数学人教A版 (2019)空间向量的应用第3课时学案

这是一份数学人教A版 (2019)空间向量的应用第3课时学案，共9页。
[例1] 如图,在四棱锥M-ABCD中,MA⊥平面ABCD,AD∥BC,CD⊥AD,BC=2,AD=DC=1,点N为MB的中点.
(1)求证:平面MAB⊥平面NAC;
(2)若直线MB与平面ANC所成角的正弦值为223,MA>1,求平面NAC与平面MAD所成锐二面角的余弦值.
听课记录:
[针对训练]
1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AA1⊥底面A1B1C1,AA1=3,AB=AC,BC=2,D为BC的中点,点F在棱BB1上,且BF=2,E为线段AD上的动点.
(1)证明:C1F⊥EF;
(2)若直线C1D与EF所成角的余弦值为156,求二面角E-FC1-D的正弦值.
题型(二) 已知空间角求其他量
[例2] 如图,在四棱锥S-ABCD中,∠ADC=∠BCD=90°,SA=SD=SB,点E为线段AD的中点,
且AD=SE=2BC=2CD.
(1)求证:SE⊥AC;
(2)已知点F为线段SE的中点,点G在线段BC上(不含端点位置),若直线FG与平面SAB所成角的正切值为2626,求BGBC的值.
听课记录:
[针对训练]
2.(2023·新课标Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
题型(三) 与空间角有关的最值、范围问题
[例3] 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥AD,AB∥CD,CD⊥AD,AD=CD=2AB=2,E,F分别为PC,CD的中点,DE=EC.
(1)求证:平面ABE⊥平面BEF;
(2)设PA=a(a>0),若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈π4,π3,求a的取值范围.
听课记录:
|思|维|建|模|
空间向量法求最值也是要求出目标函数,但是需要先依据题意建立空间直角坐标系,注意建系时使坐标易于求解或表达,然后求目标函数的表达式.
[针对训练]
3.如图,在底面ABCD为正方形的多面体中,四边形ACEF为矩形,M是线段EF的中点,
且MB=MD,AB=2,AF=t(t>0).当t取何值时,AE与平面BDF所成的角最大?并求最大值.
课下请完成课时检测(十二)
第3课时 空间角的综合问题
[题型(一)]
[例1] 解：(1)证明：因为MA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以MA⊥AC，取BC的中点Q，连接AQ，因为AD∥BC，BC＝2，AD＝1，所以CQ＝AD＝1.又CQ∥AD，所以四边形ADCQ为平行四边形，因为CD⊥AD，AD＝DC＝1，所以四边形ADCQ为正方形，故AQ＝BQ＝1，AQ⊥BC，所以△ABQ为等腰直角三角形，故∠BAQ＝∠CAQ＝45°，∠BAC＝90°，即AB⊥AC.又MA∩AB＝A，MA，AB⊂平面MAB，故AC⊥平面MAB，因为AC⊂平面NAC，所以平面MAB⊥平面NAC.
(2)因为MA⊥平面ABCD，AQ，AD⊂平面ABCD，所以MA⊥AQ，MA⊥AD，
由(1)得，AQ⊥AD，故以A为坐标原点，AQ，AD，AM所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，A(0，0,0)，B(1，－1,0)，C(1，1,0)，设M(0，0，n)，n>1，则Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(n,2)))，eq \(AC,\s\up6(―→))＝(1,1,0)，eq \(AN,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(n,2)))，eq \(MB,\s\up6(―→))＝(1，－1，－n)．设平面ANC的法向量为a＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a·\(AC,\s\up6(―→))＝x1＋y1＝0，,a·\(AN,\s\up6(―→))＝\f(1,2)x1－\f(1,2)y1＋\f(n,2)z1＝0，))
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝－eq \f(2,n)，故a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，－\f(2,n)))，则直线MB与平面ANC所成角的正弦值为|cs〈eq \(MB,\s\up6(―→))，a〉|＝eq \f(|\(MB,\s\up6(―→))·a|,|\(MB,\s\up6(―→))||a|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1，－1，－n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，－\f(2,n))))),\r(1＋1＋n2)·\r(1＋1＋\f(4,n2)))
＝eq \f(4,\r(2＋n2)·\r(2＋\f(4,n2)))＝eq \f(2\r(2),3)，解得n＝2或n＝1(舍去)，负值也舍去，故平面ANC的法向量为a＝(1，－1，－1)．又平面MAD的一个法向量为b＝(1,0,0)，设平面NAC与平面MAD所成锐二面角为θ，则cs θ＝|cs〈a，b〉|＝eq \f(|a·b|,|a||b|)＝eq \f(|1，－1，－1·1，0，0|,\r(1＋1＋1))＝eq \f(\r(3),3).故平面NAC与平面MAD所成锐二面角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
[针对训练]
1．解：(1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，所以三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，则AA1⊥AD，
因为AA1∥BB1，所以BB1⊥AD.
又因为AB＝AC，D为BC的中点，
所以BC⊥AD.又BB1∩BC＝B，BB1，BC⊂平面BB1C1C，
所以AD⊥平面BB1C1C.因为C1F⊂平面BB1C1C，所以AD⊥C1F.
易知△FBD≌△C1B1F，则∠DFB＝∠FC1B1，
因为∠C1FB1＋∠FC1B1＝90°，
所以∠DFB＋∠C1FB1＝90°，则∠C1FD＝90°，
即C1F⊥FD.又FD∩AD＝D，FD，AD⊂平面ADF，所以C1F⊥平面ADF，又EF⊂平面ADF，所以C1F⊥EF.
(2)由(1)取C1B1的中点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C1(0，－1,0)，D(0,0,3)，F(0,1,1)，设E(x,0,3)(x＞0)，所以eq \(C1D,\s\up6(―→))＝(0,1,3)，eq \(EF,\s\up6(―→))＝(－x,1，－2)，eq \(C1F,\s\up6(―→))＝(0,2,1)．因为直线C1D与EF所成角的余弦值为eq \f(\r(15),6)，所以|cs〈eq \(C1D,\s\up6(―→))，eq \(EF,\s\up6(―→))〉|＝eq \f(|\(C1D,\s\up6(―→))·\(EF,\s\up6(―→))|,|\(C1D,\s\up6(―→))||\(EF,\s\up6(―→))|)＝eq \f(5,\r(10)×\r(x2＋5))＝eq \f(\r(15),6)，解得x＝1，则E(1,0,3)，eq \(EF,\s\up6(―→))＝(－1,1，－2)．
设平面C1EF的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(C1F,\s\up6(―→))·m＝0，,\(EF,\s\up6(―→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＋z＝0，,－x＋y－2z＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z＝－2y，,x＝5y，))
令y＝1，则x＝5，z＝－2，
所以m＝(5,1，－2)为平面C1EF的一个法向量，
易知n＝(1,0,0)是平面FC1D的一个法向量，
则cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(5,\r(52＋1＋－22))＝eq \f(\r(30),6).由图可知E­FC1­D为锐角，
所以二面角E­FC1­D的余弦值为eq \f(\r(30),6).
[题型(二)]
[例2] 解：(1)证明：连接EB，由∠ADC＝∠BCD＝90°，得AD∥BC，
因为AD＝2BC＝2CD，所以DE＝BC＝CD，
则四边形DEBC为正方形，所以DA⊥EB.
因为SA＝SD，所以SE⊥AD.
设SA＝SB＝SD＝a，AD＝SE＝2BC＝2CD＝2b，
在Rt△SAE中，SA2＝SE2＋AE2，即a2＝4b2＋b2＝5b2，在△SEB中，SE＝2b，EB＝b，SB＝a，有SB2＝SE2＋EB2，所以△SEB是直角三角形，所以SE⊥EB.
由AD∩EB＝E，AD，EB⊂平面ABCD，得SE⊥平面ABCD.又AC⊂平面ABCD，所以SE⊥AC.
(2)由(1)知，以点E为原点，以EA，EB，ES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eq \f(BG,BC)＝λ(0