2019届二轮复习（理）第八章立体几何与空间向量第8节课件（51张）（全国通用）

2019届二轮复习（理）第八章立体几何与空间向量第8节课件（51张）（全国通用）

第 8 节　立体几何中的向量方法 ( 二 )—— 求空间角 最新考纲　 1. 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题； 2. 了解向量方法在研究立体几何问题中的应用 . 1. 异面直线所成的角 设 a ， b 分别是两异面直线 l 1 ， l 2 的方向向量，则 知 识 梳 理 2. 求直线与平面所成的角 设 直线 l 的方向向量为 a ，平面 α 的法向量为 n ，直线 l 与平面 α 所成的角为 θ ，则 sin θ ＝ __________ _____ ＝ ________ . 3. 求二面角的大小 ( 1) 如图 ① ， AB ， CD 是二面角 α － l － β 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 θ ＝ __________ . |cos 〈 a ， n 〉 | (2) 如图 ②③ ， n 1 ， n 2 分别是二面角 α － l － β 的两个半平面 α ， β 的法向量，则二面角的大小 θ 满足 |cos θ | ＝ _________________ ， 二面角的平面角大小是向量 n 1 与 n 2 的夹角 ( 或其补角 ). |cos 〈 n 1 ， n 2 〉 | [ 常用结论与微点提醒 ] 1. 线面角 θ 的正弦值等于直线的方向向量 a 与平面的法向量 n 所成角的余弦值的绝对值，即 sin θ ＝ |cos 〈 a ， n 〉 | ，不要误记为 cos θ ＝ |cos 〈 a ， n 〉 |. 2. 二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面 α ， β 的法向量 n 1 ， n 2 时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量 n 1 ， n 2 的夹角是相等，还是互补 . 诊 断 自 测 解析　 (1) 两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角； (2) 直线的方向向量 a ， 平面的法向量 n ， 直线与平面所成的角为 θ ， 则 sin θ ＝ |cos a ， n | ； (3) 两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角 . 答案 　 (1) × 　 (2) × 　 (3) × 　 (4) √ 2. ( 选修 2 － 1P104 练习 2 改编 ) 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为 ( 　　 ) A.45 ° B .135 ° C .45 °或 135 ° 　　 D.90 ° 答案 　 C 答案 　 30 ° 4 . 已知 正方体 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 如图所示，则直线 B 1 D 和 CD 1 所成的角为 ________. 答案　 90 ° 5. (2018· 郑州预测 ) 过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA ⊥ 平面 ABCD ，若 AB ＝ PA ，则平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为 ________. 解析　 如 图 ， 建立空间直角坐标系 ， 设 AB ＝ PA ＝ 1 ， 则 A (0 ， 0 ， 0) ， D (0 ， 1 ， 0) ， P (0 ， 0 ， 1) ， 由题意 ， AD ⊥ 平面 PAB ， 设 E 为 PD 的中点 ， 连接 AE ， 则 AE ⊥ PD ， 又 CD ⊥ 平面 PAD ， 故平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角为 45 ° . 答案　 45 ° 解析 　 (1) 法一 　 以 B 为原点 ， 建立如图 (1) 所示的空间直角坐标系 . 图 (1) 　　　　　 　　　　　　图 (2) 则 B (0 ， 0 ， 0) ， B 1 (0 ， 0 ， 1) ， C 1 (1 ， 0 ， 1). 法二 　 如图 (2) ， 设 M ， N ， P 分别为 AB ， BB 1 ， B 1 C 1 中点 ， 则 PN ∥ BC 1 ， MN ∥ AB 1 ， ∴ AB 1 与 BC 1 所成的角是 ∠ MNP 或其补角 . ∵ AB ＝ 2 ， BC ＝ CC 1 ＝ 1 ， 法三 　 将直三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 补形成直四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 ( 如图 (3)) ， 连接 AD 1 ， B 1 D 1 ， 则 AD 1 ∥ BC 1 . 图 (3) (2) 设等边三角形的边长为 2. 取 BC 的中点 O ， 连接 OA ， OD ， ∵ 等边三角形 ABC 和 BCD 所在平面互相垂直 ， ∴ OA ， OC ， OD 两两垂直 ， 以 O 为坐标原点 ， 建立如图所示的空间直角坐标系 . 解析　法一 　 取 BC 的中点 Q ， 连接 QN ， AQ ， 易知 BM ∥ QN ， 则 ∠ ANQ 或其补角即为所求 ， 设 BC ＝ CA ＝ CC 1 ＝ 2 ， 法二　 以 C 1 为坐标原点 ， 建立如图所示的空间直角坐标系 ， 答案　 C (1) 证明　 作 PG ∥ BD 交 CD 于 G ，连接 AG . 在 Rt △ ADC 中， AC 2 ＝ AD 2 ＋ CD 2 ＝ 4 ＋ 12 ＝ 16 ， ∴ AC ＝ 4 ，又 E 为 AC 的中点， ∴ DE ＝ AE ＝ 2 ， 又 AD ＝ 2 ， ∴∠ ADE ＝ 60 °， ∴ AG ⊥ DE . ∵ AD ⊥ 平面 BCD ， ∴ AD ⊥ BD ， 又 ∵ BD ⊥ CD ， AD ∩ CD ＝ D ， ∴ BD ⊥ 平面 ADC ， ∴ PG ⊥ 平面 ADC ， ∴ PG ⊥ DE . 又 ∵ AG ∩ PG ＝ G ， ∴ DE ⊥ 平面 AGP ，又 AP ⊂ 平面 AGP ， ∴ AP ⊥ DE . (2) 解 　以 D 为坐标原点，直线 DB ， DC ， DA 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 D － xyz ， 设平面 DEF 的法向量为 n ＝ ( x ， y ， z ) ， 规律方法 　 利用向量法求线面角的方法： (1) 分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量 ， 转化为求两个方向向量的夹角 ( 或其补角 ) ； (2) 通过平面的法向量来求 ， 即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角 ， 取其余角就是斜线和平面所成的角 . 【训练 2 】 如图 ，在 六面体 ABCD － HEFG 中，四边形 ABCD 为菱形， AE ， BF ， CG ， DH 都垂直于平面 ABCD . 若 DA ＝ DH ＝ DB ＝ 4 ， AE ＝ CG ＝ 3. ( 1) 求证： EG ⊥ DF ； ( 2) 求 BE 与平面 EFGH 所成角的正弦值 . (1) 证明 　连接 AC ，由 AE 綉 CG 可知四边形 AEGC 为平行四边形， 所以 EG ∥ AC ，而 AC ⊥ BD ， AC ⊥ BF ， 所以 EG ⊥ BD ， EG ⊥ BF ， 因为 BD ∩ BF ＝ B ， BD ， BF ⊂ 平面 BDHF ， 所以 EG ⊥ 平面 BDHF ， 又 DF ⊂ 平面 BDHF ，所以 EG ⊥ DF . (2) 解 　设 AC ∩ BD ＝ O ， EG ∩ HF ＝ P ， 由已知可得，平面 ADHE ∥ 平面 BCGF ， 所以 EH ∥ FG ，同理可得： EF ∥ HG ， 所以四边形 EFGH 为平行四边形， 所以 P 为 EG 的中点， O 为 AC 的中点， 所以 OP 綉 AE ， 从而 OP ⊥ 平面 ABCD ，又 OA ⊥ OB ， 所以 OA ， OB ， OP 两两垂直， 由平面几何知识，得 BF ＝ 2. 考点三　用空间向量求二面角 ( 多维探究 ) 命题角度 1 　计算二面角的大小 【例 3 － 1 】 (2017· 全国 Ⅰ 卷 ) 如 图，在四棱锥 P － ABCD 中， AB ∥ CD ，且 ∠ BAP ＝ ∠ CDP ＝ 90 ° . ( 1) 证明：平面 PAB ⊥ 平面 PAD ； ( 2) 若 PA ＝ PD ＝ AB ＝ DC ， ∠ APD ＝ 90 °，求二面角 A － PB － C 的余弦值 . (1) 证明　 ∵∠ BAP ＝ ∠ CDP ＝ 90 °， ∴ PA ⊥ AB ， PD ⊥ CD ， 又 ∵ AB ∥ CD ， ∴ PD ⊥ AB ， 又 ∵ PD ∩ PA ＝ P ， PD ， PA ⊂ 平面 PAD ， ∴ AB ⊥ 平面 PAD ，又 AB ⊂ 平面 PAB ， ∴ 平面 PAB ⊥ 平面 PAD . (2) 解 　取 AD 中点 O ， BC 中点 E ，连接 PO ， OE ， ∵ AB 綉 CD ， ∴ 四边形 ABCD 为平行四边形， ∴ OE 綉 AB . 由 (1) 知， AB ⊥ 平面 PAD ， ∴ OE ⊥ 平面 PAD ， 又 PO ， AD ⊂ 平面 PAD ， ∴ OE ⊥ PO ， OE ⊥ AD ， 又 ∵ PA ＝ PD ， ∴ PO ⊥ AD ， ∴ PO ， OE ， AD 两两垂直， 设 n ＝ ( x ， y ， z ) 为平面 PBC 的法向量， ∵∠ APD ＝ 90 °， ∴ PD ⊥ PA ， 又知 AB ⊥ 平面 PAD ， PD ⊂ 平面 PAD ， ∴ PD ⊥ AB ， 又 PA ∩ AB ＝ A ， PA ， AB ⊂ 平面 PAB ， ∴ PD ⊥ 平面 PAB ， 命题角度 2 　已知二面角的大小求值 因为四边形 ADNM 是矩形， MA ⊥ AD ，平面 ADNM ⊥ 平面 ABCD 且交线为 AD ， 所以 MA ⊥ 平面 ABCD ， 又 DE ⊂ 平面 ABCD ，所以 DE ⊥ AM . 又 AM ∩ AB ＝ A ， AM ， AB ⊂ 平面 ABM ， 所以 DE ⊥ 平面 ABM ， 又 DE ⊂ 平面 DEM ，所以平面 DEM ⊥ 平面 ABM . (2) 解　 在线段 AM 存在点 P ，理由如下： 由 DE ⊥ AB ， AB ∥ CD ，得 DE ⊥ CD ， 因为四边形 ADNM 是矩形，平面 ADNM ⊥ 平面 ABCD 且交线为 AD ， 所以 ND ⊥ 平面 ABCD . 以 D 为原点， DE ， DC ， DN 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的坐标系 . 规律方法 　 1. 利用空间向量计算二面角大小的常用方法： (1) 找法向量：分别求出二面角的两个半平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) 找与棱垂直的方向向量：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 . 2 . 利用向量法求二面角大小的注意点 (1) 建立空间直角坐标系时 ， 若垂直关系不明确 ， 应先给出证明； (2) 对于某些平面的法向量 ， 要结合题目条件和图形多观察 ， 判断该法向量是否已经隐含着 ， 不用单独求 . (3) 注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角 ， 可结合图形进行 ， 以防结论失误 . (2) ( 一题多解 ) 当 AB ＝ 3 ， AD ＝ 2 时，求二面角 E － AG － C 的大小 . 解 　 (1) 因为 AP ⊥ BE ， AB ⊥ BE ， AB ， AP ⊂ 平面 ABP ， AB ∩ AP ＝ A ， 所以 BE ⊥ 平面 ABP ， 又 BP ⊂ 平面 ABP ，所以 BE ⊥ BP ，又 ∠ EBC ＝ 120 °，因此 ∠ CBP ＝ 30 ° . 图 1 因为 ∠ EBC ＝ 120 °， 所以四边形 BEHC 为菱形， 所以 AE ＝ GE ＝ AC ＝ GC 取 AG 中点 M ，连接 EM ， CM ， EC ， 则 EM ⊥ AG ， CM ⊥ AG ， 所以， ∠ EMC 为所求二面角的平面角 . 在 △ BEC 中，由于 ∠ EBC ＝ 120 °， 由余弦定理得 EC 2 ＝ 2 2 ＋ 2 2 － 2 × 2 × 2 × cos 120 °＝ 12 ， 法二 　以 B 为坐标原点，分别以 BE ， BP ， BA 所在的直线为 x ， y ， z 轴，建立如图 2 所示的空间直角坐标系 . 图 2 设 m ＝ ( x 1 ， y 1 ， z 1 ) 是平面 AEG 的法向量 .