1.4.2 用空间夹角研究夹角问题（第2课时）（教学课件）-【大单元教学】高二数学同步备课系列（人教A版2019选择性必修第一册）

人教A版2019高二数学（选修一）第一章 空间向量与立体几何 第二课时 用空间向量研究夹角问题 1.4.2 用空间向量研究距离、 夹角问题 1 目录/CONTENTS 新知探究 情景导入 学习目标 课堂小结 分层练习 错因分析 学习目标 1.会用向量法解决线线角、线面角、面面角（重点） 2.会区分向量角与线线角、线面角、面面角的关系（难点） 3.能用向量夹角公式解决立体几何中角度的度量问题（难点） 情景导入 地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”,黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°26'.黄道面与天球相交的大圆为“黄道”.黄道及其附近的南北宽9°以内的区域称为黄道带,太阳及大多数行星在天球上的位置常在黄道带内.黄道带内有十二个星座,如白羊座、狮子座、双子座等. 1.空间两点之间的距离 2. 点到直线的距离 两条平行直线的距离 复习回顾 5 3. 点到平面的距离 A P Q l l 直线与平行平面的距离 两平行平面的距离 复习回顾 6 （1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何向题转化为向量问题； （2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹角等问题； （3）把向量运算的结果“翻译”成相应的几何结论. 用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”： （化为向量问题） （进行向量运算） （回到图形） 复习回顾 7 向量（立体几何）的问题中主要解决的四个量： 与距离类似，角度是立体几何中另一个重要的度量． 下面我们用向量方法研究直线与直线所成的角、直线与平面所成的角以及平面与平面的夹角． 用空间向量探究夹角问题 新知探究 空间向量 空间向量 空间向量 立体几何 8 问题1 向量的夹角有哪些公式可以用？ 探究一：立体几何中线线角问题！ 新知探究 9 课本例7 如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形) ABCD 中， M, N分别为BC, AD的中点，求直线AM和CN夹角的余弦值． C A B D M N 化向量 代公式 典例剖析 10 化为向量问题 进行向量运算 11 回到图形问题 代公式 12 概念归纳 13 概念归纳 1.利用空间向量求两异面直线所成角的步骤． (1)建立适当的空间直角坐标系． (2)求出两条异面直线的方向向量的坐标． (3)利用向量的夹角公式求出两直线方向向量的夹角． (4)结合异面直线所成角的范围得到两异面直线所成角． 2.求两条异面直线所成的角的两个关注点． (1)余弦值非负：两条异面直线所成角的余弦值一定为非负值，而对应的方向向量的夹角可能为钝角． (2)范围：异面直线所成角的范围是，故两直线方向向量夹角的余弦值为负时，应取其绝对值． 14 问题2 我们在例1用向量方法解决了异面直线AM和CN所成角的问题，你能用向量方法求直线AB与平面BCD所成的角吗？ 法向量 再利用向量与向量的公式 探究二：立体几何中线面角问题 新知探究 15 A B C 16 课本例7（变式练）如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形) ABCD 中， M, N分别为BC, AD的中点，求直线AB与平面BCD所成的角． C A B D M N 取向量（基底法） 求法向量 代公式 练一练 17 若直线l与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下： 基底 建系 确定向量 计算 依据几何条件建立适当的坐标系 找直线的一个方向向量a 找平面的一个法向量n =|<>| 由的范围确定的大小 概念归纳 18 问题3 图中有几个二面角？两个平面的夹角与这两个平面形成的二面角有什么关系？ 探究三：立体几何中面面角（二面角）问题 新知探究 19 二面角的大小判断:肉眼观察法 概念归纳 20 A B C C1 A1 B1 x y z P Q R 大家小组可以探究一下: （1）解答出结果 （2）总结步骤 典例剖析 21 化为向量问题：建系 进行向量运算 22 分别算法向量 套公式 回归图像 23 概念归纳 利用平面的法向量求两个平面的夹角 利用向量方法求两平面夹角大小时，多采用法向量法．即求出两个面的法向量，然后通过法向量的夹角来得到两平面夹角．需注意法向量夹角范围是[0，π]，而两平面夹角范围是． 24 　如图，在四面体ABCD中，AB⊥BC，AB⊥BD，BC⊥CD且AB＝BC＝6，BD＝8，E为AD中点，求异面直线BE与CD所成角的余弦值． 素养点睛：考查直观想象、数学运算的核心素养． 题型1　异面直线所成的角 典例剖析 求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解． 概念归纳 1．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点，求异面直线AE与D1F所成角． 练一练 解：如图，设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系Dxyz. 练一练 (1)证明：∵在△PAD中，由E，F为PD，PA中点得EF为中位线，∴EF∥AD． 又∵底面为矩形，AD∥BC，∴EF∥BC． ∴由平行线确定唯一平面得E，F，B，C在同一平面上． (2)解：如图，以A为原点建立坐标系，其中AB，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴， 　如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC＝90°，∠APB＝90°. (1)求证：AP⊥PC； (2)设AB＝5，AP＝BC＝2AD＝4，求直线CB与平面PCD所成角的正弦值． 素养点睛：考查直观想象、数学运算的核心素养． 题型2　直线与平面所成的角 典例剖析 (1)证明：因为平面PAB⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，所以BC⊥平面PAB，则BC⊥AP. 又因为AP⊥PB，且PB∩BC＝B， 故AP⊥平面PBC，所以AP⊥PC． (2)解：如图，作PM⊥AB于点M， 则建立空间直角坐标系Mxyz， 概念归纳 练一练 典例剖析 素养点睛：考查直观想象、数学运算的核心素养． 典例剖析 素养点睛：考查直观想象、数学运算的核心素养． 　 图1　 　图2 　 利用坐标法求二面角的步骤 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图． 概念归纳 概念归纳 练一练 (1)证明：如图1，连接AC交BD于点O， 因为四边形ABCD为平行四边形，且AD＝CD， 所以四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD． 因为BD∥平面AEQF，平面AEQF∩平面SBD＝EF，BD⊂平面SBD， 所以BD∥EF. 因为BD⊥AC， 所以EF⊥AC． 图1 图 2 规范解答　利用向量法求空间角 典例剖析 审题指导： (1)要证明DE⊥平面ACD，需要证明DE与平面ACD内两条相交直线垂直，其中DE⊥DC较明显，由平面ABC⊥平面BCDE，且AC⊥BC，证得AC⊥平面BCDE，从而DE⊥AC． (2)要求二面角B－AD－E的大小，可先以D为原点建系，再求出平面ADE和平面ABD的法向量，最后由公式计算二面角的大小． 【点拨】 1．利用条件建立空间直角坐标系 充分利用题干中的垂直关系建立空间直角坐标系，使几何体的顶点尽量多地落在坐标轴上，建系或在求点的坐标时用到的位置关系和数量关系要进行必要的说明，如本例中，AC⊥平面BCDE，不仅用于证明AC⊥DE，还为求点A的坐标提供依据． 概念归纳 概念归纳 随堂练 随堂练 随堂练 A B C C1 B1 A1 F1 D1 x y z A 课本练习 A B C C1 B1 A1 F1 D1 H P B O A C x y z C P B O A C x y z A A1 B1 C1 C B x y z O H A B C D x y z A B C D x y z （2）直线AD与平面BCD所成角的大小； A B C D x y z （3）平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值． 1．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于 (　　) A．120° B．60° C．30° D．以上均错 【答案】C 【解析】由直线与平面所成的角的范围及与向量所成角的关系知直线l与平面α所成的角等于90°－(180°－120°)＝30°. 分层练习-基础 分层练习-基础 分层练习-基础 3.已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为 (　　) A．45° B．135° C．90° D．45°或135° 【答案】D 分层练习-基础 4.正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1，A1C1的中点，则异面直线AE与CF所成角的余弦值为________． 分层练习-基础 分层练习-基础 分层练习-基础 分层练习-基础 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分析 分层练习-巩固 分层练习-拓展 分层练习-拓展 三步曲 角度 距离 证明 点到线距离 点到面距离 转化为点到线或点到面距离 实际问题 异面直线所成角 直线与平面所成角 两平面的夹角 平行 垂直 课堂小结 二面角范围： 肉眼观察法 100 101 实质：线面距 102 平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于的二面角称为平面α与平面β的夹角.面面角的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，二面角的取值范围为[0,π]. 解：∵AB⊥BC，AB⊥BD，BC∩BD＝B， ∴AB⊥平面BCD． 分别以BC的垂线，BC，BA三直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图所示， 则B(0,0,0)，C(0,6,0)，A(0,0,6)，D(－2eq \r(7)，6,0)，E(－eq \r(7)，3,3)， eq \o(BE,\s\up16(→))＝(－eq \r(7)，3,3)，eq \o(CD,\s\up16(→))＝(－2eq \r(7)，0,0)， ∴cos〈eq \o(BE,\s\up16(→))，eq \o(CD,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(BE,\s\up16(→))·\o(CD,\s\up16(→)),|\o(BE,\s\up16(→))|·|\o(CD,\s\up16(→))|)＝eq \f(\r(7),5). ∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为eq \f(\r(7),5). 则A(1,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，D1(0,0,1)， ∴eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq \o(D1F,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－1)). ∵eq \o(AE,\s\up16(→))·eq \o(D1F,\s\up16(→))＝0，∴eq \o(AE,\s\up16(→))⊥eq \o(D1F,\s\up16(→)). ∴异面直线AE与D1F所成的角为90°. 2．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，AB＝PA＝1，AD＝eq \r(3)，F，E分别为棱PD，PA的中点． (1)求证：B，C，E，F四点共面； (2)求异面直线PB与AE所成角的余弦值． 可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))， ∴eq \o(PB,\s\up16(→))＝(1,0，－1)，eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))). 故cos θ＝eq \f(|\o(PB,\s\up16(→))·\o(AE,\s\up16(→))|,|\o(PB,\s\up16(→))|·|\o(AE,\s\up16(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(2)×1)＝eq \f(\r(2),4). 则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(12,5)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,5)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(9,5)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(16,5)，0))， eq \o(CB,\s\up16(→))＝(－4,0,0)，eq \o(CD,\s\up16(→))＝(－2，－5,0)， eq \o(CP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(9,5)，\f(12,5))). 设平面PDC的法向量m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up16(→))·m＝0,\o(CP,\s\up16(→))·m＝0))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋5y＝0，,20x＋9y－12z＝0，)) 令x＝1，解得y＝－eq \f(2,5)，z＝eq \f(41,30)，则m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2,5)，\f(41,30)))， 所以|cos〈eq \o(CB,\s\up16(→))，m〉|＝eq \f(|\o(CB,\s\up16(→))·m|,|\o(CB,\s\up16(→))|·|m|)＝eq \f(6\r(109),109)， 故直线CB与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(6\r(109),109). 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． (3)求平面的法向量n. (4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝|cos〈n，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|))). 3．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°，矩形ACFE中，AE＝2，BF＝2eq \r(2). (1)求证：BC⊥平面ACFE； (2)求直线BD与平面BEF所成角的正弦值． (1)证明：在梯形ABCD中AB∥CD， AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°， ∴四边形ABCD是等腰梯形，∠ADC＝120°. ∴∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°. ∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°. ∴AC⊥BC． 又∵矩形ACFE中，CF＝AE＝2， BF＝2eq \r(2)，CB＝2，∴CB⊥CF. 又∵AC∩CF＝C， ∴BC⊥平面ACFE. (2)解：以C为坐标原点、CA所在直线为x轴、CB所在直线为y轴、CF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图． 则C(0,0,0)，B(0,2,0)，F(0,0,2)，D(eq \r(3)，－1,0)，E(2eq \r(3)，0,2)． ∴eq \o(EF,\s\up16(→))＝(－2eq \r(3)，0,0)，eq \o(BF,\s\up16(→))＝(0，－2,2)． 设平面BEF的法向量n＝(x，y，z)， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BF,\s\up16(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up16(→))＝－2\r(3)x＝0，,n·\o(BF,\s\up16(→))＝－2y＋2z＝0.)) 令y＝1，则x＝0，z＝1，∴n＝(0,1,1)，eq \o(BD,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，－3,0)． ∴|cos〈eq \o(BD,\s\up16(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BD,\s\up16(→))·n,|\o(BD,\s\up16(→))|·|n|)))＝eq \f(\r(6),4). ∴直线BD与平面BEF所成角的正弦值是eq \f(\r(6),4). 　题型3　二面角 探究1　向量法求二面角 　如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°，A1B＝A1A＝AC＝2，AB＝eq \r(2). (1)求证：平面ACC1A1⊥平面ABC； (2)求二面角B1－A1B－C的余弦值． (1)证明：如图，取AC中点O，连接A1O，BO，在△A1AC中，A1A＝AC＝2，∠A1AC＝60°， 所以△A1AC为正三角形． 因为O为AC中点， 所以A1O⊥AC，A1O＝eq \r(3). 在△OAB中，AB＝eq \r(2)，AO＝eq \f(1,2)AC＝1，∠BAC＝45°， 由余弦定理得OB＝eq \r(AO2＋AB2－2AO·ABcos 45°)＝1. 所以A1B2＝A1O2＋OB2＝4，所以A1O⊥OB． 又A1O⊥AC，OB∩AC＝O，OB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC， 所以A1O⊥平面ABC． 因为A1O⊂平面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面ABC． (2)解：在△OAB中，AB＝eq \r(2)，AO＝OB＝1， 故AB2＝AO2＋OB2，所以AO⊥OB． 又因为A1O⊥AC，A1O⊥OB， 分别以OB，OC，OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图， 则A(0，－1,0)，B(1,0,0)，A1(0,0，eq \r(3))，C(0,1,0)． 因为eq \o(AA1,\s\up16(→))＝eq \o(BB1,\s\up16(→))＝(0,1，eq \r(3))， 所以eq \o(OB1,\s\up16(→))＝eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))＝(1,1，eq \r(3))． 所以eq \o(A1B,\s\up16(→))＝(1,0，－eq \r(3))，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－1,1,0)． 设平面A1B1B的法向量n1＝(x1，y1，z1)， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1B,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(B1B,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1－\r(3)z1＝0，,y1＋\r(3)z1＝0，)) 令z1＝eq \r(3)，解得x1＝3，y1＝－3，所以n1＝(3，－3，eq \r(3))． 设平面A1BC的法向量n2＝(x2，y2，z2)， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(A1B,\s\up16(→))＝0，,n2·\o(BC,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2－\r(3)z2＝0，,－x2＋y2＝0，)) 令z2＝eq \r(3)，解得x2＝3，y2＝3，所以n2＝(3,3，eq \r(3))． 所以|n1|＝eq \r(21)，|n2|＝eq \r(21)，n1·n2＝3. 所以cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(3,\r(21)×\r(21))＝eq \f(1,7)， 所以二面角B1－A1B－C的余弦值为eq \f(1,7). 探究2　有关二面角的探索性问题 如图1，在平面五边形ABCDE中，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2eq \r(2)，AB＝eq \r(3)，∠ABC＝90°，△ADE是等边三角形．现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得到如图2的几何体． (1)若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE. (2)若EC＝3，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E－AD－F的余弦值为eq \f(2\r(2),3)？若存在，求eq \f(EF,EB)的值；若不存在，请说明理由． (1)证明：如图1，取AE中点N，连接MN，BN，则MN是△EAD的中位线， ∴MN∥AD且MN＝eq \f(1,2)AD． ∵BC∥AD且BC＝eq \f(1,2)AD， ∴BC∥MN且BC＝MN，则四边形BCMN是平行四边形， ∴CM∥BN. 又∵CM⊄平面ABE，BN⊂平面ABE， ∴CM∥平面ABE. (2)解：取AD中点O，连接OC，OE，易得OE⊥AD，OC⊥AD， 在△COE中，由已知CE＝3，OC＝AB＝eq \r(3)，OE＝eq \f(\r(3),2)×2eq \r(2)＝eq \r(6). ∵OC2＋OE2＝CE2，OC⊥OE， ∴OC，OD，OE两两垂直． 以O为原点，分别以射线OC，OA，OE为x轴、 y轴、z轴正半轴建立如图2所示空间直角坐标系， 则A(0，eq \r(2)，0)，B(eq \r(3)，eq \r(2)，0)，D(0，－eq \r(2)，0)，E(0,0，eq \r(6))， 则eq \o(EB,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，eq \r(2)，－eq \r(6))，eq \o(AE,\s\up16(→))＝(0，－eq \r(2)，eq \r(6))，eq \o(AD,\s\up16(→))＝(0，－2eq \r(2)，0)． 假设在棱EB上存在点F满足题意，设eq \o(EF,\s\up16(→))＝λeq \o(EB,\s\up16(→))(0≤λ≤1)， 则eq \o(EF,\s\up16(→))＝λ(eq \r(3)，eq \r(2)，－eq \r(6))，eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \o(AE,\s\up16(→))＋eq \o(EF,\s\up16(→))＝(eq \r(3)λ，eq \r(2)λ－eq \r(2)，eq \r(6)－eq \r(6)λ)． 设平面ADF的一个法向量m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AF,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AD,\s\up16(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(3)λx＋\r(2)λ－\r(2)y＋\r(6)－\r(6)λz＝0，,－2\r(2)y＝0，)) 令z＝λ，得平面ADF的一个法向量m＝(eq \r(2)λ－eq \r(2)，0，λ)． 又平面EAD的一个法向量n＝(1,0,0)， 由已知|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(|\r(2)λ－1|,\r(2λ－12＋λ2))＝eq \f(2\r(2),3)， 整理得3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝eq \f(1,3)(λ＝－1舍去)， 因此，在棱EB上存在点F，使得二面角E－AD－F的余弦值为eq \f(2\r(2),3)，且eq \f(EF,EB)＝eq \f(1,3). 用坐标法的解题步骤如下： ①建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系． ②求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n1，n2. ③计算：求n1与n2所成锐角θ，cos θ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|). ④定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ. 4．已知四棱锥S－ABCD，SD＝SB，在平行四边形ABCD中，AD＝CD，Q为SC上的点，过AQ的平面分别交SB，SD于点E，F，且BD∥平面AEQF. (1)求证：EF⊥AC； (2)若SA＝SC＝2eq \r(3)，AB＝2，Q为SC的 中点，SA与平面ABCD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),2)， 求平面SBD与平面AEQF所成锐二面角的余弦值． (2)解：因为四边形ABCD为菱形， 所以O为AC，BD的中点． 因为SD＝SB，SA＝SC＝2eq \r(3)， 所以SO⊥AC，SO⊥BD．所以SO⊥平面ABCD． 所以∠SAO为直线SA与平面ABCD所成的角． 所以sin∠SAO＝eq \f(\r(3),2). 所以∠SAO＝60°.所以SO＝3，AO＝eq \r(3). 因为AB＝2，所以OB＝1. 如图2，以O为坐标原点，OA，OB，OS所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则O(0,0,0)，A(eq \r(3)，0,0)，B(0,1,0)，C(－eq \r(3)，0,0)，D(0，－1，0)，S(0,0,3)． 因为Q为SC的中点， 所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，则eq \o(AQ,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),2)，0，\f(3,2))). 因为AC⊥BD，SO⊥AC， 所以平面SBD的法向量eq \o(OA,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，0,0)． 设平面AEQF的法向量m＝(x，y，z)， 因为BD∥EF，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(OB,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AQ,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝0，,－\f(3\r(3),2)x＋\f(3,2)z＝0，)) 令z＝eq \r(3)，则x＝1，所以m＝(1,0，eq \r(3))． 设平面SBD与平面AEQF所成锐二面角为θ，则 cos θ＝|cos〈eq \o(OA,\s\up16(→))，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(OA,\s\up16(→))·m,|\o(OA,\s\up16(→))||m|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),\r(3)×\r(1＋3))))＝eq \f(1,2)， 所以平面SBD与平面AEQF所成锐二面角的余弦值为eq \f(1,2). 如图，在四棱锥A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝eq \r(2). (1)求证：DE⊥平面ACD； (2)求二面角B－AD－E的大小． 规范解答：(1)证明：在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝eq \r(2). 又∵AC＝eq \r(2)，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC． 又∵平面ABC⊥平面BCDE， 从而AC⊥平面BCDE， ∴AC⊥DE. 又∵DE⊥DC，AC∩DC＝C，∴DE⊥平面ACD． (2)解：以D为原点，分别以射线DE，DC为x轴、y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图，则D(0,0,0)，E(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,2，eq \r(2))，B(1,1,0)， ∴eq \o(AD,\s\up16(→))＝(0，－2，－eq \r(2))，eq \o(DB,\s\up16(→))＝(1,1,0)，eq \o(AE,\s\up16(→))＝(1，－2，－eq \r(2))． 设平面ADE的法向量m＝(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量n＝(x2，y2，z2)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AD,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0－2y1－\r(2)z1＝0，,x1－2y1－\r(2)z1＝0，)) 可取m＝(0,1，－eq \r(2))， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up16(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0－2y2－\r(2)z2＝0，,x2＋y2＝0，)) 可取n＝(1，－1，eq \r(2))， ∴|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(3,\r(3)×2)＝eq \f(\r(3),2). 由题意可知，所求二面角是锐二面角， 故二面角B－AD－E的大小是eq \f(π,6). 2．准确计算点、向量的坐标 利用向量法求空间角问题的关键是确定直线的方向向量与平面的法向量，此时要充分利用向量平行、垂直的关系，线段中点坐标公式等知识快速求出有关点和向量的坐标，如本例中分别求出两个平面的一个法向量m＝(0,1，－eq \r(2))，n＝(1，－1，eq \r(2))非常重要. 1．判断正误 (1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等． (　　) (2)直线l与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α所成的角． (　　) (3)二面角α­l­β的大小为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则θ＝〈n1，n2〉． (　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)× 2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则直线l与平面α所成的角为(　　) A．30°　　　　　　　　　 B．60° C．120° D．150° 答案：A 3．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为 (　　) A．45° B．135° C．45°或135° D．90° 答案：C 【答案】D 2．如图，单位正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是 (　　) A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,4) C．eq \f(π,3) D．eq \f(π,2) 【解析】以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A1(1,0,1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，D(0,0,0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，得eq \o(A1M,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1\f(1,2)，－1))，eq \o(DN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，设异面直线A1M与DN所成角为θ，则有cos θ＝|cos〈eq \o(A1M,\s\up16(→))，eq \o(DN,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|\o(A1M,\s\up16(→))·\o(DN,\s\up16(→))|,|\o(A1M,\s\up16(→))||\o(DN,\s\up16(→))|)＝0，故异面直线A1M与DN所成角的大小为eq \f(π,2). 【解析】cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(1,1×\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝45°.所以两平面所成二面角的大小为45°或180°－45°＝135°. 【答案】eq \f(\r(30),10) 【解析】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A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(1,0,2)，F(1,1,2)，则eq \o(AE,\s\up16(→))＝(－1,0,2)，eq \o(CF,\s\up16(→))＝(1，－1,2)，所以|eq \o(AE,\s\up16(→))|＝eq \r(5)，|eq \o(CF,\s\up16(→))|＝eq \r(6)，eq \o(AE,\s\up16(→))·eq \o(CF,\s\up16(→))＝－1＋0＋4＝3.又因为eq \o(AE,\s\up16(→))·eq \o(CF,\s\up16(→))＝|eq \o(AE,\s\up16(→))||eq \o(CF,\s\up16(→))|cos〈eq \o(AE,\s\up16(→))，eq \o(CF,\s\up16(→))〉＝eq \r(30)cos〈eq \o(AE,\s\up16(→))，eq \o(CF,\s\up16(→))〉，所以cos〈eq \o(AE,\s\up16(→))，eq \o(CF,\s\up16(→))〉＝eq \f(\r(30),10)，故所求值为eq \f(\r(30),10). 5.已知矩形ABCD与ABEF全等，D－AB－E为直二面角，M为AB中点，FM与BD所成角为θ，且cos θ＝eq \f(\r(3),9)，求AB与BC的边长之比． 解：设AB＝a，BC＝b，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，,则F(b,0,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，B(0，a,0)，D(0,0，b)， eq \o(FM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b，\f(a,2)，0))，eq \o(BD,\s\up16(→))＝(0，－a，b)， 所以|eq \o(FM,\s\up16(→))|＝eq \r(b2＋\f(a2,4))，|eq \o(BD,\s\up16(→))|＝eq \r(a2＋b2). 因为eq \o(FM,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝－eq \f(a2,2)， 所以|cos〈eq \o(FM,\s\up16(→))，eq \o(BD,\s\up16(→))〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(a2,2))),\r(b2＋\f(a2,4))\r(a2＋b2))＝eq \f(\r(3),9)， 整理得4eq \f(b4,a4)＋5eq \f(b2,a2)－26＝0， 所以eq \f(AB,BC)＝eq \f(a,b)＝eq \f(\r(2),2). 1．已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA ＝AB＝a，AD＝2a，在求平面BPC与平面DPC夹角的余弦值过程中，有甲、乙两位同学解析如下： 甲同学：建立如图所示的空间直角坐标系，则B(a,0,0)，C(a,2a,0)，P(0,0，a)，D(0,2a,0)，eq \o(BC,\s\up17(―→))＝(0,2a,0)，eq \o(BP,\s\up17(―→))＝(－a,0，a)，eq \o(CD,\s\up17(―→))＝(－a,0,0)，eq \o(PD,\s\up17(―→))＝(0,2a，－a)． 设平面BPC，平面DPC的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)． 则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2ay1＝0，,－ax1＋az1＝0))和eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－ax2＝0，,2ay2－az2＝0.)) 取n1＝(1,0,1)，n2＝(0,1,2)， 则cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(\r(10),5)， 故平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为eq \f(\r(10),5). 乙同学：建立如图所示的空间直角坐标系可得：B(a,0,0)，C(a,2a,0)，P(0,0，a)，D(0,2a,0)， eq \o(BC,\s\up17(―→))＝(0,2a,0)，eq \o(BP,\s\up17(―→))＝(－a,0，a)，eq \o(CD,\s\up17(―→))＝ (－a,0,0)，eq \o(PD,\s\up17(―→))＝(0,2a，－a)． 设平面BPC，平面DPC的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2ay1＝0，,－ax1＋az1＝0))和eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－ax2＝0，,2ay2－az2＝0，)) 取n1＝(1,0,1)，n2＝(0,1,2)． 则cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(\r(10),5)， 观察图形知二面角B­PC­D为钝角， 故平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为－eq \f(\r(10),5)， 试分析两位同学的求解过程中谁错？错在何处？ 提示：甲同学解析正确，乙同学是错误的，原因在于乙同学混淆了二面角与两个相交平面所成角的大小，事实上，二面角的取值范围是[0，π]，两个相交平面所成角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，不要将两者混淆了． 求二面角θ的大小时，通过求二面角两个半平面的法向量的夹角φ，把问题转化为向量的运算，需注意两法向量的夹角与二面角相等或互补，在解题中，可根据法向量的方向来进行判断，以便准确求出二面角的大小．一般地，如果二面角为锐角，cos θ＝|cos φ|＝eq \f(|u·v|,|u|·|v|)；如果二面角为钝角，cos θ＝－|cos φ|＝－eq \f(|u·v|,|u|·|v|)(u，v为二面角两个半平面的法向量)． 2.如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站 在水坝斜面上的点C处，测得从D，C到 库底与水坝的交线AB的距离分别为DA＝10eq \r(2) m，CB＝ 10 m．又测得AB的长为10 m，CD的长为10eq \r(6) m．求水库底 面与水坝斜面所成的二面角的大小． eq \x(求二面角的大小)―→eq \x(实际问题转化为数学问题) eq \o(――――→,\s\up17(直观想象)) eq \x(\a\al(结合图形及二面角的定义,找到二面角或其补角)) eq \o(――→,\s\up17(数学),\s\do15(运算)) eq \x(\a\al(利用向量的运算法则及,模的计算公式求解)) 解：由题意知DA⊥AB，CB⊥AB， ∵eq \o(DC,\s\up17(―→))＝eq \o(DA,\s\up17(―→))＋eq \o(AB,\s\up17(―→))＋eq \o(BC,\s\up17(―→))， ∴eq \o(DC2,\s\up17(―→))＝eq \o(DA2,\s\up17(―→))＋eq \o(AB2,\s\up17(―→))＋eq \o(BC2,\s\up17(―→))＋2eq \o(DA,\s\up17(―→))·eq \o(AB,\s\up17(―→))＋2eq \o(DA,\s\up17(―→))·eq \o(BC,\s\up17(―→))＋2eq \o(BC,\s\up17(―→))·eq \o(AB,\s\up17(―→))， ∵|eq \o(DA,\s\up17(―→))|＝10eq \r(2)，|eq \o(BC,\s\up17(―→))|＝10，|eq \o(AB,\s\up17(―→))|＝10，|eq \o(DC,\s\up17(―→))|＝10eq \r(6)， ∴(10eq \r(6))2＝(10eq \r(2))2＋102＋102＋2×10eq \r(2)×10×cos〈eq \o(DA,\s\up17(―→))，eq \o(BC,\s\up17(―→))〉，解得cos〈eq \o(DA,\s\up17(―→))·eq \o(BC,\s\up17(―→))〉＝eq \f(\r(2),2). ∴〈eq \o(DA,\s\up17(―→))，eq \o(BC,\s\up17(―→))〉＝45°， ∴库底与水坝所成的二面角为180°－45°＝135°. 3．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A­BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为________． 解析：以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BDC的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB＝BC＝CD＝1，则A(0,1,1)，B(0，1,0)，C(0,0,0)，D(1,0,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))， 则eq \o(BM,\s\up17(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \o(CD,\s\up17(―→))＝(1,0,0)． 设异面直线BM与CD的夹角为θ， 则cos θ＝o(BM,\s\up17(―→))eq \f(|·eq \o(CD,\s\up17(―→))|,|eq \o(BM,\s\up17(―→))||eq \o(CD,\s\up17(―→))|) ＝eq \f(\r(3),3). ∴异面直线BM与CD夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3). 答案：eq \f(\r(3),3) 分类 图示 向量求法 点线距 u为直线l的单位方向向量，P∉l，A∈l，Q∈l， eq \o(AP,\s\up6(→)) ＝a， eq \o(AP,\s\up6(→)) 在直线l上的投影向量为 eq \o(AQ,\s\up6(→)) ＝(a·u)u，则PQ＝eq \r(|\a\vs4\al(\o(AP,\s\up6(→)))|2－|\a\vs4\al(\o(AQ,\s\up6(→)))|2)＝eq \r(a2－（a·u）2) . 线线距 转化为点线距 在其中一条直线上取定一点，则该点到另一条直线的距离即为两条平行直线之间的距离． 点面距 设平面α的法向量为n，P∉α，A∈α， PQ⊥α， eq \o(AP,\s\up6(→)) 在直线l上的投影向量为 eq \o(AQ,\s\up6(→)) ，则P点到平面α的距离PQ＝ eq \f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|) 线面距（前提是线面平行） 转化为点面距 如果一条直线l与一个平面α平行，可在直线l上任取一点P，将线面距离转化为点P到平面α的距离求解． 面面距（前提是面面平行） 转化为点面距 如果两个平面α，β互相平行，在其中一个平面α内任取一点P，可将两个平行平面的距离转化为点P到平面β的距离求解． 异面直线a，b间的距离 求出与两条直线的方向向量都垂直的法向量n，在两条直线上分别取A和B，则在法向量n上的投影向量的长度即为异面直线a，b的距离，所以距离为 . $$