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文檔簡(jiǎn)介
§7.7向量法求空間角
【考試要求】能用向量法解決異面直線、直線與平面、平面與平面的夾角問(wèn)題,并能描述解決
這一類(lèi)問(wèn)題的程序,體會(huì)向量法在研究空間角問(wèn)題中的作用.
■落實(shí)主干知識(shí)
【知識(shí)梳理】
1.異面直線所成的角
若異面直線/”/2所成的角為仇其方向向量分別是“,V,則cos9=|cos(u,V)產(chǎn)鼎
2.直線與平面所成的角
如圖,直線AB與平面a相交于點(diǎn)8,設(shè)直線48與平面a所成的角為仇直線A8的方向向
量為“,平面a的法向量為小則sin9=|cos<u,公尸]裾裾卜
3.平面與平面的夾角
如圖,平面a與平面夕相交,形成四個(gè)二面角,我們把這四個(gè)二面角中不大于90。的二面角
稱為平面a與平面P的夾角.
若平面a,4的法向量分別是小和”2,則平面a與平面夕的夾角即為向量和〃2的夾角或
其補(bǔ)角.設(shè)平面a與平面尸的夾角為仇則cos0=|cos〈小,”2〉|=月耨.
\ni\\n2\
【常用結(jié)論】
1.線面角e的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對(duì)值,
即sin0=|cos(a,n)|,不要誤記為cos0=|cos(a,n)
jr
2.二面角的范圍是[0,兀],兩個(gè)平面夾角的范圍是|_0,2-
【思考辨析】
判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“J”或“義”)
(1)兩條異面直線所成的角與兩直線的方向向量所成的角相等.(X)
(2)直線/的方向向量與平面a的法向量的夾角的余角就是直線/與平面a所成的角.(X)
(3)二面角的平面角為。,則兩個(gè)面的法向量的夾角也是X)
(4)兩異面直線夾角的范圍是(0,T,直線與平面所成角的范圍是0,芻.(J)
【教材改編題】
1.已知直線人的方向向量si=(l,0,l)與直線/2的方向向量S2=(—1,2,-2),則人和,2夾角
的余弦值為()
答案C
解析因?yàn)?1=(101),$2=(—1,2,—2),
S]-S2-1-2_啦
所以COS<51,S2)一卜則一讓X3一-2,
所以和/2夾角的余弦值為亭.
2.已知向量m,”分別是直線/的方向向量、平面a的法向量,若cos〈機(jī),"〉~~2'貝U/
與a所成的角為.
答案30°
解析設(shè)直線/與a所成角為仇
sin9=|cos(m,n)|=|,
又:柒0,T,二。=30°.
3.已知兩平面的法向量分別為(0,一1,3),(2,2,4),則這兩個(gè)平面夾角的余弦值為
答案手
1(0,T,3>(2,2,4)|行
廨祈71+9X^4+4+16—6-
■探究核心題型
題型一異面直線所成的角
例1(1)(2022?大慶模擬)如圖,已知棱長(zhǎng)為2的正方體ABC£>-48iGA,E,F,G分別為
AB,8,AQ的中點(diǎn),則異面直線4G與EF所成角的余弦值為()
G
AEB
R迎
B-10
答案A
解析如圖,分別以D4,DC,。。所在的直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,
則Ai(2,0,2),G(1,0,0),
£(2,1,0),F(0,l,l),
所以AG=(-1,0,-2),£F=(—2,0,1),
設(shè)異面直線4G與EF所成的角為仇
皿]\AtG-EF]
貝ijcos3--
I病防
|(-r)X(-2)-2Xl|
-75^/5
(2)(2022?杭州模擬)如圖,已知圓錐CO的截面△ABC是正三角形,AB是底面圓O的直徑,
點(diǎn)。在彘上,且/AOO=2/2O。,則異面直線A。與BC所成角的余弦值為()
答案A
解析因?yàn)镹AOC=2NB。。,
且乙40。+/80£>=W,
jr
所以
連接CO,則CO,平面A8O,以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),OB,OC所在直線分別為y軸、z軸建立
如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,
設(shè)圓。的半徑為2,則A(0,-2,0),以0,2,0),C(0,0,2<3),0(^3,1,0),
AD=(y[3,3,0),BC=(0,-2,2^3),
設(shè)異面直線A£>與BC所成的角為仇
則cos6=|cos(AD,BC)|=姓庭L=J浮匕=半,因此,異面直線與BC所成角的余
\AD\\BC\2小義44
弦值為坐
【教師備選】
如圖,在直三棱柱ABC-4B1G中,AB=AC=A4i=啦,BC=2,點(diǎn)。為BC的中點(diǎn),則異
面直線AQ與4c所成的角為()
口3<4=6
答案B
解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AC,AAi所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空
間直角坐標(biāo)系,
則A(0,0,0),4(0,0,0),B(巾,0,0),
C(0,V2,0),
;.俞=惇,坐,0),
猶=(0,6,一啦),
.?.cos(AD,沈〉=-^^=1
而河
;.即異面直線AO,AC所成角為爭(zhēng)
思維升華用向量法求異面直線所成的角的一般步驟
(1)建立空間直南坐標(biāo)系;
(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量;
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值;
(4)注意兩異面直線所成角的范圍是(0,與,即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的
余弦值的絕對(duì)值.
跟蹤訓(xùn)練1⑴如圖所示,在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-AiBiQDi中,E是棱CG的中點(diǎn),AF
=疝),若異面直線。E和4F所成角的余弦值為喑,則力的值為.
答案3
解析以。為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,。力?所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐
標(biāo)系(圖略),正方體的棱長(zhǎng)為2,
則4(2,0,2),Di(0,0,2),£(0,2,1),4(2,0,0),
.?.用=(0,2,-1),
MF=7^A+AF=MA+).AD
=(-22,0,-2).
Acos〈乖,藁〉=/野
\A^F\\D^E\
2_3^2
-zp+ix小―10,
解得2=象=一(舍)
(2)(2022?武漢模擬)若在三棱柱ABC-ABiG中,/4p4C=NBAC=60。,平面Ap4CG_L平面
ABC,AAX=AC=AB,則異面直線AG與4B所成角的余弦值為.
答案平
解析令M為AC的中點(diǎn),連接MB,MA\,
由題意知△48C是等邊三角形,
所以8M_LAC,同理,AiMlAC,
因?yàn)槠矫鍭?ACC_L平面ABC,
平面4ACGn平面ABC=AC,
BMU平面ABC,
所以平面AiACG,
因?yàn)?MU平面4ACG,
所以BMLA\M,
所以AC,BM,AiM兩兩垂直,以Af為坐標(biāo)原點(diǎn),MA,MB,前的方向分別為x軸、y軸、
z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
設(shè)AAi=AC=AB=2,
則A(l,0,0),8(0,小,0),4(0,0,5),
G(-2,0,審),
所以記=(一3,0,?。珹7B=(0,小,一?。?/p>
所以cos〈后,誦〉=2小蒜=一,
故異面直線AC,與MB所成角的余弦值為坐.
題型二直線與平面所成的角
例2(2022?廣州模擬)在邊長(zhǎng)為2的菱形ABCQ中,/A4C=60。,點(diǎn)E是邊4B的中點(diǎn)(如
圖1),將△AOE沿。E折起到△AQE的位置,連接A],A\C,得到四棱錐4-BCDE(如
圖2).
(1)證明:平面AiBE_L平面BCOE:
(2)若A|E_LBE,連接CE,求直線CE與平面4CD所成角的正弦值.
⑴證明連接圖1中的8。,如圖所示.
因?yàn)樗倪呅蜛BCO為菱形,且N8AO=60。,
所以△AB。為等邊三角形,所以。
所以在圖2中有DEA.A\E,
因?yàn)锽ECAiE=E,BE,AiEU平面A山E,
所以力EJ_平面A\BE,
因?yàn)镼EU平面BCDE,
所以平面4BE_L平面BCDE.
(2)解因?yàn)槠矫?BE_L平面BCDE,平面AiBEA平面BCDE=BE,AtELBE,4EU平面
AyBE,所以A|EJ_平面8cDE,
以E為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,
所以4(0,0,D,C(2,小,0),D(0,小,0),
£(0,0,0),
所以碇=(0,小,-1),沈=(2,小,-1),EC=(2,小,0),
設(shè)平面AiC£>的法向量為"=(x,y,z),
叫\(zhòng)n-_AiD=-\[3y—z=0,
[n-AiC—2x+y[3y—z—0,
令y=l,則n=(0,l,?。?,
所以cos〈〃,EC)=~^=興=唔,
InllEQ2市14
所以直線CE與平面MCD所成角的正弦值為唔.
【教師備選】
(2020?新高考全國(guó)I)如圖,四棱錐尸一A8C。的底面為正方形,PC底面ABCD設(shè)平面必。
與平面尸8c的交線為/.
AB
⑴證明:此平面PDC;
(2)已知尸O=A£>=1,。為/上的點(diǎn),求尸B與平面QCD所成角的正弦值的最大值.
⑴證明在正方形4BCD中,AD〃BC,
因?yàn)锳M平面PBC,BCU平面PBC,
所以4?!ㄆ矫鍼BC,
又因?yàn)锳OU平面辦£),平面以。C平面PBC=/,
所以AO〃/,
因?yàn)樵谒睦忮FP—A8CQ中,底面ABCC是正方形,
所以A£)_L£>C,所以/_LOC,
因?yàn)镻Z)_L平面ABC。,所以AO_LPQ,
所以
因?yàn)?。CCPD=D,PD,OCU平面PDC,
所以此平面PDC.
(2)解以。為坐標(biāo)原點(diǎn),殖的方向?yàn)閤軸正方向,
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,
L
[/D\/C3
/%
因?yàn)槭?gt;=AO=1,則有£)(0,0,0),C(0,l,0),P(0,0,l),8(1,1,0),
因?yàn)槠矫姹?。n平面PBC=I,
所以/過(guò)點(diǎn)P,設(shè)。(〃2,0,1),
則有虎=(0』,0),DQ=(m,0,1),麗=(1,1,-1),
設(shè)平面QC£)的一個(gè)法向量為"=(x,y,z),
5c-n=o,y=0,
則一即
[詼?”=(),“tr+z=O,
令X=l,則2=-
所以平面。CO的一個(gè)法向量為“=(1,0,-m),
I,,工、n-PB1+0+機(jī)
則cos(n,PB)-=-7=~.
\n\\PB\加+1
記P8與平面QC£>所成的角為仇根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對(duì)
值即為直線與平面所成角的正弦值,
11+m\
則sin8=|cos<n,PB)|=
小々蘇+i
當(dāng)m=0時(shí),sin。=為-,
|1+m\
當(dāng)mWO時(shí),sin0=
巾N"P+]
當(dāng)且僅當(dāng)m=\時(shí)取等號(hào),
所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為坐.
思維升華利用空間向量求線面角的解題步驟
跟蹤訓(xùn)練2(2022?全國(guó)百校聯(lián)考)如圖所示,在三棱錐S—BCQ中,平面S3。_L平面BCD,
A是線段S£>上的點(diǎn),aSB。為等邊三角形,ZBCD=30°,CD=2DB=4.
s
(1)若SA=AE>,求證:SDLCA;
(2)若直線BA與平面SCO所成角的正弦值為史磐,求4。的長(zhǎng).
⑴證明依題意,BD=2,
在△BCD中,CD=4,ZBCD=30°,
由余弦定理求得8c=2小,
CD2=BD2+BC2,即BC_LBD.
又平面SBZ)_L平面BC£),平面SBOC平面BC7)=B。,BCU平面BCD,
平面SBD從而B(niǎo)C.LSD,
在等邊ASB。中,SA^AD,則BAJ_SD
又BCCBA=B,BC,BAU平面BCA,
...SO_L平面8c4,又CAU平面8c4,
:.SDLCA.
(2)解以8為坐標(biāo)原點(diǎn),BC,8。所在直線分別為x軸、y軸,過(guò)點(diǎn)B作平面8C。的垂線為
z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則8(0,0,0),C(2<3,0,0),D(0,2,0),S(0,l,小),
故詼=(一2小,2,0),⑦=(0,1,一?。?
設(shè)平面SCO的法向量為機(jī)=(尤,y,z),
|wrCZ)=0,
則-
[m-Sb=0,
即「26+2尸0,
[y—y/3z=0t
取x=l,則丁=小,z=lf
W—(1,,\/3,1),
設(shè)5X=/i兩OWHI),
則函=(0,-X,小%),
故A(0,2一九小/),則函=(0,2—;I,小
設(shè)直線BA與平面SCO所成角為6,
故sin6?=,os(m,BA)|=即"
|m||BA|
|2小—小44yj195
一小N(2T)2+3#—65,
1313
解得2=]或2=不則40=2或AD=Z^
題型三平面與平面的夾角
例3(12分)(2021?新高考全國(guó)I)如圖,在三棱錐A-BCD中,平面ABQ_L平面BCD,AB
=A。,。為8。的中點(diǎn).
(1)證明:0A_LCD?[切入點(diǎn):線線垂直轉(zhuǎn)化到線面垂直]
(2)若△0C。是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形,點(diǎn)E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E—BC一。
的大小為45。,求三棱錐4-BCO的體積.[關(guān)鍵點(diǎn):建系寫(xiě)坐標(biāo)]
思路分析(1)由4B=AD~QA_LB£)一利用面面垂直性質(zhì)一線_L面一結(jié)論
(2)方法1:幾何法
先求底面面積一作出二面角一根據(jù)二面角求長(zhǎng)度一利用錐體體積公式求解一結(jié)論
方法2:向量法
建系一設(shè)點(diǎn)寫(xiě)坐標(biāo)一求平面法向量一利用向量夾角求值一利用錐體體積公式求解一結(jié)論
答題得分模板
(1)證明因?yàn)锳B=AD,。為8。的中點(diǎn),所以O(shè)A[1分]<-------①處確定線_L線
又平面4BD_L平面BCD」.②處面面垂直
且平面48。。平面BCC=B£),AOU平面ABO.
所以40J.平面BCD.a[3分]?―一③處線面垂直
又CDU平面BC£>,所以A。_LCD@.[4分卜----------------------------④處線線垂直
(2)解方法一因?yàn)椤鱋C。是邊長(zhǎng)為1的正三角形,且。為BD的中點(diǎn),
所以。所以△。是直角三角形,?-《“⑤處確定直角三角形
J-——C=OB-=O.D..=.1.,.—B.C.....—....,■父
且乙BCD=90°.BC=。,所以[6分]
2%—?記
如圖,過(guò)點(diǎn)E作EF〃A。.交于F.過(guò)點(diǎn)F作FGJ.BC.GC
垂足為G,連接EG.因?yàn)??!榔矫鍮C。,所以EFJ.平面BC。,
又BCU平面BCD,所以EFJ.BC,又FG_LBC,且EFCFG=£
EF.FGU平面EFG,
所以BC_L平面EFG,則4EGF為二面角E-BC-O的平面角」"[8分]*一一⑥處確定二面角的平面角
所以乙£GF=45°.則GF=EF.因?yàn)镈E=2EA,
所以“=提。4。尸=2。居所以"=2.[9分]
3rD
因?yàn)槭珿_LBC,C?!?C,所以GF//CD.
則然=,,所以G尸=',[1()分]所以EF=GF=。,所以。4=1戶[11分卜⑦處求出三棱錐的高
CD?5?5o
所以匕”=3叱/AO=gx與xl=卷叫12分卜------------⑧處寫(xiě)出錐體的體積公式
方法二如圖所示,以。為坐標(biāo)原點(diǎn),O8,OA所在直線分別為x,z軸,在平
?⑨處建系
面8CD內(nèi),以過(guò)點(diǎn)。且與BD垂直的直線為3?軸建立空間直角坐標(biāo)系戶
因?yàn)椤鱋CO是邊長(zhǎng)為1的正三角形,且。為BD的中點(diǎn).
所以O(shè)C=O8=OD=1,
所以E(l,O,O),D(-l,O,O),C(-g,隼,0).
設(shè)A(0,(),“),“>()J?—⑩處設(shè)點(diǎn)寫(xiě)坐標(biāo)
因?yàn)椤?gt;E=2E4所以E(-",0,與).[6分]
由題意可知平面BC。的一個(gè)法向量為"=(0,0,1).[7分]
設(shè)平面8CE的法向量為m=(x,y,z),
因?yàn)榫痛?君卜扣與"以{二:£
3,點(diǎn)八
一婷+丁尸0,
即令x=l.則.y=3,z=2,所以:(1,73[9分卜一?處求出平面法向量
--4X+—2az=Ao.
因?yàn)槎娼荅-BC-D的大小為45。,
m-n
所以cos45°=y,得a=l.即0A=1,@[】。分k?處用向量夾角公式求值
巨=巨
因?yàn)镾APC/B。?CDsin60°=|x2x1x
22,
[12分卜?處用三角形面積公式及
.....1?IJ3.J3?錐體體積公式求值
所以匕-BCO=mSABC",0A=-X—x1=—.
【教師備選】
(2020?全國(guó)I改編)如圖,D為圓錐的頂點(diǎn),0是圓錐底面的圓心,AE為底面直徑,4E=
人0.△ABC是底面的內(nèi)接正三角形,P為DO上一點(diǎn),P0=平DO.
⑴證明:孫,平面P8C;
(2)求平面BPC與平面EPC的夾角的余弦值.
(1)證明由題設(shè),知△D4E為等邊三角形,
設(shè)AE=1,貝!1。0=坐,CO=BO=^AE=^9
O
所以-V,42
V6
乃4
同理A-
又△ABC為等邊三角形,
則益中=2。4,所以8A邛,
3
PA2+PB2=^=AB2,則NAPB=90°,
所以B4_LP2,同理fi4_LPC,
又PSPB=P,PC,P8U平面PBC,
所以以,平面PBC.
(2)解過(guò)。作ON〃BC交AB于點(diǎn)N,因?yàn)槭琌_L平面A8C,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA所在直
線為x軸,ON所在直線為y軸,。。所在直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,
當(dāng)
當(dāng)
1\Z1、
1-O
不^4
75
4,
1A
---4-V24
4?
r1坐314
-
-r-4-
中O,
2)
設(shè)平面PC8的一個(gè)法向量為〃=(為,yi,zi),
[n-PC=O,f-xi—y[2z\=0,
由1得1rr
[nPB=0,l-xi+V3yi-V2zi=0,
令xi=4^,得zi=-1,yi=0,
所以〃=(?0,—1),
設(shè)平面PCEt的一個(gè)法向量為小=(12,丁2,Z2),
mPC=0,一無(wú)2_小?一啦Z2=0,
由得
—2X2—爽2Z=0,
m-PE=0,
令X2=l,得Z2=—J2=g,
所以機(jī)=(1,坐,一啦),
、mn2/2y
故cos⑺,〃〉=麗=二遮=5'
所以平面BPC與平面EPC的夾角的余弦值為乎.
思維升華利用空間向量求平面與平面夾角的解題步驟
跟蹤訓(xùn)練3(2021?全國(guó)乙卷改編)如圖,四棱錐P-ABCZ)的底面是矩形,PDl^ABCD,
PD=DC^\,M為8C的中點(diǎn),且PB_LAM.
⑴求BC;
(2)求平面APM與平面BPM夾角的正弦值.
解(1)因?yàn)镻O_L平面ABCO,所以PC_LA。,PDVDC.
在矩形A8CZ)中,AOJ_Z)C,故以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,
設(shè)BC=t,貝()A(r,0,0),B(t,1,0),
%,1,0),P(0,0,l),
所以弱=(f,1,-1),俞=(一f1,o)
因?yàn)镻8_LAM,所以P8AM=-]+l=0,得胃?所以BC=巾.
(2)易知C(0,l,0),由(1)可得?>=(一也,0,1),贏=(一半,1,0),CB=(y/2,0,0),
PB=(y/2,1,-1).
設(shè)平面APM的法向量為〃]=(為,ji,zi),則
(—y[2xi+z\=0,
n\AP=0,
即正
[一rxi+yi=0,
、〃iAM=0,
令》=m,則zi=2,yi=l,所以平面APM的一個(gè)法向量為小=(、「,1,2).
設(shè)平面PMB的法向量為“2=(X2,>2,Z2),則
"2?在=0,啦X2=0,
即<
52?麗=0,、地也+力―Z2=0,
得12=0,令”=1,則Z2=l,所以平面PMB的一個(gè)法向量為〃2=(0』,1).
設(shè)平面4PM與平面BPM莢角為仇
cosOTcos〈〃”"2〉I一同加|=:7^=14'
sin3—\]1—cos20^^j^.
所以平面APM與平面BPM夾角的正弦值為[苧.
課時(shí)精練
區(qū)基礎(chǔ)保分練
1.如圖,在平行六面體ABCQ-AiBiCQ中,AAi_L平面ABCZ),且AB=AO=2,44|=小,
ZBAD=120°.
(1)求異面直線AB與AG所成角的余弦值;
(2)求平面A[BD與平面AyAD所成角的正弦值.
解在平面ABC。內(nèi),過(guò)點(diǎn)A作AE,A£>,交BC于點(diǎn)、E.
因?yàn)?4_L平面ABCD,
所以AAt±AD.
如圖,以{能,AD,而}為一個(gè)正交基底,建立空間直角坐標(biāo)系,
因?yàn)锳8=AO=2,A4=小,ZBAD=120°,
則A(0,0,0),B電,-1,0),0(0,2,0),
E電,0,0),4(0,0,小),G(,§,1,小).
⑴翁=(小,-1,一?。?,記=(小,1,?。?
則cos〈48,AG〉
I誦研
3-1-31
一幣X幣一〒
因此異面直線AxB與AG所成角的余弦值為;.
(2)可知平面A.\AD的一個(gè)法向量為
危=(小,0,0),
設(shè)加=(x,yfz)為平面AiBO的一個(gè)法向量,
又誦=(小,-1,一小),冊(cè)=(一小,3,0),
\mA^B=0,
則J_
[mBD=09
J小x—y—小z=0,
即1-小x+3y=0.
不妨取x=3,則丁=小,z=2.
所以m=(3,小,2)為平面A3。的一個(gè)法向量,
_^Em_3^3_3
從而cos<AE,m)
|A£||m|小X44
設(shè)平面A\BD與平面A\AD所成的角為0,
3
則cos。=1.
所以sin0=yj1—cos20=^.
s
因此平面A山D與平面AiAD所成角的正弦值為苧.
2.(2021?浙江)如圖,在四棱錐尸一ABC。中,底面A3CQ是平行四邊形,ZABC=120°,AB
=1,8c=4,%=仃,M,N分別為BC,PC的中點(diǎn),PO_L£>C,PMA.MD,
(1)證明:ABLPM;
(2)求直線AN與平面PDM所成角的正弦值.
(1)證明因?yàn)榈酌鍭BC。是平行四邊形,
NABC=120°,BC=4,AB=\,
且加為BC的中點(diǎn),
所以CM=2,CZ)=1,ZDCM=60°,
易得CDLDM.
又PDLDC,且P£>n£)M=。,PD,£>MU平面PDM,
所以C£)_L平面PDM.
因?yàn)锳B〃CD,所以AB_L平面PDW.
又PMU平面PDM,所以ABVPM.
(2)解方法一由(1)知AB,平面PDW,
所以NM45為直線AN與平面尸CM所成角的余角.
連接4M,因?yàn)镻MLDC,
所以PMJ_平面ABC。,所以
因?yàn)镹ABC=120。,AB=1,BM=2,
所以由余弦定理得AM=市,
又出=仃,所以PM=2啦,
所以PB=PC=2小,
連接BN,
結(jié)合余弦定理得BN=MT1.
連接AC,
則由余弦定理得AC=4云,
在△抬C中,結(jié)合余弦定理得
PA2+AC2=2AN2+2PN2,
所以4V=4E.
AB2+AN2-BN21+15-11_V15
所以在△ABN中,cosZBAN=
2AB-AN2VB—6-
設(shè)直線AN與平面POM所成的角為仇
則0=cos/BAN=
sin6-
方法二因?yàn)槭琍M1DC,
所以平面ABCD.
連接AM,則PM_LAM.
因?yàn)镹ABC=120。,AB=\,BM=2,
所以4M=市,
又布=仃,所以PM=2吸,
由(1)知CDLDM,
過(guò)點(diǎn)M作ME//CD交A£)于點(diǎn)E,
則MELMD.
故可以以M為坐標(biāo)原點(diǎn),MD,ME,MP所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直
角坐標(biāo)系,
則A(一小,2,0),&0,0,2吸),C(小,-1,0),
易知平面PQM的一個(gè)法向量為n=(0,l,0).
設(shè)直線AN與平面PQM所成的角為仇
貝i]sin6=|cos(AN,n)|—
曲|川71
V15
應(yīng)技能提升練
3.(2022?汕頭模擬)如圖,在圓柱0。1中,四邊形ABCO是其軸截面,EF為。。|的直徑,且
EFA.CD,AB=2,BC=a{a>\).
⑴求證:BE=BF;
(2)若直線AE與平面BE尸所成角的正弦值為坐,求平面ABE與平面BEF夾角的余弦值.
⑴證明如圖,連接801,在圓柱。01中,
BC_L平面CEDF,
,:EFu平面CEDF,:.EFA.BC,
,:EFLCD,BCHCD^C,BC,
CDu平面ABCD,
.,.EF_L平面ABCD,
又8。仁平面ABCD,
J.EFYBOy,
;在△BEP中,01為E尸的中點(diǎn),:.BE=BF.
(2)解連接。。],則0。|與該圓柱的底面垂直,
以點(diǎn)0為坐標(biāo)原點(diǎn),。8,OOi所在直線分別為y,
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