第7章 第7课时　向量法求空间角-备战2025年高考数学一轮复习（解析版）

第7课时向量法求空间角[考试要求]1．能用空间向量的方法解简单的线线、线面、面面的夹角问题.2．体会向量方法在研究几何问题中的作用．1．异面直线所成的角若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cosθ＝|cos〈u，v〉|＝u·2．直线与平面所成的角如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈u，n〉|＝u·3．平面与平面的夹角如图，平面α与平面β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α与平面β的夹角．若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝n1[常用结论]最小角定理如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cosθ＝cosθ1cosθ2．一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(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． ()(2)直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α所成的角． ()(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ． ()(4)两异面直线夹角的范围是0，π2，直线与平面所成角的范围是0[答案](1)×(2)×(3)×(4)√二、教材经典衍生1．(人教A版选择性必修第一册P36例7改编)已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为()A．24 B．1C．22 D．C[设两直线的夹角为θ，所以cosθ＝|cos〈s1，s2〉|＝s1·s2s1s2＝−1−22×3＝2．(人教A版选择性必修第一册P37例8改编)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________．156[设两平面夹角为θ则cosθ＝0，−1，3．(人教A版选择性必修第一册P41练习T1改编)二面角α-l-β的棱上有A，B两点，线段AC，BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于棱l.已知AB＝1，AC＝2，BD＝3，CD＝22，则平面α与平面β的夹角为________．π3[设平面α与平面β的夹角为θ，由CD＝CACD2＝CA+AB+BD2＝CA2＋AB2＋BD2＋2CA·AB＋2AB·BD所以cosθ＝12，即平面α与平面β的夹角为π4．(人教A版选择性必修第一册P38练习T2改编)PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，其中∠APC＝∠BPC＝45°，∠APB＝60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为________．63[过PC上一点D作DO⊥平面APB则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．因为∠APC＝∠BPC＝45°，所以点O在∠APB的平分线上，即∠OPE＝30°.过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，因为DO⊥平面APB，则DE⊥PA，DF⊥PB.设PE＝1，因为∠OPE＝30°，所以OP＝1cos30°在Rt△PED中，∠DPE＝45°，PE＝1，则PD＝2.在Rt△DOP中，OP＝233，PD＝cos∠DPO＝OPPD＝6即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是63考点一异面直线所成的角[典例1](1)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为()A．π2 B．C．π4 D．(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，AF＝λAD(0＜λ＜1)，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210，则(1)B(2)13[(1)因为AB2＋AC2＝BC2，所以∠BAC＝90°.以A为原点，AB，AC，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A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，所以D22，22，0，所以AD＝22，22，0，A(2)以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)．因为正方体的棱长为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＝A1A+AF＝A则|cos〈A1F，D1E〉|＝A1F·用坐标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，π[跟进训练]1．(2024·浙江绍兴模拟)“曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，AA1⊥平面ABCD，AA1＝4，底面扇环所对的圆心角为π2，AD的长度是BC长度的2倍，CD＝1，则异面直线A1D1与BC1A．23 B．1C．223 C[设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，由底面扇环所对的圆心角为π2，AD的长度是BC长度的2倍，CD＝1，可知OC＝1，则C1(1，0，4)，A(0，2，0)，B(0，1，0)，D1(2，0，4)，则A1D1cos〈A1D1，BC1又异面直线所成角的范围为0，故异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为1−132故选C.]考点二直线与平面所成的角[典例2](2022·北京高考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．(1)求证：MN∥平面BCC1B1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM＝MN.[解](1)证明：如图，取BC的中点D，连接B1D，DN，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB.因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC的中点，所以B1M∥AB，B1M＝12AB，DN∥AB，DN＝12AB，即B1M∥DN且B1M＝DN，所以四边形B1MND为平行四边形，因此B1D∥又MN⊄平面BCC1B1，B1D⊂平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.(2)选条件①：因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1，又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，且平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，所以CB⊥平面ABB1A1，而AB⊂平面ABB1A1，所以CB⊥AB，由(1)得B1D∥MN，又因为AB⊥MN，所以AB⊥B1D，而B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1.在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB＝BC＝BB1＝2，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以BN＝(1，1，0)，BM＝(0，1，2)，AB＝(0，－2，0)．设平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，由BN·n=0，BM·n=设直线AB与平面BMN所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，AB〉|＝n·ABn·AB＝43×2＝23选条件②：取AB的中点H，连接HM，HN，因为M，N，H分别为A1B1，AC，AB的中点，所以B1B∥MH，CB∥NH，而CB⊥BB1，故NH⊥MH.又因为AB＝BC＝2，所以NH＝BH＝1.在△MHB和△MHN中，BM＝MN，NH＝BH，公共边MH，那么△MHB≌△MHN，因此∠MHN＝∠MHB＝90°，即MH⊥AB，故B1B⊥AB.在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB＝BC＝BB1＝2，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以BN＝(1，1，0)，BM＝(0，1，2)，AB＝(0，－2，0)．设平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，由BN·n=0，BM·n=设直线AB与平面BMN所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，AB〉|＝n·ABn·AB＝43×2＝23利用空间向量求线面角的解题步骤[跟进训练]2．(2022·浙江高考)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F-DC-B的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点．(1)证明：FN⊥AD；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．[解](1)证明：易求得CF＝23，BC＝23.∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF为二面角F-DC-B的平面角，∴∠BCF＝60°，∴△BCF为等边三角形．∵N为BC的中点，∴FN⊥BC.又∵DC⊥平面BCF，∴DC⊥FN，BC∩DC＝C，∴FN⊥平面BCD，∴FN⊥AD.(2)如图建系，则B(0，3，0)，A(5，3，0)，D(3，－3，0)，E(1，0，3)，M3，32，32，∴BM＝3，设平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM与平面ADE所成角为θ，∴n·AD=0，n·DE=0⇒−2x0−23y0=0，−2x∴sinθ＝|cos〈BM，n〉|＝BM·nBMn＝∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为57考点三平面与平面的夹角[典例3](12分)(2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)证明：B2C2∥A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P.[解](1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)．·2分∴B2C2＝(0，－2，1)，A∴B2C2∥A又B2C2，A2D2不在同一条直线上，→失分点············5分∴B2C2∥A2D2.··························6分(2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，→巧设元则A2C2＝(－2，－2，2)，PC2＝(0，－2，3－λ设平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)，则n令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，→关键点，赋值求值∴n＝(λ－1，3－λ，2)为平面PA2C2的一个法向量．··········8分设平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)，则m令a＝1，得b＝1，c＝2，∴m＝(1，1，2)为平面A2C2D2的一个法向量，············9分|cos〈n，m〉|＝n·m＝66×4化简可得λ2－4λ＋3＝0，·····················10分解得λ＝1或λ＝3，∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，···················11分∴B2P＝1.···························12分利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤[跟进训练]3．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．(1)证明：BC⊥DA；(2)点F满足EF＝DA，求二面角D-AB-F的正弦值．[解](1)证明：如图，连接DE，AE，因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC.因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，所以△ADB≌△ADC(SAS)．可得AC＝AB，故AE⊥BC.因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝2.因为AE⊥BC，所以AE＝AB2−E在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(2，0，0)，B(0，2，0)，A(0，0，2)，DA＝(－2，0，2)，BA＝(0，－2，设F(xF，yF，zF)，因为EF＝DA，所以(xF，yF，zF)＝(－2，0，2)，可得F(－2，0，2)，所以FA＝(2，0，0)．设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则DA即−2x1+2z1=0，−2y1设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则FA·n=0，BA·n=0，即2x2=0，−2y2+2z2记二面角D-AB-F的大小为θ，则sinθ＝1−cos2〈m，故二面角D-AB-F的正弦值为33课时分层作业(四十八)向量法求空间角1．(2023·北京高考)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝3.(1)求证：BC⊥平面PAB；(2)求二面角A-PC-B的大小．[解](1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，所以△PAB为直角三角形，又因为PB＝PA2+AB2＝2，所以PB2＋BC2＝PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB.又因为BC⊥PA，PA∩PB＝P，所以BC⊥平面PAB.(2)由(1)知BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB，以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(1，0，0)，所以AP＝(0，0，1)，AC＝(1，1，0)，BC＝(0，1，0)，PC＝(1，1，－1)．设平面PAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·AP令x1＝1，则y1＝－1，所以m＝(1，－1，0)为平面PAC的一个法向量，设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·BC令x2＝1，则z2＝1，所以n＝(1，0，1)为平面PBC的一个法向量，所以cos〈m，n〉＝m·nmn＝又因为二面角A-PC-B为锐二面角，所以二面角A-PC-B的大小为π32．(2023·广东广州二模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，点D是BC的中点，点E在AA1上，AD∥平面BC1E.(1)求证：平面BC1E⊥平面BB1C1C；(2)当三棱锥B1-BC1E的体积最大时，求直线AC与平面BC1E所成角的正弦值．[解](1)证明：取BC1中点M，连接EM，MD，如图所示．∵AB＝AC，点D是BC的中点，∴AD⊥BC，又∵M是BC1的中点，∴DM∥CC1，又∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中，有AA1∥CC1，AA1⊥平面ABC，∴DM∥AE，DM⊥平面ABC，∵AD∥平面BC1E，且AD⊂平面ADME，平面ADME∩平面BC1E＝EM，∴AD∥ME，∵CC1⊥平面ABC，且AD⊂平面ABC，∴CC1⊥AD，又∵CC1∩BC＝C，且CC1，BC⊂平面BB1C1C，∴AD⊥平面BB1C1C.又∵AD∥ME，∴ME⊥平面BB1C1C，∵ME⊂平面BC1E，∴平面BC1E⊥平面BB1C1C.(2)由(1)知ME⊥平面BB1C1C，则VB1−BC设BC＝2a，则BD＝a，AD＝9−a2，S△B1BC∴VB1−BC1E＝13由基本不等式知，当且仅当a＝9−a即三棱锥B1-BC1E的体积最大，此时a＝32以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DM所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则有A322，0，0，C0，−322，0，B0，322，0，E322，0，32，C10，则有n取y1＝2，解得n＝(0，2，2)为平面BC1E的一个法向量，设直线AC与平面BC1E所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，AC〉|＝33×2+故直线AC与平面BC1E所成角的正弦值为663．(2024·辽宁鞍山模拟)如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，AB＝2，AA1＝23，E为线段DD1上一点．(1)求证：AC⊥B1D；(2)若平面AB1E与平面ABCD的夹角的余弦值为25，求直线BE与平面AB1E[解](1)证明：连接BD，∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD.又BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC.又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BDB1，∴AC⊥平面BDB1．又B1D⊂平面BDB1，∴AC⊥B1D.(2)设CD的中点为F，连接AF，如图．∵△ACD为等边三角形，∴AF⊥CD，又CD∥AB，则AF⊥AB.又AA1⊥平面ABCD，则A