人教A版高中数学选修2-1课件第三章3.2第3课时
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高中数学课件
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人教版高中数学选修(2-1)-3.2《立体几何中的向量方法(第4课时)》教学课件
∴P→B＝(3，0，－1)，B→D＝(－3，4，0)， ∴P→B|B· →DB→| D＝－59，
P 到 BD 的距离 d＝
|P→B|2－|PB―→·→BD―→|2
|BD| ＝ 10－（－59）2＝153. ∵P 到 BD 的距离为153.
(0， 3， 3)，
由nn⊥ ⊥BB→→MC，，得nn··BB→→MC＝＝00，，即x＋3y＋3y＝3z0＝，0，
令 x＝ 3，则平面 BMC 的一个法向量为 n＝( 3，－1，1) 10 分
又B→A＝(0，0，2 3)，则所求距离 d＝|B→A|n·| n|＝2 515.
d＝
|C→C1|2－|C→C1·A1C→―→|2＝
1－13＝
6 3.
|A1C|
规律方法 利用向量求点线距时，不用找到点在直线上的 垂足，直接按向量法的求解步骤来求就行，同时线上的点 可以任意取，但一般选择特殊点，同时直线的方向向量也 可以任意取．
【变式2】 如图，P为矩形ABCD所在平面外 一点，PA⊥平面ABCD，若已知AB＝3， AD＝4，PA＝1，求点P到BD的距离．
名师点睛
点到平面距离的求法 如图，BO⊥平面 α，垂足为 O，则点 B 到平面 α 的距离就是线段 BO 的长度． 若 AB 是平面 α 的任一条斜线段，则在 Rt△BOA
中，|B→O|＝|B→A|·cos∠ABO＝ |B→A|·|B→O|B|→·Oc| os∠ABO.如果令平面 α 的法向量为 n，考虑到法 向量的方向，可以得到 B 点到平面 α 的距离为|B→O|＝|A→B|n·| n|.
3.2立体几何中的向量方法（四）
高中数学选修2-1精品课件：§3.2 第3课时 用空间向量解决空间角
所成的角
＝
|a·b| |a||b|
范围 0，π2
直线与平面 所成的角
设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为a， 平面α的法向量为n，则sin θ＝_|_co_s_〈__a_，__n_〉__|_
＝
|a·n| |a||n|
0，π2
二ห้องสมุดไป่ตู้角
设二面角α－l－β为θ，平面α，β的法向量分别 为n1，n2，则|cos θ|＝ |cos〈n1，n2〉| ＝ |n1·n2|
|n1||n2|
[0，π]
思考辨析 判断正误
SIKAOBIANXIPANDUANZHENGWU
1.两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等.( × ) 2.直线与平面所成的角等于直线与该平面法向量夹角的余角.( × ) 3.二面角的大小就是该二面角两个面的法向量的夹角.( × ) 4.若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大小等于60°或 120°.( √ )
(3)求平面的法向量n； →
(4)设线面角为 θ，则 sin θ＝|P→A·n|. |PA||n|
跟 踪 训 练 2 如 图 所 示 ， 三 棱 柱 ABC － A1B1C1 中 ， CA ＝ CB ， AB ＝ AA1 ， ∠BAA1＝60°. (1)证明：AB⊥A1C；
证明 取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B. 因为CA＝CB，所以OC⊥AB. 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°， 故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB. 因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C. 又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正 弦值.
高中数学选修2-1课件：3.2 第3课时 空间向量与空间角
反思与感悟
解析答案
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；
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，
－1)，C→E＝(1，t－2,0)，
根据数量积的定义及已知得：1＋0×(t－2)＋0＝ 2× 1＋t－22·cos 60°，
所以t＝1，所以点E的位置是AB的中点．
解析答案
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 2a ，M为 A1B1的中点，求BC1与平面AMC1所成角的正弦值．
D.90°
解析 ∵cos〈m，n〉＝ 12＝ 22，
∴二面角的大小为45°或135°.
解析答案
12345
3.在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝ 2BB1，则AB1与C1B所成角的大 小为( )
A.60°
B.90°
C.105°
D.75°
解析答案
12345
4.正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )
232Fra bibliotekA. 3
B. 3
C.3
6 D. 3
解析答案
12345
5.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知DA＝DC＝4，DD1＝3，则异面直 9
线A1B与B1C所成角的余弦值为_2_5__. 解析 如图，建立空间直角坐标系. 由已知得A1(4,0,0)，B(4,4,3)，B1(4，4,0)，C(0,4,3). ∴A→1B＝(0,4,3)，B→1C＝(－4,0,3)， ∴cos〈A—1→B，B—1→C〉＝295.
3.2空间向量与垂直关系 课件(人教A版选修2-1)
课 时 作 业
课 堂 互 动 探 究
教 师 备 课 资 源
新课标· 数学 选修 2-1
教 学 教 法 分 析 教 学 方 案 设 计 课 前 自 主 导 学
1 1 1 → → ∴AB1· MN＝(a＋c)· (－ a＋ b＋ c) 2 2 4 1 1 1 ＝－ ＋ cos 60° ＋0－0＋0＋ ＝0. 2 2 4 → → ∴AB1⊥MN， ∴AB1⊥MN.
菜 单
课 时 作 业
课 堂 互 动 探 究
教 师 备 课 资 源
教 学 教 法 分 析 教 学 方 案 设 计 课 前 自 主 导 学
→ → → 【思路探究】 (1)若选AB、AC、AA1为基向量， → → → → 你能用基向量表示AB1与MN吗？怎样证明AB1与MN垂 直？ (2)若要建立空间直角坐标系，本题该怎样建立？
教 学 教 法 分 析 教 学 方 案 设 计 课 前 自 主 导 学 思 想 方 法 技 巧 当 堂 双 基 达 标
面面垂直
若平面 α 的法向量 u＝(a1，b1，c1)，平面 β 的法向量 v
u⊥v u· v＝ 0 ⇔ ＝(a2，b2，c2)，则 α⊥β⇔__________ ⇔_________ a1a2＋b1b2＋c1c2＝0 ___________________________ .
课 标 解 读
1.掌握直线的方向向量和平面的法 向量的求法．(重点) 2.能利用方向向量和法向量处理线 线、线面、面面间的垂直问题．(重 点、难点)
当 堂 双 基 达 标
课 时 作 业
课 堂 互 动 探 究
菜 单
教 师 备 课 资 源
新课标· 数学 选修 2-1
教 学 教 法 分 析 教 学 方 案 设 计 课 前 自 主 导 学 思 想 方 法 技 巧 当 堂 双 基 达 标
高中数学 3.2.3用空间向量求空间角课件 新人教A版选修
uuur uuuur x uAuFur1 • uBuDuur1
1 1 4
30
| AF1 || BD1 |
5 3 10
42
30
所以 BD与1 A所F1成角的余弦值为 10
[悟一法] 利用向量求异面直线所成的角的步骤为： (1)确定空间两条直线的方向向量； (2)求两个向量夹角的余弦值； (3)确定线线角与向量夹角的关系；当向量夹角为锐角时， 即为两直线的夹角；当向量夹角为钝角时，两直线的夹角为向 量夹角的补角．
z
（1）求证： 直线B1O 面MAC;
（2）求二面角
uuur
Bu1uur
MA
uuuur
C
的余弦值.
D1
①证明：以 DA、DC、DD1为正交基底， A1 建立空间直角坐标系如图。则可得
M
uuur
uuuur
所以MA (2，0，1)，MC (0，2，1)，
uuur B1O (1，1， 2)
D O
A(2，0，0)，C(0，2，0)，M (0，0，1)， A
xB
3
AD与平面ANM所成角的正弦值是3 34 34
Dy
C
[悟一法] 利用向量法求直线与平面所成角的步骤为： (1)确定直线的方向向量和平面的法向量； (2)求两个向量夹角的余弦值； (3)确定线面角与向量夹角的关系：向量夹角为锐角 时，线面角与这个夹角互余；向量夹角为钝角时，线面角 等于这个夹角减去90°.
①向量法
D1
C1 ② 传统法
A1
B1
O
D A
C B
练习：在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB 6, AD 8,
AA1 6, M为B1C1上的一点,且B1M 2, 点N在线段A1D上，
【专业资料】新版高中数学人教A版选修2-1习题：第三章空间向量与立体几何 3.2.3 含解析
第3课时 用向量方法求空间中的角课时过关·能力提升基础巩固1若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l 与平面α所成的角等于( ) A.120° B.60°C.30°D.以上均错l 的方向向量与平面α的法向量的夹角为120°,∴它们所在直线的夹角为60°.则直线l 与平面α所成的角为90°-60°=30°.2设四边形ABCD ,ABEF 都是边长为1的正方形,FA ⊥平面ABCD ,则异面直线AC 与BF 所成的角等于 ( )A.45°B.30°C.90°D.60°,则A (0,0,0),F (0,0,1),B (0,1,0),C (1,1,0), ∴AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1). ∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BF⃗⃗⃗⃗⃗ =-1. 设异面直线AC 与BF 所成的角为θ, ∴cos θ=|cos <AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BF ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=12. 又∵θ∈(0°,90°],∴θ=60°.3若a =(λ,1,2)与b =(2,-1,-2)的夹角为钝角,则实数λ的取值范围为( ) A.λ<52B.λ<52,且λ≠-2C.λ≥52,且λ≠4D.λ≥52,得a ·b =2λ+(-1)-4<0,即λ<52.而|a |=√5+λ2,|b |=3,又<a ,b >为钝角,∴3√5+λ≠-1,即λ≠-2.4若斜线段与它在平面α内射影的长之比是2∶1,则AB 与平面α所成角为( ) A.π6 B.π3C.23πD.56πAB 与平面α所成角为θ,由题意知cos θ=12,则AB 与平面α所成角为π3.5若平面α的一个法向量为n =(4,1,1),直线l 的一个方向向量为a =(-2,-3,3),则l 与α所成角的余弦值为 ( )A.-√11B.√11C.-√110D.√913<a ,n >=√4+9+9√16+1+1=3√11=-4√1133, 故l 与α所成角的余弦值为√1-(-4√1133)2=√91333.6在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,二面角A-BD 1-B 1的大小为 .,以点C 为原点建立空间直角坐标系.设正方体的边长为a ,则A (a ,a ,0),B (a ,0,0),D 1(0,a ,a ),B 1(a ,0,a ), ∴BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a ,0),BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,a ,a ),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,a ). 设平面ABD 1的法向量为n =(x ,y ,z ), 则n ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(0,a ,0)=ay=0, n ·BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(-a ,a ,a )=-ax+ay+az=0. ∵a ≠0,∴y=0,x=z.令x=z=1,则n =(1,0,1),同理,求得平面B 1BD 1的法向量m =(1,1,0),∴cos <n ,m >=n ·m |n ||m |=12,∴<n ,m >=60°.而二面角A-BD 1-B 1为钝角,故为120°.°7在正四棱锥P-ABCD 中,高为1,底面边长为2,E 为BC 的中点,则异面直线PE 与DB 所成的角为 .,则B (1,1,0),D (-1,-1,0),E (0,1,0),P (0,0,1),∴DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0),PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1). ∴cos <DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,PE ⃗⃗⃗⃗⃗ >=DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||PE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√8×√2=12.∴<DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,PE ⃗⃗⃗⃗⃗ >=π.∴PE 与DB 所成的角为π.8在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,已知DA=DC=4,DD 1=3,则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为 .9如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AD=AA 1=1,AB=2,点E 是棱AB 上的动点.若异面直线AD 1与EC 所成角为60°,试确定此时动点E 的位置.DA 所在直线为x 轴,以DC 所在直线为y 轴,以DD 1所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系.设E (1,t ,0)(0≤t ≤2),则A (1,0,0),D (0,0,0),D 1(0,0,1),C (0,2,0),D 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,t-2,0), 根据数量积的定义及已知得:1+0×(t-2)+0=√2×√1+(t -2)2·cos 60°, 所以t=1.所以点E 的位置是AB 的中点. 10如图,在四棱锥P-ABCD 中,已知PA ⊥平面ABCD ,且四边形ABCD 为直角梯形,∠ABC=∠BAD=π,PA=AD=2,AB=BC=1.求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值.{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ }为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ,则各点的坐标为B (1,0,0),C (1,1,0),D (0,2,0),P (0,0,2).因为AD ⊥平面PAB ,所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面PAB 的一个法向量,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0).因为PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-2),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2).设平面PCD 的法向量为m =(x ,y ,z ), 则m ·PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0. 即{x +y -2z =0,2y -2z =0. 令y=1,解得z=1,x=1.所以m =(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量.从而cos <AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m >=AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m |AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m |=√33,所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为√33.能力提升1已知E ,F 分别是棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱BC ,CC 1的中点,则截面AEFD 1与底面ABCD 所成二面角的正弦值是( ) A.23B.√23C.√53D.2√33D 为坐标原点,以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,则A (1,0,0),E (12,1,0),F (0,1,12),D 1(0,0,1),∴AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,1,0). 设平面AEFD 1的法向量为n =(x ,y ,z ),则 {n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{-x +z =0,-x 2+y =0,∴x=2y=z. 取y=1,则n =(2,1,2),而平面ABCD 的一个法向量为u =(0,0,1),∴cos <n ,u >=2,∴sin <n ,u >=√5.2在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M ,N 分别是A 1B 1,BB 1的中点,那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是( )A.√32B.√1010C.35D.25,建立空间直角坐标系,则A (1,0,0),M (1,12,1),C (0,1,0),N (1,1,12),∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,1),CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,12).∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =12,|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|CN ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√52. ∴cos <AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,CN ⃗⃗⃗⃗⃗ >=1252×52=25.3在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,EF ⊥AC ,EF ⊥A 1D ,则EF 与BD 1所成的角是( ) A.90°B.60°C.30°D.0°,以D 为原点建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为a ,则A 1(a ,0,a ),D (0,0,0),A (a ,0,0),C (0,a ,0),B (a ,a ,0),D 1(0,0,a ), ∴DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,0,a ),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,a ,0),BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,-a ,a ). ∵EF ⊥AC ,EF ⊥A 1D ,设EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z ), ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(a ,0,a )=ax+az=0, EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(-a ,a ,0)=-ax+ay=0.∵a ≠0,∴x=y=-z (x ≠0).∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,x ,-x ).∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-aEF ⃗⃗⃗⃗⃗ . ∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即BD 1∥EF. 故EF 与BD 1所成的角是0°.4二面角α-l-β内有一点P ,若点P 到平面α,β的距离分别是5,8,且点P 在平面α,β内的射影间的距离为7,则二面角的度数是( ) A.30°B.60°C.120°D.150°,PA ⊥α,PB ⊥β,∠ADB 为二面角α-l-β的平面角.由题意知PA=5,PB=8,AB=7, 由余弦定理,可得cos ∠APB=52+82-72=1,则∠APB=60°,故∠ADB=120°.5在空间中,已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0,a )(a>0),若平面α与平面xOy 的夹角为45°,则a= .6在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,B 1C 和C 1D 与底面所成的角分别为60°和45°,则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为 .,可知∠CB 1C 1=60°,∠DC 1D 1=45°.设B 1C 1=1,则CC 1=√3=DD 1.∴C 1D 1=√3,则有B 1(√3,0,0),C (√3,1,√3),C 1(√3,1,0),D (0,1,√3).∴B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√3),C 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,0,√3). ∴cos <B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,C 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·C 1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||C 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√6=√64.7如图,在三棱锥P-ABC 中,PA=PB=PC=BC ,且∠BAC=π2,则PA 与底面ABC 所成角的大小为 .,∵PA=PB=PC ,∴P 在底面上的射影O 是△ABC 的外心.又∠BAC=π2,∴O 在BC 上且为BC 的中点.∴AO 为PA 在底面上的射影,∠PAO 即为所求的角.在△PAO 中,PO=√32PB=√32PA ,∴sin ∠PAO=PO =√3.∴∠PAO=π3.8在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,直线BC 1与平面A 1BD 所成角的余弦值是 .,设棱长为1,则B (1,1,0),C 1(0,1,1),A 1(1,0,1),D (0,0,0). BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-1),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,0). 设平面A 1BD 的一个法向量为n =(1,x ,y ),设BC 1与平面A 1BD 所成的角为θ,n ⊥A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⊥BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以n ·A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 所以{-1-y =0,-1-x =0,解得{x =-1,y =-1.所以n =(1,-1,-1),则cos <BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|n |=-√63,所以sin θ=√63.所以cos θ=√1-(√63)2=√33.9如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1=BC=AB=2,AB ⊥BC ,求二面角B 1-A 1C-C 1的大小.,则A (2,0,0),C (0,2,0),A 1(2,0,2),B 1(0,0,2),C 1(0,2,2).设AC 的中点为M ,连接BM.∵BM ⊥AC ,BM ⊥CC 1,∴BM ⊥平面AA 1C 1C ,即BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)是平面AA 1C 1C 的一个法向量.设平面A 1B 1C 的一个法向量是n =(x ,y ,z ).A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,-2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,0),∴n ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x=0,n ·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x+2y-2z=0,令z=1,解得x=0,y=1.∴n =(0,1,1).设法向量n 与BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为φ,二面角B 1-A 1C-C 1为θ,显然θ为锐角.∴cos θ=|cos φ|=|n ·BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12,解得θ=π3.∴二面角B 1-A 1C-C 1的大小为π3.★10四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1垂直于底面,底面ABCD 为直角梯形,AD ∥BC ,AD ⊥AB ,AD=AB=AA 1=2BC ,E 为DD 1的中点,F 为A 1D 的中点. (1)求证:EF ∥平面A 1BC ;(2)求直线EF 与平面A 1CD 所成角θ的正弦值.E ,F 分别是DD 1,DA 1的中点,∴EF ∥A 1D 1.又A 1D 1∥B 1C 1∥BC ,∴EF ∥BC ,且EF ⊄平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC , ∴EF ∥平面A 1BC.AB ,AD ,AA 1两两垂直,以AB 所在直线为x 轴,以AD 所在直线为y 轴,以AA 1所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系,如图.设BC=1,则A (0,0,0),A 1(0,0,2),C (2,1,0),D (0,2,0),D 1(0,2,2),F (0,1,1),E (0,2,1), 故FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,0). 设平面A 1CD 的法向量n =(x ,y ,z ), 则{n ·A 1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(0,2,-2)=2y -2z =0,n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(-2,1,0)=-2x +y =0.取n =(1,2,2),则sin θ=|cos <n ,FE ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·FE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n ||FE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ || =|√1+4+4·√0+1+0|=23,故直线EF 与平面A 1CD 所成角θ的正弦值等于23.。
2014《成才之路》高二数学(人教A版)选修2-1课件：3-2-2 向量法在空间平行关系中的应用
第三章
3.2
第2课时
成才之路 · 高中新课程 · 学习指导 · 人教A版 · 数学 · 选修2-1
课堂典例讲练
第三章
3.2
第2课时
成才之路 · 高中新课程 · 学习指导 · 人教A版 · 数学 · 选修2-1
思路方法技巧
命题方向
线线平行
[例 1]
E、F 分别是长方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱 AA1、
第三章
3.2
第2课时
成才之路 · 高中新课程 · 学习指导 · 人教A版 · 数学 · 选修2-1
→ 1→ → 证法三：由证法二知，MN＝2DA1＋0· ， DB → → → → → → 即MN可用DA1与DB线性表示，故MN与DA1、DB是共面向 量． → ∴MN∥平面 A1BD， MN⊄平面 A1BD， MN∥平面 A1BD. 又 即
第三章
3.2
第2课时
成才之路 · 高中新课程 · 学习指导 · 人教A版 · 数学 · 选修2-1
在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，|DA|＝2，|DC|＝3，|DD1| ＝4，M、N、E、F 分别为棱 A1D1，A1B1，D1C1，B1C1 的中点． 求证：平面 AMN∥平面 EFBD.
1 → ＝2(a＋b)，PA＝a－c， → → → ∵PA＝2DB－2DE， → → → ∴PA与DB、DE共面， → → ∵DB、DE不共线，PA⊄平面 BDE. ∴PA∥平面 BDE.
第三章
3.2
第2课时
成才之路 · 高中新课程 · 学习指导 · 人教A版 · 数学 · 选修2-1
探索延拓创新
第三章
空间向量与体几何
成才之路 · 高中新课程 · 学习指导 · 人教A版 · 数学 · 选修2-1
高中数学 3-2-1 空间向量与平行关系课件 新人教A版选修2-1
(3)①∵u＝(2,2，－1)，a＝(－3,4,2)， ∴u·a＝－6＋8－2＝0， ∴u⊥a，∴l⊂α 或 l∥α. ②∵u＝(0,2，－3)，a＝(0，－8,12)，u＝－14a， ∴u∥a，∴l⊥α. ③∵u＝(4,1,5)，a＝(2，－1,0)，∴u 与 a 不共 线，也不垂直，∴l 与 α 斜交．
图2
证明：方法一：以D为原点，DA，DC，DD1所在 直线分别为x，y，z轴建立如图2所示的空间直角坐标 系．
设正方体的棱长为2， 则A(2,0,0)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)， B(2,2,0)，O1(1,1,2)，
∴A→D1＝ (－ 2, 0,2)，C→D1 ＝(0，－ 2,2)， B→O1＝ (－ 1，－ 1,2)， ∴B→O1＝12A→D1＋12C→D1， ∴B→O1与A→D1、C→D1共面， ∴B→O1∥平面 ACD1.又 BO1⊄平面 ACD1， ∴BO1∥平面 ACD1.
[点评] 用向量法证明线面平行常用三种方法：一 是证明直线上某个向量与平面内某一向量共线；二是 证明直线上的某个向量与平面内的两个不共线向量共 面，且不在平面内；三是证明直线上某个向量与平面 的法向量垂直．
迁移体验3 如图6，在长方体OAEB－O1A1E1B1中， OA＝3，OB＝4，OO1＝2，点P在棱AA1上，且AP＝ 2PA1，点S在棱BB1上，且SB1＝2BS，点Q、R分别是 O1B1、AE的中点，求证：PQ∥RS.
图3
解析：∵AD、AB、AS 是两两垂直的线段， ∴以 A 为原点，以射线 AD、AB、AS 所在直 线为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立坐标系， 则 A(0,0,0)、D(12，0,0)、C(1,1,0)，S(0,0,1)， A→D＝(12，0,0)是平面 SAB 的法向量，
高中数学(人教A)选修2-1课件：3.2.1直线的方向向量和平面的法向量
人教A版 ·选修2-1
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第三章 空间向量与立体几何
第三章 3.2 立体几何中的向量方法
第1课时 直线的方向向量和平面的法向量
1 自主预习学案 2 典例探究学案 3 巩固提高学案
自主预习学案
• 1．理解直线的方向向量，平面的法向量．
• 2．能够利用直线的方向向量和平面的法向量 处理线面的位置关系．
量来讨论直线的位置关系，那么在空间向量 中我们能否用直线的方向向量与平面的法向 量来讨论空间线面的位置关系呢？
• 新知导学
• 4．空间直线与平面的位置关系可以用直线的 方向向量与平面的法向量的位置关系来研究 ．
Байду номын сангаас
• 设直线l、m的方向向量分别为a、b，平面α
、β的法向量分别为u、v，当l，m不重合，α
• 重点：平面的法向量． • 难点：利用向量知识处理立体几何问题．
直线的方向向量与平面的法向量
• 温故知新 • 1．回想在平面向量中，怎样求一条直线的方
向向量．
• 思维导航 • 1．怎样确定空间一条直线的方向向量？ • 2．一点A和一个方向可以确定一条直线吗？
类似的，一点A和一个方向能确定一个平面 吗？这个方向对平面有何特殊意义？
• (4)l⊥α⇔_a∥_u______存⇔在k_∈_R，_使_a_＝_ku____________
_．
u∥v
存在k∈R，使u＝kv
• (5)α∥β⇔__u_⊥_v____⇔u·_v＝_0________________ ___；
• (6)α⊥β⇔________⇔__________． • 注：①由前提知la⊄α，b，u，v都是非零向量．
2020-2021人教版数学2-1教师用书：第3章 3
2020-2021学年人教A版数学选修2-1教师用书：第3章3.2 第3课时空间向量与空间角含解析第3课时空间向量与空间角学习目标核心素养1．会用向量法求线线、线面、面面的夹角．（重点、难点) 2．正确区分向量夹角与所求线线角、面面角的关系．(易错点）通过利用空间向量求异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的学习,提升学生的逻辑推理、数学运算的核心素养．空间角的向量求法角的分类向量求法范围两异面直线l1与l2所成的角θ设l1与l2的方向向量为a，b，则cos θ＝＝错误!错误!直线l与平面α所成的角θ设l的方向向量为a,平面α的法向量为n，则sin θ＝＝错误!错误!二面角α-l。
β的平面角θ设平面α,β的法向量为n1,n2，则｜cos θ｜＝＝错误![0，π］量所成的角有怎样的关系？(2）二面角与二面角的两个半平面的法向量所成的角有怎样的关系？［提示]（1）设n为平面α的一个法向量，a为直线a的方向向量，直线a与平面α所成的角为θ，则θ＝错误!(2)条件平面α，β的法向量分别为u，υ，α，β所构成的二面角的大小为θ，〈u，υ〉＝φ,图形关系θ＝φθ＝π－φ计算cos θ＝cos φcos θ＝－cos φ1．如图所示，在正方体ABCD。
A1B1C1D1中，M,N，P分别是棱CC1,BC，A1B1上的点，若∠B1MN＝90°，则∠PMN的大小是（)A．等于90°B．小于90°C．大于90°D．不确定A［A1B1⊥平面BCC1B1,故A1B1⊥MN，则错误!·错误!＝(错误!＋错误!)·错误!＝错误!·错误!＋错误!·错误!＝0，∴MP ⊥MN ,即∠PMN ＝90°．］2．已知二面角α.l 。
β等于θ，异面直线a ，b 满足a ⊂α，b ⊂β，且a ⊥l ，b ⊥l ,则a ,b 所成的角等于( )A ．θB ．π－θC ．错误!－θD ．θ或π－θD [应考虑0≤θ≤错误!与错误!＜θ≤π两种情况．］3．已知向量m ,n 分别是直线l 与平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ,n >＝－错误!，则l 与α所成的角为( ）A ．30°B ．60°C ．150°D ．120°B ［设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝｜cos 〈m ，n 〉|＝错误!,∴θ＝60°，应选B ．]4．正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中,M ，N 分别是棱BB ′和B ′C ′的中点,则异面直线MN 与AD 所成角的大小为________．45° ［以错误!,错误!，错误!为正交基底建立空间直角坐标系O .xyz ，设正方体棱长为1,则A （1，0，0),M 错误!，N 错误!，∴AD→＝(－1，0，0),错误!＝错误!． ∵cos 〈错误!，错误!>＝错误!＝错误!＝错误!,∴<错误!，错误!〉＝45°,即MN 和AD 所成角的大小为45°．］求两条异面直线所成的角【例1】如图，在三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2,OA＝错误!，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小．［解]建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，O1（0,1，3),A（错误!，0,0)，A1（错误!，1，错误!），B(0，2,0)，∴错误!＝(－错误!，1,－错误!)，错误!＝(错误!，－1，－错误!)．∴|cos<错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!．∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为错误!．1．几何法求异面直线的夹角时,需要通过作平行线将异面直线的夹角转化为平面角，再解三角形来求解，过程相当复杂;用向量法求异面直线的夹角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需对相应向量进行运算即可．2．由于两异面直线夹角θ的范围是错误!，而两向量夹角α的范围是[0，π］，故应有cos θ＝｜cos α｜，求解时要特别注意．错误!1．如图所示，在平行六面体ABCD。