2022年高考数学一轮复习 空间向量求空间角（精讲）（解析版）

7.5空间向量求空间角（精讲）思维导图思维导图常见考法常见考法考点一线线角【例1】（2021·陕西西安市·西安中学高三其他模拟（理））已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，的中点为，底面，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】设三棱柱的棱长为，，为的中点，则，平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则点、、，所以，，.因此，异面直线与所成角的余弦值为.故选：D.【一隅三反】1．（2021·陕西宝鸡市·高三三模（理））已知圆锥的顶点为，高和底面的半径之比为，设是底面的一条直径，为底面圆周上一点，且，则异面直线与所成的角为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】设圆锥底面圆的圆心为，设圆锥的底面圆的半径为，以圆锥底面圆的圆心为原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则、、、，，，所以，，，所以，，因此，异面直线与所成的角为.故选：A.2．（2021·全国高三月考（理））底面为正三角形的直棱柱中，，，，分别为，的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，，，∴，故选：C3．（2021·漠河市高级中学高三月考（理））如图所示，正方体中，点分别在上，，，则与所成角的余弦值为（）A． B．C． D．【答案】C【解析】以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体边长为3，则，设EF与所成的角为，则故选：C考点二线面角【例2-1】（2021·福建三明市·三明一中高三其他模拟）如图，在四棱锥中，平面平面，平面平面，四边形为直角梯形，其中，，，E是的中点．（1）求证：（2）若，求直线与平面所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）连接，由己知，E为中点，又，故四边形为正方形，所以知∵面面又面面，，平面∴平面，故．同理可证又，故平面连接，可知又，∴可知平面又平面∴由已知，故四边形为平行四边形故∴可知（2）以A为坐标原点，分别以的正方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，由，知，不妨设则可知，，∴），设平面的法向量为则令，则∴又故设与平面所成的角为θ，则.【例2-2】（2021·山东高三其他模拟）如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面，中，，，E，F分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成的角的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，，又平面平面，且平面平面，平面，平面.（2）由E，F分别是，的中点，，又平面，平面，平面，又平面，平面平面，.以C为坐标原点，，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，∴可设，平面的一个法向量为，则，取，得，又，则.∴直线与平面所成角的取值范围为.【一隅三反】1．（2021·全国高三其他模拟）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，，为线段PD的中点．（1）求证：（2）求直线PB与平面CFB所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）在中，因为，所以，所以，因为，所以平面，因为平面PAD，所以．（2）由（1）知，以所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：在中，因为，所以，所以；因为平面，平面，所以.因为，所以平面可得因为，所以，所以，，.设平面的一个法向量为，则，所以，令，则4，所以设直线与平面所成的角为，则2．（2021·全国高三二模）如图，在三棱柱中，，，四边形是菱形，，，点是中点，点是上靠近点的三等分点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】证明：（1）取中点，连结，在中，，，∴，在菱形中，由可知为等边三角形，∴，又∵，，，∴，，∴.（2）∵，，由（1）可知，∴，，两两垂直，如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标，不妨设，则，，，，，.由，得，则的中点，从而，.设平面的法向量为，则，即，不妨取，得，即.则，所以直线与平面所成角的正弦值为3．（2021·沈阳市·辽宁实验中学高三二模）已知四棱锥的底面是菱形，对角线、交于点，，，底面，设点满足．（1）若三棱锥体积是，求的值；（2）若直线与平面所成角的正弦值是，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）因为四边形是菱形，所以，因为底面，所以、，所以、、两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，，因为，所以，于是，所以，过作于，过作于，所以，解得．（2）由（1）知，，，设平面的一个法向量为，，令，，设直线与平面所成的角为，所以，解得或（舍去）．考点三二面角【例3-1】（2021·北京育英中学高三月考）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）连接，，分别为，中点为的中位线且又为中点，且且四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）设，由直四棱柱性质可知：平面四边形为菱形则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则：，，，D（0，-1,0）取中点，连接，则四边形为菱形且为等边三角形又平面，平面平面，即平面为平面的一个法向量，且设平面的法向量，又，，令，则，二面角的正弦值为：【例3-2】．（2021·北京高考真题）已知正方体，点为中点，直线交平面于点．（1）证明：点为的中点；（2）若点为棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】(1)如图所示，取的中点，连结，由于为正方体，为中点，故，从而四点共面，即平面CDE即平面，据此可得：直线交平面于点，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点.(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方形，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设，则：，从而：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，从而：，则：，整理可得：，故（舍去）.【一隅三反】1．（2021·四川省绵阳南山中学高三其他模拟（理））如图，四边形ABEF为正方形，，AD⊥DC，AD=2DC=2BC，（1）求证：点D不在平面CEF内；（2）若平面ABCD⊥平面ABEF，求二面角A﹣CF﹣D的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：(反证法)假设点D在平面内．返四点确定的平面为．因为四边形为正方形，所以因为平面与平面不重合，所以EF平面，又AB平面，所以EF//平面；因为平面平面，所以，所以，这与不平行矛盾，所以假设不成立，即点D不在平面内．（2）没，连接，在直角梯形中，过点作于点因为，所以为的中点，所以，又，所以．因为四边形为正方形，所以，又平面平面，平面平面所以平面，所以．以点B为坐标原点，射线BA，BD，BE分别为x，y，z轴的非负半轴建立空间直角坐标系，取，则设平面的法向量为，则由．可得令，得，，即平面的一个法向量，设平面的法向量，则由．可得取，得，即平面的一个法向量为．所以．二面角的余弦值2．（2021·全国高三其他模拟（理））如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，为棱的中点．（1）证明：；（2）若，，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接AC,BD交于O，取AD的中点F，连接EF，∵PA=PD,∴PF⊥AD，又∵面PAD⊥面ABCD，AD面ABCD，∴PF⊥面ABCD，∴PF⊥AC，又∵EF为△ABD中BD边的中位线∴平行且等于又菱形的对角线相互垂直平分，则BD⊥AC,∵PF,EF面EFP，PFEF=F，∴AC⊥面EFP，又PE面EFP，∴（2）连接BF，∵，则△ABD为正三角形，∵F为AD的中点，则BF⊥AD又∵面PAD⊥面ABCD，AD平面PAD,∴BF⊥平面PAD，又DF平面PAD，∴BF⊥DF以F为原点如图所示建立空间直角坐标系F-，设AD=2，则PA=AD=BP=2则，∴,∴,,设平面EPC的法向量为，∴,即，令，得，同理，设平面PCB的法向量为，∴,即，令，得，设二面角的平面角为，由图可知为锐角，，故二面角的余弦值为.3．（2021·全国高三其他模拟（理））如图，在三棱台中，侧棱平面点在棱上，且（1）证明：平面；（2）当二面角的余弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）因为，所以，又因为平面，平面，所以，又，所以平面，所以，又因为，，所以，所以，又，所以平面；（2）以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：因为，所以，因为，所以，设平面一个法向量为，设平面一个法向量为，且，因为，所以，令，所以，又因为，所以，令，所以，所以，又因为二面角的余弦值为，所以，所以解得（舍去），综上可知：.4．（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为