2023版高中數(shù)學(xué)第三章空間向量與立體幾何3.2第3課時空間向量與空間角學(xué)案新人教A版選修2-1

第3課時空間向量與空間角1.會用向量法求線線、線面、面面的夾角.(重點(diǎn)、難點(diǎn))2.正確區(qū)分向量夾角與所求線線角、面面角的關(guān)系.(易錯點(diǎn))[根底·初探]教材整理空間角的向量求法閱讀教材P106～P110的內(nèi)容，完成以下問題.角的分類向量求法范圍兩異面直線l1與l2所成的角θ設(shè)l1與l2的方向向量為a，b，那么cosθ＝________＝________eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))直線l與平面α所成的角θ設(shè)l的方向向量為a，平面α的法向量為n，那么sinθ＝________＝________eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))二面角α-l-β的平面角θ設(shè)平面α，β的法向量為n1，n2，那么|cosθ|＝________＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)[0，π]【答案】|cos〈a，b〉|eq\f(|a·b|,|a||b|)|cos〈a，n〉|eq\f(|a·n|,|a||n|)|cos〈n1，n2〉|向量m，n分別是直線l與平面α的方向向量、法向量，假設(shè)cos〈m，n〉＝－eq\f(\r(3),2)，那么l與α所成的角為()A.30°B.60°C.150°D.120°【解析】設(shè)l與α所成的角為θ，那么sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(\r(3),2)，∴θ＝60°，應(yīng)選B.【答案】B[小組合作型]求異面直線所成的角如圖3-2-20，在三棱錐V-ABC中，頂點(diǎn)C在空間直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)處，頂點(diǎn)A，B，V分別在x軸、y軸、z軸上，D是線段AB的中點(diǎn)，且AC＝BC＝2，∠VDC＝θ.當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時，求異面直線AC與VD所成角的余弦值.圖3-2-20【精彩點(diǎn)撥】eq\x(\a\al(確定A，C，V，,D的坐標(biāo)))→eq\x(\a\al(求向量\o(AC,\s\up7(→))與\o(VD,\s\up7(→))))→eq\x(\a\al(計算cos〈\o(AC,\s\up7(→))，\o(VD,\s\up7(→))〉的大小，并轉(zhuǎn)化,為AC與VD夾角的余弦值))【自主解答】由于AC＝BC＝2，D是AB的中點(diǎn)，所以C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(1,1,0).當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時，在Rt△VCD中，CD＝eq\r(2)，∴V(0,0,eq\r(6))，∴eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－2,0,0)，eq\o(VD,\s\up7(→))＝(1,1，－eq\r(6))，∴cos〈eq\o(AC,\s\up7(→))，eq\o(VD,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up7(→))·\o(VD,\s\up7(→)),\O(|\o(AC,\s\up7(→))||\o(VD,\s\up7(→))|))＝eq\f(－2,2×2\r(2))＝－eq\f(\r(2),4).∴異面直線AC與VD所成角的余弦值為eq\f(\r(2),4).1.幾何法求異面直線的夾角時，需要通過作平行線將異面直線的夾角轉(zhuǎn)化為平面角，再解三角形來求解，過程相當(dāng)復(fù)雜；用向量法求異面直線的夾角，可以防止復(fù)雜的幾何作圖和論證過程，只需對相應(yīng)向量進(jìn)行運(yùn)算即可.2.由于兩異面直線夾角θ的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，而兩向量夾角α的范圍是[0，π]，故應(yīng)有cosθ＝|cosα|，求解時要特別注意.[再練一題]1.在長方體ABCD-A1B1C1D1中，DA＝DC＝4，DD1＝3，求異面直線A1B與B1【解】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，那么A1(4,0,3)，B(4,4,0)，B1(4,4,3)，C(0,4,0)，得eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(0,4，－3)，eq\o(B1C,\s\up7(→))＝(－4,0，－3).設(shè)eq\o(A1B,\s\up7(→))與eq\o(B1C,\s\up7(→))的夾角為θ，那么cosθ＝eq\f(\o(A1B,\s\up7(→))·\o(B1C,\s\up7(→)),\o(|\o(A1B,\s\up7(→))||\o(B1C,\s\up7(→))|))＝eq\f(9,25)，故eq\o(A1B,\s\up7(→))與eq\o(B1C,\s\up7(→))的夾角的余弦值為eq\f(9,25)，即異面直線A1B與B1C所成角的余弦值為eq\f(9,25).求線面角如圖3-2-21所示，三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq\f(1,2)AB，N為AB上一點(diǎn)，AB＝4AN，M，S分別為PB，BC的中點(diǎn).圖3-2-21(1)證明：CM⊥SN;【導(dǎo)學(xué)號：37792141】(2)求SN與平面CMN所成角的大小.【精彩點(diǎn)撥】(1)怎樣建立坐標(biāo)系？(2)向量eq\o(CM,\s\up7(→))與eq\o(SN,\s\up7(→))滿足什么關(guān)系時有CM⊥SN成立？(3)eq\o(SN,\s\up7(→))的坐標(biāo)是多少？平面CMN的一個法向量怎么求？eq\o(SN,\s\up7(→))與平面CMN的法向量的夾角就是SN與平面CMN所成的角嗎？【自主解答】設(shè)PA＝1，以A為原點(diǎn)，射線AB，AC，AP分別為x軸，y軸，z軸正向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖).那么P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，又AN＝eq\f(1,4)AB，M，S分別為PB，BC的中點(diǎn)，∴Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，(1)證明：eq\o(CM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq\o(SN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，∴eq\o(CM,\s\up7(→))·eq\o(SN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))＝0，因此CM⊥SN.(2)eq\o(NC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))，設(shè)a＝(x，y，z)為平面CMN的一個法向量，∴eq\o(CM,\s\up7(→))·a＝0，eq\o(NC,\s\up7(→))·a＝0.那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2y，,z＝－2y.))取y＝1，得a＝(2,1，－2).因為cos〈a，eq\o(SN,\s\up7(→))＝eq\f(－1－\f(1,2),3×\f(\r(2),2))＝－eq\f(\r(2),2).∴〈a，eq\o(SN,\s\up7(→))〉＝eq\f(3,4)π.所以SN與平面CMN所成的角為eq\f(3,4)π－eq\f(π,2)＝eq\f(π,4).1.此題中直線的方向向量eq\o(SN,\s\up7(→))與平面的法向量a的夾角并不是所求線面角θ，它們的關(guān)系是sinθ＝|cos〈eq\o(SN,\s\up7(→))，a〉|.2.假設(shè)直線l與平面α的夾角為θ，利用法向量計算θ的步驟如下：[再練一題]2.設(shè)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F(xiàn)依次為C1C，BC的中點(diǎn).試求A1B與平面【導(dǎo)學(xué)號：37792142】圖3-2-22【解】以A為原點(diǎn)，建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系，那么A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，E(0,2,1)，F(xiàn)(1,1,0)，所以eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(2,0，－2)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(0,2,1)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(1,1,0).設(shè)平面AEF的一個法向量為n＝(a，b，c)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up7(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b＋c＝0，,a＋b＝0，))令a＝1，可得n＝(1，－1,2).設(shè)A1B與平面AEF的夾角為θ，所以sinθ＝|cos〈n，eq\o(A1B,\s\up7(→))〉|＝eq\f(|n·\o(A1B,\s\up7(→))|,\o(|n||\o(A1B,\s\up7(→))|))＝eq\f(\r(3),6)，即A1B與平面AEF的夾角的正弦值為eq\f(\r(3),6).[探究共研型]求二面角探究如何利用向量求二面角的大??？【提示】當(dāng)空間直角坐標(biāo)系容易建立(有特殊的位置關(guān)系)時，用向量法求解二面角無需作出二面角的平面角.只需求出平面的法向量，經(jīng)過簡單的運(yùn)算即可求出，有時不易判斷兩法向量的夾角的大小就是二面角的大小(相等或互補(bǔ))，但我們可以根據(jù)圖形觀察得到結(jié)論，因為二面角是鈍二面角還是銳二面角一般是明顯的.如圖3-2-23，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點(diǎn)，AA1＝AC＝CB＝eq\f(\r(2),2)AB.圖3-2-23(1)證明：BC1∥平面A1CD；(2)求二面角D-A1C-E【精彩點(diǎn)撥】(1)能否運(yùn)用線面平行的判定定理求解？(2)如何建立空間直角坐標(biāo)系，能確定平面DA1C和平面A1CE【自主解答】(1)證明：連接AC1，交A1C于點(diǎn)F，那么F為AC1又D是AB的中點(diǎn)，連接DF，那么BC1∥DF.因為DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)由AC＝CB＝eq\f(\r(2),2)AB，得AC⊥BC.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(CB,\s\up7(→))，eq\o(CC1,\s\up7(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系Cxyz.設(shè)CA＝2，那么D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，eq\o(CD,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(CE,\s\up7(→))＝(0,2,1)，eq\o(CA1,\s\up7(→))＝(2,0,2).設(shè)n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up7(→))＝0，,n·\o(CA1,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＝0，,2x1＋2z1＝0.))可取n＝(1，－1，－1).同理，設(shè)m＝(x2，y2，z2)是平面A1CE的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CE,\s\up7(→))＝0，,m·\o(CA1,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y2＋z2＝0，,2x2＋2z2＝0.))可取m＝(2,1，－2).從而cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),3)，故sin〈n，m〉＝eq\f(\r(6),3).即二面角D-A1C-E的正弦值為eq\f(\r(6),3).用向量法求二面角的大小，可以防止作出二面角的平面角這一難點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為計算兩半平面法向量的夾角問題，具體求解步驟如下：1建立空間直角坐標(biāo)系；2分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量；3求兩個法向量的夾角；4判斷所求二面角的平面角是銳角還是鈍角；5確定二面角的大小.[再練一題]3.如圖3-2-24，在空間直角坐標(biāo)系Cxyz中，AB是半圓O的直徑，AC＝BC＝2eq\r(2)，DC∥EB，DC＝EB，tan∠EAB＝eq\f(1,4)，求二面角D-AE-B的余弦值.【導(dǎo)學(xué)號：37792116】圖3-2-24【解】由題可知AB＝4，tan∠EAB＝eq\f(1,4)，可得CD＝EB＝1，∴D(0,0,1)，E(0,2eq\r(2)，1)，A(2eq\r(2)，0,0)，B(0，2eq\r(2)，0)，那么eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，eq\o(BE,\s\up7(→))＝(0,0,1)，eq\o(DA,\s\up7(→))＝(2eq\r(2)，0，－1)，eq\o(DE,\s\up7(→))＝(0,2eq\r(2)，0)，設(shè)平面DAE的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DE,\s\up7(→))＝0，,n1·\o(DA,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(2)y1＝0，,2\r(2)x1－z1＝0.))∴y1＝0，令x1＝1，那么z1＝2eq\r(2)，∴平面DAE的一個法向量為n1＝(1,0,2eq\r(2)).設(shè)平面ABE的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BE,\s\up7(→))＝0，,n2·\o(AB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z2＝0，,－2\r(2)x2＋2\r(2)y2＝0，))∴z2＝0，令x2＝1，那么y2＝1，∴平面ABE的一個法向量為n2＝(1,1,0)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(9))＝eq\f(\r(2),6).由圖可以判斷二面角D-AE-B為鈍角，∴二面角D-AE-B的余弦值為－eq\f(\r(2),6).1.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是C1C的中點(diǎn)，那么直線BE與平面B1A.－eq\f(\r(10),5)B.eq\f(\r(10),5)C.－eq\f(\r(15),5)D.eq\f(\r(15),5)【解析】建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為2，那么D(0,0,0)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，E(0,2,1).∴eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－2，－2,0)，eq\o(BB1,\s\up7(→))＝(0,0,2)，eq\o(BE,\s\up7(→))＝(－2,0,1).設(shè)平面B1BD的法向量為n＝(x，y，z).∵n⊥eq\o(BD,\s\up7(→))，n⊥eq\o(BB1,\s\up7(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－2y＝0，,2z＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－y，,z＝0.))令y＝1，那么n＝(－1,1,0).∴cos〈n，eq\o(BE,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·\o(BE,\s\up7(→)),|n||\o(BE,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(10),5)，設(shè)直線BE與平面B1BD所成角為θ，那么sinθ＝|cos〈n，eq\o(BE,\s\up7(→))〉|＝eq\f(\r(10),5).【答案】B2.如圖3-2-25，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，那么異面直線A1B與AD1【導(dǎo)學(xué)號：37792143】圖3-2-25A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)【解析】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz(圖略)，設(shè)AB＝1.那么B(1,1,0)，A1(1,0,2)，A(1,0,0)，D1(0,0,2)，eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(0,1，－2)，eq\o(AD1,\s\up7(→))＝(－1,0,2)，cos〈eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(AD1,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up7(→))·\o(AD1,\s\up7(→)),\o(|\o(A1B,\s\up7(→))||\o(AD1,\s\up7(→))|))＝eq\f(－4,\r(5)×\r(5))＝－eq\f(4,5)，∴異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為eq\f(4,5).【答案】D3.在一個二面角的兩個面內(nèi)都和二面角的棱垂直的兩個向量分別為(0，－1,3)，(2,2,4)，那么這個二面角的余弦值為________.【解析】設(shè)a＝(0，－1,3)，b＝(2,2,4)，那么cos〈a，b〉＝eq\f(10,\r(10)×\r(24))＝eq\f(\r(15),6)，又因為兩向量的夾角與二面角相等或互補(bǔ)，所以這個二面角的余弦值為±eq\f(\r(15),6).【答案】±eq\f(\r(15),6)4.如圖3-2-26，在三棱錐P-ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點(diǎn)，AQ＝2BD，PD與EQ交于點(diǎn)G，PC與FQ交于點(diǎn)H，連接GH.圖3-2-26(1)求證：AB