习题3.2教学设计

立体几何中的向量方法（二）

一、知识梳理

空间角的求法

(1)异面直线所成的角

设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量，则

范围

求法

a与b的夹角

l1与l2所成的角

0,

20,

cosab

|a||b|cos|cos|ab

|a||b|(2)求直线与平面所成的角

设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，则sin|cosa,n|(3)求二面角的大小

①如图①，AB,CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则|an|. |a||n|二面角的大小AB,CD．

②如图②③，n1,n2分别是二面角l的两个半平面,的法向量，则二面角的大小满足|cos||cosn1,n2|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．

二．典例分析

1.利用空间向量求异面直线所成角

例1.(2018吉林长春模拟)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为直角梯形, AD//BC,ADC90,平面PAD⊥底面ABCD,Q为AD的中点,M是棱PC上的动点(不包括端点),PAPD2,BCAD1,CD3. (1)求证:平面PBQ平面PAD;

12(2)若M为棱PC的中点,求异面直线AP与BM所成角的余弦值.

(1)证明:因为AD//BC,BCAD,Q为AD的中点,BC//DQ,所以四边形BCDQ为平行四边形所以CD//BQ.因为ADC90,所以AQB90,即BQAD

12又因为平面PAD平面ABCD,且平面PAD平面ABCDAD, BQ平面ABCD,所以BQ平面PAD. 因为BQ平面PBQ,所以平面PBQ平面PAD. (2)因为PAPD,Q为AD的中点,所以PQAD. 因为平面PAD平面ABCD,且平面PAD平面ABCDAD,所以PQ平面ABCD. 如图,以Q为原点,分别以QA,QB,QP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Qxyz, 则Q0,0,0,A1,0,0,P0,0,3,B0,3,0,C1,3,0

M是PC的中点,所以M,133133,AP1,0,3,BM,,,

所以. 222222

设异面直线AP与BM所成的角为则cos|cosAP,BM||APBM|27, 7|AP||BM|27

7所以异面直线AP与BM所成角的余弦值为

向量法求异面直线所成角的2种方法及1个注意点

(1)2种方法：

①基向量法：利用线性运算．

②坐标法：利用坐标运算．

(2)1个注意点：

注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其是取值范围．

D，O是BD的中点，练习1. 如图，四面体ABC中CACBCD2B,DAB. 2AD(1)求证：AO平面BCD；

(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦

解：(1)证明：连接OC，由CACBCDBD2,ABAD2，知值．

.在AOC中，AC2AO2OC2，则AOOC. CO3,AO1

又AOBD,BDOCO，因此AO平面BCD. (2)如图建立空间直角坐标系Oxyz. 则A0,0,1,B1,0,0,C0,3,0,D1,0,0

AB1,0,1,CD1,3,0

∴|cosAB,CD|为

2. 4|ABCD|2.即异面直线AB与CD所成角的余弦值|AB||CD|42.

利用空间向量求直线与平面所成角

BB1//CC1//AA1,例2..已知如图1所示，在边长为12的正方形AA'A1A1,中，且AB3,BC4，AA'1分别交BB1,CC1于点P、Q,将该正方形沿BB1,CC1,折叠，使得A'A1与AA1重合，构成如图2 所示的三棱柱ABCA1B1C1,在该三棱柱底边AC上有一点M,满足AMkMC0k1; 请在图2 中解决下列问题:

(I)求证:当k时，BM//平面APQ; 34(Ⅱ)若直线BM与平面APQ所成角的正弦值为30，求k的值

15(I)解: 在图(2)中，过M作MN//CQ交AQ于N，连接PN，所以MN//PB,

∴MNPB共面且平面MNPB交平面APQ

于3MNAM3PN∵k，

4CQAC7又

CQ7,

MN3,

MNPBAB3,∴四边形MNPB为平行四边形，∴BM//PN,PN平面APQ,BM平面APQ,∴BM//平面APQ; (II)解:因为AB=3,BC=4,所以AC=5,从而AC2AB2BC2, PBAB3,QC7,分別以BA，BC，BB1为x,y,z轴，即ABBC.由图1知，

则A3,0,0,C0,4,0,P0,0,3Q,0，4，7BC0,4,0,AP3,0,3,AQ

3,4,7

设平面APQ的法向量为na,b,c, 3a3c0nAP0所以得，令al，则c1,b1，所以n1,1,1

3a4b7c0nAQ034k由AMkMC得M的坐标为,,0

1k1k直线BM与平面APQ所成角的正弦值为1930,

解得k或k

4415练习1．如图，已知在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD的中点，沿AO将三角形AOD折起，使DB3.

(1)求证：平面AOD平面ABCO；

(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值．

解析：(1)证明：在矩形ABCD中，∵AB＝2AD＝2，O为CD的中点，∴AOD，BOC为等腰直角三角形，

∴AOB90，即OBOA.取AO的中点H，连接DH，BH，则OHDH2. 2在RtBOH中，2BH2BO2OH252；在BH中，2522DHBH223. ∵DB23，∴DH2BH2DB2，∴DH∴DH平面BH.∵DHOA,OABHH,

ABCO.

∵DH平面AOD，∴平面AOD平面ABCO. (2)以O为坐标原点，分别以直线OA，OB为x轴和y轴，建立如图22所示的空间直角坐标系，则B(0,2,0)，A(2,0,0)，D,0,，2222C2,2,0. 

∴AB2,2,0，AD2222，BC,0,,,0设面ABD2222

(x,y,z)(2,2,0)0xy0的法向量为n(x,y,z)，∴，即，取22xz0,0,(x,y,z)022n(1,1,1)，设BC与平面ABD所成的角为

222,2,0(1,1,1)6∴sincos，

33即BC与平面ABD所成角的正弦值为6. 3

利用平面的法向量求线面角的2个注意点

(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求．

(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2cos2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夹角的余弦值为所求．

考点三.利用空间向量求二面角

例3

如图，四边形ABCD是矩形，沿对角线AC将ACD折起，使得点D在平面ABC上的射影恰好落在边AB上.

（1）求证：平面ACD平面BCD；

（2）当

解析（I）设点D在平面ABC上的射影为点E，连接DE

则DE平面ABC，所以DEBC. 因为四边形ABCD是矩形，所以ABBC，所以BC平面ABD，

所以BCAD.又ADCD，所以AD平面BCD，而AD平面ACD，所以平面ACD平面BCD. AB2时，求二面角DACB的余弦值. ADM M E

（II）

以点B为原点，线段BC所在的直线为x轴，线段AB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

设|AD|a，则|AB|2a，所以A(0,2a,0)C(a,0,0). 由（I）知ADBD，又AB2，所以DBA30，AD1333，所以AD0,a,DAB60

，所以D0,a,aa，2222ACa,2a,0.

设平面ACD的一个法向量为m(x,y,z)，则

13mAD03az0ay，即2，取y1，则x2，z，所以23ax2ay0mAC0

3.m1,2,

3因为平面ABC的一个法向量为n(0,0,1)，

cosmnmn|m||n|1.所以二面角DACB的余弦2432212333值为.

练习1.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB2AD，BD3AD，且PD底面ABCD. 14

（1）证明：平面PBD平面PBC；

（2）若Q为PC的中点，且APBQ1，求二面角QBDC的大小.

解.（1）证明：∵AD2BD2AB2，∴ADBD，∴AD//BC，∴BCBD. 又∵PD底面ABCD，∴PDBC.∵PDBDD，∴BC平面PBD. 而BC平面PBC，∴平面PBC平面PBD. （2）解：由（1）知，BC平面PBD，分别以DA，DB，DP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示，设BD3，则AD1，令PDt，

则A(1,0,0)，B(0,3,0)，C(1,3,0)，P(0,0,t)，Q,13t,，

222

1t213t∴AP(1,0,t)，BQ2,2,2.∴APBQ21，∴t1. 131131故DQ,,，BQ,,.设平面QBD的法向量为222222n(x,y,z)，

1xnDQ02，即1xnBQ0231yz022，令x1，得n(1,0,1).易知平面BDC31yz022的一个法向量为m(0,0,1)，则cosmnQBDC的大小为1212∴二面角2.

4[规律方法]

求二面角大小的常用方法：

(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的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)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．