1.4.2第2課時(shí)　用空間向量研究夾角問題 導(dǎo)學(xué)案答案

第2課時(shí)用空間向量研究夾角問題【課前預(yù)習(xí)】知識(shí)點(diǎn)|u·v||u||v|0°≤θ診斷分析(1)×(2)×(3)×[解析](1)當(dāng)兩個(gè)方向向量的夾角是銳角或直角時(shí),向量的夾角與異面直線所成的角相等;當(dāng)兩個(gè)方向向量的夾角為鈍角時(shí),向量的夾角與異面直線所成的角互補(bǔ).故錯(cuò)誤.(2)sinθ=|u·v(3)二面角中不大于90°的二面角稱為平面與平面的夾角.故錯(cuò)誤.【課中探究】探究點(diǎn)一例1解:如圖,連接A1D,BD,因?yàn)辄c(diǎn)A1在平面ABC上的射影為AC的中點(diǎn)D,所以A1D⊥平面ABC,又CD?平面ABC,BD?平面ABC,所以A1D⊥CD,A1D⊥BD.因?yàn)椤鰽BC是正三角形,D是AC的中點(diǎn),所以BD⊥CD.以D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),C(0,1,0),B(3,0,0),B1(3,1,3),所以BC=(-3,1,0),DB1=(3,1,3)設(shè)異面直線DB1與BC所成的角為α,則cosα=BC·DB1|BC|·|DB1|=27變式B[解析]以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DP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(4,0,0),C(0,4,0),B(4,4,0),Q(0,3,1),所以AC=(-4,4,0),BQ=(-4,-1,1),所以cos<AC,BQ>=AC·BQ|AC|·|BQ|=1242×32=12探究點(diǎn)二例2解:(1)證明:由已知得A1B⊥平面ABC,又AC?平面ABC,所以A1B⊥AC,因?yàn)椤螦CB=90°,所以BC⊥AC,又因?yàn)锳1B∩BC=B,A1B,BC?平面A1BC,所以AC⊥平面A1BC.(2)因?yàn)锳C⊥平面A1BC,A1C?平面A1BC,所以AC⊥A1C.在Rt△AA1C中,∠A1AC=60°,所以AA1=2,故A1B=2.如圖,以C為原點(diǎn),CA,CB所在直線分別為x軸,y軸,過點(diǎn)C且與A1B平行的直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則C(0,0,0),A(1,0,0),N0,B1(-1,2,2),M-1所以AN=-1,12,0,AB設(shè)平面ANB1的法向量為n=(x,y,z),則AN·n令x=1,得y=2,z=-2,所以平面ANB1的一個(gè)法向量為n=(1,2,-2).設(shè)直線CM與平面ANB1所成的角為θ,又CM=-12,1,2,則sinθ=|cos<CM,n>|=|CM·n||CM|·|變式解:(1)證明:如圖,連接BD,∵底面ABCD是菱形,且∠DAB=60°,∴△ABD是等邊三角形,又O是AD的中點(diǎn),∴BO⊥AD.∵PA=PD,∴PO⊥AD.∵PO∩BO=O,PO,BO?平面POB,∴AD⊥平面POB,又AD?平面PAD,∴平面PAD⊥平面POB.(2)∵PA=PD=2,∠APD=90°,∴AD=22,PO=2.∵底面ABCD是菱形,O是AD的中點(diǎn),∠DAB=60°,∴BO=6,又PB=22,∴PO2+BO2=PB2,即PO⊥BO.由(1)知,BO⊥AD,PO⊥AD,∴以O(shè)為原點(diǎn),OA,OB,OP所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,則D(-2,0,0),P(0,0,2),C(-22,6,0),B(0,6,0),∴PB=(0,6,-2),DP=(2,0,2),DC=(-2,6,0).設(shè)n=(x,y,z)是平面PCD的法向量,則n·DP=2x+2z=0,n·DC=-2x+6則sinθ=|PB·n||∴直線PB與平面PDC所成角的正弦值為217拓展解:(1)證明:連接BD交AC于M,連接FM,如圖.∵BC∥AD,∴BMMD=BCAD=12,∵PF∴PFFD=12,∴BMMD=PFFD,又FM?平面ACF,PB?平面ACF,∴PB∥平面ACF.(2)假設(shè)在棱PB上存在一點(diǎn)H,使得CH與平面ACF所成角的正弦值為66,設(shè)PH=λPB(0≤λ≤1)取AD的中點(diǎn)O,連接OC,OP,∵PA=PD,∴PO⊥AD,又∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD,側(cè)面PAD∩底面ABCD=AD,PO?側(cè)面PAD,∴PO⊥底面ABCD.∵BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O為AD中點(diǎn),∴四邊形ABCO為矩形,∴CO⊥AD.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OC,OD,OP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C(1,0,0),A(0,-1,0),F0,13,23,P(0,0,1),B(1,-1,0),則AC設(shè)平面ACF的法向量為n=(x,y,z),則n·AC=x+y=0,∴平面ACF的一個(gè)法向量為n=(-1,1,-2).∵PB=(1,-1,-1),∴PH=λ(1,-1,-1)=(λ,-λ,-λ),又CP=(-1,0,1),∴CH=CP+PH=(λ-1,-λ,-λ+1).設(shè)CH與平面ACF所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,CH>|=|1-λ-λ+2λ-2|當(dāng)λ=1時(shí),PH=PB=12+(-當(dāng)λ=13時(shí),PH=13PB=故棱PB上存在一點(diǎn)H,使得CH與平面ACF所成角的正弦值為66,且PH=3或PH=33探究點(diǎn)三例3解:(1)證明:∵△ABC是正三角形,O為AB的中點(diǎn),∴CO⊥AB,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,可得AA1⊥平面ABC,又CO?平面ABC,∴AA1⊥CO.又AB∩AA1=A,AB,AA1?平面ABB1A1,∴CO⊥平面ABB1A1.(2)設(shè)A1B1的中點(diǎn)為O1,連接OO1,易知OB,OO1,OC兩兩垂直,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB,OO1,OC所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖.∵△ABC是邊長為2的正三角形,∴CO=3,則B(1,0,0),A(-1,0,0),A1(-1,2,0),C1(0,2,3),∴BA1=(-2,2,0),BC1=(-1,2,3),AB=(2,0,0),AC設(shè)平面A1BC1的法向量為m=(x,y,z),則m·B取x=3,則y=3,z=-1,故m=(3,3,-1).設(shè)平面ABC1的法向量為n=(a,b,c),則n·AB取b=-3,則a=0,c=2,故n=(0,-3,2).設(shè)平面A1BC1與平面ABC1的夾角為θ,則cosθ=|cos<m,n>|=|m·n||故平面A1BC1與平面ABC1夾角的余弦值為57.變式解:(1)證明:取AC的中點(diǎn)D,連接PD,BD,如圖所示.∵△PAC為等腰直角三角形,∴PD⊥AC,又△ABC為正三角形,∴BD⊥AC.∵PD∩BD=D,PD?平面PBD,BD?平面PBD,∴AC⊥平面PBD.∵PB?平面PBD,∴PB⊥AC.(2)∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PD?平面PAC,PD⊥AC,∴PD⊥平面ABC.以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DB,DP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D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),P(0,0,1),∴DB=(0,3,0),CP=(1,0,1),C