高考数学一轮复习1 第1课时　利用空间向量求空间角

1、1 / 19 第 6讲 立体几何中的向量方法 最新考纲 考向预测 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 命题趋势 本讲内容以几何体为载体，重点考查有关空间的线线角、线面角、二面角与空间的距离的计算问题，这仍会是高考的热点，题型多为解答题的第 2问. 核心素养 数学运算、数学建模 1两条异面直线所成角的求法 设 a，b 分别是两异面直线 l1，l2的方向向量，则 l1与 l2所成的角 a 与 b 的夹角 范围 0，2 0， 求法 cos |a b|a|b| cos a b|a|b| 2.直线与平面所成角的求法 设直线 l 的方

2、向向量为 a，平面 的法向量为 n，直线 l 与平面 所成的角为 ，a 与 n 的夹角为 ，则 sin |cos |a n|a|n| 3求二面角的大小 (1)如图，ab，cd 分别是二面角 - l- 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 ab，cd (2)如图，n1，n2分别是二面角 - l- 的两个半平面 ，的法向量，则二面角的大小 满足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量 n1与 n2的夹角(或其补角) 2 / 19 4利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离 设 点a(x1， y1， z1) ， 点b(x2， y2， z2) ， 则 |ab| | a

3、b| （x1x2）2（y1y2）2（z1z2）2. (2)点到平面的距离 如图所示，已知 ab为平面 的一条斜线段，n 为平面 的法向量，则 b到平面 的距离为|bo|ab n|n|. 常见误区 1当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角 2线面角 的正弦值等于直线的方向向量 a 与平面的法向量 n 所成角的余弦值的绝对值，即 sin |cosa，n|，不要误记为 cos |cosa，n|. 1判断正误(正确的打“”，错误的打“”) (1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角( ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是

4、直线与平面所成的角( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角( ) (4)两异面直线夹角的范围是0，2，直线与平面所成角的范围是0，2，二面角的范围是0，( ) 答案：(1) (2) (3) (4) 2已知两平面的法向量分别为 m(0，1，0)，n(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( ) a45 b135 c45或 135 d90 3 / 19 解析：选 c.因为 cosm，nm n|m| |n|11 222，故m，n45，故两平面所成的二面角为 45或 135.故选 c项 3在正方体 abcd - a1b1c1d1中，e是 c1d1的中点，则异面直线 de与 ac所成角的

5、余弦值为( ) a1010 b120 c.120 d.1010 解析：选 d.如图建立空间直角坐标系 dxyz，设 da1，a(1，0，0)，c(0，1，0)，e0，12，1 ，则ac(1，1，0)，de0，12，1 ，设异面直线de与 ac 所成的角为 ，则 cos |cosac，de|1010. 4已知 2ab(0，5，10)，c(1，2，2)，a c4，|b|12，则以b，c 为方向向量的两直线的夹角为_ 解析：由题意得，(2ab)c0102010， 即 2a cb c10.因为 a c4，所以 b c18，所以 cosb，cb c|b| |c|1812 14412，所以b，c120，所

6、以两直线的夹角为 60. 答案：60 5(易错题)已知向量 m，n 分别是直线 l 的方向向量、平面 的法向量，若 cosm，n12，则 l 与 所成的角为_ 解析：设 l 与 所成的角为 ，则 sin |cosm，n|12，所以 30. 答案：30 第 1 课时 利用空间向量求空间角 4 / 19 异面直线所成的角 题组练透 1若正四棱柱 abcd- a1b1c1d1的体积为 3，ab1，则直线 ab1与 cd1所成的角为( ) a30 b45 c60 d90 解析：选 c.因为正四棱柱 abcd- a1b1c1d1的体积为 3，ab1，所以 aa1 3， 以 d为原点，da所在直线为 x

7、轴， dc 所在直线为 y 轴，dd1所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 a(1，0，0)，b1(1，1， 3)，c(0，1，0)，d1(0，0， 3)， ab1(0，1， 3)，cd1(0，1， 3)， 设直线 ab1与 cd1所成的角为 ， 则 cos |ab1cd1|ab1|cd1|24 412， 又 090，所以 60， 所以直线 ab1与 cd1所成的角为 60.故选 c. 2在直三棱柱 abc- a1b1c1中，bca90，m，n 分别是 a1b1，a1c1的中点，bccacc1，则 bm 与 an所成角的余弦值为( ) a.110 b.25 c.3010 d.22 解析

8、：选 c.建立如图所示的空间直角坐标系 设 bccacc12，则可得 a(2，0，0)，b(0，2，0)，5 / 19 m(1，1，2)，n(1，0，2)，所以bm(1，1，2)，an(1，0，2) 所以 cosbm，anbm an|bm|an| 1412（1）222 （1）2022236 53010. 3如图所示，在棱长为 2 的正方体 abcd - a1b1c1d1中，e 是棱 cc1的中点，afad，若异面直线 d1e 和 a1f 所成角的余弦值为3 210，则 的值为_ 解析：以 d 为原点，以 da，dc，dd1分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，正方体的棱长为 2，

9、则 a1(2，0，2)，d1(0，0，2)，e(0，2，1)，a(2，0，0)， 所以d1e(0，2，1)，a1fa1aafa1aad(0，0，2)(2，0，0)(2，0，2)，所以 cosa1f，d1ea1f d1e|a1f|d1e|22 21 53 210，解得 13(13舍去) 答案：13 求异面直线所成的角的两个关注点 (1)用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解的 (2)由于两异面直线所成角的范围是 0，2，两方向向量的夹角的范围是0，所以要注意二者的区别与联系，应有 cos |cos |. 6 / 19 直线与平面所成的角 (2020 新高考卷)如图

10、，四棱锥 p- abcd 的底面为正方形，pd底面abcd.设平面 pad与平面 pbc 的交线为 l. (1)证明：l平面 pdc； (2)已知 pdad1，q为 l 上的点，求 pb 与平面 qcd 所成角的正弦值的最大值 【解】 (1)证明：因为 pd底面 abcd，所以 pdad. 又底面 abcd为正方形，所以 addc.因此 ad平面 pdc. 因为 adbc，ad平面 pbc，所以 ad平面 pbc. 由已知得 lad. 因此 l平面 pdc. (2)以 d 为坐标原点，da的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 dxyz，则 d(0，0，0)，c(0，1，0)，b

11、(1，1，0)，p(0，0，1)，dc(0，1，0)，pb(1，1，1) 由(1)可设 q(a，0，1)，则dq(a，0，1) 设 n(x，y，z)是平面 qcd的法向量，则n dq0，n dc0，即axz0，y0. 可取 n(1，0，a) 所以 cosn，pbn pb|n| |pb|1a3 1a2 . 设 pb与平面 qcd所成角为 ， 则 sin 33|a1|1a233 12aa21. 7 / 19 因为33 12aa2163，当且仅当 a1时等号成立 所以 pb与平面 qcd 所成角的正弦值的最大值为63. 求直线与平面所成角的方法 (1)定义法：作，在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在

12、这一步上确定垂足的位置是关键； 证，证明所作的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的概念； 求，构造角所在的三角形，利用解三角形的知识求角 (2)公式法：sin hl(其中 h 为斜线上除斜足外的任一点到所给平面的距离，l 为该点到斜足的距离，为斜线与平面所成的角) (3)向量法：sin |cosab，n|ab n|ab|n|(其中 ab为平面 的斜线，n为平面 的法向量，为斜线 ab 与平面 所成的角) (2021 石家庄模拟)如图，在四棱锥 p- abcd 中，底面 abcd 是菱形，papd，dab60. (1)证明：adpb； (2)若 pb 6，abpa2，求直

13、线 pb与平面 pdc所成角的正弦值 解：(1)证明：取 ad 的中点为 o，连接 po，bo，bd，如图， 因为底面 abcd是菱形，且dab60， 所以abd是等边三角形， 所以 boad. 又 papd，即pad 是等腰三角形， 所以 poad. 8 / 19 又 poboo， 所以 ad平面 pbo， 又 pb平面 pbo， 所以 adpb. (2)因为 abpa2， 所以由(1)知pad，abd 均是边长为 2 的正三角形，则 po 3，bo3，又 pb 6，所以 po2bo2pb2，即 pobo， 又由(1)知，boad，poad， 所以以 o 为坐标原点，oa，ob，op所在直线

14、分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 则 d(1，0，0)，p(0，0， 3)，c(2， 3，0)，b(0， 3，0)， pb(0， 3， 3)，dp(1，0， 3)，cd(1， 3，0) 设 n(x，y，z)是平面 pcd的法向量，则ndp，ncd， 所以 x 3z0，x 3y0，令 y1，解得 x 3，z1，即 n( 3，1，1)为平面 pcd的一个法向量 设直线 pb与平面 pdc 所成的角为 ，则 sin |cospb，n| 0 3 31（ 3）（1）6 5105， 所以直线 pb与平面 pdc所成角的正弦值为105. 二面角 9 / 19 (2020 大同调研)在如图所

15、示的多面体中，ef平面 aeb，aeeb，adef，efbc，bc2ad4，ef3，aebe2，g是 bc 的中点 (1)求证：ab平面 deg； (2)求二面角 c- df- e 的余弦值 【解】 (1)证明：因为 adef，efbc， 所以 adbc，又 bc2ad，g 是 bc的中点， 所以 ad綊 bg，所以四边形 adgb是平行四边形，所以 abdg. 因为 ab平面 deg，dg平面 deg， 所以 ab平面 deg. (2)因为 ef平面 aeb，ae平面 aeb，be平面 aeb， 所以 efae，efbe，又 aeeb， 所以 eb，ef，ea两两垂直 以点 e 为坐标原点，

16、eb，ef，ea 所在的直线分别为 x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 则 e(0，0，0)，b(2，0，0)，c(2，4，0)，f(0，3，0)，d(0，2，2) 由已知得eb(2，0，0)是平面 efda的一个法向量 设平面 dcf的法向量为 n(x，y，z)， 则fd n0，fcn0，因 为 fd (0 ， 1 ， 2) ， fc (2 ， 1 ， 0) ， 所 以10 / 19 y2z0，2xy0，令 z1，得 y2，x1，所以可取 n(1，2，1) 设二面角 c- df- e的大小为 ，则 cos cosn，eb22 666. 易知二面角 c- df- e 为钝二面角， 所以

17、二面角 c- df- e 的余弦值为66. 利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小 (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 (2021 贵阳市适应性考试)如图是一个半圆柱与多面体abb1a1c 构成的几何体，平面 abc 与半圆柱的下底面共面，且 acbc，p 为弧 a1b1上(不与 a1，b1重合)的动点 (1)证明：pa1平面 pbb1； (2)若四边形

18、 abb1a1为正方形，且 acbc，pb1a14，求二面角p- a1b1c的余弦值 解：(1)证明：在半圆柱中，bb1平面 pa1b1，所以 bb1pa1. 因为 a1b1是直径，所以 pa1pb1. 因为 pb1bb1b1，pb1平面 pbb1，bb1平面 pbb1， 所以 pa1平面 pbb1. 11 / 19 (2)以 c 为坐标原点，分别以 cb，ca 所在直线为 x 轴，y轴，过 c 与平面 abc 垂直的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 c- xyz，如图所示 设 cb1，则 c(0，0，0)，b(1，0，0)，a(0，1，0)，a1(0，1， 2)，b1(1，0， 2)，p(

19、1，1， 2) 所以ca1(0，1， 2)，cb1(1，0， 2) 平面 pa1b1的一个法向量为 n1(0，0，1) 设平面 ca1b1的法向量为 n2(x，y，z)， 则 y 2z0，x 2z0， 令 z1，则y 2，x 2，z1， 所以可取 n2( 2， 2，1)， 所以 cosn1，n211 555. 由图可知二面角 p- a1b1c为钝角， 所以所求二面角的余弦值为55. a级 基础练 1.将边长为 1的正方形 aa1o1o(及其内部)绕 oo1旋转一周形成圆柱，如图，ac长为23，a1b1长为3，其中 b1与 c 在平面 aa1o1o的同侧则异面直线 b1c与 aa1所成的角的大小

20、为( ) a.6 b.4 c.3 d.2 12 / 19 解析：选 b.以 o 为坐标原点建系如图，则 a(0，1，0)，a1(0，1，1)，b132，12，1 ，c32，12，0 . 所以aa1(0，0，1)，b1c(0，1，1)， 所以 cosaa1，b1caa1b1c|aa1|b1c| 000（1）1（1）1 02（1）2（1）222， 所以aa1，b1c34， 所以异面直线 b1c与 aa1所成的角为4.故选 b. 2 ( 多 选 )(2020 山 东 烟 台 期 末 ) 如 图 ， 在 正 方 体abcd- a1b1c1d1中，点 p在线段 b1c上运动，则( ) a直线 bd1平面

21、 a1c1d b三棱锥 p- a1c1d的体积为定值 c异面直线 ap与 a1d所成角的取值范围是4，2 d直线 c1p与平面 a1c1d所成角的正弦值的最大值为63 解析：选 abd.对于选项 a，连接 b1d1，易知 a1c1b1d1，且 bb1平面a1b1c1d1，则 bb1a1c1，所以 a1c1平面 bd1b1，故 a1c1bd1；同理；连接 ad1，易证得 a1dbd1，故 bd1平面 a1c1d，故 a 正确对于选项 b，vpa1c1dvc1a1pd，因为点 p 在线段 b1c 上运动，所以 sa1dp12a1dab，面积为定值，又 c1到平面 a1pd 的距离即为 c1到平面

22、a1b1cd 的距离，也为定值，故三棱锥 p- a1c1d 的体积为定值，b 正确对于选项 c，当点p 与线段 b1c 的端点重合时，ap 与 a1d 所成角取得最小值，为3，故 c 错误对于选项 d，因为直线 bd1平面 a1c1d，所以若直线 c1p 与平面 a1c1d所成角的正弦值最大，则直线 c1p 与直线 bd1所成角的余弦值最大，此时 p 位于 b1c的中点处，即所成角为c1bd1，设正方体棱长为 1，在 rtd1c1b中，13 / 19 cosc1bd1c1bbd12363，故 d正确故选 abd. 3二面角的棱上有 a，b 两点，直线 ac，bd 分别在这个二面角的两个半平面内

23、，且都垂直于 ab.已知 ab4，ac6，bd8，cd2 17.则该二面角的大小为_ 解析：如图所示，二面角的大小就是ac，bd 因为cdcaabbd， 所以cd2ca2ab2bd22(ca abca bdab bd) ca2ab2bd22ca bd， 所以ca bd12(2 17)262428224. 因此ac bd24，cosac，bdac bd|ac|bd|12， 又ac，bd0，180， 所以ac，bd60，故二面角为 60. 答案：60 4正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)abca1b1c1的底面边长为 2，侧棱长为 2 2，则 ac1与侧面 abb1a1所成的角为_ 解析：以 c

24、为原点建立空间直角坐标系如图所示，得下列坐标：a(2，0，0)，c1(0，0，2 2)点 c1在侧面 abb1a1内的射影为点 c232，32，2 2 .所以ac1(2，0，22)，ac212，32，2 2 ， 14 / 19 设直线 ac1与平面 abb1a1所成的角为 ，则 cos |ac1ac2|ac1|ac2|1082 3332.又 0，2，所以 6. 答案：6 5.如图所示，在菱形 abcd 中，abc60，ac 与 bd 相交于点 o，ae平面 abcd，cfae，abae2. (1)求证：bd平面 acfe； (2)当直线 fo 与平面 bed 所成的角为 45时，求异面直线of

25、与 be 所成角的余弦值的大小 解：(1)证明：因为四边形 abcd 是菱形， 所以 bdac. 因为 ae平面 abcd，bd平面 abcd， 所以 bdae. 又因为 acaea，ac，ae平面 acfe. 所以 bd平面 acfe. (2)以 o 为原点，oa，ob 所在直线分别为 x 轴，y 轴，过点 o 且平行于 cf 的直线为 z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系， 设 cfa(a0)，则 b(0， 3，0)，d(0， 3，0)，e(1，0，2)，f(1，0，a)(a0)，of(1，0，a) 设平面 ebd的法向量为 n(x，y，z)， 则有n ob0，n oe0，即 3y0

26、，x2z0， 令 z1，则 n(2，0，1)， 由题意得 sin 45|cosof，n|of n|of|n| 15 / 19 |2a|a21 522， 解得 a3或 a13(舍去) 所以of(1，0，3)，be(1， 3，2)， cosof，be1610 854， 故异面直线 of与 be所成角的余弦值为54. 6(2020 高考天津卷)如图，在三棱柱 abc- a1b1c1中，cc1平面 abc，acbc，acbc2，cc13，点d，e 分别在棱 aa1和棱 cc1上，且 ad1，ce2，m 为棱 a1b1的中点 (1)求证：c1mb1d； (2)求二面角 b- b1ed的正弦值； (3)求

27、直线 ab与平面 db1e所成角的正弦值 解：依题意，以 c 为原点，分别以ca，cb，cc1的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得 c(0，0，0)，a(2，0，0)，b(0，2，0)，c1(0，0，3)，a1(2，0，3)，b1(0，2，3)，d(2，0，1)，e(0，0，2)，m(1，1，3) (1)证明：依题意，c1m(1，1，0)，b1d(2，2，2)，从而c1mb1d2200，所以 c1mb1d. (2)依题意，ca(2，0，0)是平面 bb1e 的一个法向量，eb1(0，2，1)，ed(2，0，1) 16 / 19 设 n(x，y，z)为平面 d

28、b1e 的法向量，则n eb10，n ed0，即2yz0，2xz0.不妨设 x1， 可得 n(1，1，2) 因此有 cosca，nca n|ca|n|66，于是 sinca，n306. 所以二面角 b- b1e- d的正弦值为306. (3)依题意，ab(2，2，0)由(2)知 n(1，1，2)为平面 db1e 的一个法向量，于是 cosab，nab n|ab|n|33. 所以直线 ab与平面 db1e所成角的正弦值为33. b级 综合练 7.(2020 高考全国卷)如图，在长方体 abcda1b1c1d1中，点 e，f分别在棱 dd1，bb1上，且 2deed1，bf2fb1. (1)证明：

29、点 c1在平面 aef 内； (2)若 ab2，ad1，aa13，求二面角 a- ef- a1的正弦值 解：设 aba，adb，aa1c，如图，以 c1为坐标原点，c1d1的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系 c1xyz. (1)证明：连接 c1f，则 c1(0，0，0)，a(a，b，c)，e(a，0，23c)，f(0，b，13c)，ea(0，b，13c)，c1f(0，b，13c)，得eac1f， 因此 eac1f，即 a，e，f，c1四点共面， 所以点 c1在平面 aef内 (2)由已知得 a(2，1，3)，e(2，0，2)，f(0，1，1)，a1(2，1，0)，ae17 / 19 (

30、0，1，1)，af(2，0，2)，a1e(0，1，2)，a1f(2，0，1) 设 n1(x，y，z)为平面 aef 的法向量，则 n1ae0，n1af0，即yz0，2x2z0，可取 n1(1，1，1) 设 n2为平面 a1ef的法向量，则 n2a1e0，n2 a1f0，同理可取 n212，2，1 . 因为 cosn1，n2n1n2|n1|n2|77， 所以二面角 a- ef- a1的正弦值为427. 8(2021 唐山模拟)如图，在四棱锥 p- abcd中，底面 abcd是矩形，侧棱pd底面 abcd，pddc，点 e是 pc的中点 (1)求证：pa平面 bde； (2)若直线 bd与平面 pbc所成的角为 30，求二面角 c- pb- d 的大小 解：(1)证明：如图，连接 ac交 bd于 o，连接 oe. 由题意可知，peec，aooc， 所以 paeo，又 pa平面 bed，eo平面 bed， 所以 pa平面 bed. (2)以 d 为坐标原点，da，dc，dp 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建