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课件网) 第三章 空间向量与立体几何 4 向量在立体几何中的应用 自 主 预 习 互 动 学 习 达 标 小 练 4. 3 用向量方法研究立体几何中的度量关系 一、空间中的角 基础训练 自主预习 |cos＜a，b＞| |cos＜a，n＞| |cos＜n1，n2＞| 提示：由于两直线夹角的范围为，两向量夹角的范围为[0，π]，因 此，两直线夹角的公式为cos θ＝，而不能直接用向量夹角公式求两直 线的夹角. 提示：(1)当a，n与α，l的关系如下图所示时， l与α所成的角与a，n所成的角互余. 即sin θ＝cos＜a，n＞. (2)当a，n与α，l的关系如下图所示时， l与α所成的角与两向量所成的角的补角互余. 此时，sin θ＝|cos＜a，n＞|. 总之，若设直线与平面所成的角为θ，直线的 方向向量与平面的法向量所成的角为φ，则有sin θ＝|cos φ|. 若直线的方向 向量为a，平面α的法向量为n，则sin θ＝. 提示：不一定. 两平面法向量的夹角可能等于两平面的夹角(当0≤＜n1，n2 ＞≤时)，也有可能与两平面的夹角互为补角(当＜＜n1，n2＞≤π时). 其 中n1，n2是两平面的法向量. 基础训练 互动学习 [解] 以A为原点，AB，AD，AP所在的直线为坐标轴，建立空间直角 坐标系，如图，则A(0，0，0)，B(a，0，0)，C(a，a，0)，D(0，2a，0). 答图 又∵∠PDA＝30°，∴AP＝AD·tan 30°＝2a·a，AE＝ AD·sin 30°＝2a·＝a. 过E作EF⊥AD，垂足为F，在Rt△AFE中，AE ＝a，∠EAF＝60°， ∴AF＝，EF＝a. ∴P，E. (1)证明：∵， ，∴＝0＋a2－a2＝0. ∴，∴BE⊥PD. (2)＝(－a，a，0). 则cos＜＝，则AE与CD的夹角的余弦值 为. 解：(1)如图建立空间直角坐标系， ∵∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2，∴A(2，0，0)， C(0，1，0)，B(2，4，0). 在Rt△PAD中，由AD＝2，∠PAD＝60°得PD ＝2，∴P(0，0，2). 答图 (2)由(1)得＝(2，0，－2)，＝(－2，－3，0)， ∴cos＜＝ . 故异面直线PA与BC夹角的余弦值为. [解] (1)证明：易知AB，AD，AA1两两垂直. 如图，以A为坐标原 点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系. 答图 设AB＝t，则有A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)， C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3). 从而＝(－t，3，－3)，＝(t，1，0)，＝(－t，3，0)，因为 AC⊥BD，所以＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝或t＝－(舍去). 于是＝(－，3，－3)，＝(，1，0). 因为＝－3＋3＋0＝0， 所以，即AC⊥B1D. (2)由(1)知＝(0，3，3)，＝(，1，0)，＝(0，1，0). 设 n＝(x，y，z)是平面ACD1的法向量，则 即令x＝1，可得平面ACD1的一个法向量为n＝(1，－ ). 设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则sin θ＝|cos＜n， . 即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为. 解：设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x轴、y轴、z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系如图. 则P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(2，0，0)， M，N，S. 答图 (1)证明：，， 因为＋0＝0，所以CM⊥SN. (2)，设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量， 则a·＝0，a·＝0， 即令x＝2，得a＝(2，1，－2). 设θ为SN与平面CMN所成的夹角，因为sin θ＝|cos＜a， ，所以SN与平面CMN所成的角为45°. [解] (1)如图，以点O为原点，OB，OC，OA所在直线分别为x，y， z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)， E(0，1，0)，所以＝(2，－1，0)，＝(0，2，－1). 所以cos＜. 由于异面直线BE与AC所成的角的范围是 ，故其余弦值是. 答图 (2)由题意知＝(2，0，－1)，＝(0，1，－1). 设平面ABE的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则由n1⊥，n1⊥， 得所以取n1＝(1，2，2). 又平面BEC的一个法向量为n2＝(0，0，1)， cos＜n1，n2＞＝. 由题可得，二面角A ... ...
