2025高考数学一轮复习7.6向量法求空间角【课件】

第七章立体几何与空间向量第6节向量法求空间角1.掌握空间向量的应用.2.会用空间向量求空间角.目

录CONTENTS知识诊断自测01考点聚焦突破02课时分层精练03知识诊断自测1ZHISHIZHENDUANZICE1.两条异面直线所成的角设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则

cosθ＝|cos〈u，v〉|＝______＝______.2.直线和平面所成的角直线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〉|＝______＝______.3.平面与平面的夹角(1)两平面的夹角：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.(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则

cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝_______＝_______.常用结论与微点提醒×××√解析(1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量u，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sinθ＝|cos

u，n

|；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角或其补角.A解析建系如图，设BC＝CA＝CC1＝2，则B(0，2，0)，D1(1，1，2)，A(2，0，0)，F1(1，0，2)，

3.(选修一P43T10改编)设M，N分别是正方体ABCD－A′B′C′D′的棱BB′和B′C′的中点，则直线MN与平面A′BCD′所成角的正弦值为________.解析建系如图，设AB＝2，则M(2，2，1)，N(1，2，2)，B(2，2，0)，A′(2，0，2)，C(0，2，0)，4.在空间中，已知平面α过点(3，0，0)和(0，4，0)及z轴上一点(0，0，a)(a＞0)，如果平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a＝________.解析平面Oxy的一个法向量为n＝(0，0，1)，设平面α的一个法向量为u＝(x，y，z)，取平面中两个向量(－3，4，0)与(－3，0，a)，考点聚焦突破2KAODIANJUJIAOTUPO考点一异面直线所成的角解析连接O1O2，过点E作EE1∥O1O2，交下底面于点E1，连接O2E1，以O2为坐标原点，在下底面中，过点O2作AB的垂线为x轴，分别以O2B，O2O1所在的直线为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.则由已知可得A(0，－1，0)，D(0，－1，2)，F(0，1，1)，解析以D为原点，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).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).感悟提升训练1

如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，BC＝8，E，F，G分别为B1C1，A1B1，BB1的中点，则异面直线A1E与FG所成角的余弦值为(

)A解析如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，考点二直线与平面所成的角例2(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明：A1C＝AC；证明由A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得A1C⊥BC.又因为BC⊥AC，且AC∩A1C＝C，AC，A1C⊂平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1，且BC⊂平面BCC1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.如图1，过A1作A1H⊥CC1，垂足为H，图1(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.解

连接B1C.过C作CQ⊥AA1，垂足为Q，连接BQ.由(1)知BC⊥平面ACC1A1，又AA1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AA1.又CQ∩BC＝C，CQ，BC⊂平面BCQ，∴AA1⊥平面BCQ.∵BQ⊂平面BCQ，∴AA1⊥BQ，又∵AA1∥BB1，∴BB1⊥BQ，∴BQ的长为直线AA1与BB1之间的距离，即BQ＝2.∴以直线CA，CB，CA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图2所示，图2取x＝1，则y＝0，z＝1，∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1).设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，感悟提升向量法求直线与平面所成角的方法是：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.证明因为PD⊥平面ABCD，AD，CD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥CD，又底面ABCD为正方形，所以AD⊥CD，则AD，CD，PD两两垂直.以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，如图，由已知可得D(0，0，0)，M(0，2，2)，N(3，4，0)，P(0，0，4)，B(4，4，0)，C(0，4，0)，令z2＝1，得y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)，因为n1·n2＝0，所以n1⊥n2，所以平面DMN⊥平面PBC.(2)求直线AB与平面DMN所成角的正弦值.考点三平面与平面的夹角[思路分析]

(1)通过证明BC⊥平面ADE，从而证明BC⊥DA.(2)确定线线位置关系→建系→设点写坐标→求平面的法向量→利用公式求二面角的正弦值.[规范解答]

(1)证明

如图，连接DE，AE，因为DC＝DB，E为BC的中点，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，所以△ADB≌△ADC(SAS)，所以AC＝AB，因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，又DA⊂平面ADE，(2)解

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，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[满分规则]❶得步骤分①处通过证明线⊥线⇒线⊥面⇒线⊥线，注意应用相关定理的条件要完整，否则易失步骤分.❷得关键分②处求出各点与向量的坐标，特别是求出点F的坐标是解题的关键，此处出错会导致(2)题至多得1分.❸得计算分③处求平面的法向量及应用公式求角的正弦值、余弦值，要注意计算准确.训练3(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；又B2C2与A2D2不重合，所以B2C2∥A2D2.法二以点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B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.解

建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2).设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)，整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1.课时分层精练3KESHIFENCENGJINGLIAN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.(2)平面A1BD与平面A1AD夹角的正弦值.2.(2024·济南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA＝PC，AB＝BC. (1)求证：PB⊥AC；证明取AC的中点M，连接MB，MP，∵在△PAC中，PA＝PC，M为AC的中点，∴MP⊥AC，在△ABC中，AB＝BC，M为AC的中点，∴MB⊥AC，又MP∩MB＝M，MP，MB⊂平面PMB，∴AC⊥平面PMB.又PB⊂平面PMB，∴PB⊥AC.(2)若平面PCD⊥平面ABCD，AB∥CD，且AB＝2CD＝2，∠ABC＝90°，二面角P－BC－D的大小为45°，求直线PB与平面PAD所成角的正弦值.解∵∠ABC＝90°，AB∥CD，∴BC⊥CD，∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面PCD，∵PC⊂平面PCD，∴BC⊥PC.故∠PCD为二面角P－BC－D的平面角，∠PCD＝45°.以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，所以△OBA∽△ABC，所以∠CAB＝∠AOB.记BF⊥AO的垂足为H，则△BHA∽△OBA，所以∠HBA＝∠AOB.所以∠HBA＝∠CAB，所以BF＝AF，∠BCF＝∠CBF，所以CF＝BF，CF＝AF，故F是AC的中点.因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC.因为D，O分别是BP，BC的中点，所以DO∥PC，所以EF∥DO.又DO⊂平面ADO，EF

平面ADO，所以EF∥平面ADO.(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.由于EF∥OD，所以AO⊥EF，又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF，所以AO⊥平面BEF.又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.(3)求二面角D－AO－C的正弦值.解如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，4.(2022·北京卷)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；证明取AB的中点为K，连接MK，NK.由三棱柱ABC－A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，又B1M＝MA1，BK＝KA，则MK∥BB1.又MK

平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，故MK∥平面CBB1C1.由CN＝NA，BK＝KA，可得NK∥BC，同理可得NK∥平面CBB1C1.因为NK∩MK＝K，NK，MK⊂平面MKN，故平面MKN∥平面CBB1C1，又MN⊂平面MKN，故MN∥平面CBB1C1.(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.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.解因为侧面CBB1C1为正方形，故CB⊥BB1.因为CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，平面CBB1C1∩平面ABB1A1＝BB1，故CB⊥平面ABB1A1.因为NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1.因为AB⊂平面ABB1A1，故NK⊥AB.若选①，则AB⊥MN，又NK⊥AB，NK∩MN＝N，故AB⊥平面MNK.又MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，所以AB⊥BB1，又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，CB，AB⊂平面ABC，故BB1⊥平面ABC，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，若选②，因为NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1.又KM⊂平面MKN，故NK⊥KM.又B1M＝BK＝1，NK＝1，故B1M＝NK.又B1B＝MK＝2，MB＝MN，故△BB1M≌△MKN，所以∠BB1M＝∠MK