2023年高考数学一轮复习讲义（新高考1）：向量法求空间角

§7.7向量法求空间角

【考试要求】能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，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.

・落实主干知识

【知识梳理】

1.异面直线所成的角

若异面直线/i，所成的角为仇其方向向量分别是小v,贝！Jcos<9=|cos<w,v>l=

2.直线与平面所成的角

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

量为"，平面a的法向量为“，贝！|sin<9=|cos〈小n)尸|瑞希卜

3.平面与平面的夹角

如图，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P的夹角.

若平面a,0的法向量分别是n\和敢，则平面a与平面P的夹角即为向量«i和改的夹角或

其补角.设平面。与平面夕的夹角为仇贝!Jcos<9=|cos〈修，如〉|=

I町||二2|

【常用结论】

1.线面角3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sind=|cos[a,n)\,不要误记为cos6=|cos(a,n)|.

2.二面角的范围是[0,7t],两个平面夹角的范围是[0,2.

【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.(X)

(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,句，直线与平面所成角的范围是[0,V)

【教材改编题】

1.已知直线的方向向量S1=(1,O,1)与直线/2的方向向量S2=(—1,2,-2),则和/2夹角

的余弦值为()

A坐B.1C坐D坐

答案C

解析因为si=(l,0,l),$2=(—1,2,—2),

济2/\S「S2—1—2―也

所以cos〈…2〉-|S1||S2|-^2X3--2-

所以和/2夹角的余弦值为坐.

2.已知向量机，〃分别是直线/的方向向量、平面a的法向量，若cos[m,ri')=一贝U/

与a所成的角为.

答案30。

解析设直线/与a所成角为仇

sin<9=|cos(m,n)|=：,

71

又：妹0,2，•'-6»=30o.

3.已知两平面的法向量分别为(0,—1,3),(2,2,4),则这两个平面夹角的余弦值为.

姣案

口木6

铲用1(0,—1,3>(2,2,4)|正

解析#+§X«+4+l%=6-

■探究核心题型

题型一异面直线所成的角

例1⑴(2022・大庆模拟)如图,已知棱长为2的正方体ABCD-AiBiCiOi，E,F,G分别为

AB,CDi,AD的中点，则异面直线4G与EF所成角的余弦值为()

Vio

A.0B.

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Ai(2,0,2),G(l,0,0),

E(2』,0),尸(0,1,1),

所以祀=(—1,0,-2),屋=(—2,0,1),

设异面直线4G与EF所成的角为6,

I\MG-EF\

贝！］cos9—~

\A^G\\EF\

|(-l)X(-2)-2Xl|

=”

(2)(2022•杭州模拟汝口图，已知圆锥CO的截面AABC是正三角形，AB是底面圆。的直径,

点。在&上，S.ZAOD=2ZBOD,则异面直线与BC所成角的余弦值为()

答案A

解析因为NAOO=2/8。。,

且乙40。+/80。=兀，

JT

所以

连接CO,则C。，平面AB。，以点O为坐标原点，。8,0c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4(0,-2,0),8(020),C(0,0,2小),D4,1,0),

AD=(y[3,3,0),BC=(0,—2,2®

设异面直线与BC所成的角为6,

则3。=如•，病〉尸品二号=由

因此，异面直线A。与BC所成角的余

弦值为半.

【教师备选】

如图，在直三棱柱A2C—4BiG中，AB=AC=AAi=y[2,8c=2,点。为BC的中点，则异

面直线与AC所成的角为()

71―兀一兀一兀

A4，2BqC'D.g

答案B

解析以A为坐标原点，AB,AC,AAi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,

则A(0,0,0),4(0,0,柩,B(yf2,0,0),

C(0,y/2,0),

•・・泰=停坐,0),

沈=(0,啦，一柩,

访祝

cos〈Ab,戏〉1

21

\AD\\A^C\

即异面直线AD,4C所成角为争

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ABC。一A/iGDi中，E是棱CG的中点，嬴

=筋方，若异面直线。加和AF所成角的余弦值为窄，则力的值为.

宏安—

口木3

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),01(0,0,2),£(0,2,1),42,0,0),

.*.5LE=(0,2,-1),

MF=7^A+AF=A1A+2.AD

=(—22,0,-2).

.-.cos〈箱用〉="的

IAFHOI

_2_3^2

―2声+1义小—10，

解得；1=枭=一;舍）.

（2）（2022・武汉模拟）若在三棱柱ABC—小田G中，/4AC=NBAC=60。，平面4ACG_L平面

ABC,AAi^AC=AB,则异面直线AG与所成角的余弦值为.

答案当

解析令M为AC的中点，连接MB,MAlt

由题意知AABC是等边三角形，

所以BM_LAC,同理，AiM±AC,

因为平面AiACG_L平面ABC,

平面AlACCm平面ABC^AC,

BMU平面ABC,

所以平面AiACCi,

因为AiMU平面AiACG,

所以BM±AtM,

所以AC,BM,4M两两垂直，以M为坐标原点，MA,MB,京i的方向分别为x轴、y轴、

z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.

设AAi=AC=AB=2,

则41,0,0），8（0,小，0）,4（0,0,小），

C1（—2,0,小），

所以记=（—3,0,小）,A1B=（0,小,一小）,

所以cos<AG,布〉=2小康=一当

故异面直线AG与AiB所成角的余弦值为由.

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，/54。=60。，点E是边A8的中点（如

图1）,将△AOE沿。E折起到△4QE的位置，连接AJ3,AC，得到四棱锥人一8COE（如

图2）.

Ai

E

图1图2

(1)证明：平面AiBE_L平面8CZJE；

(2)若AiELBE,连接CE,求直线CE与平面4CD所成角的正弦值.

⑴证明连接图1中的8。，如图所示.

因为四边形A8C。为菱形，且/BAO=60。，

所以△A3。为等边三角形，所以。

所以在图2中有DELBE,DELATE,

因为8£n4E=E,BE,4EU平面A/E,

所以Z)E_L平面

因为。EU平面BCDE,

所以平面A13E_L平面BCDE.

(2)解因为平面AJ3EJ_平面BCDE,平面A山EC平面BCDE=BE,AiElBE,4EU平面

AiBE,所以平面BCDE,

以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

所以Ai（O,O,l）,C（2,小,0）,0（0,小，0）,

£（0,0,0）,

所以病=（0,S，-1）,戏=（2,小,-1）,EC=（2,小，0）,

设平面AC。的法向量为〃=（x,y,z）,

n-AiD=y[3y—z=0,

则j_

^n-AiC—2x+y/3y—z—0,

令y=l,则〃=（0/，小），

n-ECy[3^21

所以cos(nEC)—

9\n\\EC\2巾14

所以直线CE与平面AC。所成角的正弦值为答.

【教师备选】

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

与平面PBC的交线为I.

'/D\7C

AB

⑴证明：/_L平面PDC；

(2)已知尸。=AD=1,Q为/上的点，求PB与平面所成角的正弦值的最大值.

⑴证明在正方形A8CD中，AO〃8C,

因为ADC平面PBC,8CU平面PBC,

所以〃平面PBC,

又因为AOU平面E4。，平面E4£)ri平面PBC=/,

所以AD〃/,

因为在四棱锥P—A8CD中，底面ABCO是正方形，

所以AD_LDC,所以/_LOC,

因为P£)_L平面ABC。，所以AO_LP。，

所以ILPD,

因为。CCP£)=。，PD,DCU平面PDC,

所以/_L平面PDC.

(2)解以D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，

因为尸D=AD=1,则有。(0,0,0),C(0,l,0),尸(0,0,1),B(l,1,0),

因为平面以。。平面PBC=l,

所以/过点P,设。(加，0,1),

则有虎=(0,1,0),DQ=(m,0,1),沌=(1,1,-1),

设平面。。£)的一个法向量为％=(%,y,z),

£>Cn=O,y=0,

则<_即

mx+z=O,

令x=l,则z=­m,

所以平面QCD的一个法向量为“=(1,0,—m),

n.巅1+0+m

则cos〈n,PB)

\n\\PB\V3-AP+1

记尸8与平面。。所成的角为3,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，

贝i」sin<9=|cos〈〃，PB〉

当m=0时，sin。=为",

.°\l+m\

当机?0时,sin

当且仅当m=l时取等号,

所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为乎.

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-BCD中，平面S3。，平面BCD,

A是线段SO上的点，△S3。为等边三角形，ZBC£>=30°,8=208=4.

s

(1)若SA=A。，求证：SD±CA；

(2)若直线BA与平面SCO所成角的正弦值为尘磐，求的长.

⑴证明依题意，BD=2,

在△BCD中，8=4,NBCD=30。,

由余弦定理求得8c=2小，

：.CDi=BD1+BC1,KPBCLBD.

又平面S3。_L平面BCD,平面S3。A平面88=3。，BCU平面BCD,

.•.2C_L平面S2D从而BC±SD,

在等边△SBD中，SA^AD,则8A_LSD

又BCCBA=B,BC,BAU平面BC4,

.•.SO_L平面8cA,又CAU平面BCA,

：.SD±CA.

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

z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则8(0,0,0),C(2小，0,0),£>(0,2,0),5(0,1,事),

故历=(一2小，2,0),5D=(0,1,一小),

设平面SCD的法向量为》i=(x,y,z),

m-CD—0,

jti,SD—0,

J—2小x+2y=0,

[y—y[3z=0,

取x=l,则＞=馅，z=l,

"=（1,小，1）,

设亦=/l亦（OW；IW1）,

则ZM=(O,一九小%),

故A(0,2一九则函=(0,2一九小⑥,

设直线BA与平面SCO所成角为e,

故sm，—卜os(m,BA)\~一

\m\\BA\

|2仍一也2+小2|4、195

y［5-y/(2-A)2+3A265'

解得%=；或A=1,则A£)=；或AD=|.

题型三平面与平面的夹角

例3(12分)(2021・新高考全国I)如图，在三棱锥A-BCD中，平面平面BCD,AB

=AD。为BD的中点.

c

(1)证明：04，。,•［切入点：线线垂直转化到线面垂直］

(2)若△0C。是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE==2EA,且二面角E-BC-D

的大小为45。，求三棱锥A—8C。的体积.［关键点：建系写坐标］

思路分析⑴由AB=A0f1BD-利用面面垂直性质一线J.面~结论

(2)方法1：几何法

先求底面面积一作出二面角一根据二面角求长度一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~求平面法向量~利用向量夹角求值~利用锥体体积公式求解~结论

答题得分模板

(1)证明因为AB=4。。为B。的中点;所以。1分］«....—①处确定线-L线

又平面ABDJ.平面—一②处面面垂直

且平面48OC平面8CD=BD,AOC平面ABD,

所以AOJ.平面3分］+——③处线面垂直

又CDU平面BCD,所以A。1.CD«.［4分>----------------------------④处线线垂直

(2)解方法一因为△0C。是边长为1的正三角形，且。为B。的中点，

;所以OC=O8=OD=1,所以△BCD是直角三角形,®<——-⑤处确定直角三角形

'■.....................................................................................................................................................A

且Z.BC。=90。，BC=痣,所以S△BCD=§•［6分］

如图，过点E作E尸〃A。,交8。于凡过点尸作FG_LBC,GC

垂足为G,连接EG.因为AOJ.平面BCD,所以EF_L平面BCD,

又BCU平面BCD,所以EF_LBC,又FG_LBC,且EFCFG=F,

EF,FGC^-^EFG,

所以8C_L平面f尸G,则4EG尸为二面角E-BC-O的平面角［8分］«⑥处确定二面角的平面角

所以4EG尸=45。，则凡因为DE=2E4,

所以尸=20凡所以黑=2.［9分］

3rD

因为■7_18。,。0_15。,所以6/〃。。，

则第二看，所以GlQ1()分］所以"二GF='所以04=1,⑦［11分］一⑦处求出三棱锥的高

C.D33«5

所以匕TC产卜加。•AO="|xgxl=鲁.®［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BCD内,以过点。且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.©

因为△OC。是边长为1的正三角形，且。为BD的中点,

所以OC=OB=OD=L

所以8(1,0,0),£)(-1,0,0),C($与,0).

设4(0,0,a),a>0,⑩⑩处设点写坐标

因为DE=2EA,所以网一|,0片).[6分]

由题意可知平面8C。的一个法向量为"=(0,0,1).[7分]

设平面8CE的法向量为m=(x,y,z),

因为就代冬。)喇苧，部所以｛二雷

3,点八

"2x+Ty=Oi

即:令X=1，则产3,Z=|,所以m=(l,G5).⑪I[9分]*---⑪处求出平面法向量

42aA

-§x+与z=。,

因为二面角E-8C-D的大小为45。,

2

7===^|，得a=L即04=1『

所以345。=普瑞[10分]«—⑫处用向量夹角公式求值

\\Tn\\n\A42

4+羡

因为SABCO="8D-CDsin60°=1x2x1x与=冬，

[12分卜⑬处用三角形面积公式及

gKn/wr1QCA1-ZB-I⑬

所以A-BCD~~^^LBCD'OA=-X—X1=—.锥体体积公式求值

【教师备选】

(2020•全国I改编)如图，D为圆锥的顶点，0是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE

ADZXABC是底面的内接正三角形，尸为。。上一点，PO

(1)证明：E4_L平面PBC；

(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值.

(1)证明由题设，知为等边三角形，

设AE=1,贝(I。0=坐，CO—BO—^AE--^,

所以尸。=乎。。=乎，PC=7P()2+od=$

同理尸8=丁，PA=^-,

又△ABC为等边三角形，

则:6八。=20A,所以BA,

>5111UU乙

3

E42+PB2=4=Afi2»则/APB=90°,

所以朋_LPB,同理朋_LPC,

又PCCPB=P,PC,P8U平面PBC,

所以平面PBC.

(2)解过。作ON〃BC交AB于点N,因为尸。，平面ABC,以。为坐标原点，。4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，

当

奉

11、

-OO

不-

中/

1也

-

4--4

设平面PC8的一个法向量为〃=(X1,yi,Zi),

n-PC=0,—xi—y13y1—y[2zi=09

由<-得'

~x\+小yi-y/2zi=0,

nPB=0,

令为=也，得zi=-1,yi=0,

所以n=(yf2,0,—1),

设平面尸CE的一个法向量为根=(%2,>2,Z2),

m-PC=0,~x2~y13y2~y[2z2=0,

由<_得.

—2x2~y[2z2=0,

jnPE=。,

令X2=l,得Z2=—也，,2=坐,

所以平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值为差.

思维升华利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤

跟踪训练3（2021•全国乙卷改编）如图，四棱锥尸一ABC。的底面是矩形，尸。，底面48CD,

PD=DC=\,M为BC的中点，MPB1.AM.

⑴求BC；

（2）求平面APM与平面BPM夹角的正弦值.

解（1）因为BD_L平面A8CD,所以P£）_LAQ,PDLDC.

在矩形A8CO中，AD1DC,故以点。为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示,

设BC=t,则0,0),B(t,1,0),

抽1,o),

所以越=Q,1,-1),嬴=(—g1,0).

rr产

因为P8J_4W,所以丽.嬴=—,+1=0,得t=也,所以BC=p.

(2)易知C(0,l,0),由⑴可得力=(一小，0,1),一半，1,0),CB=(^2,0,0),

诵=/1,-1).

设平面APM的法向量为〃1=(羽，ji,zi),则

"「亦=0,上1=0，

.即逝

、〃1•病=0,2x1+y1=09

令大1=巾,则zi=2,yi=l,所以平面APM的一个法向量为=1,2).

设平面尸MB的法向量为“2=(X2,>2,Z2),则

H2,CB=0,fy[2,X2~0,

即「

改.丽=0,R2、2+y2-Z2=0,

得X2=o,令丁2=1,则Z2=l,所以平面尸MB的一个法向量为“2=(0』,1).

设平面APM与平面5PM夹角为0,

3_35

cos9=|cos〈〃1,“2〉|—

Mll“2厂市x/—14

V70

sin3—y]l—cos20—

14'

所以平面APM与平面BPM夹角的正弦值为

课时精练

业基础保分练

1.如图，在平行六面体ABC。一4B1GA中，AAiJ_平面48c。，S.AB=AD=2,AAi=小,

ZBAD=120°.

(1)求异面直线AiB与ACi所成角的余弦值;

(2)求平面AiBD与平面AiAD所成角的正弦值.

解在平面ABCD内，过点A作AE1AD,交BC于点E.

因为44」平面ABCD,

所以AAi_L4E,AAi±AD.

如图，以｛赢，AD,高｝为一个正交基底，建立空间直角坐标系,

因为AB=AD=2,AAi=\[3,ZBA£>=120°,

则A(0,0,0),B他,-1,0),很(0,2,0),

E郃,0,0),4(0,0,aCi(事,1,小).

⑴乖=（小，-1,一小），记=（小，1,小）.

则cos&,热〉=迎三

lAiBHACil

3-1-31

一市义币——

因此异面直线AtB与ACi所成角的余弦值为去

（2）可知平面AiAD的一个法向量为

矗=他,0,0）,

设根=（x,y,z）为平面43。的一个法向量，

又AiB=,—1,一4），BD=（一事,3,0）,

mA[B=0

则j_9

、mBD=0,

即[小x一厂小z=0,

〔一＜\/§x+3y=0.

不妨取x=3,则丁=小，z=2.

所以羽=（3,小，2）为平面A山。的一个法向量,

AEm3V53

从而cos(AE,m)

\AE\\m\小'44

设平面AiBD与平面AiAD所成的角为6,

3

贝J<cos。=不

所以sin0=yj1—cos20=.

yFj

因此平面AiBD与平面AxAD所成角的正弦值为苧.

2.(2021•浙江)如图，在四棱锥尸一ABC。中，底面ABC。是平行四边形，ZABC=120°,AB

=1,BC=4,阴=行，M,N分别为BC,PC的中点，PDLDC,PMLMD.

P

⑴证明：AB±PM；

(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.

⑴证明因为底面ABCD是平行四边形，

ZABC=120°,BC=4,AB=1,

且加为BC的中点，

所以CM=2,CD=\,ZDCM=6Q°,

易得CDLDM.

XPDLDC,且PDCDM=D,PD,OMU平面尸OM,

所以C£)_L平面PDM.

因为A8〃C£),所以A8_L平面P£)M.

又尸MU平面PDM,所以AB±PM.

(2)解方法一由(1)知A3,平面PDM,

所以NM4B为直线AN与平面所成角的余角.

连接AM,因为PMLMD,PMLDC,

p

所以PM_L平面ABCD,所以PM±AM.

因为NABC=120。，AB=1,BM=2,

所以由余弦定理得AM=币,

又出=行，所以PM=2小,

所以PB=PC=2事,

连接3N,

结合余弦定理得BN=y[u.

连接AC,

则由余弦定理得AC=p,

在△B4C中，结合余弦定理得

出2+=2AN2+2PN2,

所以AN=JI^.

AB2+AN2—BN21+15—11

所以在△ABN中，cosNBAN=

2AB-AN2vB6-

设直线AiV与平面POM所成的角为仇

则sine=cos/BAN=4^

方法二因为尸PM_LOC,

所以PM_L平面A8CD

连接AM,则PMLAM.

因为NA8C=120。，AB=1,BM=2,

所以AM=小，

又必=巫，所以PM=2小,

由（1）知CDLDM,

过点M作ME//CD交AD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4（一小,2,0）,尸（0,0,2也），C（小,-1,0）,

所以­^,也）

所以AN=f坐,—也）.

易知平面PDM的一个法向量为"=（0,1,0）.

设直线AN与平面PDM所成的角为0,

5

国川2

则

sin<9=|cos(AN,n)\—应仃

V15

6-

立技能提升练

3.(2022•汕头模拟)如图，在圆柱OOi中，四边形ABC。是其轴截面，EE为。5的直径，且

EFA.CD,AB=2,BC=a(a>l).

(1)求证：BE=BF；

(2)若直线AE与平面BEF所成角的正弦值为坐，求平面A8E与平面夹角的余弦值.

⑴证明如图，连接801,在圆柱OOi中，

8CJ_平面CEDF,

,:EFu平面CEDF,：.EF±BC,

"：EF±CD,BCCCD=C,BC,

CDu平面ABC。，

；.EF_L平面ABC。，

又BOiU平面ABCD,

：.EF±BOX,

在ABEF中，Oi为EF的中点，BE=BF.

(2)解连接OOi,则OOi与该圆柱的底面垂