高考数学第一轮复习复习第6节　利用空间向量求空间角（讲义）

第6节利用空间向量求空间角[课程标准要求]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.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θa与b的夹角β范围(0,π2(0,π)求法cosθ=|cosβ=a2.直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,a与n的夹角为β,则sinθ=|cosβ|=|a3.求二面角的大小(1)如图①,AB,CD分别是二面角α-l-β的两个半平面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ=<AB→,CD(2)如图②③,n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cosθ|=|cos<n1,n2>|,二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).1.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos<m,n>=-12A.30° B.60° C.120° D.150°解析:由于cos<m,n>=-12所以<m,n>=120°,所以直线l与α所成的角为30°.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(C)A.π4 B.C.π4或3π4 D.π解析:因为m=(0,1,0),n=(0,1,1),所以m·n=1,|m|=1,|n|=2,所以cos<m,n>=m·n|所以<m,n>=π4所以两平面所成的二面角为π4或3π3.在正三棱柱ABC-1B1C1中,AB=AA1,则直线AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为(C)A.22 B.155 C.64解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(3,1,0),A(0,0,2),AC1→=(3,1,-2),平面BB1所以直线AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为|AC1→·4.如图所示,在棱长为2的正方体ABCD-1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,AF→=λAD→(λ>0),若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为32解析:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(图略),由正方体的棱长为2,则A1(2,0,2),D1(0,0,2),E(0,2,1),A(2,0,0),所以D1E→=(0,2,-1),A1F→=A1所以|cos<A1F→,D1E→>|=解得λ=13(λ=-1答案:1用空间向量求异面直线所成的角[例1]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,E为PD的中点,O为AC的中点,AD=2AB=2AP=2.(1)证明:OE∥平面PAB;(2)求异面直线PC与OE所成角的余弦值.(1)证明:连接BD,则O为BD的中点,又E为PD的中点,所以OE∥PB.因为PB⊂平面PAB,OE⊄平面PAB,所以OE∥平面PAB.(2)解:以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),C(1,2,0),D(0,2,0),E(0,1,12),O(12,1,0),所以OE→=(-12,0,12),因为cos<PC→,OE→>=PC→·用向量法求异面直线所成的角的一般步骤(1)选择三条两两相互垂直的直线建立空间直角坐标系.(2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定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)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.[针对训练]如图,在三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB,∠O1OB=60°,∠AOB=90°,且OB=OO1=2,OA=3,则异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为.

解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则O1(0,1,3),A(3,0,0),A1(3,1,3),B(0,2,0),所以A1B→=(-3,1,-3),O1A所以cos<A1B→,O1A→>=所以异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为17答案:1用空间向量求直线与平面所成的角[例2]如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:OP⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求直线PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=23.连接OB.因为AB=BC=22所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12由OP2+OB2=PB2,知OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC,知OP⊥平面ABC.(2)解:如图,以O为坐标原点,OB→则O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP→=(0,2,23取平面PAC的法向量OB→设M(a,2-a,0)(0<a≤2),则AM→设平面PAM的法向量为n=(x,y,z),由AP得2可取n=(3(a-4),3a,-a),所以cos<OB→,n>=2由已知得cos<OB→,n>=3所以23|a解得a=-4(舍去)或a=43所以n=(-833,43又PC→=(0,2,-23所以cos<PC→,n>=3所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34利用空间向量求直线与平面所成的角的解题步骤[针对训练]如图,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PCD;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,QB=2,求直线PB与平面QCD所成角的正弦值.(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,所以AD∥BC,因为BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以BC∥平面PAD,因为BC⊂平面PBC,平面PAD∩平面PBC=l,所以BC∥l.因为PD⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC,又BC⊥CD,CD∩PD=D,CD,PD⊂平面PCD,所以BC⊥平面PCD.因为l∥BC,所以l⊥平面PCD.(2)解:如图,以D为坐标原点,DA,DC,DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,1),B(1,1,0),作PQ∥AD,则PQ为平面PAD与平面PBC的交线l,因为QB=2,△QAB是等腰直角三角形,所以Q(1,0,1),连接DQ,CQ,则DQ→=(1,0,1),PB→=(1,1,-1),设平面QCD的法向量为n=(a,b,c),则n所以b=0可得n=(-1,0,1),设直线PB与平面QCD所成的角为α,则sinα=|cos<n,PB→|n·PB→|n所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为63用空间向量求二面角[例3](2022·新高考Ⅰ卷)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离;(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.解:(1)设点A到平面A1BC的距离为h,因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,所以VA−A1BC=13S△ABC·AA1=13VABC−A1B1C1=43,又△A1BC的面积为22即点A到平面A1BC的距离为2.(2)取A1B的中点E,连接AE,则AE⊥A1B,因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AE⊂平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC,所以AE⊥BC.又AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥BC,因为AA1∩AE=A,所以BC⊥平面ABB1A1,所以BC⊥AB.则以B为坐标原点,分别以BC→,BA→,由(1)知,AE=2,所以AA1=AB=2,A1B=22,因为△A1BC的面积为22,所以22=12·A1B·所以A(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),E(0,1,1),则BD→=(1,1,1),BA设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则n·BD令x=1,得n=(1,0,-1),又平面BDC的一个法向量为AE→所以cos<AE→,n>=AE→·n|设二面角A-BD-C的平面角为θ,则sinθ=1-cos所以二面角A-BD-C的正弦值为32利用空间向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量: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)找与两平面交线垂直的方向向量:分别在二面角的两个半平面内找到与两平面交线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.[针对训练](2022·新高考Ⅱ卷)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点.(1)证明:OE∥平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.(1)证明:如图,取AB的中点D,连接DP,DO,DE.因为AP=PB,所以PD⊥AB.因为PO为三棱锥P-ABC的高,所以PO⊥平面ABC,因为AB⊂平面ABC,所以PO⊥AB.又PO,PD⊂平面POD,且PO∩PD=P,所以AB⊥平面POD.因为OD⊂平面POD,所以AB⊥OD,又AB⊥AC,所以OD∥AC.因为OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC,所以OD∥平面PAC.因为D,E分别为BA,BP的中点,所以DE∥PA,因为DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,所以DE∥平面PAC.又OD,DE⊂平面ODE,OD∩DE=D,所以平面ODE∥平面PAC.又OE⊂平面ODE,所以OE∥平面PAC.(2)解:连接OA,因为PO⊥平面ABC,OA,OB⊂平面ABC,所以PO⊥OA,PO⊥OB,所以OA=OB=PA2-易得在△AOB中,∠OAB=∠ABO=30°,所以OD=OAsin30°=4×12AB=2AD=2OAcos30°=2×4×32=43又∠ABC=∠ABO+∠CBO=60°,所以在Rt△ABC中,AC=ABtan60°=43×3=12.以A为坐标原点,AB,AC所在直线分别为x轴、y轴,以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,0,0),B(43,0,0),C(0,12,0),P(23,2,3),E(33,1,32所以AE→=(33,1,32),AB→AC→设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),则n·AE令z=23,则n=(-1,0,23).设平面AEB的法向量为m=(x1,y1,z1),则m即3令z1=2,则m=(0,-3,2).所以|cos<n,m>|=|n·m|设二面角C-AE-B的大小为θ,则sinθ=1-(4[例1](2022·安徽合肥二检)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段AD的中点,设平面A1BC1与平面CC1E的交线为l,则直线l与BE所成角的余弦值为.

解析:设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,以点A为坐标原点,AB,AD,AA1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A1(0,0,2),B(2,0,0),C1(2,2,2),C(2,2,0),E(0,1,0),设平面A1BC1的法向量为m=(x1,y1,z1),BA1→由m·BA可得m=(1,-1,1),设平面CC1E的法向量为n=(x2,y2,z2),EC→=(2,1,0),C由n·EC→可得n=(1,-2,0),设直线l的方向向量为u=(x,y,z),因为l⊂平面A1BC1,l⊂平面CC1E,则m⊥u,n⊥u,所以m·BE→=(-2,1,0),cos<u,BE→>=u·BE→|u答案:30[例2]如图,圆台上底面圆O1半径为1,下底面圆O2半径为2,AB为圆台下底面的一条直径,圆O2上点C满足AC=BC,PO1是圆台上底面的一条半径,点P,C在平面ABO1的同侧,且PO1∥BC.(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;(2)若圆台的高为2,求直线AO1与平面PBC所成角的正弦值.(1)证明:取AC中点M,连接MO2,PM,O1O2,则MO212BC.由题意,PO1=1,BC=22又PO1∥BC,故PO112BC,又O2M12BC,故PO1O2M,所以四边形PO1O2M为平行四边形,则PM∥O1O2.由O1O2⊥平面ABC,故PM⊥平面ABC,又PM⊂平面PAC,故平面PAC⊥平面ABC.(2)解:以O2为坐标原点,O2B→,O2C→,O2O1→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.则有A(-2,0,0),B(故AO1→设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),而BC→=(-2,2,0),CP→=(-22故n令z=1,得n=(2,2,1).设所求角的大小为θ,则sinθ=|AO1→·所以直线AO1与平面PBC所成角的正弦值为230[选题明细表]知识点、方法题号异面直线所成的角1直线与平面所成的角2,4二面角3,5,61.在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中,已知M是棱BB1的中点,N是棱AC的中点,则异面直线A1M与BN所成角的正切值为(C)A.3B.1C.63D.解析:设直三棱柱ABCA1B1C1的棱长为2,如图所示,以A为原点,AC所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则A1(0,0,2),M(3,1,1),B(3,1,0),N(0,1,0),则A1M→=(3,1,-1),BN设异面直线A1M与BN所成角为θ,则cosθ=|A1M→·所以sinθ=1-cos所以tanθ=sinθcosθ所以异面直线A1M与BN所成角的正切值为632.如图,圆锥的顶点是S,底面中心为O,OC是与底面直径AB垂直的一条半径,D是母线SC的中点.(1)设圆锥的高为4,异面直线AD与BC所成角的余弦值为26(2)当圆锥的高和底面半径是(1)中的值时,求直线AB与平面ACD所成角的正弦值.解:(1)以点O为坐标原点,分别以OC,OB,OS所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示,设OA=r,因为高h=4,则D(r2所以AD→=(r2,r,2),因为异面直线AD与BC所成角的余弦值为26则|AD→·BC→||AD→||BC(2)由(1)可得,A(0,-2,0),B(0,2,0),D(1,0,2),C(2,0,0),所以AB→=(0,4,0),AC→=(2,2,0),则n取x=1,则n=(1,-1,12设直线AB与平面ACD所成的角为θ,则sinθ=|AB→·n|故直线AB与平面ACD所成角的正弦值为233.如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,平面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角DAFE与二面角CBEF都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角EBCA的余弦值.(1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,又FE∩DF=F,所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解:过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点,GF→的方向为x轴正方向,|GF由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=3,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=DC,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角CBEF的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,3).所以EC→=(1,0,3),EB→=(0,4,0),AC→=(-3,-4,3设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则n即x所以可取n=(3,0,-3).设m是平面ABCD的法向量,则m同理可取m=(0,3,4).则cos<n,m>=n·m|又二面角EBCA为钝角,故二面角EBCA的余弦值为-21919.4.(2022·广东佛山二模)如图,在以P,A,B,C,D为顶点的五面体中,平面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AD=CD=12PA⊥PB.(1)求证:△PAD为直角三角形;(2)若AD=PB,求直线PD与平面PBC所成角的正弦值.(1)证明:在等腰梯形ABCD中,作DH⊥AB于点H,连接BD,如图,则AH=12(AB-CD)=12AD,DH=32则tan∠BDH=BHDH=3即∠BDH=60°,而∠ADH=30°,因此,∠ADB=90°,即AD⊥BD,因为平面PAD⊥平面PAB,平面PAD∩平面PAB=PA,PB⊂平面PAB,而PA⊥PB,所以PB⊥平面PAD,又AD⊂平面PAD,于是有AD⊥PB,PB∩BD=B,PB,BD⊂平面PBD,则有AD⊥平面PBD,PD⊂平面PBD,因此,AD⊥PD,所以△PAD为直角三角形.(2)解:在平面PAD内过点P作Pz⊥PA,因为平面PAD⊥平面PAB,平面PAD∩平面PAB=PA,所以Pz⊥平面PAB,因此,PB,PA,Pz两两垂直,以点P为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,令PB=AD=2,PA=23,PD=22,B(2,0,0),A(0,23,0),D(0,43,2DC→=12AB→=(1,-3,0),有C(1,则n令z=1,得n=(0,-22,1),PD→=(0,43,设直线PD与平面PBC所成角为θ,则有sinθ=|n·PD→|所以直线PD与平面PBC所成角的正弦值为33(1)证明:AD⊥PB;(2)若异面直线PB与CD所成角的余弦值为64,求二面角APBC的余弦值.(1)证明:取AD的中点O,连接OP,OB,BD,因为PA=PD=AD,所以PO⊥AD.因为底面ABCD是菱形,∠DAB=60°,所以△ABD为正三角形,所以OB⊥AD,又因为OP∩OB=O,OP,OB⊂平面PBO,所以AD⊥平面PBO,又因为PB⊂平面PBO,所以AD⊥PB.(2)解:取PB的中点M,连接AM,则AM⊥PB,不妨设AD=2,因为AB∥CD,异面直线PB与CD所成角的余弦值为64所以cos∠ABM=64PB=2MB=2AB·cos∠ABM=2×2×64=6又因为OP=OB=2sin60°=3,所以PB2=OP2+OB2,所以OP⊥OB,于是OA,OB,OP两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,A(1,0,