
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)．
空间向量与立体几何知识总结
已知两异面直线 b a,，,,, A B a C D b ∈∈，则异面直线所成的角θ为：cos AB CD AB CD θ? = u u u r u u u r u u u r u u u r 例题 【空间向量基本定理】 例1.已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，M、N分别为PC、PD上的点，且M分成定比2，N分PD成定比1，求满足的实数x、y、z的值。 分析;结合图形，从向量出发，利用向量运算法则不断进行分解，直到全部向量都用、、表示出来，即可求出x、y、z的值。 如图所示，取PC的中点E，连接NE，则。 点评：选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的一项基本功，要结合已知和所求，观察图形，联想相关的运算法则和公式等，就近表示所需向量。再对照目标，将不符合目标要求的向量当作新的所需向量，如此继续下去，直到所有向量都符合目标要求为止，这就是向量的分解。有分解才有组合，组合是分解的表现形式。空间向量基本定理恰好说明，用空间三个不共面的向量组可以表示出空间任意一个向量，而且a,b,c的系数是惟一的。 【利用空间向量证明平行、垂直问题】 例2.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F。 （1）证明：PA方形ABCD—中，E、F分别是，的中点，求：（1）异面直线AE与CF所成角的余弦值； （2）二面角C—AE—F的余弦值的大小。
点评：（1）两条异面直线所成的角可以借助这两条直线的方向向量的夹角求得，即。 （2）直线与平面所成的角主要可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即 或 （3）二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角。 【用空间向量求距离】 例4.长方体ABCD —中，AB=4，AD=6，，M 是A 1C 1的中点，P 在线段BC 上，且|CP|=2，Q 是DD 1的中点， 求： （1）异面直线AM 与PQ 所成角的余弦值； （2）M 到直线PQ 的距离； （3）M 到平面AB 1P 的距离。 本题用纯几何方法求解有一定难度，因此考虑建立空间直角坐标系，运用向量坐标法来解决。利用向量的模和夹角求空间的线段长和两直线的夹角，在新高考试题中已多次出现，但是利用向量的数量积来求空间的线与线之间的夹角和距离，线与面、面与面之间所成的角和距离还涉及不深，随着新教材的推广使用，这一系列问题必将成为高考命题的一个新的热点。现列出几类问题的解决方法。 （1）平面的法向量的求法：设，利用n 与平面内的两个向量a ，b 垂直，其数量积为零，列出两个三元 一次方程，联立后取其一组解。 （2）线面角的求法：设n 是平面的一个法向量，AB 是平面 的斜线l 的一个方向向量，则直线与平面 所成 角为n AB n AB ??= θθsin 则 （3）二面角的求法：①AB，CD 分别是二面角 的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小为
空间向量及立体几何练习试题和答案解析
. 1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD， 点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4． 的中点；PB（1）求证：M为 的大小；A2）求二面角B﹣PD﹣（ 所成角的正弦值．BDP（3）求直线MC与平面 【分析】（1）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点； （2）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小； （3）求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值． 【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，
∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM， ∵PD∥平面MAC，PD?平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM， ∴PD∥OM，则，即M为PB的中点； （2）解：取AD中点G， . . ∵PA=PD，∴PG⊥AD， ∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG， 由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD． 以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系， 由PA=PD=，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C （2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，）， ，．
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 ，
高中数学讲义微专题64 空间向量解立体几何(含综合题习题)
微专题64 利用空间向量解立体几何问题 一、基础知识 （一）刻画直线与平面方向的向量 1、直线：用直线的方向向量刻画直线的方向问题，而方向向量可由直线上的两个点来确定 例如：()()2,4,6,3,0,2A B ，则直线AB 的方向向量为()1,4,4AB =-- 2、平面：用平面的法向量来刻画平面的倾斜程度，何为法向量？与平面α垂直的直线称为平面α的法线，法线的方向向量就是平面α的法向量，如何求出指定平面的法向量呢？ （1）所需条件：平面上的两条不平行的直线 （2）求法：（先设再求）设平面α的法向量为(),,n x y z =，若平面上所选两条直线的方向向量分别为()()111222,,,,,a x y z b x y z ==，则可列出方程组： 1112220 x y z x y x y z x y z z ++=?? ++=? 解出,,x y z 的比值即可 例如：()()1,2,0,2,1,3a b ==，求,a b 所在平面的法向量 解：设(),,n x y z =，则有20230x y x y z +=??++=? ，解得：2x y z y =-??=? ::2:1:1x y z ∴=- ()2,1,1n ∴=- （二）空间向量可解决的立体几何问题（用,a b 表示直线,a b 的方向向量，用,m n 表示平面 ,αβ的法向量） 1、判定类 （1）线面平行：a b a b ?∥∥ （2）线面垂直：a b a b ⊥?⊥ （3）面面平行：m n αβ?∥∥ （4）面面垂直：m n αβ⊥?⊥ 2、计算类： （1）两直线所成角：cos cos ,a b a b a b θ?==
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 .
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.