1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题（第2课时 用空间向量研究夹角问题）课件-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

人教A版 数学 选择性必修第一册 第一章　空间向量与立体几何 1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题 第2课时　用空间向量研究夹角问题 自主预习 新知导学 一、直线与直线所成的角 1.异面直线所成的角　　　　　　　　　　　　　　　 若异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别是u,v,则cos θ= |cos<u,v>| = . 2.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1= 2AB,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(　　) 解析:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz(图略).设AB=1, 答案:D 二、直线与平面所成的角 1.直线与平面所成的角 直线与平面相交,设直线与平面所成的角为θ,直线的方向向量为u,平面的 法向量为n,则sin θ=|cos<u,n>|= . 2.已知向量m,n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量,若cos<m,n>= - ,则l与α所成的角为(　　) A.30° B.60° C.150° D.120° 解析:设l与α所成的角为θ,则sin θ=|cos<m,n>|= ,即θ=60°.故选B. 答案:B 三、平面与平面所成的角 1.平面与平面所成的角 (1)定义: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90°的二面角称为平面α与平面β的夹角. (2)若平面α,β的法向量分别是n1和n2,则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>| = . 2.平面α的法向量为(1,0,-1),平面β的法向量为(0,-1,1),则平面α与平面β的夹角为　　　　　.  解析:设u=(1,0,-1),v=(0,-1,1),α与β的夹角为θ, 合作探究 释疑解惑 探究一 求异面直线所成的角 【例1】 如图,在三棱锥V-ABC中,顶点C在空间直角坐标系的原点处,顶点A,B,V分别在x轴、y轴、z轴上,D是线段AB的中点,且AC=BC=2,∠VDC= θ.当θ= 时,求异面直线AC与VD所成角的余弦值. 探究一 探究二 探究三 规范解答 探究一 探究二 探究三 规范解答 反思感悟 求异面直线所成角的方法 (1)几何法: ①作图:选择“特殊点”作异面直线的平行线,作出所求角; ②证明:证明所作角符合定义; ③计算:解三角形求解. (2)坐标法: ①建系:建立空间直角坐标系; ②找坐标:求出两条异面直线的方向向量的坐标; ③求夹角:利用向量夹角的公式计算两直线方向向量的夹角; ④下结论:结合异面直线所成角的范围,得到异面直线所成的角. 提醒:两条异面直线所成角的取值范围是 . 探究一 探究二 探究三 规范解答 【变式训练1】 如图所示,已知A1B1C1-ABC是直三棱柱,∠ACB=90°,点D1,F1分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,求BD1与AF1所成角的余弦值. 探究一 探究二 探究三 规范解答 解:以C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设CB=CA=CC1=1, 探究一 探究二 探究三 规范解答 探究二 求直线与平面所成的角 【例2】 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面为直角梯形,AD∥BC, ∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M,N分别为PC,PB的中点. (1)求证:PB⊥DM; (2)求BD与平面ADMN所成的角. 分析:(1)建系,用向量方法证明垂直. (2)先计算平面ADMN的法向量与直线BD的方向 向量的夹角,再转化为直线BD与平面ADMN所成的角. 探究一 探究二 探究三 规范解答 解:以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz. 设BC=1,则A(0,0,0),P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0), 探究一 探究二 探究三 规范解答 探究一 探究二 探究三 规范解答 反思感悟 求直线与平面所成的角的方法与步骤 思路一:找直线在平面内的射影,充分利用面面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值). 思路二:利用向量法求直线与平面所成的角θ的基本步骤 探究一 探究二 探究三 规范解答 【变式训练2】 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,∠BAC=90°, E,F分别为C1C,BC的中点.求直线A1B与平面AEF所成角的正弦值. 探究一 探究二 探究三 规范解答 解:以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz, 则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),E(0,2,1),F(1,1,0), 探究一 探究二 探究三 规范解答 探究三 求平面与平面的夹角 【例3】 在底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD中,AB⊥AC,PA⊥平面ABCD,且PA=AB,E是PD的中点,求平面EAC与平面ABCD的夹角的大小. 分析:有两种思路,思路一:根据二面角的定义找出平面EAC与平面ABCD的夹角,再求其大小;思路二:建立空间直角坐标系,求平面的法向量,利用法向量的夹角与平面间的夹角之间的关系求解. 探究一 探究二 探究三 规范解答 解法一:以A为原点,AC,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设PA=AB=a,AC=b,连接BD,与AC的交点为O,连接OE.取AD的中点F,连接OF,EF. 探究一 探究二 探究三 规范解答 探究一 探究二 探究三 规范解答 解法二:建系如解法一.∵PA⊥平面ABCD, 探究一 探究二 探究三 规范解答 反思感悟 利用向量方法求平面与平面的夹角的大小时,多采用法向量法,具体求解步骤如下 (1)建立空间直角坐标系. (2)分别求出两个平面的法向量n1和n2. (3)设两平面间的夹角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>|. (4)根据余弦值,确定两平面间的夹角的大小. 探究一 探究二 探究三 规范解答 【变式训练3】 如图,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,BC= ,PA=AC=1,求平面PAB与平面PBC的夹角的余弦值. 探究一 探究二 探究三 规范解答 解法一:建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz, 探究一 探究二 探究三 规范解答 解法二:建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz. 探究一 探究二 探究三 规范解答 探究一 探究二 探究三 规范解答 【规范解答】 利用空间向量解决空间几何的综合问题 【典例】 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1 =AC=CB= AB.求平面A1CD与平面A1CE的夹角的正弦值. 审题策略:建立空间直角坐标系,利用向量方法进行求解. 探究一 探究二 探究三 规范解答 探究一 探究二 探究三 规范解答 探究一 探究二 探究三 规范解答 答题模板:第1步:建立空间直角坐标系 ⇓ 第2步:设点,求出向量坐标 ⇓ 第3步:用待定系数法求法向量坐标 ⇓ 第4步:求两个法向量的夹角的余弦值,进而求得正弦值. 探究一 探究二 探究三 规范解答 反思感悟 通过分析,得出规范解答本题的要点如下 (1)利用三角形中的边长关系找到垂直的条件,从而恰当地建立空间直角坐标系. (2)利用中点公式正确地求出相关点的坐标. (3)用待定系数法求出平面的法向量. (4)利用三角函数的知识把向量夹角的余弦值转化为两平面夹角的正弦值. 探究一 探究二 探究三 规范解答 【变式训练】 如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF. (1)证明:平面PEF⊥平面ABFD; (2)求直线DP与平面ABFD所成角的正弦值. 探究一 探究二 探究三 规范解答 (1)证明:由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF. 因为PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF. 又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)解:作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD. 建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz. 由(1)可得,DE⊥PE. 又DP=2,DE=1, 探究一 探究二 探究三 规范解答 探究一 探究二 探究三 规范解答 A.　　　　　 B. C. D. 则B(1,1,0),A1(1,0,2),A(1,0,0),D1(0,0,2),所以=(0,1,-2),=(-1,0,2). 因为cos<>==-, 所以异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为. 则cos θ=|cos<u,v>|=.所以θ=. 答案: 分析:确定点A,C,V,D的坐标→求向量→计算cos<>的大小,并转化为AC与VD夹角的余弦值 解:由已知得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),D(1,1,0),所以=(-2,0,0). 当θ=时,在Rt△VCD中,CD=,则VC=,从而V(0,0, ), 所以=(1,1,-). 因为cos<>==-, 所以异面直线AC与VD所成角的余弦值为. 则A(1,0,0),B(0,1,0),D1,F1, 所以. 所以||=,||=. 因为cos<>=, 所以BD1与AF1所成角的余弦值为. C(2,1,0),M. (1)证明:=(2,0,-2),. ∵=(2,0,-2)·=0, ∴.∴PB⊥DM. (2)=(2,0,-2),=(0,2,0). ∵=(2,0,-2)·(0,2,0)=0,∴.∴PB⊥AD. 又PB⊥DM,且AD∩DM=D,∴PB⊥平面ADMN. ∴为平面ADMN的一个法向量. 又=(2,-2,0),∴cos<>=. 设直线BD和平面ADMN所成的角为θ, 则sin θ=|cos<>|=, 即BD与平面ADMN所成的角为. 所以=(2,0,-2),=(0,2,1),=(1,1,0). 设平面AEF的法向量为n=(a,b,c). 由 取n=(1,-1,2). 设直线A1B与平面AEF的夹角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|=. 所以直线A1B与平面AEF所成角的正弦值为. ∵A(0,0,0),C(b,0,0),B(0,a,0),P(0,0,a),O, ∴=(b,0,0),=(0,-a,0). ∵,∴D(b,-a,0),E.∴. ∵=0,∴. 又, ∴=0.∴. ∴向量的夹角(或其补角)即为平面EAC与平面ABCD的夹角. cos<>=. 设平面EAC与平面ABCD的夹角为θ,则cos θ=|cos<>|=. ∴平面EAC与平面ABCD的夹角为45°. ∴=(0,0,a)为平面ABCD的一个法向量.=(b,0,0). 设平面AEC的法向量为m=(x,y,z). 由 即x=0,z=y.取y=1,则z=1.因此,m=(0,1,1)是平面AEC的一个法向量. ∴cos<m,>=, 设平面EAC与平面ABCD的夹角为θ,则cos θ=|cos<m,>|=. ∴平面EAC与平面ABCD的夹角为45°. 则A(1,0,0),B(0,,0),C(0,0,0),P(1,0,1), 从而=(1,-,1),=(0,,0),=(0,0,1). 设平面PBC的法向量为m=(x1,y1,z1), 则所以 取m=(-1,0,1). 设平面PAB的法向量为n=(x2,y2,z2),同理,可取n=(,1,0). ∵|cos<m,n>|=, ∴平面PAB与平面PBC的夹角的余弦值为. 取PB的中点D,连接DC,由已知条件得PC=BC=, 则DC⊥PB.作AE⊥PB交PB于点E, 则向量的夹角(或其补角)即为平面PAB与平面PBC的夹角. 由已知得A(1,0,0),B(0,,0),C(0,0,0),P(1,0,1). ∵D为PB的中点,∴D. ∴=. ∵Rt△PAE∽Rt△ABE,∴,即. 又Rt△BAE∽Rt△BPA,∴.∴. ∴.∴E. ∴. ∴cos<>=. 设平面PAB与平面PBC的夹角为θ, 则cos θ=|cos<>|=. ∴平面PAB与平面PBC的夹角的余弦值为. 规范展示:解:由AC=CB=AB,得AC⊥BC. 设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量, 则即所以 可取n=(1,-1,-1). 设m=(x2,y2,z2)是平面A1CE的法向量, 则即所以 以C为原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),所以=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2). 可取m=(2,1,-2). 所以cos<n,m>=. 设平面A1CD与平面A1CE的夹角为θ, 则cos θ=|cos<n,m>|=. 所以sin θ=, 即平面A1CD与平面A1CE的夹角的正弦值为. 以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长, 所以PE=.又PF=1,EF=2,所以PE⊥PF. 可得PH=,EH=. 则H(0,0,0),P,D, 从而=,为平面ABFD的一个法向量. 设DP与平面ABFD所成的角为θ, 则sin θ=. 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为. $$