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2013年最新高中数学教学精品课件:空间向量与空间角


第3课时 空间向量与空间角
【课标要求】 理解直线与平面所成角的概念. 1.
能够利用向量方法解决线线、线面、面面的夹角问题. 2. 3. 体会用空间向量解决立体几何问题的三步曲. 【核心扫描】 1. 向量法求解线线、线面、面面的夹角.(重点) 线线、线面、面面的夹角与向量的应用.(难点) 2.

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自学导引
1.直线与平面的夹角

投影 夹角 定义:平面外一条直线与它在该平面内的_____的_____,特 0 别当直线与平面平行或在平面内时, 直线与平面的夹角为__,
π 2 当直线与平面垂直时,直线与平面的夹角为___.

想一想:当一条直线l与一个平面α的夹角为0时,这条直
线一定在平面内吗? 提示 不一定,这条直线还可能与平面平行.
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2. 空间中的角 角的分类 向量求法 范围
π (0, ] 2

设两异面直线所成的角为θ,它们的方 异面直线 向向量分别为a,b,则cos θ= |a·b| 所成的角 |a|·|b| |cos〈a,b〉| _____________=______

设直线l与平面α所成的角为θ,l的方向 直线与平 π 向量为a,平面α的法向量为n,则 (0, ] 面所成的 |a· n| 2 角 |cos〈a,n〉| |a|· |n| sin θ=_____________=_____ 设二面角α- β的平面角为θ,平面α、β l的法向量为n1,n2,则|cos θ|= |n1·n2| |cos〈n1,n2〉| |n1||n2| _______________=_______
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二面角

[0,π]

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试一试:若二面角α - l β的两个半平面的法向量分别为

n1,n2,试判断二面角的平面角与两法向量夹角〈n1,
n2〉的关系. 提示 相等或互补

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名师点睛
1. 两异面直线所成角的求法 (1)平移法:即通过平移其中一条(也可两条同时平移),使 它们转化为两条相交直线,然后通过解三角形获解.
(2)向量法:设直线 l1,l2 的方向向量分别为 a,b,a 与 b 的 |a·b| 夹角为 φ,则 l1 与 l2 所成角 θ 满足 cos θ =|cos φ |= . |a||b|

2. 直线与平面所成角的求法 (1)几何法:找出斜线在平面上的射影,则斜线与射影所 成角就是线面角,可通过解由斜线段、垂线段和射影线段 构成的直角三角形获解.
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(2)向量法:设直线 l 的方向向量为 a,平面 α 的一个法向量为 n, 直线 l 与平面 α 所成角为 θ, 与 n 的夹角为 φ, a 则有 cos θ

|a·n| |a||n| =sin φ ,或 sin θ =|cos φ |=_______.

3.二面角的求法 (1)几何法:作出二面角的平面角,然后通过解三角形获
解. (2)向量法:设二面角α - β的两个半平面的法向量分别为 l-

n1,n2.
①当平面α、β的法向量与α、β的关系如图所示时,二面角α -l -β的平面角即为两法向量n1,n2的夹角〈n1,n2〉.
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②当平面α、β的法向量与α、β的关系如图所示时,二面角 α -l -β的平面角与两法向量n1,n2的夹角〈n1,n2〉互 补.

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题型一

求异面直线的夹角

【例1】 正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是A1D1、A1C1 的中点,求异面直线AE与CF所成角的余弦值. → →
[思路探索] 可考虑建立空间直角坐标系,求出AE,CF的坐 标,利用坐标运算求所求角的余弦值.



不妨设正方体棱长为2,分别

取DA、DC、DD1所在直线为x轴、y 轴、z轴建立如图所示空间直角坐标 系,则
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A(2,0,0)、C(0,2,0)、E(1,0,2)、F(1,1,2), 则AE=(-1,0,2),CF=(1,-1,2) → → → ∴|AE|= 5,|CF|= 6.AE·CF=-1+0+4=3. 又AE·CF=|AE||CF|cos〈AE,CF〉 = 30cos〈AE,CF〉 ∴cos〈AE,CF〉=











→ → →











30 30 ,∴所求值为 . 10 10

规律方法 在解决立体几何中两异面直线所成角问题时,若 能构建空间直角坐标系,则建立空间直角坐标系,利用向量 法求解.但应用向量法时一定要注意向量所成的角与异面直

线所成角的区别.
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【变式1】 四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD, PA与平面ABCD所成的角为60°,在四边形 ABCD中,∠ADC=∠DAB=90°,AB=4,

CD=1,AD=2.
(1)建立适当的坐标系,并写出点B、P的坐标; (2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值. 解 (1)如图,建立空间直角坐标系.

∵∠ADC=∠DAB=90°, AB=4,CD=1,AD=2.

∴A(2,0,0),C(0,1,0),B(2,4,0).
由PD⊥平面ABCD,得
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∠PAD 为 PA 与平面 ABCD 所成的角, ∴∠PAD=60°. 在 Rt△PAD 中,由 AD=2,得 PD=2 3. ∴P(0,0,2 3). → (2)由(1)得,PA=(2,0,-2 3),BC=(-2,-3,0), 2×(-2)+0×(-3)+(-2 3)×0 ∴cos PA, 〉 〈 BC = 4× 13 13 =- , 13 13 即 PA 与 BC 所成角的余弦值为 . 13
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→ →

题型二

求线面角

【例2】正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长为 a, 侧棱长为 2a,
求 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角.

[思路探索] 利用正三棱柱的性质,建立适当的空间直角

坐标系,写出有关点的坐标.求角时有两种思路:一是由
定义找出线面角,取A1B1的中点M,连结C1M,证明 ∠C1AM是AC1与平面A1ABB1所成的角;另一种是利用平 面A1ABB1的法向量n=(λ,x,y)求解.

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解 则

建立如图所示的空间直角坐标系,

A(0,0,0),B(0,a,0),A1(0,0, 2a), 3 a C1(- a, , 2a), 2 2
法一 a 取 A1B1 的中点 M, M(0, , 2a), 则 连结 AM、 1, MC 2

3 → → 有MC1=(- a,0,0),AB=(0,a,0),AA1=(0,0, 2a). 2 ∴MC1·AB=0,MC1·AA1=0, → → → ∴MC1⊥AB,MC1⊥AA1,
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→ → →







则 MC1⊥AB,MC1⊥AA1, 又 AB∩AA1=A, ∴MC1⊥平面 ABB1A1. ∴∠C1AM 是 AC1 与侧面 A1ABB1 所成的角. 3 a → a 由于AC1=(- a, , 2a),AM=(0, , 2a), 2 2 2 a2 9a2 ∴AC1·AM=0+ +2a2= , 4 4







|AC1|= |AM|=



3a2 a2 + +2a2 = 3a, 4 4 a2 3 2 +2a = a, 4 2
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3 ∴cos〈AC1,AM〉= = . 3a 2 3a× 2 ∴〈AC1,AM〉=30°, 即 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为 30°. 法二 AB=(0,a,0),AA1=(0,0, 2a),





9a2 4









3 a AC1=(- a, , 2a). 2 2 设侧面 ABB1A1 的法向量 n=(λ ,x,y), ∴n· =0 且 n· 1=0. AB AA ∴ax=0 且 2ay=0.
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∴x=y=0.故 n=(λ,0,0). ∵AC1=(-



3 a a, , 2a), 2 2 n· 1 AC

λ ∴cos〈AC1,n〉= =- . → 2|λ | |n||AC1|





1 ∴|cos〈AC1,n〉|= . 2 ∴AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为 30°.



规律方法 用向量法求线面角的一般步骤是:先利用图形的 几何特征建立适当的空间直角坐标系,再用向量有关知识求 解线面角.法二给出了用向量法求线面角的常用方法,即先 求平面法向量与斜线夹角,再进行换算.
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【变式2】 已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长为 a,侧棱长
为 2a,M 为 A1B1 的中点,求 BC1 与平面 AMC1 所成角的正 弦值.



建立如图所示的空间直角坐标系,

a 则 A(0,0,0),M(0, , 2a), 2 3 a C1(- a, , 2a),B(0,a,0), 2 2 3 a 故AC1=(- a, , 2a), 2 2 → a AM=(0, , 2a), 2
3 a BC1=(- a,- , 2a). 2 2
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设平面 AMC1 的法向量为 n=(x,y,z). ? 3 a ?→ - ax+ y+ 2az=0, ?AC1·n=0, ? 2 2 则? ∴? → ?AM· ?ay+ 2az=0, n=0. ? ?2 2 令 y=2,则 z=- ,x=0. 2 ∴n=(0,2,- 2 ). 2

3 a 又BC1=(- a,- , 2a), 2 2



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BC1·n ∴cos〈BC1,n〉= → |BC1||n|







-a-a 3a×

2 6 =- . 9 9 2

设 BC1 与平面 AMC1 所成的角为 θ, 2 6 则 sin θ =|cos〈BC1,n〉|= . 9



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题型三

二面角的求法

【例3】 (12分)如图所示,正三棱柱ABC-

A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中
点,求二面角A- 1DA B的余弦值.

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[规范解答]如图所示,取BC中点O,连 结AO.因为△ABC是正三角形,所以 AO⊥BC,因为在正三棱柱ABC —

A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,所
以AO⊥平面BCC1B1.
→ → 取 B1C1 中点为 O1,以 O 为原点,OB,OO1,OA为 x,y,z 轴的 正方向建立空间直角坐标系,则 B(1,0,0),D(-1,1,0), A1(0,2, 3),A(0,0, 3),B1(1,2,0).2 分 设平面 A1AD 的法向量为 n=(x,y,z), =(-1,1, 3),AA1 AD - =(0,2,0).
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因为 n⊥AD,n⊥AA1, ? → ?n· =0, ?-x+y- 3z=0, AD ? ? 得 得? ? ?n·→ =0, ?2y=0, ? AA1
?y=0, ? 所以? ?x=- 3z. ?





令 z=1,得 n=(- 3,0,1)为平面 A1AD 的一个法向量. 5 分 又因为AB1=(1,2,- 3),BD=(-2,1,0),BA1 =(-1,2, 3), 所以AB1·BD=-2+2+0=0, AB1·BA1=-1+4-3=0,
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所以AB1⊥BD,AB1⊥BA1,所以 AB1⊥平面 A1BD, 所以AB1是平面 A1BD 的一个法向量, - 3- 3 6 所以 cos〈n,AB1〉= = =- , 4 → 2· 2 2 |n||AB1|

→ →







8分 10 分



n· 1 AB



6 所以二面角 A - 1D ?B 的余弦值为 . A 4

12 分

【题后反思】 几何法求二面角,往往需要作出其平面角,这 是该方法的一大难点.而用向量法求解二面角,无需作出二 面角的平面角,只需求出平面的法向量,转化为两直线(或两

向量)所成的角,通过向量的数量积运算即可获解,体现了空
间向量的巨大优越性.
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【变式3】 若 PA⊥平面 ABC,AC⊥BC,PA=AC=1,BC= 2,
求二面角 A- C 的余弦值. PB-



如图所示建立空间直角坐标系,则

A(0,0,0),B( 2,1,0), C(0,1,0),P(0,0,1), 故AP=(0,0,1),AB=( 2,1,0),
CB=( 2,0,0),CP=(0,-1,1), 设平面 PAB 的法向量为 m=(x,y,z), ? → ?m· =0, ?(x,y,z)· (0,0,1)=0, AP ? 则? ?? ? → ?(x,y,z)· 2,1,0)=0 ( ? ?m· =0 AB ?
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?z=0, ? ?? ? 2x+y=0, ?

令 x=1,则 y=- 2,故 m=(1,- 2,0). 设平面 PBC 的法向量为 n=(x′,y′,z′),则 ? → ?n· =0, ?(x′,y′,z′)· 2,0,0)=0, ? 2x′=0, CB ( ? ? ? ? ? ?? → ?(x′,y′,z′)· (0,-1,1)=0 ?-y′+z′=0. ? ? ?n· =0 ? CP 令 y′=-1,则 z′=-1,故 n=(0,-1,-1), m·n 3 ∴cos〈m,n〉= = . |m||n| 3 ∴二面角 A- -C 的余弦值为 PB 3 . 3
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方法技巧

化归与转化思想解决立体几何问题

空间向量的具体应用主要体现为两种方法——向量
法和坐标法.这两种方法的思想都是利用空间向量表示立 体图形中的点、线、面等元素,建立立体图形和空间向量 之间的联系,然后进行空间向量的运算,最后把运算结果 回归到几何结论.这样就把立体几何问题转化为空间向量

来研究,体现了化归与转化思想.

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【示例】 如图,在四棱锥 O-ABCD 中,底面
π ABCD 是边长为 1的菱形, ∠ABC= , 4 OA⊥底面 ABCD,OA=2,M 为 OA 的 中点,N 为 BC 的中点.

(1)证明:直线MN∥平面OCD;

(2)求异面直线AB与MD所成角的大小.
[思路分析]建系→求相关点坐标→求相关向量坐标→向量 运算→结论. 解 作AP⊥CD于点P,分别以AB,AP,AO所在的直线 为x,y,z轴建立空间直角坐标系A-xyz,如图所示,
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则 A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,

2 2 2 ,0),D(- , ,0), 2 2 2

2 2 O(0,0,2),M(0,0,1),N(1- , ,0). 4 4 (1)证明 2 2 MN=(1- , ,-1), 4 4



2 → 2 2 OP=(0, ,-2),OD=(- , ,-2). 2 2 2 设平面 OCD 的法向量为 n=(x,y,z), 由 n· =0,n· =0, OP OD ? 2 ? 2 y-2z=0, 得? ?- 2x+ 2y-2z=0. ? 2 2
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取 z= 2,得 n=(0,4, 2). 2 2 → ∵MN ·n=(1- )×0+ ×4+(-1)× 2=0,∴MN ⊥n. 4 4 又 MN?平面 OCD,∴MN∥平面 OCD. (2)设异面直线 AB 与 MD 所成的角为 θ. ∵AB=(1,0,0),MD=(-







2 2 , ,-1), 2 2 - 2 2 1 =- . 2 2

AB·MD ∴cos〈AB,MD 〉= = → → |AB||MD|









2π → ∴AB与MD 所成的角为 . 3 2π π 故异面直线 AB 与 CD 所成的角 θ=π - = . 3 3
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方法点评 本题较好地体现了转化思想:空间线面的位置关系 转 转 ――→直线的方向向量、平面的法向量之间垂直或共线――→ 化 化 转 转 空间向量运算――→空间线面位置关系;空间角――→ 向量的 化 化 转 转 夹角――→空间向量的运算――→空间角. 化 化

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