高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版理科： 第7章 立體幾何 第7節(jié) 第2課時(shí) 利用空間向量求空間角學(xué)案 理 北師大版

《高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版理科： 第7章 立體幾何 第7節(jié) 第2課時(shí) 利用空間向量求空間角學(xué)案 理 北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版理科： 第7章 立體幾何 第7節(jié) 第2課時(shí) 利用空間向量求空間角學(xué)案 理 北師大版（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2課時(shí)　利用空間向量求空間角 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第125頁(yè)) 求異面直線的夾角 　如圖7­7­15，四面體ABCD中，O是BD的中點(diǎn)，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝. 圖7­7­15 (1)求證：AO⊥平面BCD； (2)求異面直線AB與CD夾角的余弦值． [解]　(1)證明：連接OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，O是BD的中點(diǎn)，知CO＝，AO＝1，AO⊥BD. 在△AOC中，AC2＝AO2＋OC2， 則AO⊥OC． 又BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD. (2)如圖建立空間直角坐

2、標(biāo)系O­xyz，則A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0)，＝(1,0，－1)，＝(－1，－，0)， 所以|cos〈，〉|＝＝. 即異面直線AB與CD夾角的余弦值為. [規(guī)律方法]　利用向量法求異面直線夾角的步驟 (1)選好基底或建立空間直角坐標(biāo)系. (2)求出兩直線的方向向量v1，v2. (3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解. 易錯(cuò)警示：兩異面直線夾角的范圍是θ∈，兩向量的夾角α的范圍是[0，π]，當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時(shí)，就是該異面直線的夾角；當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時(shí)，其補(bǔ)角才是異面直線的夾角.

3、[跟蹤訓(xùn)練]　(20xx·湖南五市十校3月聯(lián)考)有公共邊的等邊三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，則異面直線AB和CD夾角的余弦值為________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：79140254】 　[設(shè)等邊三角形的邊長(zhǎng)為2. 取BC的中點(diǎn)O，連接OA、OD，∵等邊三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，∴OA，OC，OD兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 則A(0,0，)，B(0，－1,0)，C(0,1,0)，D(，0,0)， ∴＝(0，－1，－)，＝(，－1,0)， ∴cos〈，〉＝＝＝， ∴異面直線AB和CD夾角的余弦值為.] 求直線與平面的

4、夾角 　(20xx·浙江高考)如圖7­7­16，已知四棱錐P­ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E為PD的中點(diǎn)． 圖7­7­16 (1)證明：CE∥平面PAB； (2)求直線CE與平面PBC夾角的正弦值． [解]　(1)證明：如圖，設(shè)PA的中點(diǎn)為F，連接EF，F(xiàn)B. 因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PD，PA的中點(diǎn)， 所以EF∥AD且EF＝AD. 又因?yàn)锽C∥AD，BC＝AD， 所以EF∥BC且EF＝BC， 所以四邊形BCEF為平行四邊形，所以CE∥B

5、F. 因?yàn)锽F平面PAB，CE平面PAB， 所以CE∥平面PAB. (2)分別取BC，AD的中點(diǎn)M，N. 連接PN交EF于點(diǎn)Q，連接MQ. 因?yàn)镋，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點(diǎn)， 所以Q為EF的中點(diǎn)． 在平行四邊形BCEF中，MQ∥CE. 由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD. 由DC⊥AD，BC∥AD，BC＝AD，N是AD的中點(diǎn)得BN⊥AD. 所以AD⊥平面PBN. 由BC∥AD得BC⊥平面PBN， 那么平面PBC⊥平面PBN. 過(guò)點(diǎn)Q作PB的垂線， 垂足為H，連接MH. MH是MQ在平面PBC上的射影， 所以∠QMH是直線CE與平面PBC的夾角．

6、設(shè)CD＝1. 在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝， 在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝， 在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝， 所以sin∠QMH＝. 所以，直線CE與平面PBC夾角的正弦值是. [規(guī)律方法]　(1)線面角范圍，向量夾角范圍為[0，π]. (2)線面角θ的正弦值等于斜線對(duì)應(yīng)向量與平面法向量夾角余弦值的絕對(duì)值.即sin θ＝. 即斜向量，n為平面法向量. [跟蹤訓(xùn)練]　(20xx·廣州綜合測(cè)試(二))如圖7­7­17 ，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為a的菱形，∠BAD＝60°，EB⊥平面ABCD，F(xiàn)D⊥平

7、面ABCD，EB＝2FD＝a. 圖7­7­17 (1)求證：EF⊥AC； (2)求直線CE與平面ABF夾角的正弦值． [解]　(1)證明：連接BD， 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以AC⊥BD. 因?yàn)镕D⊥平面ABCD，AC平面ABCD， 所以AC⊥FD. 因?yàn)锽D∩FD＝D，所以AC⊥平面BDF. 因?yàn)镋B⊥平面ABCD，F(xiàn)D⊥平面ABCD， 所以EB∥FD. 所以B，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面． 因?yàn)镋F平面BDFE，所以EF⊥AC． (2)法一：如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閥軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系D­xyz.

8、 可以求得A，B， F，C(0，a,0)，E. 所以＝(0，a,0)，＝. 設(shè)平面ABF的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝1，則平面ABF的一個(gè)法向量為n＝(1,0,1)． 設(shè)直線CE與平面ABF的夾角為θ， 因?yàn)椋剑? 所以sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. 所以直線CE與平面ABF夾角的正弦值為. 法二：如圖，設(shè)AC∩BD＝O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系O­xyz. 可以求得A，B，C，E，F(xiàn). 所以＝. ＝. 設(shè)平面ABF的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝1，則平面ABF

9、的一個(gè)法向量為n＝(1，，2)． 設(shè)直線CE與平面ABF夾角為θ， 因?yàn)椋剑? 所以sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. 所以直線CE與平面ABF夾角的正弦值為. 求二面角 　(20xx·全國(guó)卷Ⅰ)如圖7­7­18，在四棱錐P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. 圖7­7­18 (1)證明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A­PB­C的余弦值． [解]　(1)證明：由已知∠BAP＝∠CD

10、P＝90°， 得AB⊥AP，CD⊥PD. 因?yàn)锳B∥CD，所以AB⊥PD. 又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD. 因?yàn)锳B平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD，垂足為點(diǎn)F. 由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD. 以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，||為單位長(zhǎng)度建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F­xyz. 由(1)及已知可得A，P， B，C， 所以＝，＝(，0,0)， ＝，＝(0,1,0)． 設(shè)n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一個(gè)法向量，則 即 所以可取n＝(0，－

11、1，－)． 設(shè)m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一個(gè)法向量，則 即 所以可取m＝(1,0,1)，則cos〈n，m〉＝＝＝－. 所以二面角A­PB­C的余弦值為－. [規(guī)律方法]　利用向量計(jì)算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量，然后通過(guò)兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角是銳(鈍)二面角. (2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大小. [跟蹤訓(xùn)練]　(20xx·福州質(zhì)檢)如圖

12、7­7­19(1)，在等腰梯形PDCB中，PB∥DC，PB＝3，DC＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于點(diǎn)A，將△PAD沿AD折起，構(gòu)成如圖7­7­19(2)所示的四棱錐P­ABCD，點(diǎn)M在棱PB上，且PM＝MB. (1)　　　　　　(2) 圖7­7­19 (1)求證：PD∥平面MAC； (2)若平面PAD⊥平面ABCD，求二面角M­AC­B的余弦值． [解]　(1)證明：連接BD交AC于點(diǎn)N，連接MN， 依題意知AB∥CD，∴△ABN∽△CDN， ∴＝＝2. ∵PM＝MB，

13、∴＝＝2， ∴在△BPD中，MN∥DP. 又PD平面MAC，MN平面MAC， ∴PD∥平面MAC． (2)∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，PA平面PAD， ∴PA⊥平面ABCD. 又AD⊥AB，∴PA，AD，AB兩兩垂直． 以A為原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz. 依題意AP＝AD＝1，AB＝2，又PM＝MB， ∴A(0,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,1)，M，C(1,1,0)， ∴＝(0,0,1)，＝，＝(1,1,0)． ∵PA⊥平面ABCD. ∴取n1＝＝(0,0,1)為平面BAC的一個(gè)法向量． 設(shè)n2＝(x，y，z)為平面MAC的法向量， 則即 令x＝1，則y＝－1，z＝1， ∴n2＝(1，－1,1)為平面MAC的一個(gè)法向量， ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝， ∴二面角M­AC­B的余弦值為.