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2018-2019学年高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.5 夹角的计算讲义 北师大版选修2-1_图文


章 空间向量与立体几何
§5 夹角的计算 5.1 直线间的夹角 5.2 平面间的夹角

1.问题导航 (1)两异面直线的夹角与两异面直线方向向量的夹角有什么关 系? (2)两平面的夹角与两平面法向量的夹角有什么关系? (3)直线与平面的夹角和该直线的方向向量与该平面的法向量 的夹角有什么关系?

2.例题导读 P43例1.通过本例学习,掌握利用直线的方向向量求两异面 直线的夹角. P44例2.通过本例学习,掌握利用两平面的法向量求两平面 的夹角. P45例3.通过本例学习,掌握利用直线的方向向量和平面的 法向量求直线与平面的夹角. 试一试:教材P45练习T2,P46练习你会吗?

1.直线间的夹角
(1)共面直线的夹角
当两条直线 l1 与 l2 共面时,我们把两条直线交 角中,范围在___[0_,__π_2_]______内的角叫作两直线的夹角.如 图 1.

(2)异面直线的夹角 当直线 l1 与 l2 是异面直线时,在直线 l1 上任取一 点 A 作 AB∥l2,我们把直线 l1 和直线 AB 的夹角 叫作异面直线 l1 与 l2 的夹角.如图 2. (3)空间直线夹角的求解 空间两条直线的夹角由它们的方向向量的夹角确定,如图 3.
设直线 l1 与 l2 的方向向量分别是 s1,s2.
当 0≤〈s1,s2〉≤π2 时,直线 l1 与 l2 的夹角等于〈s1,s2〉;
当π2 <〈s1,s2〉≤π 时,直线 l1 与 l2 的夹角等于__π_-__〈__s1_,__s_2_〉____. 事实上,设直线 l1 与 l2 的夹角为 θ,则 cos θ =|cos〈s1,s2〉|.

2.平面间的夹角 (1)平面 间夹角的概念 如图,平面 π1 和 π2 相交于直线 l,点 R 为直线 l 上任意一点, 过点 R,在平面 π1 上作直线 l1⊥l,在平面 π2 上作直线 l2⊥l, 则 l1∩l2=R,我们把直线_____l1_和__l2_的__夹__角_____叫作平面 π1 与 π2 的夹角.

(2)平面间夹角的求法

空间两个平面的夹角由它们的法向量的夹角确定.

设平面 π1 与 π2 的法向量分别为 n1 与 n2. 当 0≤〈n1,n2〉≤π2 时,平面 π1 与 π2 的夹角等于〈n1,n2〉 ;



π 2

< 〈 n1 , n2 〉 ≤ π

时,平面

π1 与

π2 的 夹 角 等 于

____π_-__〈__n_1_,__n_2_〉___.

事实上,设平面 π1 与平面 π2 的夹角为 θ, 则 cos θ =|cos〈n1,n2〉|.

3.直线与平面的夹角 (1)直线与平面夹角的概念 平 面 外一 条 直线 与 __它__在__该__平__面__内__的__投__影____的 夹 角 叫作 该 直 线与此平面的夹角.如图.
如果一条直线与一个平面平行或在平 面内,我们规定这条直线与平面的夹角 为 0. 如果一条直线与一个平面垂直,我们规 定 由这 此条 可直 得线 ,与直平线面与的平夹面角夹为角的π2 范. 围是____[0_,__π_2_]_____.

(2)直线与平面夹角的求法

空间中 ,直线与平面的夹角由直线的方向向 量与平面的法向量

的夹角确定.

设平面α 的法向量为 n,直线 l 的方向向量为 a,直线 l 与平

面 α 所成的角为 θ.

当 0≤〈n,a〉≤π 时,θ =π -〈n,a〉;

2

2

当π

<〈 n, a〉≤π

时,θ

〈n,a〉-π =____________2______.

2

即 sin θ =|cos〈n,a〉|.

1.判断正误 (正确的打“√”, 错误的打“×” )
(1)两异面直线夹角的范围是??0,π2 ??.( √ )
(2)直线与平面所成的角 α 与该直线的方向向量与平面的法向 量的夹角 β 互余.( × ) (3)两平面夹角的大小范围是[0,π ).( × ) (4)两平面夹角的大小等于其两个平面的法向量的夹角的大
小.( × )

2.已知直线 l1 的一个方向向量为 a=(1,-2,1),直线 l2 的 一个方向向量为 b=(2,-2,0),则两直线所成角的余弦值为

(D )

A.1

B. 6 3

C. 3 3
解析:选设两直线夹角为 θ,
则 cos θ = |a·b| = 2+4 = 3. |a|·|b| 6·2 2 2

D. 3 2

3.已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与 平面 BDC1 所成角的正弦值等于( A )

A.2

B. 3

3

3

C. 2

D.1

3

3

解析:以D→A、D→C、D→D1为 x,y,z 轴的正方向建立坐标系,

令 AB=1,则有 B(1,1,0),D(0,0,0),C1(0,1,2),C(0,

1,0),D→B=(1,1,0),D→C1=(0,1,2).设 n=(x,y,z)为

平面 BDC1 的法向量,由D→B·n=0,D→C1·n=0,得 x=-y,

z=-y,可取 n=(2,-2,1),C→D·n=0×2+(-1)×(-2) 2

+0×1=2.



CD

与平面

BDC1

所成角的正弦值

为C|→C→DD·||nn|=1×2

=2. 33

4.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1, 1),则两平面间的夹角为___4_5_°___.
解析:因为|cos〈m,n〉|=|m·n|= 2, |m||n| 2
所以两平面间的夹角为 45°.

1.两平面夹角的范围是[0,π ],二面角的范围是[0,π ]. 2
2.二面角与两平面的夹角相等或互补.

直线间的夹角
如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD, AB⊥BC,AB⊥AD,且 PA=AB=BC=1AD=1,求 PB 与
2 CD 所成的角.

[解] 法一:由题意知|P→B|= 2,

|C→D|= 2,P→B=P→A+A→B,

D→C=D→A+A→B+B→C,

因为 PA⊥平面 ABCD,

所以P→A·D→A=P→A·A→B=P→A·B→C=0,

因为 AB⊥AD,所以A→B·D→A=0,

因为 AB⊥BC,所以A→B·B→C=0,

所以P→B·D→C=

(P→A+A→B)·(D→A+A→B+B→C

)=A→B2=

→ |AB

|2=

1,

又因为|P→B|= 2,|C→D|= 2,

所以 cos〈P→B,D→C〉=P→→B·→D→C= |PB||DC|

1 2×

=1, 22

所以〈P→B,D→C〉= 60°,

所以 PB 与 CD 所成的角为 60°.

法二:建立如图所示的空间直角坐标系,

则 B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,1),

所以B→P= (- 1, 0, 1),D→C=(1,- 1, 0),

cos〈B→P,D→C〉=B→→P·→D→C= |BP||DC|

-1 =-1, 2· 2 2

所以〈B→P,D→C〉=120°,故 PB 与 CD 所成的角为 60°.

[方法归纳 ] 两条异面直线所成的角的求法 (1)传统几何法:通过直线平移构造三角形求解. (2)向量求法:设直线 a、b 的方向向量为 a、b,其夹角为 φ, 则有 cos θ =|cos φ |=|a·b| .向量法求异面直线的夹角应注意
|a||b| 两点: ①若求出的两向量的夹角为钝角,则异面直线的夹角应为两向 量夹角的补角,即 cos θ =|cos φ |; ②若具建系条件时,常建立空间直角坐标系,利用两直线方 向 向量数量 积的坐标 运算求解 ,否则利 用空间向 量数量积的 定义式求解.

1.已知a、b是异面直线,A、B∈a,C、D∈b,AC⊥b,

BD⊥b,且AB=2,CD=1,则a与b所成的角是__6_0_°___.

解析:A→B=A→C+C→D+D→B,

所以A→B·C→D=(A→C+C→D+D→B)·C→D

=A→C·C→D+C→D2+D→B·C→D=

0+

12+

0=

1,又

|A→B|=

2,

→ |CD|

=1.

所以 cos〈A→B,C→D〉=A|→A→BB·||C→C→DD|=2×1 1=12.

所以 a 与 b 所成的角是 60°.

求平面间的夹角
如图,四边形 ABCD 为正方 形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA, QA=AB= 1PD.求二面角 Q-BP-C
2 的余弦值.

[解] 如图,以 D 为坐标原点, 线段 DA 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐 标系.
依题意,有 Q(1,1,0),C(0,0, 1),P(0,2,0),B(1,0,1),C→B = (1, 0, 0),B→P= (- 1, 2,- 1),P→Q=(1,- 1, 0).
??n·C→B=0, 设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量,则???n·B→P=0,
即???x= 0, ??- x+ 2y- z= 0.

因此可取 n=(0,-1,-2).

??m ·B→P= 0,



m

是平面

PBQ

的法向量 ,则? ??m

·P→Q= 0.

可取 m=(1,1,1),所以 cos〈m,n〉=- 15. 5

故二面角 Q-BP-C 的余弦值为- 15. 5

本例条件不变,如何求平面QBP与平面CBP 夹角的余弦值.
解:由例 2 知二面角 Q-BP-C 为钝角,其余弦值为- 15,由 5
于平面 QBP 与平面 CBP 的夹角和二面角 Q-BP-C 互补,故平 面 QBP 与平面 CBP 夹角的余弦值为 15.
5

[方法归纳 ] 求两平面的夹角 (或二面角 )的两种方法 (1)几何 法:一般步骤为:一作(平 面角),二证 (证明是平面角 ), 三计算 (解三角形 ). (2)向量法:一般步骤为:一建系,二确定有关点的坐标,三 找 出或求出 两平面的 法向量, 四计算法 向量夹角 余弦值,确 定两平面的夹角 (求二面角时 注意观察图形判定二面角是锐角 还是钝角 ),另外,若不具备 建系条件时,可利用基向量思考 和向量模的性质求解.

2.(1)如图在一个二面角的棱上有两个

点 A,B,线段 AC,BD 分别在这个二

面角的两个面内,并且都垂直于棱 AB,

AB=4 cm,AC=6 cm,BD=8 cm,CD=2 17 cm,则这个

二面角的度数为( B )

A.30°

B.60°

C.90°

D.120°

(2)在正三角形 ABC 中,AD⊥BC 于 D,沿 AD 折成二面角 B-AD-C 后 , BC= 1 AB , 这 时 二 面 角 B-AD-C 的 大 小 为
2 ___6_0_°___. (3)如图,已知四棱锥 P-ABCD,底面 ABCD 为菱形,PA⊥平 面 ABCD,∠ABC=60°,E,F 分别是 BC,PC 的中点.
①证明: AE⊥ PD; ②若 AB=2,PA=2,求二面角 E-AF-C 的余弦值.

解:(1)取基底A→C,A→B,B→D,则二面角大小为〈A→C,B→D〉,

且C→D=-A→C+A→B+B→D,

所以C→D2=A→C2+A→B

2+B→D2-

→ 2AC

·A→B



2A→C·B→D+

2A→B·B→D,

即 4×17=62+42+82-2×6×8cos〈A→C,B→D〉 所以 cos〈A→C,B→D〉=1,即二面角的大小为 60°.
2

(2)法一:△BCD 为等边三角形,二面角 B-AD-C 的平面角为 ∠CDB=60°. 法二:设|A→B|=a,B→C=D→C-D→B,B→C2=(D→C-D→B)·(D→C-D→B) =D→C2-2D→B·D→C+D→B2=14a2-2|D→B|·|D→C|cos〈D→B,D→C〉 +14a2=14a2,得 cos〈D→B,D→C〉=12. 故〈D→B,D→C〉=60°,故填 60°.

(3)①证明:因为四边形 ABCD 为菱形,∠ABC=60°, 所以△ABC 为正三角形. 因为 E 为 BC 的中点,所以 AE⊥BC, 又 BC∥AD,所以 AE⊥AD. 因为 PA⊥平面 ABCD,AE 平面 ABCD, 所以 PA⊥AE, 而 PA 平面 PAD,AD 平面 PAD 且 PA∩AD=A, 所以 AE⊥平面 PAD.又 PD 平面 PAD, 所以 AE⊥PD.

②由①知 AE,AD,AP 两两垂直,以 A 为坐标原点,建立如 图所示的空间直角坐标系,又 E,F 分别为 BC,PC 的中点,

所以 A(0,0,0),B( 3,-1,0),C( 3,1,0),D(0,2,

0),

P(0, 0, 2), E(

3, 0, 0), F??

3,1, 22

1??,

所以A→E=( 3,0,0),A→F=?? 23,12,1??.

设平面 AEF 的一法向量为 m=(x1,y1,z1).

??m·A→E=0, ?? 3x1=0,

则? ??m

·A→F=0,所以???

23x1 +12y1 + z1=

0.

取 z1=-1,则 m=(0,2,-1),

因为 BD⊥AC,BD⊥PA,PA∩AC=A,

所以 BD⊥平面 AFC,

故B→D为平面 AFC 的一法向量,

又B→D=(- 3,3,0),

所以

cos〈m,B→D〉=

→ m ·BD




|m |·|BD|

2×3 = 15. 5× 12 5

因为二面角 E-AF-C 为锐角,

所以所求二面角的余弦值为 15. 5

直线与平面的夹角

正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长为 a,侧棱长为 2a,

求 AC1 与侧面 AB1 所成的角.

[解] 法一:建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),

B(0,a,0),

A1(0,0,

2a),C1??-

3a,a, 22

2a??,

B1(0,a, 2a).取 A1B1 的中点 M,

则 M(0,a, 2

2a),连接 AM,MC1,

有M→C1=??-

3a, 2

0,

0??

,A→B



(0,a,0),A→A1=(0,0,

2a).

所以M→C1·A→B=0,M→C1·A→A1=0,所以 MC1⊥侧面 AB1.

所以∠C1AM 是 AC1 与侧面 AB1 所成的角 θ.

因为A→C1=??-

3a,a, 22

2a??,A→M=??0,a2,

2a

? ?



所以A→C1·A→M=

0+a2+ 4

2a2=9a2. 4

而|A→C1|=

3a2+a2+2a2= 3a, 44

|A→M|=

a2+ 2a2=3a,

4

2

9a2

所以 cos〈A→C1,A→M〉=

4 = 3. 3a×3a 2
2

所以〈A→C1,A→M〉=30°,即 AC1 与侧面 AB1 所成的角为 30°.

法二:建立同解法一相同的空间直角坐标系, 则A→A1=(0,0, 2a). 设侧面 AB1 的一个法向量 n=(x,y,z), 所以 n·A→B=0,且 n·A→A1=0. 所以 ay=0,且 2az=0. 所以 y=z=0,故 n=(x,0,0).

因为A→C1=??-

3a,a, 22

2a??,

所以

cos〈A→C1,

n〉=

→ -x·3a

n·AC1 →



|n||AC1|

|x|·

2 3a

.

所以

sin

θ



|cos〈A→C1



n〉

|=1, 2

所以 θ=30°,即 AC1 与侧面 AB1 所成的角为 30°.

[方法归纳 ] 利用向量法求直线与平面夹角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系; ( 2)求直线的方向向量A→B ; (3)求平面的法向量 n;
→ (4)计算:设线面角为 θ,则 sin θ =|n·A→B| .
|n||AB|

3.(1)如图,平面 ABCD⊥平面 ABEF,四边 形 ABCD 是正方形,四边形 ABEF 是矩形, 且 2AF=AD=a,G 是 EF 的中点,则 GB 与
6 平面 AGC 所成角的正弦值为___3_____. (2)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,B1C 和 C1D 与底面所成的角 分别为 60°和 45°,则异面直线 B1C 和 C1D 所成角的余弦值
6 为___4_____.

解析: (1)建立如图坐标系, A(0, 0, 0),

F(a, 0, 0), E(a , a, 0), C(0, a, a),

2

2

B(0, a, 0), G(a,a, 0),G→B= (-a,a,

22

22

0),A→C =(0, a, a),

A→G=(a,a,0),设平面 AGC 的法向量为 n=(x,y,z), 22

由 n·A→C=0,n·A→G=0 得 x=z=-y,可令 n=(-1,1,-1).cos

〈G→B, n〉=G→→B· n= |GB||n|

6,故 3

GB

与平面

AGC

所成角的正弦

值为

6 .

3

(2)设A→B = a,A→D= b,A→A1= c,因 为∠ B1CB= 60° ,∠ C1 DC =45°,

所以|c|= 3|b|=|a|.

因为B→1C=B→1 B+B→C = b- c,C→1D=C→1 C+C→D=- c- a, 所以B→1C·C→1 D= |B→1 C||C→1D|cos 〈B→1C,C→1 D〉

= (b- c)·(- c- a)= c2,得

cos〈B→1C,C→1D〉=

6. 4

规范解答

利用向量法求空间角

(本题满分 12 分)如图,直棱柱

ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是 AB,BB1

的中点, AA1 = AC= CB=

2AB. 2

(1)证明:BC1∥平面 A1CD;

(2)求二面角 D-A1C?E 的正弦值.

[解] (1)连接 AC1,交 A1C 于点 F,连接 DF,则 F 为 AC1 的
中点.因为 D 为 AB 的中点,所以 DF∥BC1.又因为 FD 平
面 A1CD,BC1 平面 A1CD,所以 BC1∥平面 A1CD.4 分
(2)由 AA1=AC=CB= 22AB, 可设 AB=2a, 则 AA1=AC=CB= 2a,所以 AC⊥BC.

又因为 ABC-A1B1C1 为直三棱柱, 所以可建立如图所示的空间直角坐标系.6 分



C(0, 0, 0), A1(

2a, 0,

2

a)



D

? ?

2a, 2

2a, 0 2

? ?



E??0,

2a,

2a 2

??,

→ CA1



(

2a, 0,

2

a)



→ CD



? ?

2a, 2

22a, 0??



→ CE



??0, 2a, 22a??.8 分

设平面

A1CD

的法向量为

n= (x, y, z),则

n·C→D=0



→ n·CA1

=0,可解得 y=-x=z,令 x=1,得平面 A1CD 的一个法向

量为 n=(1,-1,-1),同理可得平面 A1CE 的一个法向量为

m=(2,1,-2),10 分

则 cos〈n,m〉= 3,所以 sin〈n,m〉= 6,

3

3

所以二面角

D-A1 C? E

的正弦值为

6.12 3



[规范与警示] (1)本解的易错点 处不经过论证直接建系,导致 AC⊥BC 缺少理论根据. 处求点的坐标时不能正确运用中点坐标公式或计算出错. 处不能正确的将向量角转化为二面角.
(2)此类问题:一要严格论证建系条件,二要正确计算写出点 的坐标,三应注意向量夹角与空间角的关系,三角函数的转 化及运算.

1.正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E1、F1 分别是 A1B1、C1D1 上 的点,并且 4B1E1=4D1F1=A1B1,则 BE1 与 DF1 所成角的余 弦值是( D )

A. 3 2
C. 8 17

B.1 2
D.15 17

解析:建立如图坐标系,设|A→B|=4,则 B(4,4,0),E1(4,3,

4), D(0, 0, 0), F1(0, 1, 4),B→E1 = (0,- 1, 4),D→F1=(0,

1,

4),

cos〈B→E1,D→F1〉=B→→E1·D→→F1 |BE1||DF1|

=15. 17

2.如图所示,已知点 P 为菱形 ABCD 外一点,且 PA⊥平面 ABCD,PA=AD=AC,点 F 为 PC 的 中点,则二面角 C-BF-D 的正切值为( D )

A. 3 6
C. 3 3

B. 3 4
D.2 3 3

解析:连接 BD,设 AC∩BD=O,连接 OF,以 O 为原点, OB,OC,OF 所在直线分别为 x、y、z 轴,建立空间直角坐 标系,

设 PA=AD=AC=1,则 BD= 3,

所以 B( 3,0,0),F(0,0,1),

2

2

C(0,1,0),D(- 3,0,0).

2

2

所以O→C=(0,1,0),且O→C为平面 BDF 的一个法向量.

2

由B→C=(- 3,1,0),F→B=( 3,0,-1)可得平面 BCF 的一

22

2

2

个法向量 n=(1, 3, 3).

所以 cos〈n,O→C〉= 21,sin〈n,O→C〉=2 7.

7

7

所以 tan〈n,O→C〉=2 3. 3

3.如图所示,正三棱锥 V-ABC 中,D,E,F 分别是 VC,VA, AC 的中点,P 为 VB 上任意一点, 则直线 DE 与 PF 所成的角的大小 是( C ) A.30° B.60° C.90° D.随 P 点的变化而变化

解析:设V→A = a,V→B = b,V→C = c,则 |a|= |b|= |c|,

E→D=1A→C=1(A→V+V→C)=1(-a+c),V→F=1(V→A+V→C)=1(a+

22

2

2

2

c).

因为E→D·V→F =1(c- a)·1(c+ a)=1(c2- a2 )= 0,

2

2

4

E→D·V→B =1(c- a)·b=1(c·b- a·b)=1(|c||b|·cos〈 c,b〉- |a||b|cos

2

2

2

〈a,b〉)=0,所以E→D⊥V→F,E→D⊥V→B,即E→D为面 VFB 的

法向量,故E→D⊥P→F.



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