资源简介

4.3　用向量方法研究立体几何中的度量关系
第1课时　用向量方法研究立体几何中的度量关系(一)
【学习目标】
　　1.能用向量方法解决异面直线的夹角、直线与平面的夹角问题.
　　2.体会向量方法在研究几何问题中的作用.
◆ 知识点一　两条直线的夹角
1.当两条直线a与b相交时,我们把两条直线交角中范围在　　　　内的角叫作两条直线的夹角.
当两条直线平行时,规定它们的夹角为　　　;
当两条直线a与b是异面直线时,在空间任取一点O,过点O作直线a'和b',使得a'∥a,b'∥b,把a',b'的夹角叫作异面直线a与b的夹角.
2.若向量a,b分别为直线a,b的方向向量,则直线a与b的夹角θ∈ 　　　　,
且cos θ=　　　　　　　　.
◆ 知识点二　直线与平面的夹角
1.平面的一条斜线和它在平面内的投影所成的　　　　就是这条直线与这个平面的夹角;
当一条直线与一个平面平行或在这个平面内时,规定这条直线与这个平面的夹角为　　　　;
当一条直线与一个平面垂直时,规定这条直线与这个平面的夹角为　　　　.
2.直线与平面的夹角和直线与平面的垂线的夹角　　　　;
设向量l为直线l的一个方向向量,n是平面α的一个法向量,则直线l与平面α的夹角θ∈　　　　,且　　　　=|cos|=.
【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)异面直线的夹角与其方向向量的夹角相等. (　 )
(2)直线与平面的夹角等于直线与平面的垂线的夹角. (　 )
(3)直线与平面夹角的正弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值. (　 )
◆ 探究点一　两条直线的夹角
例1 (1)已知正四棱锥S-ABCD的侧棱长与底面边长都相等,E是SB的中点,则异面直线AE,SD夹角的余弦值为　　　　.
(2)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=BB1,则异面直线AB1与C1B夹角的大小为　　　　.
(3)在三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等边三角形,AA1⊥平面ABC,AA1=AB,N,M分别是A1B1,A1C1的中点,则直线AM与BN的夹角的余弦值为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A. B.
C. D.
变式 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,动点P在体对角线BD1上,记=λ(0≤λ≤1).
(1)求证:AP⊥B1C;
(2)若异面直线AP与D1B1的夹角为,求λ的值.
[素养小结]
若与分别为a,b的方向向量,用向量法求异面直线的夹角θ时,空间两条直线的夹角θ与两个方向向量的夹角相等或互补,则cos θ=,θ∈.
◆ 探究点二　直线与平面的夹角
例2 (1)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,四边形ABCD为正方形,且PD=AB=1,G为△ABC的重心,则PG与底面ABCD夹角的余弦值为　　　　.
(2)[2024·河南洛阳高二期末] 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1=3,AB=2,Q为侧棱AA1上的点,且AQ=2,点M,N分别为AB,A1C1的中点.
①求异面直线MN与QC1夹角的余弦值;
②求直线MN与平面AA1B1B夹角的正弦值.
变式 [2024·浙江杭州高二期中] 如图,在三棱锥S-ABC中,SC⊥平面ABC,点P,M分别是SC和SB的中点,设PM=AC=1,∠ACB=90°,直线AM与直线SC的夹角为60°.
(1)求SC的长;
(2)求直线CM与平面AMP的夹角的正弦值.
[素养小结]
向量法求线面角的一般步骤:
(1)分析所给的位置关系,建立空间直角坐标系;
(2)求出直线的方向向量s和平面的法向量n;
(3)求出夹角;
(4)判断直线和平面的夹角θ和的关系,求出角θ.
4.3　用向量方法研究立体几何中的度量关系
第1课时　用向量方法研究立体几何中的度量关系(一)
【课前预习】
知识点一
1.　0　2.　|cos|=
知识点二
1.锐角　0　　2.互余　　sin θ
诊断分析 (1)×　(2)×　(3)×
【课中探究】
例1　(1)　(2)90°　(3)C
[解析] (1)记底面ABCD的中心为O,建立如图所示的空间直角坐标系,设正四棱锥的棱长为2,则A(1,-1,0),D(-1,-1,0),S(0,0,),E,∴=,=(-1,-1,-),设AE与SD的夹角为θ,则cos θ=|cos<,>|==,∴异面直线AE,SD夹角的余弦值为.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系,设BB1=1,则A(0,0,1),B1,C1(0,,0),B.可得=,=,∴·=--1=0,∴⊥,即异面直线AB1与C1B夹角的大小为90°.
(3)如图所示,取AC的中点D,以D为原点,以BD,DC,DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,不妨设AC=2,则A(0,-1,0),M(0,0,2),B(-,0,0),N,所以=(0,1,2),=,所以cos<,>====,故选C.
变式　解:(1)证明:如图,连接BC1,AD1.
由已知可得,AB⊥平面BCC1B1,B1C 平面BCC1B1,所以AB⊥B1C,又四边形BCC1B1是正方形,所以B1C⊥BC1,
又BC1 平面ABC1D1,AB 平面ABC1D1,AB∩BC1=B,所以B1C⊥平面ABC1D1,
又动点P在体对角线BD1上,所以P∈平面ABC1D1,所以AP 平面ABC1D1,
所以AP⊥B1C.
(2)以C为坐标原点,分别以CD,CB,CC1所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设CD=1,则B(0,1,0),D1(1,0,1),B1(0,1,1),A(1,1,0),
则=(-1,1,-1),=(-1,1,0),||=.
由=λ,可得=λ,设点P(x0,y0,z0),则=(x0-1,y0,z0-1),
所以所以即P(-λ+1,λ,-λ+1),所以=(-λ,λ-1,-λ+1),
||==.
又异面直线AP与D1B1的夹角为,所以|cos<,>|=cos=,即|cos<,>|====,整理可得λ2=1,因为0≤λ≤1,所以λ=1,即点P位于点B处时,满足条件.
例2　(1)　[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),所以G,=,因为平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos<,n>==-,即与平面ABCD的一个法向量夹角的余弦值为-,所以PG与底面ABCD夹角的余弦值为=.
(2)解:①取A1B1的中点D,连接MD,MC,由正三棱柱的性质可知AA1⊥平面ABC,又AA1∥MD,
所以MD⊥平面ABC.
因为△ABC为正三角形,M为AB的中点,所以MC⊥AB.
可得MB,MC,MD两两垂直,
以M为原点,MB,MC,MD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,
则M(0,0,0),N,C1(0,,3),Q(-1,0,2),
所以=,=(1,,1).
因为cos<,>===,
所以异面直线MN与QC1夹角的余弦值为.
②易知平面AA1B1B的一个法向量为n=(0,1,0),
则cos<,n>===.
设直线MN与平面AA1B1B的夹角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=,
即直线MN与平面AA1B1B夹角的正弦值为.
变式　解:(1)由题意可知,SC⊥平面ABC,且∠ACB=90°,
如图,以C为坐标原点,以AC,BC,SC所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
设SC=2a,则A(1,0,0),C(0,0,0),S(0,0,2a),M(0,1,a),P(0,0,a),可得=(-1,1,a),=(0,0,2a),由题意可得,|cos<,>|=
==,解得a=,
所以SC=2a=.
(2)由(1)可得,=,=(0,1,0),=,设平面AMP的法向量为n=(x,y,z),则令x=,则y=0,z=,可得n=(,0,),则cos===,所以直线CM与平面AMP的夹角的正弦值为.

展开更多......

收起↑