复习参考题教案1

利用空间向量求空间角（教案）

考纲要求：了解立体几何中的空间角的定义，能用向量法解决异面直线所成角、线面所成角和二面角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。

教学目标：1让学生自主.巩固建标、写点、求直线方向向量与平面法向量的能力

2.引导学生用直接法和向量法解决空间角的问题，提高他们计算能力. 高考分析：近几年全国高考卷中，常常将立体几何中角当做已知条件出现，对立体几何中角的定义加大了考察，有必要让学生掌握空间角的定义，提高解题效率。

一．基础联通：抓主干知识的“源”与“流”（课前完成）

（一）建立直角坐标系的原则：如何选取坐标轴

1、z轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即z轴要与坐标平面xOy垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即为z轴与底面的交点

2、x,y轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：

（1）尽可能的让底面上更多的点位于x,y轴上

（2）找直角：x,y轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件

（3）若底面没有直角，先作出，对于不在轴上点作轴的垂线通过解直角三角形得点的坐标

3、常用的空间直角坐标系满足x,y,z轴成右手系，所以在标x,yFA'B'JyzD'EC'xOyz轴时要注意。

G4、同一个几何体可以有不同的建系方法，其坐标也会对应不同。CO但是通过坐标所得到的结论（位置关系，角）是一致的。

I5、解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标BH轴为两两垂直（即一个线面垂直底面两条线垂直），这个过程xA不能省略。

6、与垂直相关的定理与结论：

（1）线面垂直：

①

如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直

②

两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直

③

两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直

④

直棱柱：侧棱与底面垂直；正棱锥：顶点与底面的中心的连线与底面垂直

（2）线线垂直（相交垂直）：

①

正方形，矩形，直角梯形中的直角；平行传递垂直属性

②

等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一）

③

菱形的对角线相互垂直；直径所对的

圆周角

是直角

1

④边长成勾股数（勾股定理逆定理：若AB2AC2BC2，则ABAC

） （二）坐标的书写：建系之后要能够快速准确的写出点的坐标，按照特点可以分为3类

1、能够直接写出坐标的点

（1）

坐标轴上的点，例如在正方体（长度为1）中的A,C,D'点，坐标特点如下：

x轴：x,0,0 y轴：0,y,0 z轴：0,0,z 规律：在哪个轴上，那个位置就有坐标，其余均为0 （2）底面上的点：坐标均为x,y,0，即竖坐标z0，由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正确写出坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考：以上图为例：

则可快速写出H,I点的坐标，位置关系清晰明了

11H1,,0,I,1,0 22OCI2、空间中在底面投影为特殊位置的点：

如果A'x1,y1,z在底面的投影为Ax2,y2,0，那AHB么x1x2,y1y2（即点与投影点的横纵坐标相同）

由这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写。如果可以则直接确定了横纵坐标，而竖坐标为该点到底面的距离。例如：正方体中的B'点，其投影为B，而B1,1,0所以B'1,1,z，而其到底面的距离为1，故坐标为B'1,1,1

以上两个类型已经可以囊括大多数几何体中的点，但总还有一些特殊点，那么就要用到第三个方法：

3、需要计算的点

xxyy2z1z2①

中点坐标公式：Ax1,y1,z1,Bx2,y2,z2，则AB中点M12,1,，图中的222H,I,E,F等中点坐标均可计算

②

利用向量关系进行计算（先设再求）：向量坐标化后，向量的关系也可转化为坐标的关系，进而可以求出一些位置不好的点的坐标，方法通常是先设出所求点的坐标，再选取向量，利用向量关系解出变量的值，例如：求A'点的坐标，如果使用向量计算，则设A'x,y,z，可直接写出A1,00,B,，,观察1'B,1,01,向1,量1ABA'B'，而AB0,1,0

，x10x1A'B'x1,y1,z1 y11y0 A'1,0,1 z10z1演练：

2

CF

平面ABCD，1：如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，ADDCCB1,ABC60，且CF1，建立适当的直角坐标系并确定各点坐标。

思路：本题直接有一个线面垂直，所以只需在平面ABCD找过C的相互垂直的直线即可。由题意，BCD不是直角。所以可以以其中一条边为轴，在底面上作垂线即可构造出两两垂直的条件，进而可以建立坐标系

方案一：（选择BC为轴），连结AC

可知ADC120 在ADC中

ACADDC2ADDCcosADC3 222FDCABAC3 由AC3,BC1,ABC60可解得AB2,ACB90 ACBC CF平面ABCD

CFAC,CFBC D以AC,CF,BC为坐标轴如图建系：

B0,1,0,A313,0,0,D,,0,F0,0,1 22方案二（以CD

为轴）

过C作CD的垂线CM CF平面ABCD

CFCD,CFCM 以CD,CF,CM为坐标轴如图建系：

3（同方案一）计算可得：CM,AB2 23331A,,0,B,,0,D0,1,0,F0,0,1

2222ADCACB2：已知四边形ABCD满足AD∥BC,BAADDC1BCa，E是BC中点，将BAE翻折2成B1AE，使得平面B1AE平面AECD，F为B1D中点

ADBEC

B'FADBEC3

思路：在处理翻折问题时，首先要确定在翻折的过程中哪些量与位置关系不变，这些都是作为已知条件使用的。本题在翻折时，BAE是等边三角形，四边形AECD为60的菱形是不变的，寻找线面垂直时，根据平面B'AE平面AECD，结合B'AE是等边三角形，可取AE中点M，则可证B'M平面AECD，再在四边形AECD找一组过M的垂线即可建系

解：取AE中点M，连结B'M BAE是等边三角形

B'MAE 'B'FAMEAMECDD平面B'AE平面AECD

B'M平面AECD，连结DM B'MME,B'MMD C

四边形AECD为60的菱形 ADE为等边三角形

DMAE B'M,MD,ME两两垂直

如图建系，设AB为单位长度

33'311A,0,0,E,0,0,D0,,0,C1,,0,B0,0, 2222233'F为BD中点 F0,, 44（二）刻画直线与平面方向的向量

1、直线：用直线的方向向量刻画直线的方向问题，而方向向量可由直线上的两个点来确定

1313330，2）例如：A（2，，），B（，，则直线AB的方向向量为AB可设为（-，-，）222222进行运算。 （3，1，-3）2、平面：用平面的法向量来刻画平面的倾斜程度，何为法向量？与平面垂直的直线称为平面的法线，法线的方向向量就是平面的法向量，如何求出指定平面的法向量呢？

（1）所需条件：平面上的两条不平行的直线

（2）求法：（先设再求）设平面的法向量为nx,y,z，若平面上所选两条直线的方向向量分别为ax1,y1,z1,bx2,y2,z2，则可列出方程组：

x1xy1yz1z0

解出x,y,z的比值即可

xxyyzz02224

例如：a1,2,0,b2,1,3，求a,b所在平面的法向量

x2y0x2y解：设nx,y,z，则有

，解得： 2xy3z0zyx:y:z2:1:1 n2,1,1 （三）利用空间向量求空间角

1．两条异面直线所成角的求法

设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝为异面直线a，b所成的角)．

快练5：如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，

则直线BC1与直线AB1夹角

的余弦值为(

) 525A.5

B.

5

255C.-5

D. -5

|a·b|(其中φ|a||b|

[方法技巧]

向量法求两异面直线所成角的步骤

(1)选好基底或建立空间直角坐标系；

(2)求出两直线的方向向量v1，v2；

(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝|v1·v2|求解．

|v1||v2|5

π[提醒]

两异面直线所成角θ的范围是0，2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成的角．

2．直线和平面所成角的求法

如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n·e|. |n||e|

快练6．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于(

) 61023A.4

B.4

C.2

D.2

解析：如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O(0，0，0)，B(3，→→0，0)，A(0，－1，0)，B1(3，0，2)，则AB1＝(3，1，2)，则BO＝(－3，0，0)为侧面ACC1A1的法向量，

→→|AB1·BO|6由sin θ＝＝4. →→|AB1||BO|答案：A 6

[易错提醒]

(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．

(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．

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＝〈AB，CD〉．

(2)如图②和图③，n1，n2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＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉. 快练7.正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，

则平面PAB与平面PCD的夹角为(

) A．30°

C．60°

B．45°

D．90°

解析：建系如图，设AB＝1，

则A(0,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0). 平面PAB的法向量为n1＝(1,0,0). n2·PD＝0，x－z＝0，设平面PCD的法向量n2＝(x，y，z)，则得

y＝0.CD＝0，n2·

令x＝1，则z＝1.∴n2＝(1,0,1)，cos〈n1，n2〉＝2. 2∴此角的大小为45°.

答案：B 12＝.∴平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值为22[方法技巧]

利用向量法计算二面角大小的常用方法

(1)找法向量法：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7

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法：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．

二、考点贯通—抓高考命题的“形”与“神”

（2017全国理I卷）18.（12分）

如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且BAPCDP90.

（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；

（2）若PA=PD=AB=DC，APD90，求二面角A-PB-C的余弦值.

【考点】：立体几何，空间向量。

【思路】：（1）利用线面垂直的性质即可求得。（2）建立空间直角坐标系即可

【解析】：（1）AB//CD,CDPDABPD,又ABPA,PAPDP,PA、PD都在平面PAD内，故而可得ABPAD。又AB在平面PAB内，故而平面PAB⊥平面PAD。

（2）不妨设PAPDABCD2a，以AD中点O为原点，OA为x轴，OP为z轴建立平面直角坐标系。故而可得各点坐标：P0,0,2a,A2a,0,0,B2a,2a,0,C2a,2a,0，因此可得2a,2a,，假a2设平面PAB的法向量PA2a,0,2a,PB2a,2a,a,P2Cn1x,y,1，平面PBC的法向量n2m,n,1，故而可得n1PA2ax2a0x1n1PB2ax2ay2a0y0，n2PC2am2an2a0m02即n11,0,1，同理可得，即。因此法向n0,222,1n2PB2am2an2a0n2量的夹角余弦值：cosn1,n2123233。很明显，这是一个钝角，故而可得余弦为。

33突破点(二)

与空间角有关的综合问题

与空间角有关的综合问题主要包括两类：

1已知某一空间角，求另外一种空间角的大小；

2探究是否存在某点，满足线面角或二面角成某一角度如直二面角、所成二面角为60°8

等.求解此类问题的一般思路是先假设存在该定点，满足该结论；然后以该结论作为一个新的条件，结合题目已知的条件，一步一步逆推，并充分利用角度或空间距离的求解方法，列等式通常含有一个未知数，求解未知数：若有解，即可得到定点的位置，并说明存在满足题意的定点；若无解，则假设不成立，不存在满足题意的定点. (2016·全国乙卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°. (1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；

(2)求二面角E-BC-A的余弦值．

解：(1)证明：由已知可得AF⊥DF，

AF⊥FE，DF∩FE＝F，

所以AF⊥平面EFDC. 又AF⊂平面ABEF，

故平面ABEF⊥平面EFDC. (2)过D作DG⊥EF，垂足为G.由(1)知DG⊥平面ABEF. 以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，|GF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz. 由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝3，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3，0,0)，D(0,0，3)．

由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC. 又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，

故AB∥CD，CD∥EF. 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，

所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°. 从而可得C(－2,0，3)．

所以EC＝(1,0，3)，EB＝(0,4,0)，AC＝(－3，－4，3)，AB＝(－4,0,0)．

设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，

n·EC＝0，x＋3z＝0，则即

4y＝0，n·EB＝0，所以可取n＝(3,0，－3)．

9

AC＝0，m·设m是平面ABCD的法向量，则m·AB＝0，

同理可取m＝(0，3，4)．

则cos 〈n，m〉＝n·m|n||m|＝－21919. 由图知，二面角E-BC-A为钝角，

故二面角E-BC-A的余弦值为－21919. 答案：18．⑴

∵ABEF为正方形

∴AFEF

∵AFD90

∴AFDF

∵DFEF=F

∴AF面EFDC

AF面ABEF

∴平面ABEF平面EFDC

⑵

由⑴知

DFECEF60

∵AB∥EF

AB平面EFDC

EF平面EFDC

∴AB∥平面ABCD

AB平面ABCD

∵面ABCD面EFDCCD

∴AB∥CD

∴CD∥EF

∴四边形EFDC为等腰梯形

以E为原点，如图建立坐标系，设FDa

10

E0，0，0a3B0，2a，0

C，0，a22

A2a，2a，0a3，2a，aEB0，2a，0，BC0，0

，AB2a，22设面BEC法向量为mx，y，z. mEB02ay10，即mBC0a2x312ay12az

10x13，y10，z11

m3，0，1

设面ABC法向量为nx2，y2，z2

nBC=00.即ax322ayaz20222

nAB2ax20x20，y23，z24

n0，3，4

设二面角EBCA的大小为. cosmn4mn3131621919

二面角EBCA的余弦值为21919

（2017全国理II卷）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBC12AD,BADABC90o,

E是PD的中点．

（1）证明：直线CE∥平面PAB；

（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45o，求二面角MABD的余弦值．

11 ∴

12

【考点】

判定线面平行、面面角的向量求法

【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．

（2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有|cos θ|＝|cos|=mn．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．

mn

13

（2）取AD中点O，连PO，由于△PAD为正三角形

∴POAD

又∵平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD

∴PO平面ABCD，连OC，四边形ABCD为正方形。

∵PO平面POC，∴平面POC平面ABCD

而平面POC平面ABCDOC

过M作MHOG，垂足为H，∴MH平面ABCD

∴MBH为MB与平面ABCD所成角，MBH45

∴MHBH

在△PCO中，MH∥PO，∴MHCH，

POCO设ABBCa，AD2a，PO3a，COa

∴MHCH，∴MH3CH

a3a222222在Rt△BCH中，BHBCCH，∴3CHaCH

∴CH226a

a，MHa，OHa22226a,0,a)，22以O为坐标原点，OC、OD、OP分别为、y、轴建立空间直角坐标系，M(aA(0,a,0)，B(a,a,0)，

14

MA(26aa,a,a)，AB(a,0,0)

2266

a0，∴y22设平面MAB的法向量为n(0,y,1)，nMAay∴n(0,6,1)，而平面ABCD的法向量为k(0,0,1)

2设二面角MABD的大角为（为锐角）

∴cos|cosn,k||110。

|56114课后作业：

CFAB2CE，1：（2010 天津）在长方体ABCDA1BCE,F分别是棱BC,CC1上的点，11D1中，AB:AD:AA11:2:4

（1）求异面直线EF,A1D所成角的余弦值

（2）证明：AF平面A1ED

（3）求二面角A1EDF正弦值

B1A1C1D1FADEC解：由长方体ABCDA1B1C1D1得：AA1,AB,AD两两垂直

B

以AA1,AB,AD为轴建立空间直角坐标系

3（1）E1,,0,F1,2,1,A10,0,4,D0,2,0 21EF0,,1,A1D0,2,4 2cosEF,A1DEFA1DEFA1D352043 5cos3 5（2）AF1,2,1，设平面A1ED的法向量为nx,y,z 1A1D0,2,4,DE1,,0 215

2y4z0x:y:z1:2:1 n1,2,1

1xy02AF∥n AF平面A1ED

（3）设平面EDF的法向量mx,y,z 1DE1,,0,DF1,0,1

21xy0x:y:z1:2:1 m1,2,1

2xz0n1,2,1cosm,nmnmn425 sin6332．（2017全国理III卷）19．（12分）

如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．

（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；

（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值。

【答案】（1）证明略；（2）【解析】

试题分析：（1）利用题意证得二面角的平面角为90°，则可得到面面垂直；

（2）利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角D–AE–C的余弦值为7

77. 7试题解析：（1）由题设可得，△ABD≌△CBD，从而ADDC. 又△ACD是直角三角形，所以ADC=90. 取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO. 16

又由于△ABC是正三角形，故BOAC. 所以DOB为二面角DACB的平面角. 在Rt△AOB中，BO2AO2AB2. 又ABBD，所以BO2DOBO2AOAB2BD2，

故DOB90. 所以平面ACD⊥平面ABC. （2）由题设及（1）知，OA,OB,OD两两垂直，以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，OA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则A1,0,0,B0,3,0,C1,0,0,D0,0,1. 

由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的1，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC2131的距离的，即E为DB的中点，得E0,2,2. 2故AD1,0,1,AC2,0,0,AE1,31,. 22xz0,nAD0，设n=x,y,z是平面DAE的法向量，则即

31yz0.nAE0，x22可取n1,3,1. 3mAC0，设m是平面AEC的法向量，则同理可取m0,1,3. mAE0，则cosn,mnm7. nm77. 717 所以二面角D-AE-C的余弦值为

【考点】二面角的平面角；二面角的向量求法

【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算. （2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与m,n互补或相等，故有cos|cosm,n|mn.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. mn3：已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，且AD2,AB1,PA平面

ABCD，E,F分别是线段AB,BC的中点

（1）求证：PFFD

（2）在线段PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD，若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由

（3）若PB与平面ABCD所成的角为45，求二面角APDF的余弦值

解：因为PA平面ABCD，且四边形ABCD是矩形

PAEBFCD

以PA,AD,AB为轴建立空间直角坐标系，设PAh

1P0,0,h,B1,0,0,D0,2,0,C1,2,0,F1,1,0,E,0,0

20

（1）PF1,1,h,FD1,1,0

PFFDPFFD

1（2）设G0,0,a

EG,0,a

2设平面PFD的法向量为nx,y,z

PF1,1,h,FD1,

1,0xhxyzh0yh

nh,h,2

xy0z2EG∥平面PFD

EGn

11EGnh2a0解得ah

24

存在点G，为AP的四等分点（靠近A）

（3）PA底面ABCD

PB在底面ABCD的投影为BA

PBA为PB与平面ABCD所成的角，即PBA45

PBA为等腰直角三角形

APAB1即h1

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平面PFD的法向量为n1,1,2

平面APD为yOz平面，所以平面APD的法向量为m0,1,0

设二面角APDF的平面角为，可知为锐角

coscosm,n16

66PA平面ABCD，PAAD4，AB2，4：如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，若MN分别为棱PD,PC上的点，O为AC中点，且AC2OM2ON （1）求证：平面ABM平面PCD （2）求直线CD与平面ACM所成角的正弦值

P（3）求点N到平面ACM的距离

解：PA平面ABCD

PAAB,PAAD M矩形ABCD ABAD N故PA,AB,AD两两垂直

AD以PA,AB,AD为轴建立空间直角坐标系

OBCP0,0,4,B2,0,0,C2,4,0,D0,4,0,O1,2,0 AC2OM2ON，且OM,ON分别为AMC,ANC的中线

PANPC,AMPD 设点Mx,y,z，因为P,M,D三点共线

MPMPD 而PMx,y,z4,PD0,4,4 NADPD0,4,4 x0y4 Oz44BCM0,4,44 而AMPDAMPD0



16444012 M0,2,2 同理，设点Nx,y,z，因为P,N,C三点共线

PNPC 而PNx,y,z4,PC2,4,4

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x2PD2,4,4 y4 z44N2,4,44 而ANPCANPC0



4+16444049 N816209,9,9 （1）设平面ABM的法向量为n1x,y,z AB2,0,0,AM0,2,2 2x02y2z0n10,1,1 设平面PCD的法向量为n2x,y,z PC2,4,4,DC2,0,0 2x4y4z02x0n20,1,1 n1n20 n1n2



平面ABM平面PCD

（2）设平面ACM的法向量为nx,y,z AC2,4,0,AM0,2,2 2x4y0y2z0n2,1,1 2而CD2,0,0 设直线CD与平面ACM所成角为，则sincosCD,nCDn46CDn2638（3）

dANn21620N平面ACM919n9610276

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