第7章 第7課時(shí)　向量法求空間角-備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（解析版）

第7課時(shí)向量法求空間角[考試要求]1．能用空間向量的方法解簡(jiǎn)單的線線、線面、面面的夾角問(wèn)題.2．體會(huì)向量方法在研究幾何問(wèn)題中的作用．1．異面直線所成的角若異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別是u，v，則cosθ＝|cos〈u，v〉|＝u·2．直線與平面所成的角如圖，直線AB與平面α相交于點(diǎn)B，設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sinθ＝|cos〈u，n〉|＝u·3．平面與平面的夾角如圖，平面α與平面β相交，形成四個(gè)二面角，我們把這四個(gè)二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角．若平面α，β的法向量分別是n1和n2，則平面α與平面β的夾角即為向量n1和n2的夾角或其補(bǔ)角．設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝n1[常用結(jié)論]最小角定理如圖，若OA為平面α的一條斜線，O為斜足，OB為OA在平面α內(nèi)的射影，OC為平面α內(nèi)的一條直線，其中θ為OA與OC所成的角，θ1為OA與OB所成的角，即線面角，θ2為OB與OC所成的角，那么cosθ＝cosθ1cosθ2．一、易錯(cuò)易混辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)兩條異面直線所成的角與兩直線的方向向量所成的角相等． ()(2)直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角的余角就是直線l與平面α所成的角． ()(3)二面角的平面角為θ，則兩個(gè)面的法向量的夾角也是θ． ()(4)兩異面直線夾角的范圍是0，π2，直線與平面所成角的范圍是0[答案](1)×(2)×(3)×(4)√二、教材經(jīng)典衍生1．(人教A版選擇性必修第一冊(cè)P36例7改編)已知直線l1的方向向量s1＝(1，0，1)與直線l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，則l1和l2夾角的余弦值為()A．24 B．1C．22 D．C[設(shè)兩直線的夾角為θ，所以cosθ＝|cos〈s1，s2〉|＝s1·s2s1s2＝?1?22×3＝2．(人教A版選擇性必修第一冊(cè)P37例8改編)已知兩平面的法向量分別為(0，－1，3)，(2，2，4)，則這兩個(gè)平面夾角的余弦值為_(kāi)_______．156[設(shè)兩平面夾角為θ則cosθ＝0，?1，3．(人教A版選擇性必修第一冊(cè)P41練習(xí)T1改編)二面角α-l-β的棱上有A，B兩點(diǎn)，線段AC，BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)平面內(nèi)，且都垂直于棱l.已知AB＝1，AC＝2，BD＝3，CD＝22，則平面α與平面β的夾角為_(kāi)_______．π3[設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，由CD＝CACD2＝CA+AB+BD2＝CA2＋AB2＋BD2＋2CA·AB＋2AB·BD所以cosθ＝12，即平面α與平面β的夾角為π4．(人教A版選擇性必修第一冊(cè)P38練習(xí)T2改編)PA，PB，PC是從點(diǎn)P出發(fā)的三條射線，其中∠APC＝∠BPC＝45°，∠APB＝60°，則直線PC與平面PAB所成角的余弦值為_(kāi)_______．63[過(guò)PC上一點(diǎn)D作DO⊥平面APB則∠DPO就是直線PC與平面PAB所成的角．因?yàn)椤螦PC＝∠BPC＝45°，所以點(diǎn)O在∠APB的平分線上，即∠OPE＝30°.過(guò)點(diǎn)O作OE⊥PA，OF⊥PB，因?yàn)镈O⊥平面APB，則DE⊥PA，DF⊥PB.設(shè)PE＝1，因?yàn)椤螼PE＝30°，所以O(shè)P＝1cos30°在Rt△PED中，∠DPE＝45°，PE＝1，則PD＝2.在Rt△DOP中，OP＝233，PD＝cos∠DPO＝OPPD＝6即直線PC與平面PAB所成角的余弦值是63考點(diǎn)一異面直線所成的角[典例1](1)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，BC＝2，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，則異面直線AD與A1C所成的角為()A．π2 B．C．π4 D．(2)如圖所示，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點(diǎn)，AF＝λAD(0＜λ＜1)，若異面直線D1E和A1F所成角的余弦值為3210，則(1)B(2)13[(1)因?yàn)锳B2＋AC2＝BC2，所以∠BAC＝90°.以A為原點(diǎn)，AB，AC，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)．因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2，則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則|cos〈A1F，D1E〉|＝A1F·用坐標(biāo)法求異面直線所成角的一般步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)注意兩異面直線所成角的范圍是0，π[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(2024·浙江紹興模擬)“曲池”是《九章算術(shù)》記載的一種幾何體，該幾何體是上、下底面均為扇環(huán)形的柱體(扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的部分)．現(xiàn)有一個(gè)如圖所示的曲池，AA1⊥平面ABCD，AA1＝4，底面扇環(huán)所對(duì)的圓心角為π2，AD的長(zhǎng)度是BC長(zhǎng)度的2倍，CD＝1，則異面直線A1D1與BC1A．23 B．1C．223 C[設(shè)上底面圓心為O1，下底面圓心為O，連接OO1，OC，OB，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)C，OB，OO1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由底面扇環(huán)所對(duì)的圓心角為π2，AD的長(zhǎng)度是BC長(zhǎng)度的2倍，CD＝1，可知OC＝1，則C1(1，0，4)，A(0，2，0)，B(0，1，0)，D1(2，0，4)，則A1D1cos〈A1D1，BC1又異面直線所成角的范圍為0，故異面直線A1D1與BC1所成角的正弦值為1?132故選C.]考點(diǎn)二直線與平面所成的角[典例2](2022·北京高考)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分別為A1B1，AC的中點(diǎn)．(1)求證：MN∥平面BCC1B1；(2)再?gòu)臈l件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：AB⊥MN；條件②：BM＝MN.[解](1)證明：如圖，取BC的中點(diǎn)D，連接B1D，DN，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB.因?yàn)镸，N，D分別為A1B1，AC，BC的中點(diǎn)，所以B1M∥AB，B1M＝12AB，DN∥AB，DN＝12AB，即B1M∥DN且B1M＝DN，所以四邊形B1MND為平行四邊形，因此B1D∥又MN?平面BCC1B1，B1D?平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.(2)選條件①：因?yàn)閭?cè)面BCC1B1為正方形，所以CB⊥BB1，又因?yàn)槠矫鍮CC1B1⊥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?yàn)锳B⊥MN，所以AB⊥B1D，而B(niǎo)1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1.在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1兩兩垂直，故以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BC，BA，BB1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)锳B＝BC＝BB1＝2，則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)．設(shè)平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，由BN·n=0，BM·n=設(shè)直線AB與平面BMN所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，AB〉|＝n·ABn·AB＝43×2＝23選條件②：取AB的中點(diǎn)H，連接HM，HN，因?yàn)镸，N，H分別為A1B1，AC，AB的中點(diǎn)，所以B1B∥MH，CB∥NH，而CB⊥BB1，故NH⊥MH.又因?yàn)锳B＝BC＝2，所以NH＝BH＝1.在△MHB和△MHN中，BM＝MN，NH＝BH，公共邊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，BB1兩兩垂直，故以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BC，BA，BB1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)锳B＝BC＝BB1＝2，則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)．設(shè)平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，由BN·n=0，BM·n=設(shè)直線AB與平面BMN所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，AB〉|＝n·ABn·AB＝43×2＝23利用空間向量求線面角的解題步驟[跟進(jìn)訓(xùn)練]2．(2022·浙江高考)如圖，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的平面角為60°.設(shè)M，N分別為AE，BC的中點(diǎn)．(1)證明：FN⊥AD；(2)求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．[解](1)證明：易求得CF＝23，BC＝23.∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF為二面角F-DC-B的平面角，∴∠BCF＝60°，∴△BCF為等邊三角形．∵N為BC的中點(diǎn)，∴FN⊥BC.又∵DC⊥平面BCF，∴DC⊥FN，BC∩DC＝C，∴FN⊥平面BCD，∴FN⊥AD.(2)如圖建系，則B(0，3，0)，A(5，3，0)，D(3，－3，0)，E(1，0，3)，M3，32，32，∴BM＝3，設(shè)平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM與平面ADE所成角為θ，∴n·AD=0，n·DE=0??2x0?23y0=0，?2x∴sinθ＝|cos〈BM，n〉|＝BM·nBMn＝∴直線BM與平面ADE所成角的正弦值為57考點(diǎn)三平面與平面的夾角[典例3](12分)(2023·新高考Ⅰ卷)如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．點(diǎn)A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)證明：B2C2∥A2D2；(2)點(diǎn)P在棱BB1上，當(dāng)二面角P-A2C2-D2為150°時(shí)，求B2P.[解](1)證明：以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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不在同一條直線上，→失分點(diǎn)············5分∴B2C2∥A2D2.··························6分(2)設(shè)P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，→巧設(shè)元?jiǎng)tA2C2＝(－2，－2，2)，PC2＝(0，－2，3－λ設(shè)平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)，則n令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，→關(guān)鍵點(diǎn)，賦值求值∴n＝(λ－1，3－λ，2)為平面PA2C2的一個(gè)法向量．··········8分設(shè)平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)，則m令a＝1，得b＝1，c＝2，∴m＝(1，1，2)為平面A2C2D2的一個(gè)法向量，············9分|cos〈n，m〉|＝n·m＝66×4化簡(jiǎn)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分利用空間向量求平面與平面夾角的解題步驟[跟進(jìn)訓(xùn)練]3．(2023·新高考Ⅱ卷)如圖，三棱錐A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC的中點(diǎn)．(1)證明：BC⊥DA；(2)點(diǎn)F滿足EF＝DA，求二面角D-AB-F的正弦值．[解](1)證明：如圖，連接DE，AE，因?yàn)镈C＝DB，且E為BC的中點(diǎn)，所以DE⊥BC.因?yàn)椤螦DB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，所以△ADB≌△ADC(SAS)．可得AC＝AB，故AE⊥BC.因?yàn)镈E∩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.不妨設(shè)DA＝DB＝DC＝2，因?yàn)椤螦DB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.由題可知△DBC為等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝2.因?yàn)锳E⊥BC，所以AE＝AB2?E在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，ED所在直線為x軸，EB所在直線為y軸，EA所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則D(2，0，0)，B(0，2，0)，A(0，0，2)，DA＝(－2，0，2)，BA＝(0，－2，設(shè)F(xF，yF，zF)，因?yàn)镋F＝DA，所以(xF，yF，zF)＝(－2，0，2)，可得F(－2，0，2)，所以FA＝(2，0，0)．設(shè)平面DAB的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則DA即?2x1+2z1=0，?2y1設(shè)平面ABF的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則FA·n=0，BA·n=0，即2x2=0，?2y2+2z2記二面角D-AB-F的大小為θ，則sinθ＝1?cos2〈m，故二面角D-AB-F的正弦值為33課時(shí)分層作業(yè)(四十八)向量法求空間角1．(2023·北京高考)如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝3.(1)求證：BC⊥平面PAB；(2)求二面角A-PC-B的大?。甗解](1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，所以△PAB為直角三角形，又因?yàn)镻B＝PA2+AB2＝2，所以PB2＋BC2＝PC2，則△PBC為直角三角形，故BC⊥PB.又因?yàn)锽C⊥PA，PA∩PB＝P，所以BC⊥平面PAB.(2)由(1)知BC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，則BC⊥AB，以A為原點(diǎn)，AB為x軸，過(guò)A且與BC平行的直線為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則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)．設(shè)平面PAC的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則m·AP令x1＝1，則y1＝－1，所以m＝(1，－1，0)為平面PAC的一個(gè)法向量，設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則n·BC令x2＝1，則z2＝1，所以n＝(1，0，1)為平面PBC的一個(gè)法向量，所以cos〈m，n〉＝m·nmn＝又因?yàn)槎娼茿-PC-B為銳二面角，所以二面角A-PC-B的大小為π32．(2023·廣東廣州二模)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在AA1上，AD∥平面BC1E.(1)求證：平面BC1E⊥平面BB1C1C；(2)當(dāng)三棱錐B1-BC1E的體積最大時(shí)，求直線AC與平面BC1E所成角的正弦值．[解](1)證明：取BC1中點(diǎn)M，連接EM，MD，如圖所示．∵AB＝AC，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，∴AD⊥BC，又∵M(jìn)是BC1的中點(diǎn)，∴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，∵M(jìn)E?平面BC1E，∴平面BC1E⊥平面BB1C1C.(2)由(1)知ME⊥平面BB1C1C，則VB1?BC設(shè)BC＝2a，則BD＝a，AD＝9?a2，S△B1BC∴VB1?BC1E＝13由基本不等式知，當(dāng)且僅當(dāng)a＝9?a即三棱錐B1-BC1E的體積最大，此時(shí)a＝32以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DB所在直線為y軸，DM所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則有A322，0，0，C0，?322，0，B0，322，0，E322，0，32，C10，則有n取y1＝2，解得n＝(0，2，2)為平面BC1E的一個(gè)法向量，設(shè)直線AC與平面BC1E所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，AC〉|＝33×2+故直線AC與平面BC1E所成角的正弦值為663．(2024·遼寧鞍山模擬)如圖所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，AB＝2，AA1＝23，E為線段DD1上一點(diǎn)．(1)求證：AC⊥B1D；(2)若平面AB1E與平面ABCD的夾角的余弦值為25，求直線BE與平面AB1E[解](1)證明：連接BD，∵底面ABCD為菱形，∴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)設(shè)CD的中點(diǎn)為F，連接AF，如圖．∵△ACD為等邊三角形，∴AF⊥CD，又CD∥AB，則AF⊥AB.又AA1⊥平面ABCD，則A