2023版大一轮数学人教A版 第七章向量法求空间角

§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/”/2所成的角为仇其方向向量分别是“，V,则cos9=|cos(u,V)产鼎

2.直线与平面所成的角

如图，直线AB与平面a相交于点8,设直线48与平面a所成的角为仇直线A8的方向向

量为“，平面a的法向量为小则sin9=|cos<u,公尸］裾裾卜

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,4的法向量分别是小和”2,则平面a与平面夕的夹角即为向量和〃2的夹角或

其补角.设平面a与平面尸的夹角为仇则cos0=|cos〈小，”2〉|=月耨.

\ni\\n2\

【常用结论】

1.线面角e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sin0=|cos(a,n)|,不要误记为cos0=|cos(a,n)

jr

2.二面角的范围是［0,兀］,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“义”)

(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。，则两个面的法向量的夹角也是X)

(4)两异面直线夹角的范围是(0,T,直线与平面所成角的范围是0,刍.(J)

【教材改编题】

1.已知直线人的方向向量si=(l,0,l)与直线/2的方向向量S2=(—1,2,-2),则人和，2夹角

的余弦值为()

答案C

解析因为$1=(101),$2=(—1,2,—2),

S]-S2-1-2_啦

所以COS<51,S2)一卜则一让X3一-2,

所以和/2夹角的余弦值为亭.

2.已知向量m,”分别是直线/的方向向量、平面a的法向量，若cos〈机，"〉~~2'贝U/

与a所成的角为.

答案30°

解析设直线/与a所成角为仇

sin9=|cos(m,n)|=|,

又：柒0,T，二。=30°.

3.已知两平面的法向量分别为(0,一1,3),(2,2,4),则这两个平面夹角的余弦值为

答案手

1(0,T,3>(2,2,4)|行

廨祈71+9X^4+4+16—6-

■探究核心题型

题型一异面直线所成的角

例1(1)(2022・大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABC£>-48iGA，E,F,G分别为

AB,8,AQ的中点，则异面直线4G与EF所成角的余弦值为()

G

AEB

R迎

B-10

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(1,0,0),

£(2,1,0),F(0,l,l),

所以AG=(-1,0,-2),£F=(—2,0,1)，

设异面直线4G与EF所成的角为仇

皿]\AtG-EF]

贝ijcos3--

I病防

|(-r)X(-2)-2Xl|

-75^/5

(2)(2022・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。在彘上，且/AOO=2/2O。，则异面直线A。与BC所成角的余弦值为()

答案A

解析因为NAOC=2NB。。,

且乙40。+/80£>=W，

jr

所以

连接CO,则CO,平面A8O,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。的半径为2,则A(0,-2,0),以0,2,0),C(0,0,2<3),0(^3,1,0),

AD=(y[3,3,0),BC=(0,-2,2^3),

设异面直线A£>与BC所成的角为仇

则cos6=|cos(AD,BC)|=姓庭L=J浮匕=半，因此，异面直线与BC所成角的余

\AD\\BC\2小义44

弦值为坐

【教师备选】

如图，在直三棱柱ABC-4B1G中，AB=AC=A4i=啦，BC=2,点。为BC的中点，则异

面直线AQ与4c所成的角为()

口3<4=6

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(0,0,0),B(巾,0,0),

C(0,V2,0),

;.俞=惇,坐,0),

犹=(0,6，一啦)，

.•.cos(AD,沈〉=-^^=1

而河

；.即异面直线AO,AC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)建立空间直南坐标系；

(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,与，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1⑴如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-AiBiQDi中，E是棱CG的中点，AF

=疝)，若异面直线。E和4F所成角的余弦值为喑，则力的值为.

答案3

解析以。为坐标原点，DA,DC,。力।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),Di(0,0,2),£(0,2,1),4(2,0,0),

.•.用=(0,2,-1),

MF=7^A+AF=MA+).AD

=(-22,0,-2).

Acos〈乖,藁〉=/野

\A^F\\D^E\

2_3^2

-zp+ix小―10，

解得2=象=一（舍）

（2）（2022・武汉模拟）若在三棱柱ABC-ABiG中，/4p4C=NBAC=60。，平面Ap4CG_L平面

ABC,AAX=AC=AB,则异面直线AG与4B所成角的余弦值为.

答案平

解析令M为AC的中点，连接MB,MA\,

由题意知△48C是等边三角形，

所以8M_LAC,同理，AiMlAC,

因为平面A।ACC_L平面ABC,

平面4ACGn平面ABC=AC,

BMU平面ABC,

所以平面AiACG,

因为4MU平面4ACG,

所以BMLA\M,

所以AC,BM,AiM两两垂直，以Af为坐标原点，MA,MB,前的方向分别为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A（l,0,0）,8（0,小,0）,4（0,0,5），

G（-2,0,审），

所以记=（一3,0,小），A7B=（0,小，一小），

所以cos〈后，诵〉=2小蒜=一,

故异面直线AC,与MB所成角的余弦值为坐.

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ABCQ中，/A4C=60。，点E是边4B的中点（如

图1）,将△AOE沿。E折起到△AQE的位置，连接A],A\C,得到四棱锥4-BCDE（如

图2）.

(1)证明：平面AiBE_L平面BCOE：

(2)若A|E_LBE,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ABCO为菱形，且N8AO=60。，

所以△AB。为等边三角形，所以。

所以在图2中有DEA.A\E,

因为BECAiE=E,BE,AiEU平面A山E,

所以力EJ_平面A\BE,

因为QEU平面BCDE,

所以平面4BE_L平面BCDE.

(2)解因为平面4BE_L平面BCDE,平面AiBEA平面BCDE=BE,AtELBE,4EU平面

AyBE,所以A|EJ_平面8cDE,

以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

所以4（0,0,D，C（2,小，0）,D（0,小,0）,

£（0,0,0）,

所以碇=（0,小，-1）,沈=（2,小，-1）,EC=（2,小，0）,

设平面AiC£＞的法向量为"=（x,y,z）,

叫\n-_AiD=-\[3y—z=0,

[n-AiC—2x+y[3y—z—0,

令y=l,则n=（0,l,小），

所以cos〈〃，EC)=~^=兴=唔，

InllEQ2市14

所以直线CE与平面MCD所成角的正弦值为唔.

【教师备选】

(2020・新高考全国I)如图，四棱锥尸一A8C。的底面为正方形，PC底面ABCD设平面必。

与平面尸8c的交线为/.

AB

⑴证明：此平面PDC;

(2)已知尸O=A£>=1,。为/上的点，求尸B与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

⑴证明在正方形4BCD中，AD〃BC,

因为AM平面PBC,BCU平面PBC,

所以4。〃平面PBC,

又因为AOU平面办£),平面以。C平面PBC=/,

所以AO〃/,

因为在四棱锥P—A8CQ中，底面ABCC是正方形，

所以A£)_L£>C,所以/_LOC,

因为PZ)_L平面ABC。，所以AO_LPQ,

所以

因为。CCPD=D,PD,OCU平面PDC,

所以此平面PDC.

(2)解以。为坐标原点，殖的方向为x轴正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系，

L

[/D\/C3

/%

因为尸£>=AO=1,则有£)(0,0,0),C(0,l,0),P(0,0,l),8(1,1,0),

因为平面必。n平面PBC=I,

所以/过点P,设。(〃2,0,1),

则有虎=(0』,0),DQ=(m,0,1),丽=(1,1,-1),

设平面QC£)的一个法向量为"=(x,y,z),

5c-n=o,y=0,

则一即

[诙•”=（）,“tr+z=O,

令X=l,则2=­

所以平面。CO的一个法向量为“=(1,0,-m),

I，，工、n-PB1+0+机

则cos(n,PB)-=-7=~.

\n\\PB\加+1

记P8与平面QC£＞所成的角为仇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，

11+m\

则sin8=|cos<n,PB）|=

小々苏+i

当m=0时，sin。=为-,

|1+m\

当mWO时,sin0=

巾N"P+]

当且仅当m=\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坐.

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—BCQ中，平面S3。_L平面BCD,

A是线段S£＞上的点，aSB。为等边三角形，ZBCD=30°,CD=2DB=4.

s

(1)若SA=AE>,求证：SDLCA；

(2)若直线BA与平面SCO所成角的正弦值为史磐，求4。的长.

⑴证明依题意，BD=2,

在△BCD中，CD=4,ZBCD=30°,

由余弦定理求得8c=2小，

CD2=BD2+BC2,即BC_LBD.

又平面SBZ)_L平面BC£),平面SBOC平面BC7)=B。，BCU平面BCD,

平面SBD从而BC.LSD,

在等边ASB。中，SA^AD,则BAJ_SD

又BCCBA=B,BC,BAU平面BCA,

...SO_L平面8c4,又CAU平面8c4,

：.SDLCA.

(2)解以8为坐标原点，BC,8。所在直线分别为x轴、y轴，过点B作平面8C。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<3,0,0),D(0,2,0),S(0,l,小),

故诙=（一2小，2,0）,⑦=（0,1,一小）,

设平面SCO的法向量为机=（尤，y,z）,

|wrCZ）=0,

则-

[m-Sb=0,

即「26+2尸0,

[y—y/3z=0t

取x=l,则丁=小，z=lf

W—（1,,\/3,1）,

设5X=/i两OWHI）,

则函=（0,-X,小%）,

故A（0,2一九小/）,则函=（0,2—;I,小

设直线BA与平面SCO所成角为6,

故sin6»=，os（m,BA）|=即"

|m||BA|

|2小—小44yj195

一小N（2T）2+3#—65，

1313

解得2=］或2=不则40=2或AD=Z^

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ABQ_L平面BCD,AB

=A。，。为8。的中点.

（1）证明：0A_LCD•［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一。

的大小为45。，求三棱锥4-BCO的体积.［关键点：建系写坐标］

思路分析(1)由4B=AD~QA_LB£)一利用面面垂直性质一线_L面一结论

(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

建系一设点写坐标一求平面法向量一利用向量夹角求值一利用锥体体积公式求解一结论

答题得分模板

(1)证明因为AB=AD,。为8。的中点，所以OA［1分］<-------①处确定线_L线

又平面4BD_L平面BCD」.②处面面垂直

且平面48。。平面BCC=B£),AOU平面ABO.

所以40J.平面BCD.a［3分］♦―一③处线面垂直

又CDU平面BC£>,所以A。_LCD@.［4分卜----------------------------④处线线垂直

(2)解方法一因为△OC。是边长为1的正三角形，且。为BD的中点，

所以。所以△。是直角三角形,®-《“⑤处确定直角三角形

J-——C=OB-=O.D..=.1.,.—B.C.....—....，■父

且乙BCD=90°.BC=。,所以［6分］

2%—•记

如图,过点E作EF〃A。.交于F.过点F作FGJ.BC.GC

垂足为G,连接EG.因为4。±平面BC。,所以EFJ.平面BC。，

又BCU平面BCD,所以EFJ.BC,又FG_LBC,且EFCFG=£

EF.FGU平面EFG,

所以BC_L平面EFG,则4EGF为二面角E-BC-O的平面角」"［8分］*一一⑥处确定二面角的平面角

所以乙£GF=45°.则GF=EF.因为DE=2EA,

所以“=提。4。尸=2。居所以"=2.［9分］

3rD

因为尸G_LBC,C。±8C,所以GF//CD.

则然=,，所以G尸=',［1()分］所以EF=GF=。，所以。4=1户［11分卜⑦处求出三棱锥的高

CD«5«5o

所以匕”=3叱/AO=gx与xl=卷叫12分卜------------⑧处写出锥体的体积公式

方法二如图所示，以。为坐标原点,O8,OA所在直线分别为x,z轴，在平

♦⑨处建系

面8CD内,以过点。且与BD垂直的直线为3•轴建立空间直角坐标系户

因为△OCO是边长为1的正三角形，且。为BD的中点.

所以OC=O8=OD=1,

所以E(l,O,O),D(-l,O,O),C(-g,隼,0).

设A(0,(),“),“>()J«—⑩处设点写坐标

因为£>E=2E4所以E(-",0,与).[6分]

由题意可知平面BC。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。)君卜扣与"以｛二:£

3,点八

一婷+丁尸0,

即令x=l.则.y=3,z=2,所以：(1,73[9分卜一⑪处求出平面法向量

--4X+—2az=Ao.

因为二面角E-BC-D的大小为45。,

m-n

所以cos45°=y，得a=l.即0A=1,@[】。分k⑫处用向量夹角公式求值

巨=巨

因为SAPC/B。•CDsin60°=|x2x1x

22，

[12分卜⑬处用三角形面积公式及

.....1„IJ3.J3®锥体体积公式求值

所以匕-BCO=mSABC",0A=-X—x1=—.

【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，4E=

人0.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点,P0=平DO.

⑴证明：孙，平面P8C；

(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值.

(1)证明由题设，知△D4E为等边三角形，

设AE=1,贝！1。0=坐，CO=BO=^AE=^9

O

所以-V,42

V6

乃4

同理A-

又△ABC为等边三角形，

则益中=2。4,所以8A邛,

3

PA2+PB2=^=AB2,则NAPB=90°,

所以B4_LP2,同理fi4_LPC,

又PSPB=P,PC,P8U平面PBC,

所以以，平面PBC.

(2)解过。作ON〃BC交AB于点N,因为尸O_L平面A8C,以O为坐标原点，OA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

当

1\Z1、

1-O

不^4

75

4，

1A

---4-V24

4?

r1坐314

-

-r-4-

中O,

2)

设平面PC8的一个法向量为〃=(为，yi,zi),

[n-PC=O,f-xi—y[2z\=0,

由1得1rr

[nPB=0,l-xi+V3yi-V2zi=0,

令xi=4^,得zi=-1,yi=0,

所以〃=(®0,—1),

设平面PCEt的一个法向量为小=(12,丁2,Z2),

mPC=0,一无2_小?一啦Z2=0,

由得

—2X2—爽2Z=0,

m-PE=0,

令X2=l,得Z2=—J2=g,

所以机=（1,坐，一啦），

、mn2/2y

故cos⑺，〃〉=丽=二遮=5'

所以平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值为乎.

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P-ABCZ）的底面是矩形，PDl^ABCD,

PD=DC^\,M为8C的中点，且PB_LAM.

⑴求BC；

（2）求平面APM与平面BPM夹角的正弦值.

解（1）因为PO_L平面ABCO,所以PC_LA。，PDVDC.

在矩形A8CZ）中，AOJ_Z）C,故以点。为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示,

设BC=t,贝()A(r,0,0),B(t,1,0),

%,1,0),P(0,0,l),

所以弱=(f,1,-1),俞=(一f1,o)

因为P8_LAM,所以P8AM=-]+l=0,得胃®所以BC=巾.

(2)易知C(0,l,0),由(1)可得•>=(一也，0,1),赢=(一半，1,0),CB=(y/2,0,0),

PB=(y/2,1,-1).

设平面APM的法向量为〃]=(为，ji,zi),则

(—y[2xi+z\=0,

n\AP=0,

即正

[一rxi+yi=0,

、〃iAM=0,

令》=m，则zi=2,yi=l,所以平面APM的一个法向量为小=(、「，1,2).

设平面PMB的法向量为“2=(X2,>2,Z2),则

"2•在=0,啦X2=0,

即<

52•丽=0,、地也+力―Z2=0,

得12=0,令”=1,则Z2=l,所以平面PMB的一个法向量为〃2=(0』,1).

设平面4PM与平面BPM荚角为仇

cosOTcos〈〃”"2〉I一同加|=：7^=14'

sin3—\]1—cos20^^j^.

所以平面APM与平面BPM夹角的正弦值为[苧.

课时精练

区基础保分练

1.如图，在平行六面体ABCQ-AiBiCQ中，AAi_L平面ABCZ),且AB=AO=2,44|=小,

ZBAD=120°.

(1)求异面直线AB与AG所成角的余弦值；

(2)求平面A[BD与平面AyAD所成角的正弦值.

解在平面ABC。内，过点A作AE，A£>,交BC于点、E.

因为44_L平面ABCD,

所以AAt±AD.

如图，以｛能，AD,而｝为一个正交基底，建立空间直角坐标系,

因为A8=AO=2,A4=小，ZBAD=120°,

则A(0,0,0),B电,-1,0),0(0,2,0),

E电,0,0),4(0,0,小),G(，§,1,小).

⑴翁=（小，-1,一小），记=（小，1,小）.

则cos〈48,AG〉

I诵研

3-1-31

一币X币一〒

因此异面直线AxB与AG所成角的余弦值为;.

（2）可知平面A.\AD的一个法向量为

危=（小，0,0）,

设加=（x,yfz）为平面AiBO的一个法向量，

又诵=（小，-1,一小），册=（一小，3,0）,

\mA^B=0,

则J_

[mBD=09

J小x—y—小z=0,

即1-小x+3y=0.

不妨取x=3,则丁=小，z=2.

所以m=（3,小，2）为平面A3。的一个法向量,

_^Em_3^3_3

从而cos<AE,m)

|A£||m|小X44

设平面A\BD与平面A\AD所成的角为0,

3

则cos。=1.

所以sin0=yj1—cos20=^.

s

因此平面A山D与平面AiAD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A3CQ是平行四边形，ZABC=120°,AB

=1,8c=4,%=仃，M,N分别为BC,PC的中点，PO_L£>C,PMA.MD,

(1)证明：ABLPM；

(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.

(1)证明因为底面ABC。是平行四边形，

NABC=120°,BC=4,AB=\,

且加为BC的中点，

所以CM=2,CZ)=1,ZDCM=60°,

易得CDLDM.

又PDLDC,且P£>n£)M=。，PD,£>MU平面PDM,

所以C£)_L平面PDM.

因为AB〃CD,所以AB_L平面PDW.

又PMU平面PDM,所以ABVPM.

(2)解方法一由(1)知AB,平面PDW,

所以NM45为直线AN与平面尸CM所成角的余角.

连接4M,因为PMLDC,

所以PMJ_平面ABC。，所以

因为NABC=120。,AB=1,BM=2,

所以由余弦定理得AM=市，

又出=仃，所以PM=2啦，

所以PB=PC=2小,

连接BN,

结合余弦定理得BN=MT1.

连接AC,

则由余弦定理得AC=4云，

在△抬C中，结合余弦定理得

PA2+AC2=2AN2+2PN2,

所以4V=4E.

AB2+AN2-BN21+15-11_V15

所以在△ABN中，cosZBAN=

2AB-AN2VB—6-

设直线AN与平面POM所成的角为仇

则0=cos/BAN=

sin6-

方法二因为尸PM1DC,

所以平面ABCD.

连接AM,则PM_LAM.

因为NABC=120。，AB=\,BM=2,

所以4M=市，

又布=仃，所以PM=2吸，

由(1)知CDLDM,

过点M作ME//CD交A£)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A（一小，2,0）,&0,0,2吸），C（小，-1,0）,

易知平面PQM的一个法向量为n=(0,l,0).

设直线AN与平面PQM所成的角为仇

贝i]sin6=|cos(AN,n)|—

曲|川71

V15

应技能提升练

3.(2022・汕头模拟)如图，在圆柱0。1中，四边形ABCO是其轴截面，EF为。。|的直径，且

EFA.CD,AB=2,BC=a{a>\).

⑴求证：BE=BF；

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

⑴证明如图，连接801,在圆柱。01中，

BC_L平面CEDF,

,：EFu平面CEDF,：.EFA.BC,

,:EFLCD,BCHCD^C,BC,

CDu平面ABCD,

.,.EF_L平面ABCD,

又8。仁平面ABCD,

J.EFYBOy,

;在△BEP中，01为E尸的中点，：.BE=BF.

(2)解连接。。］，则0。|与该圆柱的底面垂直，

以点0为坐标原点，。8,OOi所在直线分别为y,