2023年高考数学理一轮复习教学案第8章8-8向量法求空间角

8.8向量法求空间角

【考试要求】

能用向量法解决异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的问题，并能描述解决这

一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用.

【知识梳理】

I.异面直线所成的角

若异面直线/1，/2所成的角为仇其方向向量分别是“，V,则COS6=∣cos(U,V〉l=j^儒.

2.直线与平面所成的角

如图，直线AB与平面α相交于点8,设直线A8与平面α所成的角为仇直线AB的方向向

量为“，平面ɑ的法向量为"，则Sine=ICoS〈"，"〉I=瑞会

3.二面角

(1)如图①，AB,CQ分别是二面角a-/一£的两个面内与棱/垂直的直线，则二面角的大小J

=(,AB,CD).

(2)如图②③，小，”2分别是二面角。一/一少的两个半平面a,4的法向量，则二面角的大小6

满足ICOSJI=Icos("I，〃2〉I，二面角的平面角大小是向量小与"2的夹角(或其补角).

【常用结论】

1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量«与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，

即Sine=ICOS(a,n)不要误记为COSO=ICOS

2.二面角的范围是[O,π].

【思考辨析】

判断下列结论是否正确(请在括号中打“J”或“X”)

(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等.(X)

(2)直线/的方向向量与平面a的法向量的夹角的余角就是直线/与平面a所成的角.(×)

(3)二面角的平面角为仇则两个面的法向量的夹角也是夕(X)

(4)两异面直线夹角的范围是(0,E,直线与平面所成角的范围是0,F.(√)

【教材题改编】

1.已知直线/1的方向向量Sl=(1,0,1)与直线/2的方向向量S2=(T,2,-2),则/1和/2夹角

的余弦值为()

A啦B.g

A.4

D坐

答案C

解析因为SI=(1,0』)，S2=(-1,2,-2),

srs2~~1—2__^2

所以CoS(s∣S2〉

9_ISIlIS2厂&X3—2,

所以/1和/2夹角的余弦值为堂.

2.在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0,-1,3),(2,2,4).则

这个二面角的余弦值为()

A噜B手或普

逅,

VC..3D-L⅛∙3-√H3

答案B

∙.(0,—1，3)∙(2,2,4)正

解析.√π^×√4+4+16—6'

•••这个二面角的余弦值为变或一变.

3.已知向量小，"分别是直线/的方向向量、平面ɑ的法向量，若CoS(.m,n}=一爹，则/

与α所成的角为.

答案30。

解析设直线/与α所成角为仇

又∙.∙JG0,I,.∙.e=30°.

题型一异面直线所成的角

例1(1)(2022・大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABeD—AlsGoI,E,F,G分别为

AB,CDι,AO的中点，则异面直线AlG与EF所成角的余弦值为()

B返

A.Ob∙10

D.1

答案A

解析如图，分别以D4,DC,。。所在的直线为X轴，y轴，Z轴建立空间直角坐标系,

则A∣(2,0,2),G(1,0,0),E(2,l,0),

所以AlG=(—1,0,-2),EF=(-2,0,l),

设异面直线AlG与E尸所成的角为仇

----►►

IAlGEFl∣(-l)X(-2)—2X1∣

则cosQ-=0.

∖A[G∖∖EF]√5×√5

⑵（2022・杭州模拟）如图，已知圆锥CO的截面AABC是正三角形，AB是底面圆O的直径,

点。在AB上，且NAor>=2ZBO。，则异面直线AO与BC所成角的余弦值为（）

A坐

B，2

c∙4D-4

答案A

解析因为NAOO=2NB。。,

且∕A00+N800=π,

TT

所以

连接CO,则COL平面A3O,以点O为坐标原点，OB,OC所在直线分别为y轴、Z轴建立

如图所示的空间直角坐标系，

设圆。的半径为2,则A(0,-2,0),β(0,2,0),C(0,0,2√3),D(√3,1,0),

AD=(√3,3,0),BC=(O,-2,2√3),

设异面直线AQ与BC所成的角为仇

则COSe=ICoS(AD,BC)|

∖AD∖∖BC∖

l-6∣√3

-2√3×4^4，

因此，异面直线A。与BC所成角的余弦值为坐.

【备选】

如图，在直三棱柱ABC—AJBlG中，AB=AC=A4∣=√∑8C=2,点。为BC的中点，则异

面直线与AlC所成的角为()

ʌπC兀

A∙2Bq

Cπ

D6

答案B

解析以A为坐标原点，AB,AC,44所在直线分别为X轴、y轴、Z轴建立如图所示的空

间直角坐标系，

Ci

A1

B∖x

则A(0,0,0),Aι(O,O,√2),B(√2,0,0),C(0,√2,O),

.∙.俞=停坐,0),祝=(0,√2,-√2),

访祝

cos(.AD,A∣C)

∖AD∖∖Λ[C∖

即异面直线AO,AIC所成角为「

思维升华用向量法求异面直线所成的角的一般步骤

(1)建立空间直角坐标系；

(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；

(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；

(4)注意两异面直线所成角的范围是(0,I,即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的

余弦值的绝对值.

跟踪训练1(1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCAlBICQl中，E是棱CG的中点，而

=点)，若异面直线Z)IE和4F所成角的余弦值为喑，则，的值为.

答案I

解析以。为坐标原点，DA,DC,。。所在直线分别为X轴、y轴、Z轴，建立空间直角坐

标系(图略)，正方体的棱长为2,

则4(2,0,2),Zλ(0,0,2),£(0,2,1),A(2,0,0),

>

.∙.Q∣E=(0,2,-1),

A[F=A^A+AF=^A[A+)AD={-2λ,0,-2).

,

..COSCfi^F,DΓE)=

犷阮I

2_34

-2√Γ+1×√5一10，

解得2=东=一;舍)

（2）（2022・武汉模拟）若在三棱柱ABCBlG中，NAIAC=NBAC=60。，平面AIACClj"平面

ABC,AAi=AC=AB,则异面直线AG与4B所成角的余弦值为.

答案乎

解析令M为AC的中点，连接M8,MA1,

由题意知aABC是等边三角形，

所以BM_LAC,同理，AiMlAC,

因为平面4ACG_L平面ABC,

平面AIACGn平面ABC=AC,

BMU平面ABC,

所以BM，平面AlACCi,

因为AlMU平面4ACG,

所以BMLAiM,

所以4C,BM,4M两两垂直，以M为坐标原点，MA,MB,两的方向分别为X轴、），轴、

Z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.

设AA∖=AC=AB=2,

则A(l,0,0),B(0,√3,0),A1(0,0,√3),Cl(-2,0,√3),

所以记=（一3,0,√3）,Λ^=（0,√3,-√3）,

r___________3、历

所以CoSMC1,AiB）=2小X加=一半，

故异面直线AC1与AiB所成角的余弦值为乎.

题型二直线与平面所成的角

例2（2022・广州模拟）在边长为2的菱形ABC。中，/BAQ=60。，点E是边AB的中点（如图

1）,将△4£）E沿OE折起到AAQE的位置，连接4出，A↑C,得到四棱锥AI-BC£>E（如图2）.

图1图2

（1）证明：平面AlBE，平面8COE；

(2)若A∣ELBE,连接CE,求直线CE与平面ACO所成角的正弦值.

⑴证明连接图1中的B。，如图所示.

因为四边形ABCD为菱形，且NBA。=60。,

所以AABO为等边三角形，所以。EL4B,

所以在图2中有力EjDEA-A∖E,

因为BECAIE=E,BE,AIEU平面4BE,

所以OEJ_平面A↑BE,

因为DEU平面BCDE,

所以平面4BE_L平面BCDE.

(2)解因为平面AlBE_L平面BCDE,平面4BE∩平面BCDE=BE,AiELBE,AlEU平面

AiBE,所以4EJL平面BCDE,

以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

所以A(0,0,D,C(2,√3,O),D(0,√3,O),E(0,0,0),

所以布=(0,√3,-1),配=(2,√3,-1),比=(2,√3,0),

设平面4CE)的法向量为"=(x,>',z),

∕rAιD=yβy-z=Of

贝M一

[∕ι∙AιC=2x+yβy-z=0,

令y=L则T=(0,1,√3),

所以CoS〈”，EC)=*"=兴=唔，

∖n∖∖EC∖2W

所以直线CE与平面AtCD所成角的正弦值为唔.

【备选】

(2020.新高考全国I)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PO_L底面ABCD设平面附。

与平面P8C的交线为/.

⑴证明：L平面PDC；

(2)已知PD=AQ=I,。为/上的点，求PB与平面QCQ所成角的正弦值的最大值.

⑴证明在正方形ABCD中，AO〃8C,

因为AZM平面PBC,BCU平面PBC,N

所以AO〃平面PBC,

又因为AoU平面PAD

平面BAQCI平面PBC=I,

所以AQ〃/,

因为在四棱锥P-ABCD中，

底面ABCo是正方形，

所以A£>_LZ)C,所以LLoC,

因为PoJ_平面ABC。，所以Ao_LP。，

所以∕LPD,

因为。CCpC=0，PD,Z)CU平面POc,

所以L平面PDC.

(2)解以。为坐标原点，应的方向为X轴正方向,

建立如图所示的空间直角坐标系，

因为PO=AO=I,则有Z)(0,0,0),C(0,l,0),P(O,O,1),8(1,1,0),

因为平面B4OC平面PBC-1,

所以/过点P,设Q(WQ1),

则有反=((M,0),DQ=(m,O,l),而=(1,1,-1),

设平面QC。的一个法向量为"=(x,y,z),

DCn=O,fy=O,

即

DQn=O,欣Hz=。，

令X=1,则Z=一"7,

所以平面QCD的一个法向量为n=(l,0,一〃2),

Ij，HPB1+°+〃？

则cos〈〃，PB)=--r—/-r•.

∖n∖∖PB∖巾、"+1

记PB与平面QCD所成的角为仇根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对

值即为直线与平面所成角的正弦值，

|1~∖-m∖

Sine=ICOSn.PB)∣=

则〈yβ.y∣m2+1

当m=O时，sin6=拳,

∖∖+m∖

当m≠0时,sinθ=

yf3∙y∣nr+1

当且仅当m=l时取等号,

所以直线尸8与平面QCO所成角的正弦值的最大值为坐.

思维升华利用空间向量求线面角的解题步骤

跟踪训练2(2022•全国百校联考)如图所示，在三棱锥S—8C。中，平面SB。_L平面BCZZ

A是线段SQ上的点，Z∖SBQ为等边三角形，NBCQ=30。，CD=IDB=A.

(1)^SA=AD,求证：SDLCA↑

(2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为4√畤l952,求AO的长.

⑴证明依题意，BD=I,

在ABCO中，CO=4,NBCD=30。，

由余弦定理求得fiC=2√3,

CD2=BD1+BC2,gPBClBD.

又平面SB£)_L平面BCD,平面SBOC平面BCD=BD,BCU平面

BCD,

平面SBD.从而BClSD,

在等边aS8Q中，SA=AD,则BA_LSD

又BCCBA=B,BC,BAU平面Bc4,

.∙.SQ，平面Bc4,又CAU平面8CA,

：.SDlCA.

(2)解以B为坐标原点，BC,8。所在直线分别为X轴、y轴，过点B作平面BCO的垂线为

Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),C(2√3,0,0),D(0,2,0),S(0,1,√3),

故而=(一2√5,2,0),SD=(0,1,-√3),

设平面SC。的法向量为m=(x,y,Z),

ιnCb=0,

贝丁,

Jtt-SD-O,

∫-2√3x+2>∙=0,

即1I-

√3z=0,

取X=1,贝!1y=√3,z=l,

Λ∕n=(l,√3,1),

设成=7曲04≤l),

则函=(O,-λ,√3A),

故A(0,2—九√3Λ),则函=(0,2-√,√3Λ),

设直线BA与平面SCD所成角为仇

故Sind=ICOS<m,BA)|=即"

∖m∖∖BA∖

∖2y∣3-y∣3λ+y[3λ∖4^/195

-√5∙√(2-A)2+3Λ2^65，

13

--

44

I3

则A£>=］或AZ)=/

题型三二面角

例3(12分)(2021・新高考全国I)如图，在三棱锥A-BC。中，平面48ZU平面BCZλAB

=AD,。为B。的中点.

⑴证明：OALCz);［切入点：线线垂直转化到线面垂直I

(2)若^OCO是边长为1的等边三角形，点E在棱A。上，OE=2EA,且二面角E-BC—。

的大小为45。，求三棱锥A-BC。的体积.I关键点：建系写坐标］

思路分析(1)由AS=AO-04_L8。~利用面面垂直性质一线_L面~结论

(2)方法1：几何法

先求底面面积一作出二面角-根据二面角求长度-利用锥体体积公式求解一结论

方法2：向量法

建系一设点写坐标一求平面法向量一利用向量夹角求值一利用锥体体积公式求解一结论

答题得分模板

(1)证明因为AB=AD,。为8。的中点,所以04_LB。叱；［1分］«--------①处确定线_L线

又平面ABDJ.平面BC。,金«②处面面垂直

且平面ABoC平面BCo=8D.A。U平面ABZZ

所以40JL平面BCD户［3分］♦一一③处线面垂直

又CDU平面8CD,所以AO_LC£>&［4分卜---------------④处线线垂直

(2)解方法一因为aOCD是边长为1的正三角形,且。为8。的中点，

所以OC=OB=00=1,所以ABCD是直角三角形户《“⑤处确定直角三角形

且48“>=9()°,^^=73,所以腌叱"=冬.［6分］√⅛∫W∖

如图,过点E作EF//AO,交30于R过点广作FG_LBC,ɑiɛ

垂足为G.连接EG.因为AoJ.平面BCZλ所以EFl•平面BCD,

又BCU平面BCD,所以EFJ.BC,又FG_LBC,且EFCFG=尸，

EEFGU平面EFG,

所以BCJ.平面EFG,则NEGF为二面角E-BC-。的平面角Jr8分］<--⑥处确定二面角的平面角

所以4EGF=45。.则GF=E尸.因为DE=2E4

所以EF=3。4。尸=2。£所以煞=2.［9分］

3rLJ

因为FGLBC.CDIBC,所以GFHCD.

则练=M所以G尸=?，［10分］所以EF=GF=。，所以。A=l,a411分卜⑦处求出三棱锥的高

CD»5«5ə

所以展Co=寺SAaC"∙AO=∙∣X与Xl=*"［12分卜一一⑧处写出锥体的体积公式

方法二如图所示,以。为坐标原点,OB,。4所在直线分别为x,z轴,在平

⑨处建系

面8CD内,以过点。且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.⑨

因为AOCD是边长为1的正三角形,且。为8。的中点,A[Z

所以OC=OB=。。=1,√¾ξ

所以B(1,O,O),D(-1,0,0),C房岑，°)∙

设A(O,O,α),α>OJ<-⑩处设点写坐标

因为0E=2E4,所以E(T,0,等.[6分]

由题意可知平面BCO的一个法向量为〃=(0,0,]).[7分]

设平面BCE的法向量为m=(x,y,z),

「τn∙BC=O,

因为就=(-|,冬,0),证=(-如与),所以

:m-BE=Q,

-，+孰=O

22

即令x=l,则y=3.z=2.所以秋=(1/3年).®[9分卜一⑪处求出平面法向量

4

-ξX+-2^a-z=On,

因为二面角E-Be-。的大小为45。,

2

m-n

所以COS45°=∣[10分k⑫处用向量夹角公式求值

因为SABCO=TBD∙CDsin600=∣×2×1×y=y,

l⑬处用三角形面积公式及

的l-/,/=1cc”1V痣.√30[12分]锥体体积公式求值

所以‰-BCDɜSABCl,∙OA=WX万XI=d,

【备选】

(2020.全国I)如图，。为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD.ΛABC

是底面的内接正三角形，P为CO上一点，Po=乎£»0.

⑴证明：%_1_平面PBC；D

(2)求二面角8—PC-E的余弦值./\

⑴证明由题设，知AZME为等边三角形，/j⅛\

设g,

Q11

则DO=2CO=BO=2AE=y

所以PO=*DO=坐

PC=NPθ+Oe2=*,PB=7PO2+OB?=坐,

PA

又AABC为等边三角形，则而存=2。4

所以BA=坐,M=0O2+OA2=坐,

3

PA2+PB2=-^=AB2,则NAPB=90。,

所以H1_LP8,同理出_LPC,

又PCrIPB=尸，所以7¾"L平面P8C.

(2)解过。作ONHBC交48于点N,

因为PoJ_平面A8C,以。为坐标原点，04所在直线为X轴，ON所在直线为y轴，。。所

在直线为Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则£(-1,0,()),N0,0,乎)，B(一坐，0),《一：，一坐,0),

MT邛,当MT*,书MTo.书

设平面PCB的一个法向量为〃=(X],ʃɪ,zι),

w∙PC=0,

由

n∙PB=0,

∖~χ∖-√3yι-y∣2z↑=0,

得1rr

I-Xi+√3γι­√2zι=0,

令Xl=得Z]=—1»yι=0,

所以n=(√2,0,—1),

设平面PCE的一个法向量为Jn=(M,刃，Z2),

I/n∙PC=0,

由一

{m-PE=G,

/曰(一及一小”一&22=0,

1—2x2一√2Z2≈0,

/7

令X2=l,得22=—也，＞2=3，

所以m=(1,坐，—啦)，

mn2√22√5

故cosGn,n}

∖tn∖↑n∖5，

所以二面角2—PC-E的余弦值为差.

思维升华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.

跟踪训练3(2021.全国乙卷)如图，四棱锥P-ABC。的底面是矩形，PD_L底面ABC7λPD

=OC=1,M为8C的中点，且P8_LAM.

⑴求BC；

(2)求二面角A-PM-B的正弦值.

解(1)因为P£)_L平面ABC。，所以PDLDC.

在矩形ABCD中，ADLDC,故以点力为坐标原点建立空间直角坐

标系如图所示，

设BC=f,则A(M),0),B(Λ1,0),“，1，0)，P(0,0,l),

所以丽=(r,l,—1),1,0)

r产

因为PBJ所以丽•刀M=—,+1=0,得f=√L所以BC=√Σ

(2)易知C(O,1,O),由(1)可得能=(一√L0,1),病=(一乎，1,0),CS=(√2,0,0),PB=(√2,

1,-1).

设平面APM的法向量为〃I=(X],ʃi,Z1),则

n,∙AP=O,∫-√2x.+zι≈0,

«即√2

TirAM=O,2汨+巾一°'

令xι=p,则Z]=2,jι=l,所以平面APM的一个法向量为小=(、e，1,2).

设平面PMB的法向量为"2=(X2，”，Z2),则

Λ2∙CB=O,fV∑X2=0,

即Vr

〃2.丽=0,L√2x2+y2-Z2=0,

得％2=0,令＞2=1,则Z2=l,所以平面尸的一个法向量为〃2=(0』/).

/\________3

cos(n""2〉二两两=/Qr=14'

所以二面角A-PM-B的正弦值为噜.

课时精练

L如图，在平行六面体48C。-ABlGd中，A4」平面ABCD,且AB=AD=2,AΛ∣=√3,

NBAD=120°

⑴求异面直线A1B与AG所成角的余弦值；

(2)求二面角B~A∖D-A的正弦值.

解在平面ABC。内，过点A作AE"LAD,交BC于点E.

因为AA_L平面ABCD,

所以AAl_LAE,AA1LAD.

如图，建立空间直角坐标系，

因为AB=AD=2,A4l=√3,ZBAD=120°,

则A(0,0,0),B(√3,-1,0),D(0,2,0),

E(√3,0,0),Aɪ(θ,θ,√3),G(√3,1,√3).

(1)A6=(√3,-1,-√3),AQ=(√3,1,√3).

则CoS〈福记〉=%三

14BiIAGl

3-1-31

-√7×√7--7'

因此异面直线AiB与AC,所成角的余弦值为小

(2)可知平面4A0的一个法向量为

Aε≈(√3,0,0),

设∕n=(x,y,Z)为平面AiBO的一个法向量,

又布=(√5,-1,-√3),BD=(-√3,3,0),

μn∙A∣B=O,即产Ly-√5z=0,

［一小x+3y=0.

叫〔如访-=0,

不妨取4=3,则y=小，z=2.

所以∕n=(3,√3,2)为平面48。的一个法向量,

∕Γ‰∖AE∙mɜvɜ3

从而cos(AE,m)――-∖Aχd^^7

∣AE∣∣∕n∣Y3X4

设二面角B-AiD-A的平面角为6,

3

则cos夕=木

所以sin0=√l-cos20=^.

因此二面角B-AtD-A的正弦值为乎.

2.(2021•浙江)如图，在四棱锥P-ABC力中，底面ABC。是平行四边形，ZABC=∖2Qo,AB

=1,BC=4,∕¾=√15,M,N分别为BC,PC的中点，PDYDC,PMYMD.

(1)证明：AB±PM↑

(2)求直线AN与平面PDW所成角的正弦值.

⑴证明因为底面ABCQ是平行四边形，

NABC=I20°,BC=4,AB=I,

且M为BC的中点，

所以CM=2,CD=I,ZDCM=60°,

易得CD±DM.

又尸。_LOC,WDCDM=D,

PD,DMU平面PQM,

所以CD，平面PDM.

因为AB//CD,所以AB_L平面尸QM

又PMU平面PDM,所以AB_LPM.

(2)解因为PM_LMO,PMA,DC,

所以PM_L平面ABCD.

连接AM,则PMA.AM.

因为NABC=I20。,AB=I,BM=2,

所以AM=巾，

又雨=√B,所以PM=2吸，

由(1)知Cnl.OM,

过点M作ME//CD交AO于点E,

则MELMD.

故可以以M为坐标原点，MD,ME,MP所在直线分别为X,y,z轴建立如图所示的空间直

角坐标系，

则A(一√5,2,0),P(0,0,2√2),C(√3,-1,0),

所以N坐，-∣.√2j.

所以A∕V=(殳坐，—也).

易知平面PDM的一个法向量为n=(0,1,0).

设直线AN与平面PQM所成的角为仇

5

贝IJSine=ICOS(AN,n>I=IAM川=_巧5.

I丽|〃|66

3.(2022•汕头模拟)如图,在圆柱。。|中，HiiMABCD是其轴截面,

M为。Oi的直径，且EFLCD,A8=2,8C=α(α>l).

⑴求证：BE=BF;

(2)若直线AE与平面BEF所成角的正弦值为半，求二面角A-BE-F的余弦值.

⑴证明如图，连接Bol,在圆柱OOi中,

BC_L平面CEDF,

：EFu平面CEZ)F,：.EFlBC,

"JEFYCD,BCC∖CD=C,BC,CDc5FSABCD,

；.EF_L平面ABCD,

又BoIU平面ABCD,

.∖EF±BOι,

,：在ABEF中，O∣为EF■的中点，,BE=BF.

(2)解连接OOi,则OOi与该圆柱的底面垂直,

以点O为坐标原点，。8,Ool所在直线分别为y,Z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(0,-1,0),B(O,1,O),E(-1,O,a),

F(1,O,a),危=(-1,1,a),