【同步导学案】高中数学人教A版(2019)选修第一册-- 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题（2） 导学案（有答案）

这是一份【同步导学案】高中数学人教A版(2019)选修第一册-- 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题（2） 导学案（有答案），共11页。学案主要包含了学习目标，学习过程等内容，欢迎下载使用。

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题(2)
【学习目标】
1. 理解两异面直线所成角与它们的方向向量之间的关系，会用向量方法求两异面直线所成角.
2. 理解直线与平面所成角与直线方向向量和平面法向量夹角之间的关系，会用向量方法求直线与平面所成角.
3. 理解二面角大小与两个面法向量夹角之间的关系，会用向量方法求二面角的大小.
【学习过程】
一、课前预习
预习课本P36～38，思考并完成以下问题
1．空间角包括哪些角？求解空间角常用的方法有哪些？
2．如何利用空间向量求两异面直线所成的角，直线与平面所成的角及二面角？
二、课前小测
1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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〉(　　)
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〉＝－，则直线l与平面α所成的角为(　　)
A．30°　　　　　　　 B．60°
C．120° D．150°
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°
4．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成角的大小为______．
三、新知探究
1.利用向量方法求两异面直线所成角
若两异面直线l1，l2所成角为θ，它们的方向向量分别为a，b，
则有cos θ=|cos|=|a·b||a||b| .
要点点拨：不要将两异面直线所成的角与其方向向量的夹角等同起来，因为两异面直线所成角的范围是0，π2，而两个向量夹角的范围是[0，π]，事实上，两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系.
2.利用向量方法求直线与平面所成角
若直线l与平面α所成的角为θ，直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则有sin θ=|cos|=|a·n||a||n|
注意：直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角.
3.利用向量方法求二面角
(1)若二面角α-l-β的平面角的大小为θ，其两个面α，β的法向量分别为n1，n2，
则|cos θ|=|cos|= |n1·n2||n1||n2|
(2)二面角的大小还可以转化为两直线方向向量的夹角. 在二面角α-l-β的两个半平面α，β内，各取一条与棱l垂直的直线，则当直线的方向向量的起点在棱上时，两个方向向量的夹角即为二面角的大小.
易错提醒：由于二面角的取值范围是[0，π]，而两个面的法向量的方向无法从图形上直观确定，因此不能认为二面角的大小就是其两个面法向量夹角的大小，需要结合具体图形判断二面角是锐角还是钝角，从而求得其大小.
四、题型突破
题型一　两条异面直线所成角的向量求法
[例1] 如图，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值．





反思感悟　
建立空间直角坐标系要充分利用题目中的垂直关系；利用向量法求两异面直线所成角的计算思路简便，要注意角的范围．

跟踪训练
1. 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB上的动点．若异面直线AD1与EC所成角为60°，试确定此时动点E的位置．





题型二　直线与平面所成角的向量求法
[例2]　已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a，M为A1B1的中点，求BC1与平面AMC1所成角的正弦值．




反思感悟　
借助于向量求线面角关键在于确定直线的方向向量和平面的法向量，一定要注意向量夹角与线面角的区别和联系．

跟踪训练
2. 如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点，在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.

(1)求证：AB∥FG；
(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．







题型三　二面角的向量求法
[例3]　如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．

(1)证明：O1O⊥底面ABCD；
(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1－OB1－D的余弦值．




反思感悟　
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．

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：在建立的空间直角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＝.
(4)定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ.
跟踪训练
3. 如图所示，正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点，求二面角AA1DB的余弦值．




五、达标检测
1.平面α的斜线l与它在这个平面上射影l'的方向向量分别为a=(1，0，1)，b=(0，1，1)，则斜线l与平面α所成的角为(　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
2. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为(　)
A.30° B.45° C.90° D.60°

3.在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB=BC=12PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为　　　　　. 
4.如图，四棱锥P-ABCD中，PB⊥底面ABCD，CD⊥PD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB=AD=PB=3.点E在棱PA上，且PE=2EA.求二面角A-BE-D的余弦值.

六、本课小结
利用空间向量求角的基本思路是把空间角转化为求两个向量之间的关系．首先要找出并利用空间直角坐标系或基向量(有明显的线面垂直关系时尽量建系)表示出向量；其次理清要求角和两个向量夹角之间的关系．

参考答案
课前小测
1．答案：(1)×　(2)×　(3)×
2．答案：A
3．答案：C
4．答案：90°

题型突破
[例1] 解：以A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，

则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，
所以＝(2，0，－4)，＝(1，－1，－4)．
因为cos〈，〉＝＝＝，
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.

跟踪训练
1. 解：以DA所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

设E(1，t，0)(0≤t≤2)，
则A(1，0，0)，D(0，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，＝(1，0，－1)，＝(1，t－2，0)，
根据数量积的定义及已知得：1＋0×(t－2)＋0＝×·cos 60°，
所以t＝1，所以点E的位置是AB的中点．
[例2] 解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，M(0，，a)，

C1(－a，，a)，B(0，a，0)，
故＝(－a，，a)，＝(0，，a)，＝(－a，－，a)．
设平面AMC1的法向量为n＝(x，y，z)．
则，∴
令y＝2，则z＝－，x＝0.∴n＝(0，2，－)．
又＝(－a，－，a)，
∴cos〈，n〉＝＝＝－.
设BC1与平面AMC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝.

跟踪训练
2. (1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，
所以AB∥DE.
又因为AB⊄平面PDE，DE⊂平面PDE，
所以AB∥平面PDE.
因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，
所以AB∥FG.
(2)解：因为PA⊥底面ABCDE，
所以PA⊥AB，PA⊥AE.
如图，建立空间直角坐标系Axyz，

则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，＝(1，1，0)，＝(1，0，0)，＝(0，1，1)．
设平面ABF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
，即
令z＝1，则y＝－1，所以n＝(0，－1，1)．
设直线BC与平面ABF所成角为α，
则sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.
因此直线BC与平面ABF所成角的大小为，
设点H的坐标为(u，v，w)．
因为点H在棱PC上，所以可设＝λ(0<λ<1)，
即(u，v，w－2)＝λ(2，1，－2)，
所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.
因为n是平面ABF的一个法向量，所以n·＝0，
即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.
解得λ＝，所以点H的坐标为(，，)．
所以PH＝ ＝2.
[例3] (1)证明： 因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD.因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD.而AC∩BD＝O，且AC⊂底面ABCD，BD⊂底面ABCD，因此CC1⊥底面ABCD.由题意知，O1O∥C1C，故O1O⊥底面ABCD.
(2)解：

因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．
如图，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.不妨设AB＝2.
因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1.
于是相关各点的坐标为O(0，0，0)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)．
易知，n1＝(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量．
设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，
则,即
取z＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝(2，2，－)．
设二面角C1－OB1－D的大小为θ，易知θ是锐角，
于是cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.
故二面角C1－OB1－D的余弦值为.

跟踪训练
3. 解：如图所示，取BC中点O，连接AO.因为△ABC是正三角形，所以AO⊥BC，因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1.

取B1C1中点为O1，以O为原点，，，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A1(0，2，)，A(0，0，)，B1(1，2，0)．
设平面A1AD的法向量为n＝(x，y，z)，＝(－1，1，－)，＝(0，2，0)．
因为n⊥，n⊥，
得，得
所以
令z＝1，得n＝(－，0，1)为平面A1AD的一个法向量．
又因为＝(1，2，－)，＝(－2，1，0)，＝(－1，2，)，
所以·＝－2＋2＋0＝0，
·＝－1＋4－3＝0，
所以⊥，⊥，即AB1⊥BD，AB1⊥BA1，
又BD∩BA1＝B，BD⊂平面A1BD，BA1⊂平面A1BD，所以AB1⊥平面A1BD，
所以是平面A1BD的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝＝＝－，
又因为二面角A—A1D—B为锐角，
所以二面角A— A1D—B的余弦值为.

达标检测
1.解析： l与α所成的角即为a与b所成的角(或其补角)，因为cos=a·b|a||b|=12，所以=60°.
答案：C
2. 解析：以D为原点，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，设正方体ABCD-A1B1C1D1中棱长为2，
∵M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，
∴M(1，2，0)，N(0，2，1)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，
MN=(-1，0，1)，AC=(-2，2，0)，
设异面直线AC和MN所成的角为θ，.cos θ=|MN·AC||MN||AC|=22×22=12，
则又θ是锐角，∴θ=60°
∴异面直线AC和MN所成的角为60°，故选D.
答案：D

3.解析：以O为原点，射线OA，OB，OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图，设AB=a，则OP=72a，OD=-24a，0，144a，
可求得平面PBC的法向量为n=-1，-1，17，

所以cos=OD·n|OD||n|=21030，设OD与面PBC的角为θ，则sin θ=21030.
答案：21030
4.解：以B为原点，以直线BC，BA，BP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设平面EBD的一个法向量为n1=(x，y，1)，
因为BE=(0，2，1)，BD=(3，3，0)，
由n1·BE=0，n1·BD=0，得2y+1=0，3x+3y=0.所以x=12，y=-12.
于是n1=12，-12，1.
又因为平面ABE的一个法向量为n2=(1，0，0)，
所以cos=16=66.
故二面角A-BE-D的余弦值为66.