2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第7节利用空间向量求空间角课件新人教A版 49页

第 7 节　利用空间向量求空间角 考试要求　 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 〉 | 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 ＝ ____________ . (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 | ＝ _______________ ，二面角的平面角大小是向量 n 1 与 n 2 的夹角 ( 或其补角 ). |cos 〈 n 1 ， n 2 〉 | [ 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. 判断下列结论正误 ( 在括号内打 “√” 或 “×” ) 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. ( 老教材选修 2 － 1P104 练习 2 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° A.30° B.60° C.120° D.150° 4. (2020· 漳州模拟 ) 在直三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 中， ∠ BCA ＝ 90° ， M ， N 分别是 A 1 B 1 ， A 1 C 1 的中点， BC ＝ CA ＝ CC 1 ，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为 ( 　　 ) 解析　 以点 C 为坐标原点， CA ， CB ， CC 1 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设 BC ＝ CA ＝ CC 1 ＝ 2 ，则可得 A (2 ， 0 ， 0) ， B (0 ， 2 ， 0) ， M (1 ， 1 ， 2) ， N (1 ， 0 ， 2) ， 答案　 C 5. (2019· 南阳调研 ) 在正方体 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 中， BB 1 与平面 ACD 1 所成角的正弦值为 ( 　　 ) 解析　 设正方体的棱长为 1 ，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，如图所示 . 则 B (1 ， 1 ， 0) ， B 1 (1 ， 1 ， 1) ， A (1 ， 0 ， 0) ， C (0 ， 1 ， 0) ， D 1 (0 ， 0 ， 1) ， 6. (2020· 大连预测 ) 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 ， 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 1 B 1 C 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 ( 　　 ) 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). 法二　 将直三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 补形成直四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 ( 如图 (2)) ，连接 AD 1 ， B 1 D 1 ，则 AD 1 ∥ BC 1 . 答案　 (1)C 　 (2)B 【训练 1 】 (2019· 江西八校联考 ) 在四面体 ABCD 中， BD ⊥ AD ， CD ⊥ AD ， BD ⊥ BC ， BD ＝ AD ＝ 1 ， BC ＝ 2 ，则异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为 ( 　　 ) 答案　 D (1) 证明： PO ⊥ 平面 ABC ； (2) 若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M － PA － C 为 30° ，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值 . 由 OP 2 ＋ OB 2 ＝ PB 2 知 PO ⊥ OB . 由 OP ⊥ OB ， OP ⊥ AC 且 OB ∩ AC ＝ O ，知 PO ⊥ 平面 ABC . 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 . (1) 证明：平面 A 1 BC ⊥ 平面 ABC ； (2) 求直线 BC 1 与平面 ABB 1 A 1 所成角的正弦值 . ∴ 由余弦定理得 A 1 B 2 ＝ AA ＋ AB 2 － 2 AA 1 · AB cos ∠ A 1 AB ， 取 BC 的中点 O ，连接 OA ， OA 1 ， ∵△ ABC 是边长为 2 的正三角形， 又 BC ∩ AO ＝ O ，故 A 1 O ⊥ 平面 ABC ， ∵ A 1 O ⊂ 平面 A 1 BC ， ∴ 平面 A 1 BC ⊥ 平面 ABC . (2) 解　 以 O 为原点， OB 所在的直线为 x 轴，取 B 1 C 1 的中点 K ，连接 OK ，以 OK 所在的直线为 y 轴，过 O 作 OG ⊥ AA 1 ，以 OG 所在的直线为 z 轴建立空间直角坐标系， 考点三　用空间向量求二面角 【例 3 】 (2019· 全国 Ⅰ 卷 ) 如图，直四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 的底面是菱形， AA 1 ＝ 4 ， AB ＝ 2 ， ∠ BAD ＝ 60° ， E ， M ， N 分别是 BC ， BB 1 ， A 1 D 的中点 . (1) 证明： MN ∥ 平面 C 1 DE ； (2) 求二面角 A － MA 1 － N 的正弦值 . (1) 证明　 如图，连接 B 1 C ， ME . 因为 M ， E 分别为 BB 1 ， BC 的中点， 由题设知 A 1 B 1 綉 DC ，可得 B 1 C 綉 A 1 D ，故 ME 綉 ND ， 因此四边形 MNDE 为平行四边形， 所以 MN ∥ ED . 又 MN ⊄ 平面 C 1 DE ， DE ⊂ 平面 C 1 DE ， 所以 MN ∥ 平面 C 1 DE . 设 n ＝ ( p ， q ， r ) 为平面 A 1 MN 的法向量， 规律方法　 利用空间向量计算二面角大小的常用方法： (1) 找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的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的大小 . (2) 找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 . 【训练 3 】 (2019· 青岛二模 ) 如图，已知多面体 PABCDE 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形， PA ⊥ 底面 ABCD ， ED ∥ PA ，且 PA ＝ 2 ED ＝ 2. (1) 求证：平面 PAC ⊥ 平面 PCE ； (2) 若直线 PC 与平面 ABCD 所成的角为 45° ，求二面角 P － CE － D 的余弦值 . (1) 证明　 如图 (1) ，连接 BD ，交 AC 于点 O ，设 PC 的中点为 F ，连接 OF ， EF . 因为底面 ABCD 是菱形，所以 O 是 AC 的中点， 所以四边形 OFED 为平行四边形，所以 OD ∥ EF ，即 BD ∥ EF . 因为 PA ⊥ 平面 ABCD ， BD ⊂ 平面 ABCD ，所以 PA ⊥ BD . 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 BD ⊥ AC . 又因为 PA ∩ AC ＝ A ，所以 BD ⊥ 平面 PAC . 所以 EF ⊥ 平面 PAC . 又因为 EF ⊂ 平面 PCE ，所以平面 PAC ⊥ 平面 PCE . (2) 解　 因为 PA ⊥ 底面 ABCD ，直线 PC 与平面 ABCD 所成的角为 45° ， 所以 ∠ PCA ＝ 45° ，所以 AC ＝ PA ＝ 2. 所以 AC ＝ AB ＝ BC ，故 △ ABC 为等边三角形 . 设 BC 的中点为 M ，连接 AM ，则 AM ⊥ BC ，所以 AM ⊥ AD . 以 A 为坐标原点， AM ， AD ， AP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系 A － xyz ，如图 (2) ， 设平面 CDE 的法向量为 m ＝ ( x 2 ， y 2 ， z 2 ) ， 考点四　与空间角有关的探索性问题 【例 4 】 (2020· 郴州一模 ) 如图，在三棱锥 P － ABC 中，底面是边长为 4 的正三角形， PA ＝ 2 ， PA ⊥ 底面 ABC ，点 E ， F 分别为 AC ， PC 的中点 . (1) 证明　 ∵ AB ＝ BC ， E 为 AC 的中点， ∴ BE ⊥ AC . 又 PA ⊥ 平面 ABC ， BE ⊂ 平面 ABC ， ∴ PA ⊥ BE . ∵ PA ∩ AC ＝ A ， ∴ BE ⊥ 平面 PAC . ∵ BE ⊂ 平面 BEF ， ∴ 平面 BEF ⊥ 平面 PAC . (2) 解　 存在 . 由 (1) 及已知得 PA ⊥ BE ， PA ⊥ AC ， ∵ 点 E ， F 分别为 AC ， PC 的中点， ∴ EF ∥ PA ， ∴ EF ⊥ BE ， EF ⊥ AC . 又 BE ⊥ AC ， ∴ EB ， EC ， EF 两两垂直 . 设平面 PBC 的法向量为 n ＝ ( x ， y ， z ) ， 规律方法　 1. 对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把 “ 是否存在 ” 问题转化为 “ 点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解 ” 等 . 2. 对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数 . 【训练 4 】 如图，在四棱锥 P － ABCD 中，四边形 ABCD 为平行四边形， AB ⊥ AC ， PA ⊥ 平面 ABCD ，且 PA ＝ AB ＝ 3 ， AC ＝ 2 ，点 E 是 PD 的中点 . (1) 证明　 连接 BD 交 AC 于点 F ，连接 EF . 因为 ABCD 为平行四边形，所以 F 是 BD 的中点 . 又 E 是 PD 的中点，所以 EF ∥ PB . 又 EF ⊂ 平面 AEC ， PB ⊄ 平面 AEC ，所以 PB ∥ 平面 AEC . (2) 解　 由题意知， AC ， AB ， AP 两两互相垂直，如图，以点 A 为坐标原点，射线 AC ， AB ， AP 分别为 x 轴， y 轴， z 轴正方向建立空间直角坐标系 A － xyz ， 则 ( x 0 ， y 0 ， z 0 － 3) ＝ λ (0 ， 3 ，－ 3) ，得 M (0 ， 3 λ ， 3 － 3 λ ). 设平面 AEC 的法向量为 n 1 ＝ ( x 1 ， y 1 ， z 1 ).