高三数学一轮复习第七章立体几何与空间向量第6课时向量法求空间角学案

第6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．考点一异面直线所成的角异面直线所成的角：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·[典例1](1)(2024·枣庄模拟)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．π2B．π3C．π(2)(2024·杭州模拟)如图，已知圆锥CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圆O的直径，点D在AB上，且∠AOD＝2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为()A．34B．12C．1(1)B(2)A[(1)由AB＝AC＝2，BC＝2，可得AB⊥AC，故以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所以AD＝22，22，所以cos〈AD，A1C〉＝所以〈AD，A1(2)因为∠AOD＝2∠BOD，且∠AOD＋∠BOD＝π，所以∠BOD＝π3连接CO，则CO⊥平面ABD，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O的半径为2，则A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，23)，D(3，1，0)，AD＝(3，3，0)，BC＝(0，－2，23)，设异面直线AD与BC所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈AD，BC〉|＝AD·BCADBC＝-623×4由于异面直线所成角的取值范围为0，π跟进训练1(2024·大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1，E，F，G分别为AB，CD1，AD的中点，则异面直线A1G与EF所成角的余弦值为()A．0B．1010C．2A[如图，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A1(2，0，2)，G(1，0，0)，E(2，1，0)，F(0，1，1)，所以A1G＝(－1，0，－2)，EF设异面直线A1G与EF所成的角为θ，则cosθ＝A1G·考点二直线与平面所成的角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·[典例2](2024·广州模拟)在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E是边AB的中点(如图1)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1-BCDE(如图2)．(1)证明：平面A1BE⊥平面BCDE；(2)若A1E⊥BE，连接CE，求直线CE与平面A1CD所成角的正弦值．[解](1)证明：连接BD，如图所示．因为四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，所以△ABD为等边三角形，所以DE⊥AB，所以在题图2中有DE⊥BE，DE⊥A1E.因为BE∩A1E＝E，BE，A1E⊂平面A1BE，所以DE⊥平面A1BE.因为DE⊂平面BCDE，所以平面A1BE⊥平面BCDE.(2)因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1E⊥BE，A1E⊂平面A1BE，所以A1E⊥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A1(0，0，1)，C(2，3，0)，D(0，3，0)，E(0，0，0)，所以A1D＝(0，3，－1)，A1C＝(2，3，－1)，设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1D=3y-z=0则n＝(0，1，3)为平面A1CD的一个法向量，所以cos〈n，EC〉＝n·ECnEC＝所以直线CE与平面A1CD所成角的正弦值为2114【教师备用】(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成角的正弦值．[解](1)证明：因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；在△ABD和△CBD中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB＝CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE＝E，所以AC⊥平面BED，因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)连接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，所以S△AFC＝12AC·EF当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小．因为△ABD≌△CBD，所以CB＝AB＝2，又因为∠ACB＝60°，所以△ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AE＝EC＝1，BE＝3，因为AD⊥CD，所以DE＝12AC在△DEB中，DE2＋BE2＝BD2，所以BE⊥DE.以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则A(1，0，0)，B(0，3，0)，D(0，0，1)，所以AD＝(－1，0，1)，AB＝(－1，3，0)，设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，则n取y＝3，则n＝(3，3，3)为平面ABD的一个法向量，因为EF⊥BD，所以由DFDE＝DEBD，得DF＝12＝14BD，设F(a，b，c)，所以DF＝(a，b，c－1)，DB＝(0，3，－1)，由得(a，b，c－1)＝14(0，3即F0，又因为C(－1，0，0)，所以CF＝1，所以cos〈n，CF〉＝n·CFnCF＝设CF与平面ABD所成的角为θ0≤所以sinθ＝|cos〈n，CF〉|＝43所以CF与平面ABD所成角的正弦值为43利用空间向量求线面角的解题步骤跟进训练2已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，求直线CD与平面BDC1所成角的正弦值.[解]设AB＝1，则AA1＝2，分别以D1A1，D1C1，D1D的方向为x轴、yDB＝(1，1，0)，DC1＝(0，1，－2)，设n＝(x，y，z)为平面BDC1的法向量，则n·DB取n＝(－2，2，1)为平面BDC1的一个法向量，设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，则sinθ＝n·DCn所以直线CD与平面BDC1所成角的正弦值为23考点三平面与平面的夹角平面与平面的夹角：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提醒：θ∈0，[典例3]如图，△ABC与等边△ABD所在的平面相互垂直，DE∥BC，M为线段AD的中点，直线AE与平面CBM交于点N，BC＝BA＝2DE＝2，∠ABC＝90°.(1)求证：平面CBMN⊥平面ADE；(2)求平面CBMN与平面ACN夹角的余弦值．[解](1)证明：因为平面ABC⊥平面ABD，且两平面交于AB，∠ABC＝90°，BC⊂平面ABC，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AD.又因为△ABD为等边三角形，M为线段AD的中点，所以BM⊥AD.因为BC∩BM＝B，BC，BM⊂平面CBMN，所以AD⊥平面CBMN.又因为AD⊂平面ADE，所以平面CBMN⊥平面ADE.(2)因为DE∥BC，DE⊄平面CBMN，且BC⊂平面CBMN，所以DE∥平面CBMN.因为平面ADE∩平面CBMN＝MN，所以DE∥BC∥MN，所以N为AE的中点．取AB的中点O，连接OD，因为△ABD为等边三角形，所以OD⊥AB，所以以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(－1，0，0)，C(1，－2，0)，N-12，-12所以AC＝(2，－2，0)，AN＝12设平面ACN的法向量为n1＝(x，y，z)，由AC·n取x＝1，则y＝1，z＝0，所以平面ACN的一个法向量n1＝(1，1，0)，由(1)得AD⊥平面CBMN，所以平面CBMN的一个法向量n2＝AD＝(1，0，3)．设平面CBMN与平面ACN的夹角为θ.所以cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝n1·n2n所以平面CBMN与平面ACN夹角的余弦值为24(1)计算时注意那些已知的法向量，可提高解题速度与准确度．(2)注意平面与平面的夹角的范围是0，跟进训练3(2024·湛江一中月考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，AA1＝2，点E为C1D1的中点，求平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值.[解]分别以DA，DC，DD1的方向为D(0，0，0)，B(1，2，0)，A1(1，0，2)，E(0，1，2)，则A1E＝(－1，1，0)，A1设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A令z＝1，则x＝1，y＝1，得n＝(1，1，1)为平面A1BE的一个法向量．又平面A1B1B的一个法向量为m＝(1，0，0)，设平面A1B1B与平面A1BE的夹角为θ，所以cosθ＝|cos〈n，m〉|＝n·mnm＝所以平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值为33课后习题(四十)向量法求空间角1．(人教B版选择性必修第一册P37练习AT3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．24B．12C．2C[因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，所以cos〈s1，s2〉＝s1·s2s1s2＝-1-22×32．(北师大版选择性必修第一册P140T7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[设这两个平面的夹角为θ，则cosθ＝0，-13．(人教A版选择性必修第一册P41练习T1改编)如图，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＝CA+CD2＝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B版选择性必修第一册P48练习BT3改编)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为CC1的中点，则直线AD1与平面BDE所成角的正弦值为________．36[由题意，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，E(0，2，1)，D1(0，0，2)，所以DB＝(2，2，0)，DE＝(0，2，1)，AD设平面BDE的法向量m＝(x，y，z)，则m即2x+2y=0，2y+z=0，令x＝1，得y＝－1，z＝2，则m设直线AD1与平面BDE所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AD1，m〉|＝AD1·5．(2024·山东济宁期末)已知平面α的一个法向量为n＝(1，2，1)，直线l的一个方向向量为m＝(1，0，1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为()A．33B．22C．6A[因为平面α的一个法向量为n＝(1，2，1)，直线l的一个方向向量为m＝(1，0，1)，所以直线l与平面α所成角的正弦值为m·nmn＝6．(2024·济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A．55B．53C．2A[不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，∴BC1＝(0，2，－1)，∴cos〈BC1，AB1〉＝∴BC1与AB1的夹角即为直线BC1∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为557．(2024·临沂一中模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为()A．12B．23C．3B[以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，设正方体棱长为1，则A1(0，0，1)，E1，D(0，1，0)，∴A1A1E＝设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，则有A1D∴y=2，z=2，∴n1＝(1，2，2)为平面A∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，∴cos〈n1，n2〉＝23×1＝2即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为238．(2024·连云港模拟)如图，在直三棱柱ABC-A′B′C′中，AA′＝2，AB＝BC＝5，AC＝2，取AC的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系，则异面直线AC′与A′B所成角的余弦值为()A.13B．33C．2C[由题意知：A(1，0，0)，C′(－1，0，2)，A′(1，0，2)，B(0，2，0)，∴AC'＝(－2，0，2)，∴|cos〈AC'，A'B〉|＝即异面直线AC′与A′B所成角的余弦值为26故选C.]9．(2024·汕头模拟)如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成角的大小为________；直线EF与底面ABC所成角的大小为________．60°45°[以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，B(0，0，0)，则EF＝(0，－1，1)，BC∴EF·BC1＝2，∴cos〈EF，∴EF和BC1所成的角为60°.∵FB⊥底面ABC，BF＝BE＝1，∴∠FEB为直线EF与底面ABC所成的角且为45°.]10．(2024·泰安模拟)如图，在五面体ABCDE中，已知AC⊥平面BCD，ED∥AC，且AC＝BC＝2ED＝2，DC＝DB＝3.(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；(2)求平面ABE与平面BEC夹角的余弦值．[解](1)证明：如图，取BC的中点M，AB的中点N，连接DM，MN，EN.∴MN∥AC，MN＝12AC又DE∥AC，DE＝12AC∴DE∥MN，DE＝MN，∴四边形MNED是平行四边形，∴EN∥DM，EN＝DM.又AC⊥平面BCD，AC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，∵DC＝DB，∴DM⊥BC，又平面ABC∩平面BCD＝BC，DM⊂平面BCD，∴DM⊥平面ABC，∴EN⊥平面ABC，又EN⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面ABC.(2)由(1)知，AC⊥BC，EN∥DM且EN＝DM，EN⊥平面ABC，平面ABE⊥平面ABC，以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，连接CN，则A(2，0，0)，B(0，2，0)，N(1，1，0)，E(1，1，2)，则CB＝(0，2，0)，CN＝(1，1，0)，CE＝(1，1，2)．设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则n取z＝2，则x=∴n＝(－2，0，2)为平面BCE的一个法向量，又AC＝BC，则CN⊥AB，又平面ABC∩平面ABE＝AB，CN⊂平面ABC，∴CN⊥平面ABE，则CN＝(1，1，0)为平面ABE的一个法向量，设平面ABE与平面BEC的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n，CN〉|＝n·CNnCN＝∴平面ABE与平面BEC夹角的余弦值为3311．(2024·南宁模拟)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求平面A1BD与平面A1AD夹角的正弦值．[解]在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如图，以{AE，AD因为AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°，则A(0，0，0)，B(3，－1，0)，D(0，2，0)，E(3，0，0)，A1(0，0，3)，C1