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角与距离的向量解法

角与距离的向量解法. 江苏省灌南高级中学 袁中飞. 空间向量的引入为代数方法处理立体几何问题提供了一种重要的工具和方法，解题时，可用定量的计算代替定性的分析，从而避免了一些繁琐的推理论证。求空间角与距离是立体几何的一类重要的问题，也是江苏省理科高考的热点之一。. 空间的角常见的有：. 线线角、线面角、面面角。. 一、线线角：. 异面直线所成的锐角或直角. 范围：. 思考： 空间向量的夹角与 异面直线的夹角有什么关系？. 结论：. z. y. x.

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角与距离的向量解法

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  1. 角与距离的向量解法 江苏省灌南高级中学 袁中飞

  2. 空间向量的引入为代数方法处理立体几何问题提供了一种重要的工具和方法，解题时，可用定量的计算代替定性的分析，从而避免了一些繁琐的推理论证。求空间角与距离是立体几何的一类重要的问题，也是江苏省理科高考的热点之一。空间向量的引入为代数方法处理立体几何问题提供了一种重要的工具和方法，解题时，可用定量的计算代替定性的分析，从而避免了一些繁琐的推理论证。求空间角与距离是立体几何的一类重要的问题，也是江苏省理科高考的热点之一。

  3. 空间的角常见的有： 线线角、线面角、面面角。

  4. 一、线线角： 异面直线所成的锐角或直角 范围： 思考：空间向量的夹角与 异面直线的夹角有什么关系？ 结论：

  5. z y x 例1.如图所示的正方体中，已知F1与E1为四等分点，求异面直线DF1与BE1的夹角余弦值？ F1 D1 C1 方法小结 B1 E1 A1 ① 传统法：平移 D C ② 向量法 A B

  6. 解：如图所示，建立空间直角坐标 系 ,如图所示，设 则： 例2： 所以： 所以 与 所成角的余弦值为

  7. 练习：如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a,侧棱长为练习：如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a,侧棱长为 求AC1和CB1的夹角， C1 Z A1 B1 C y B A x ∴AC1和CB1的夹角为： D

  8. 直线和直线在平面内的射影所成的角， 叫做这条直线和这个平面所成的角. 二、线面角： 结论： 直线与平面所成角的范围： A 思考：如何用空间向量的夹角表示线面角呢？ B O

  9. D1 C1 A1 B1 D C A B 例3、如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1 中， 求A1B与平面A1B1CD所成的角 ①向量法 ②传统法 O

  10. 例4： 在长方体 中， 即 解：如图建立坐标系A-xyz,则 N

  11. 例4： 在长方体 中， 又 N

  12. z O y x 例5.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC 底面ABCD。已知 AB=2，BC= ，SA=SB= . (1)求证 (2)求直线SD与平面SAB所成角的正弦值。 S C B D A

  13. 三、面面角：  1）角的顶点在棱上 2）角的两边分别在两个面内 3）角的边都要垂直于二面角的棱 l A  O B 以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角。 二面角的平面角必须满足： 10

  14. l l 三、面面角： 二面角的范围： ②法向量法 【注意】法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量夹角； 同进同出，二面角等于法向量夹角的补角。

  15. 例6.已知正方体 的边长为2，O为AC和BD的交点，M为 的中点 （1）求证： 直线 面MAC; （2）求二面角 的余弦值. z ①证明：以 为正交基底，建立空间直角坐标系如图。则可得 y C1 D1 A1 x B1 M D C O A B

  16. z ② y C1 D1 A1 x B1 M D C O A B 由图可知二面角为锐角

  17. 例7 设平面

  18. D C M A B E 练习.如图所示的几何体ABCDE中，DA⊥平面EAB，CB//DA，EA=DA=AB=2CB，EA⊥AB，M是EC的中点，(Ⅰ)求证：DM⊥EB； (Ⅱ)求二面角M-BD-A的余弦值. N

  19. 解: 分别以直线AE，AB，AD为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，设CB=a，则A(0，0，0)，E(2a，0，0)，B(0， 2a， 0)，C(0， 2a，a)，D(0，0，2a)，所以M(a，a， ) z (Ⅰ)证:DM=(a，a，－1.5a)， EB=(－2a，2a，0)， D C DM · EB =a (－2a) +a ·2a +0=0 M A DM⊥EB，即DM⊥EB y B (Ⅱ)解:设平面MBD的法向量为n=(x，y，z) E DB=(0，2a，－2a)由n⊥DB， n⊥DM得 x

  20. 取z=2得平面MBD的一非零法向量为n=(1，2，2)， 又平面BDA的法向量为n1=(1，0，0)， z D C cos <n，n1> M A y B 即二面角M-BD-A的余 弦值为 E x

  21. z S 解：如图建立直角坐标系， O C C（0，1，0）； O（0，0，0）； y A B S（0，0，1）， x =（-1，1，0）； =（1，1，0）； =（0，0，1）； 练 习： 如图，已知：直角梯形OABC中，OA∥BC，∠AOC=90°，SO⊥面OABC，且 OS=OC=BC=1，OA=2。求： ⑴异面直线SA和OB所成的角的余弦值， ⑵ OS与面SAB所成角α的正弦值 ， ⑶二面角B－AS－O的余弦值。 则A（2，0，0）； B（1，1，0）； 于是我们有 =（2，0，-1）；

  22. z S O C y A B x （2）设面SAB的法向量 显然有 从而 令x=1，则y=1，z=2；

  23. ⑵.由⑴知面SAB的法向量 =（1，1，2） ∴ 是面AOS的法向量， 令 z S O C 6 ∴二面角B－AS－O的余弦值为 y A 6 B x 10 所以直线SA与OB所成角余弦值为 5 又∵OC⊥面AOS， 则有 由于所求二面角的大小等于

  24. 课堂小结： 1.异面直线所成角： 2.直线与平面所成角： 3.二面角： 关键：观察二面角的范围

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