第七章立體幾何與空間向量第7節(jié)向量法、幾何法求空間角INNOVATIVEDESIGN1.理解空間角的概念.

2.會用向量法、幾何法求空間角.目

錄CONTENTS知識診斷自測01考點聚焦突破02課時對點精練03知識診斷自測1ZHISHIZHENDUANZICE1.兩條異面直線所成角的求法 (1)幾何法:平移法. (2)向量法:設異面直線l1,l2所成的角為θ,其方向向量分別為u,v,則 cos

θ=|cos<u,v>|=__________=___________.

2.直線和平面所成角的求法(1)幾何法:求直線與平面所成的角的關鍵是作出直線在平面上的射影,常用方法是尋找經(jīng)過此直線并與已知平面垂直的平面,利用面面垂直的性質(zhì)確定直線在平面上的射影.(2)向量法:直線AB與平面α相交于點B,設直線AB與平面α所成的角為θ,直線AB的方向向量為u,平面α的法向量為n,則sin

θ=|cos<u,n>|=__________=_______.

3.平面與平面的夾角(1)定義:平面α與平面β相交,形成四個二面角,我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面

β的夾角.(2)兩平面夾角的求法①幾何法:找到二面角的棱的一個垂面,即可確定平面角(夾角與其相等或互補).②向量法:設平面α,β的法向量分別是n1,n2,平面α與平面β的夾角為θ,則cos

θ=|cos<n1,n2>|=___________=__________.

常用結(jié)論與微點提醒

×

××√C2.(蘇教選修二P35T1(2)改編)若平面α,β的法向量分別為n1=(2,-3,5),n2=

(-3,1,-4),則(

) A.α∥β

B.α⊥β C.α,β相交但不垂直

D.以上均不正確

解析

因為n1·n2=-6-3-20≠0,

所以n1與n2不垂直,故兩個平面不垂直.

又n1與n2不共線,所以α與β不平行,

所以α,β相交但不垂直.A

C

考點聚焦突破2KAODIANJUJIAOTUPO考點一

異面直線所成的角例1

(1)(2025·佛山模擬)正多面體也稱柏拉圖立體,被譽為最有規(guī)律的立體結(jié)構,是所有面都只由一種正多邊形構成的多面體(各面都是全等的正多邊形).數(shù)學家已經(jīng)證明世界上只存在五種柏拉圖立體,即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體.如圖,已知一個正八面體ABCDEF的棱長為2,M,N分別為棱AD,AC的中點,則直線BN和FM夾角的余弦值為(

)D

解析

法一連接BD,AF交于點O,連接OC,易知OC,OD,OA兩兩垂直,如圖,建立空間直角坐標系O-xyz,

思維建模

解析

法一以點D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,設CC1=a(a>0),

靠近點B的三等分點F,連接EP,MF,CF,易知AD1∥EP,AD1=EP,又EP∥MF,EP=2MF,所以AD1∥MF,AD1=2MF,所以∠CMF或其補角為異面直線AD1與CM所成的角.

考點二

直線與平面所成的角

(1)證明:平面A1C1B⊥平面BDD1B1;證明

因為四邊形A1B1C1D1是菱形,所以A1C1⊥B1D1.因為BB1⊥平面A1B1C1D1,A1C1?平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1C1.又B1D1∩BB1=B1,B1D1,BB1?平面BDD1B1,所以A1C1⊥平面BDD1B1,又A1C1?平面A1C1B,所以平面A1C1B⊥平面BDD1B1.

法二如圖,設AC與BD,A1C1與B1D1的交點分別為O,O1,

思維建模1.向量法求直線與平面所成角的方法是:(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量,將題目轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角);(2)通過平面的法向量來求,即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角,取其余角就是斜線和平面所成的角.2.幾何法求線面角的方法一作(找)角,二證明,三計算,其中作(找)角是關鍵,先找出斜線在平面上的射影,關鍵是作垂線,找垂足,然后把線面角轉(zhuǎn)化到三角形中求解.

解

如圖,過點E作EF∥BD交AB于點F,作EG∥CD交AC于點G,連接FG,則△EFG所在的平面即為截面α.證明如下:因為EF∥BD,EF?平面BCD,BD?平面BCD,所以EF∥平面BCD.同理可證得EG∥平面BCD,而EF∩EG=E,EF,EG?平面EFG,所以平面EFG∥平面BCD,即截面α∥平面BCD.(1)過點E作截面α∥平面BCD,寫出作法并證明;

教考銜接

三余弦定理1.教材母題

(人教B版選修一P45嘗試與發(fā)現(xiàn))如圖所示,設AO是平面α的一條斜線段,O為斜足,A′為A在平面α內(nèi)的射影,而OM是平面α內(nèi)的一條射線,A′M⊥OM,記∠AOA′=θ1,∠A′OM=θ2,∠AOM=θ,那么cos

θ=cos

θ1cos

θ2(證明略).即斜線與平面一條直線夾角θ的余弦值等于斜線與平面所成角θ1的余弦值乘以射影與平面內(nèi)直線夾角θ2的余弦值(為了便于記憶,可設θ為斜線角,θ1為線面角,θ2為射影角).2.定理說明:這三個角中,角θ是最大的,其余弦值最小,等于另外兩個角的余弦值之積.斜線與平面所成角θ1是斜線與平面內(nèi)所有直線所成的角中最小的角.典例

(1)在正四面體A-BCD中,O為△BCD的重心,則cos∠ABO=

.

45°

考點三

平面與平面的夾角

[規(guī)范解答]

(1)證明

由于PA⊥底面ABCD,AD?底面ABCD,所以

PA⊥AD,?→線線垂直(1分)又因為

AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB?平面PAB,所以

AD⊥平面PAB,?→線面垂直(2分)又AB?平面PAB,所以

AD⊥AB?.易知AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC,(3分)因為A,B,C,D四點共面,所以

BC∥AD,?→線線平行(5分)又因為AD?平面PBC,BC?平面PBC,所以

AD∥平面PBC.?→線面平行(6分)(2)解

法一

以D為坐標原點,AD所在直線為x軸,DC所在直線為y軸,過點D且平行于AP的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,

→建系→設點寫坐標(8分)可取

n=(2,0,-a).?→求出平面的法向量(9分)

→應用公式構建方程(13分)

?

法二如圖所示,過點D作DE⊥AC于E,再過點E作EF⊥CP于F,連接DF,因為PA⊥平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD,而平面PAC∩平面ABCD=AC,所以DE⊥平面PAC,故DE⊥CP,又EF⊥CP,且DE,EF?平面DEF,所以CP⊥平面DEF,根據(jù)二面角的定義可知,∠DFE即為二面角A-CP-D的平面角,

[滿分規(guī)則]?得步驟分①處通過證明線⊥線?線⊥面?線⊥線,線∥線?線∥面.注意應用相關定理的條件要完整,否則易失步驟分.?得關鍵分②設AD的長度,從而得出各點與向量的坐標是解題的關鍵,此處出錯(2)題最多得1分.?得計算分③處求平面的法向量及應用公式表示二面角的余弦值,解方程求AD的長,要注意計算準確.

法二延長FB,DC交于點G,連接PG,點G,P是平面PCD與平面PBF的公共點,所以平面PCD∩平面PBF=PG,通過計算得CG=BG=BC=2,過點F作平面PGD的垂線,垂足為M,過M作MN⊥PG,交PG于N,連接FN,則∠FNM是平面PCD與平面PBF所成的二面角的平面角.作EQ⊥PD于Q,由(1)知EF⊥平面PED,EF∥CD,所以CD⊥EQ,又PD⊥EQ,且PD∩CD=D,PD,CD?平面PGD,所以EQ⊥平面PGD,EQ為點E到平面PGD的距離由EF∥CD,CD?平面PGD,EF?平面PGD,所以EF∥平面PGD,則點E,F到平面PGD的距離相等,所以FM=EQ.

教考銜接

射影面積法求二面角

典例

已知△ABC與△BCD所在平面垂直,且AB=BC=BD,∠ABC=∠DBC=120°,則二面角A-BD-C的余弦值為

.

解析

過A作AE⊥CB的延長線于E,連接DE,∵平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE?平面ABC,∴AE⊥平面BCD,∴E點即為點A在平面BCD內(nèi)的射影,∴△BDE為△ABD在平面BCD內(nèi)的射影,

課時對點精練3KESHIDUIDIANJINGLIAN1.(2025·鄭州模擬)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,

點M,N分別是AD,DD1的中點.

(1)求證:BC1∥平面B1MN;

證明

如圖,連接AD1,

因為點M,N分別是AD,DD1的中點,

所以MN∥AD1.

又由長方體的性質(zhì)知AB綉C1D1,

所以四邊形ABC1D1為平行四邊形,

所以BC1∥AD1,所以BC1∥MN,

又MN?平面B1MN,BC1?平面B1MN,

所以BC1∥平面B1MN.

法二因為平面BCC1B1∥平面ADD1A1,所以平面B1MN與平面BCC1B1所成的角即為平面B1MN與平面ADD1A1所成的角.取AA1的中點Q,連接NQ,分別延長NM,A1A交于點P,點N,P是平面B1MN與平面ADD1A1的公共點,所以平面B1MN∩平面ADD1A1=PN,