高考数学一轮复习试题第一课时 向量法求空间角

蠹翼立体几何与空间向量

考试要求1.掌握空间向量的应用2会用空间向量求空间角和距离.

「知识诊断"基础夯实

知识梳理

1.两条异面直线所成的角

设异面直线/],/2所成的角为仇其方向向量分别为〃,V,

则cos8=|cos

2.直线和平面所成的角

直线A3与平面仪相交于以设直线AB与平面a所成的角为仇直线A3的方向

向量为小平面a的法向量为小则sin8=|cos5,n)|=|湍卜第.

3.平面与平面的夹角

(1)两平面的夹角：平面a与平面夕相交，形成四个二面角，我们把这四个二面

角中不大于90。的二面角称为平面a与平面B的夹角.

(2)两平面夹角的计算：设平面a,6的法向量分别是m,〃2,平面a与平面口的

夹角为仇则cos9=|cos〈〃〃〃2)1=|晟号1=既4

4.点尸到直线/的距离

设办=a,〃是直线/的单位方向向量,则向量存在直线/上的投影向量感=3")〃.

在中，由勾股定理，得PO=、/|J>|2—।项|2=、//一(0“)2.

AQ

5.点P到平面a的距离

若平面a的法向量为〃，平面a内一点为A,则平面a外一点P到平面a的距离

d=存温=用回，如图所示.

illl

6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.

常用结论

1.线面角。的正弦值等于直线的方向向量。与平面的法向量〃所成角的余弦值的

绝对值，即sin6=|cos(a,n)|,不要误记为cosO=|cos(a,n)|.

兀

2.二面角的范围是［0,it］,两个平面夹角的氾围是0,万.

诊断自测

1.思考辨析(在括号内打“J”或“X”)

(1)两直线的方向向量所成的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的夹角.()

(4)两异面直线夹角的范围是(0,引，直线与平面所成角的范围是［。，二面角

的范围是［0,兀］.()

答案(1)X(2)X(3)X(4)V

解析(1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的

方向向量a,平面的法向量〃，直线与平面所成的角为。，贝1］sin8=|cosa,n|；

(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角或其补角.

2.已知向量分别是直线/和平面a的方向向量和法向量，若cos{m,n)

=竽，则/与a所成的角为()

A.30°B.60°C.12O0D.1500

答案B

解析由于cosn)嗤,所以〈孙加=30。，所以直线/与a所成的

角为60°.

3.在正方体ABCO-AiBC]。中，E是CiDi的中点，则异面直线。E与AC所成

角的余弦值为()

A/W

c—D.

BL玄C-2O10

答案D

解析建立如图空间直角坐标系D—xyz,

设D4=l,4(1,0,0),

C(0,1,0),E(0,1),

则危=(—1,1,0),DF=fo,I，1J,设异面直线DE与AC

所成的角为e,

则cos8=|cos(AC,DE)|=^^.

4.(2021・聊城模拟)已知点M(0,1,-2),平面a过原点，且平面a的法向量〃=

(1,-2,2),则点M到平面a的距离为.

答案2

解析由题意可知点M到平面a的距离即为而在〃的投影的长度，•••加(()，1,

-2),

：.OM=(Q,I,-2),：.OMn=-6,|n|=3,故点M到平面a的距离为喑回=

|〃|

2.

5.(易错题)若直线/的方向向量与平面a的法向量的夹角等于120°,则直线/与

平面a所成的角为.

答案30。

解析设直线/与平面a所成的角为仇贝!]sin8=|cos120。|=；.

又•.•0WW90。,A0=30°.

6.在空间中，已知平面。过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0,a)(a>0),

如果平面a与平面Oxy'所成的角为45。，则a=.

12

答案5

解析平面。⑶的一个法向量为〃=(0,0,1),

设平面a的一个法向量为〃=(九，y,z),

f—3x+4y=0,

则J”则3x=4y=az,取z=l,

、―3X+QZ=0,

小(4a八h/\1

则〃=不J9而cos〃〉=~，2；

\f+T6+1

12

又a>0,故〃=不~.

第一课时向量法求空间角

||核心突破•题型剖析

I题型一异面直线所成的角

例1如图，在四棱锥P-ABCD中，巩，平面ABCD,底面ABCD

是菱形，AB=2,ZBAD=6Q°.

(1)求证：8D_L平面力C；

(2)若以=A8,求尸8与AC所成角的余弦值；

(3)当平面P8C与平面PDC垂直时，求用的长.

⑴证明因为四边形ABC。是菱形，所以AC_LBD

又因为山，平面ABC。，所以孙，3。，

所以8£>_L平面PAC.

(2)解设AC08。=。，

因为NB4O=60。，PA=AB=2,

所以80=1,A0=C0=yf3.

如图，以。为坐标原点，建立空间直角坐标系。一孙z,

则P(0,一小,2),4(0,一小，0),8(1,0,0),C(0,小,

0),0(-1,0,0),

所以而=(1,小,-2),AC=(0,2^/3,0).

设与AC所成角为仇

_____6_____亚

贝Icos0=

一2巾X2小—4,

(3)解由(2)知求=(-1,小，0).

设P(0,f,t)(r>0),

则丽=(一1,-y/3,t)-

设平面P8C的法向量机=(x,y9z),

则反?”2=0,BP-m=0,

\—x+-\/3y=0,

所以r,

[—x-\3y+/z=0,

令y=小,则x=3,z=~,

同理，平面POC的法向量〃=(-3,小，彳).

因为平面PBC_L平面PDC,

所以w〃=0,即-6+*=0,

解得r=加，所以%=#.

感悟提升用向量法求异面直线所成角的一般步骤：

(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,方，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.

训练1如图所示，在三棱柱ABC—中，底面ABC,

AB=BC=AA\,NA8C=90。，点E,尸分别是棱A8,的中

点，试求直线EF和BC\所成的角.

解以8为原点，分别以直线3C,BA,BBi为x,y,z轴，建

立空间直角坐标系(如图).

设AB=\,

则8（0,0,0）,£（0,0）,F[（）,0,；）,Ci（l,0,1）,

所以曲=(0,-1,病1=(1,0,

1).

于是cos(BCi,EF)=‘°即

\Bcm

1

-

21

近2-

X啦

2

所以直线Eb和8。所成角的大小为60°.

题型二直线与平面所成的角

例2(2021•浙江卷)如图，在四棱锥尸一ABCO中，底面A8CO/

是平行四边形，ZABC=120°,AB=\,BC=4,PA=y[l5,M,/V

N分别为BC,PC的中点，PDLDC,PMVMD./j'l'Dc

(1)证明：ABVPM-,

AB

(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.

⑴证明因为底面ABC。是平行四边形，ZABC=120°,BC=4,AB=\,且M

为的中点，

所以CM=2,CD=1,ZDCM=60°,

易得CD上DM.

XPDLDC,且POnOM=O,PD,OMu平面PDM,

所以CO_L平面PDM.

因为AB〃CO,

所以AB_L平面PDM.

又PMu平面PDM,所以ABVPM.

(2)解法一因为PMLMD,由⑴知PMLDC,又MD,

DCu平面ABCD,MDCDC=D,

所以PMJ_平面ABCD

连接AM,则PM±AM.

因为NA3C=120°,AB=\,BM=2,

所以411=巾.

又以所以PM=2巾.

由(1)知CD上DM,

过点M作ME//CD交AD于点E,

则MEIMD.

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(一小，2,0),尸(0,0,2®C(小，-1,0),

所以M坐—同，

所以病=便小,—啦).

易知平面PDM的一个法向量为〃=(0,1,0).

设直线AN与平面POM所成的角为仇

-5

„.,一、AN-n2A/TS

则sin(9=|cos〈AN,n)|==_7==^7-.

\AN\-\n\7156

故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为手.

法二由(1)知A3,平面POM,

所以为直线AN与平面POM所成角的余角.

连接AM,因为

由(1)知PM±DC,

又MD,OCu平面ABC。，MDCDC=D,

所以PM,平面ABCD又AMu平面ABCD,

所以PMLAM.

因为NABC=120。，AB=1,BM=2,

所以由余弦定理得4加=巾.

又巩=小，所以PM=26,

所以PB=PC=25.

连接3N,结合余弦定理得8N=，7i.

连接AC,则由余弦定理得

在△抬C中，结合余弦定理得PA2+AC2=2AN2+2PN2,

所以AN=qi^.

所以在△ABN中，cosZBAN

AB2+AN2—BN21+15-]VB

2AB-AN2V156-

设直线AN与平面POM所成的角为e,

则sin8=cos/BAN=^^.

o

故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为华.

感悟提升向量法求直线与平面所成角主要方法是：

(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方

向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与

平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.

训练2如图，四棱锥P-ABCD中,山，底面ABCD,AD//BC,

AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AO上一点，AM=

2MD,N为PC的中点.

(1)证明：MN〃平面应3；

(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

2

⑴证明由已知得AM=^AD=2.

取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知77V〃BC,TN=^BC=2.

又AD//BC,故TN统AM,所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN〃AT.

因为ATu平面PAB,MNC平面PAB,

所以MN〃平面PAB.

(2)解取BC的中点E,连接AE.

由A8=AC得AE_LBC,

从而且AE=7AB2-B©

2

AB2-

以A为坐标原点，崩的方向为x轴正方向，建立如图所示的

空间直角坐标系A—xyz.

由题意知，尸(0,0,4),M(0,2,0),C褥,2,0),｛坐，1,2),丽=(0,2,

—4),

丽=惇，1,一2),俞=俘，1,2).

设〃=(x,y,z)为平面PMN的法向量，则

fn.PM=0,户-4z=0,

即〈或

n-PN=0,[2X+L2z=0,

可取〃=(0,2,1).

丽尸闻=缥

于是|cos〈〃,

l«l|A7V|

二直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为凄.

题型三平面与平面的夹角

例3(2021.新高考H卷)在四棱锥Q—A3CO中，底面A8C。是笨

正方形，若AO=2,QD=QA=yj5,QC=3./'\\

(1)证明：平面平面ABC。；A--1-^D

(2)求平面8。。与平面A。。夹角的余弦值.B°

⑴证明取AO的中点为O,连接Q。，CO.

因为QA=。。，OA=OD,贝ijQOLAD5

又A£>=2,QA=4,/T\

故。。=[5—1=2.

在Rt^ODC中，CO=NOA+CU=小.BC

因为QC=3,故QC2=Q02+OC2,故△QOC为直角三角形且QOJ_OC.

因为。CnAO=。，OC,AOu平面A3C0,故。。，平面A8CD

因为QOu平面QAD,故平面QAO_L平面ABCD.

(2)解在平面A8CD内，过。作OT〃CO,交BC于T,则

OT±AD,结合(1)中的QO_L平面ABC。，故可建如图所示的

空间坐标系,

则。(0,1,0),2(0,0,2),5(2,-1,0),故破=(-2,1,2),脐=(一2,2,

0).

设平面。8。的法向量为〃=(x,y,z),

n-BQ=0,f—2x+y+2z=0,

则彳即4,■

n-BD=Q,M+2y=0,

取x=l,则y=l,z=1,

故〃=(1,1,

易知平面QAD的一个法向量为机=(1,0,0),

故cos(m,7i)3-3-

1X2

2

所以平面8。。与平面A。。夹角的余弦值为‘

感悟提升用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面

的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.

训练3(2021.新高考I卷)如图，在三棱锥A—3C。中，平面/1E

ABOJ_平面BCD,AB=AD,。为8。的中点.^\L\

⑴证明：OA1CD-,

(2)若△OCO是边长为1的等边三角形，点E在棱AO上，DE=2EA,且二面角

E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.

⑴证明因为A3=A。，。为8。的中点，所以。AL8D.

又平面A3。，平面BCD,且平面A8OA平面AOu平面ABO,

所以AOJ_平面BCD.

又CDu平面BCD,所以AOLCD

(2)解法一如图所示，以O为坐标原点，OB,OA所在

直线分别为x,z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD

垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.

因为△OCD是边长为1的正三角形，且。为8。的中点，

所以OC=O8=O£>=1,

所以5(1,0,0),D(-l,0,0),c(-1,坐0).

设A(0,0,a),a>0,因为OE=2E4,

所以I，0,yj

由题意可知平面8c。的一个法向量为〃=(0,0,1).

设平面8CE的法向量为析=(x,y,z),

因为成1=(—I，坐,o),诙=(—0,第，

\m-BC=0,

所以_

[mBE=0,

2

令x=l,则>=小，z=-,

所以“2=(1,小，

因为二面角E—BC—O的大小为45°,

2

mna____啦

所以cos45。=丽

~?—2，

4+与

(T

得&=1,即OA=l.

因为S^BCD=^BDCDsin60°=1x2X1X^=坐,

所以VABCD=^S^BCD-。4=JX*X1=W.

33LO

法二因为△OCO是边长为1的正三角形，且。为8。的中点，所以。C=OB

=OD=l,

所以△BCD是直角三角形，且NBCO=90。，BC=木,所

以5皿=坐

如图，过点E作EF//AO,交BD于F,过点尸作FG1BC,

C

垂足为G,连接EG.

因为AOJ_平面BCD,

所以EF上平面BCD.

又BCu平面BCD,所以EFLBC.

又FGLBC,且£：尸门尸6=/，EF,RJu平面EfG,

所以3C_L平面EFG,又EGu平面EFG,所以BCLEG,

则NEGE为二面角E-BC-D的平面角，

所以Z£GF=45°,则GF=EF.

因为DE=2EA,

2

所以DF=20F,

BF

所以

rU

因为尸GJ_BC,CD上BC,所以G/〃CD,

^~CD=39所以GF=q,

2

所以£F=GF=?所以OA=1,

ii、G、h

所以VA-BCD=^S^BCD-AO=^X^X1=以~.

33Zo

Il分层训练•巩固提升

|A级基础巩固

1.如图，三棱柱ABC—AiBCi中，底面ABC为等腰直角三角

形，AB=AC=\,BBi=2,ZABB\=6Q°.

(1)证明：AB±BiC；

⑵若BiC=2,求AC\与平面BCBi所成角的正弦值.

(1)证明连接ABi,在△ABB中，AB=\,BBi=2,ZABBi=60°,

由余弦定理得，ABT=AB2+BB?-2ABBB\cosZABB\=3,

：.ABi=®：.BB1=AB2+ABI,

：.AB\±AB.

又△ABC为等腰直角三角形，KAB=AC,

：.AC±AB.'：AC^AB\=A,

，AB_L平面ABiC.

又BCu平面ABC,：.AB±B\C.

(2)解，；AB尸小,AB=AC=1,BiC=2,

：.BIC2=AB]+AC2,：.AB\±AC.

如图，以A为原点，以彳瓦AC,4友的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建

立空间直角坐标系，

则A(0,0,0),51(0,0,回B(l,0,0),C(0,1,0),

.•.而1=(-1,0,小),BC=(-l,1,0).

设平面8c的一个法向量为〃=(x,y,z),

BBin=0,f-x+y/3z=0,

由二令z=l,得x=y=小,

BCn=0,I—x+y=0,

平面8cBi的一个法向量为〃=(小，小，1).

VACi=AC+CCi=AC+BBi=(0,I,0)+(-1,0,小)=(-1,1,小),

_而〃_币

/.cos(AC1,71)

|ACi||n|小X巾35

：.AC\与平面BCBx所成角的正弦值为嘤士

2.如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的

点.

⑴求证：平面而平面PBC；

(2)若A3=2,AC=1,PA=\,求平面CPB与平面APB夹角的余弦值.

(1)证明由45是圆的直径，得ACLBC.

由PA垂直于圆所在的平面，

得出，平面ABC.

由BCu平面ABC,得PAA.BC.

又出CAC=A,以u平面山。，ACu平面如。,

所以3C_L平面PAC.

又因为BCu平面PBC,

据面面垂直判定定理，平面平面PBC.

(2)解过点C作CM〃AP,由(1)知CM,平面ABC.

如图所示，以点C为坐标原点，分别以直线CB,CA,CM

为x,y,z轴，建立空间直角坐标系.

在直角三角形ABC中，AB=2,AC=1,所以8。=小.

又出=1,所以A(0,1,0),B电,0,0),

P(0,1,1).

故西=(小，0,0),诙=(0,1,1).

设平面CPB的法向量为〃i=(xi,y\,zi),

n\-CB—0,xi—0,

bI1.a>=o.E+zi=o.

不妨令yi=l,则zi=—l,故〃i=(0,1,—1).

设平面APB的法向量为“2=(X2,y2,Z2),

H2-AB=0,广

由，同理可得"2=(1,小，0).

n2-AP=0.

于是|cos<711,“2〉|=|/1|||/1~|

_________________3__________________^6

^02+12+(-1)2X^/12+(^/3)2+024

二平面CP8与平面夹角的余弦值为力

3.(2020•江苏卷)在三棱锥A—BCO中，已知CB=CD=小,BD

=2,。为3。的中点，AOL平面BCD,AO=2,E为AC的

中I占八、、•

(1)求直线A8与OE所成角的余弦值；

(2)若点/在上，满足BF=^BC,设平面DEF与平面CDE夹角的大小为仇

求sin0的值.

解(1)如图，连接OC,因为CB=CO,。为8。的中点，

所以COLBD.

又AOL平面BCD,OB,OCu平面3CO,所以A0L08,

AO±OC.

以｛为，OC,为｝为基底，建立空间直角坐标系。一孙Z.

因为B£>=2,CB=CD=术,AO=2,

所以3(1,0,0),D(-l,0,0),C(0,2,0),

A(0,0,2).

因为E为AC的中点，所以E(0,1,1),

所以协=(1,0,-2),D£=(l,1,1),

所以|cos(AB,DE)尸丁"。目

\AB\-\DE\

_|l+0-2|_V15

~y[5Xyj3—15■

因此，直线AB与。E所成角的余弦值为喏.

(2)因为点尸在BC上，BF=；BC,

1

-O

牙

又。8=(2,0,0),

故曲=历+而=0,0

设〃1=0，y\,Z1)为平面OEF的一个法向量,

x\+yi+zi=0,

DEn\=0,71

则＜即＜--O

42尸

DFn\—0,XI+■

取幻=2,将yi=-7,zi—5,

所以〃1=(2,-7,5).

设“2=(X2,Z2)为平面DEC的一个法向量，又加=(1,2,0),

DE112=0,fx2+y2+z2=0,

则即一、

反〃2=0,8+2/=0,

取X2=2,得”=-1,Z2=—l,

所以“2=(2,—1,—1).

|4+7-5|VT5

故|cos6\=

1〃小〃2厂巾§义水―13-

所以sin0=yj1—cos2^=

4.(2021•全国乙卷)如图I,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,POL

底面ABC。，PD=DC=1,M为的中点，KPBLAM.

⑴求BC；

(2)求二面角A-PM-B的正弦值.

解(1)因为PD_L平面ABC。，AD,OCu平面ABC。，

所以PDLAD,PDLDC.

在矩形ABCD中，AD1DC,故可以点。为坐标原点建立空间

直角坐标系如图所示，

设BC=r,则A(r,0,0),BQ,1,0),

呜1,0),P(0,0,1),

所以而=(7,1,—1),1,oj

因为PBLAM,

户

所以而r•国r7=—/+1=0,

得t=p(t=—取舍去),

所以BC=y[2.

(2)由(1)可得力=(一6，0,1),AM=\-0,PB=

枢1,-1).

设平面APA1的法向量为〃i=(xi,yi,zi),

[n..AP=0,/-四+方=0，

则即彳啦

n\-AM—0,[一2笛+,|=°,

令汨=也，则zi=2,yi=l,所以平面APM的一个法向量为〃1=(啦，1,2).

设平面PMB的法向量为“2=(X2,>2,Z2),

m-MB=Q,Vx2=0,

则一即J2

n2-PB=0,[,-\l2x2+y2—Z2=0,

得％2=0,令y2=l,则Z2=l,所以平面PMB的一个法向量为〃2=(0,1,1).

〃r〃2______3_____3yfTi

'，l2)=l«il|n2|=^xV2=14，

所以二面角A-PM-B的正弦值为

-\/l—cos2(m,W2)

|B级能力提升

5.(2021.衡水检测)如图，AE_L平面ABC。，CF//AE,AD//BC,

AD1AB,AB=AD=\,AE=BC=2.

⑴求证：BF〃平面AOE；A，

(2)求直线CE与平面BOE所成角的正弦值；

(3)若平面EBD与平面FBD夹角的余弦值为g,求线段CF的长.

解依题意，建立以A为原点，分别以防，AD,靠的方向为x4

轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0,0,

0),B(l,0,0),C(l,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).

设Cr=%(//〉0),则《(1,2,h).

⑴证明依题意，AB=(1,0,0)是平面AOE的一个法向量,

又脐=(0,2,。)，可得而•筋=0,

又因为直线3网平面AOE,

所以3尸〃平面ADE.

(2)依题意，BD=(-1,1,0),B£=(-l,0,2),CE=(-1,-2,2).

设〃=(x,y,z)为平面BOE的法向量，

n-BD=Q,—x+y=0,

则即彳

nBE=0,—x+2z—0,

不妨令z=l,可得〃=(2,2,1).

CEn4

因此有(CE,n)

cos9,