第七章 高考重点突破三 第1课时 向量法求空间角（word教参）-【勤径学升】2025年高考数学一轮总复习（人教A版）

高考重点突破三　立体几何 1.掌握空间向量的应用. 2.会用空间向量求空间角和距离. [对应学生用书P149] 1.两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cos θ＝｜cos＜u，v＞｜＝＝. 2.直线和平面所成的角 直线AB与平面α相交于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sin θ＝｜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cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝. 4.点P到直线l的距离 设＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量在直线l上的投影向量＝（a·u）u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝. 5.点P到平面α的距离 若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝＝，如图所示. 6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离. 1.线面角θ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sin θ＝｜cos＜a，n＞｜，不要误记为cos θ＝｜cos＜a，n＞｜. 2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是. ｜思考辨析｜ 1.判断（在括号内打“√”或“×”） （1）两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角. （　　） （2）直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角. （　　） （3）两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角. （　　） （4）两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]. （　　） 答案　（1）×　（2）×　（3）×　（4）√ ｜教材衍化｜ 2.（人A必修第二册P147例1改编）如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2BC＝2BB1，P为C1D1的中点，则异面直线PB与B1C所成角的大小是 （　　） A.30° B.45° C.60° D.90° 解析　建立如图所示空间直角坐标系， 设BB1＝1，由AB＝2BC＝2BB1，则AB＝2，BC＝1， 所以B（1，2，0），B1（1，2，1），C（0，2，0），C1（0，2，1），D1（0，0，1）. 因为P为C1D1的中点，所以P（0，1，1），＝（1，1，－1），＝（－1，0，－1）， 所以·＝－1＋0＋1＝0，所以⊥，即异面直线PB与B1C所成角的大小为90°. 答案　D 3.（人A选择性必修第一册P41T1改编）平面α的一个法向量为n1＝（4，3，0），平面β的一个法向量为n2＝（0，－3，4），则平面α与平面β夹角的余弦值为 （　　） A.－ B. C. D.以上都不对 解析　∵n1＝（4，3，0），n2＝（0，－3，4）， ∴｜n1｜＝＝5，｜n2｜＝＝5， n1·n2＝4×0＋3×（－3）＋0×4＝－9， 因此向量n1与n2的夹角θ满足cos θ＝＝＝－. 又∵向量n1，n2分别为平面α和平面β的法向量， ∴平面α与β夹角等于向量n1，n2的夹角或其补角，又∵两个平面夹角范围为，故平面α与平面β夹角的余弦值等于. 答案　B ｜易错自纠｜ 4.（线面角概念理解不清致误）已知向量m，n分别是直线l与平面α的方向向量、法向量，若cos＜m，n＞＝－，则l与α所成的角为 （　　） A.30° B.60° C.120° D.150° 解析　设l与α所成的角为θ，θ∈[0°，90°]， 则sin θ＝＝，∴θ＝60°，故选B. 答案　B 5.（线面距离概念不清致误）正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，则B1C1到平面A1BC的距离是 （　　） A. B. C. D. 解析　设O，O1分别是AC，A1C1的中点，连接OO1，OB，O1B1， 根据正三棱柱的几何性质可知OB，OC，OO1两两相互垂直， 建立如图所示空间直角坐标系，B，C（0，1，0），A1（0，－1，2），C1（0，1，2）， ＝，＝（0，－2，2），＝（0，0，2）. 设平面A1BC的法向量为n＝（x，y，z），则 故可得n＝. 由于B1C1∥BC，B1C1⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以B1C1∥平面A1BC. 所以B1C1到平面A1BC的距离即C1到平面A1BC的距离，即＝＝. 答案　B 第1课时　向量法求空间角 [对应学生用书P150] 考点1 异面直线所成的角 [例1]　(1)(2023·河南安阳·统考三模)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝，AB＝2，CC1＝4，P是线段A1B1上的动点，则当线段CP最短时，异面直线AC1与BP所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 解析　在直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝， 所以AC＝AB cos ＝2×＝2. 以点C为坐标原点，CA，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A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，A1(2，0，4)，B1(0，2，4)，C1(0，0，4). 设＝λ＝λ(－2，2，0)＝(－2λ，2λ，0)，其中0≤λ≤1， ＝1＋＝(2，0，4)＋(－2λ，2λ，0)＝(2(1－λ)，2λ，4)， 所以＝＝＝， 当且仅当λ＝时，即当点P为线段A1B1的中点时，取最小值， 此时点P(1，1，4). 因为1＝(－2，0，4)，＝(1，－1，4)， 所以cos 〈1，〉＝＝＝， 因此，当线段CP最短时，异面直线AC1与BP所成角的余弦值为. 答案　A (2)(2023·四川内江·统考三模)如图，该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC＝4，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为半圆弧的中点，若异面直线BD和AB1所成角的余弦值为，则该几何体的体积为(　　) A.16＋8π B.32＋16π C.32＋8π D.16＋16π 解析　设D在底面半圆上的射影为D1，连接AD1交BC于O， 设A1D∩B1C1＝O1. 依题意，半圆柱体底面直径BC＝4，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为半圆弧的中点，所以AD1⊥BC，A1D⊥B1C1且O，O1分别是下底面、上底面半圆的圆心.连接OO1， 则OO1与上、下底面垂直，所以OO1⊥OB，OO1⊥OA，OA⊥OB. 以，，1为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设几何体的高为h(h>0)， 则B(2，0，0)，D(0，－2，h)，A(0，2，0)，B1(2，0，h)， 所以＝(－2，－2，h)，1＝(2，－2，h). 由于异面直线BD和AB1所成的角的余弦值为， 所以＝＝，即＝，即h2＝16，即h＝4， 所以几何体的体积为×π×22×4＋×4×2×4＝16＋8π. 答案　A 利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v1，v2；③代入公式｜cos＜v1，v2＞｜＝求解. 变式训练 1.(2023·陕西汉中·统考二模)如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别为DD1，BD，BB1的中点，则EF与CG所成的角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 解析　建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，E(0，0，1)， F(1，1，0)，G(2，2，1)，则＝(1，1，－1)，＝(2，0，1)， 则·＝1，＝，＝， 则cos 〈，〉＝＝＝.故选C. 答案　C 2.(2023·云南保山·统考二模)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，Q为上底面A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线DQ与DA1的所成角为45°时，点Q的轨迹为(　　) A.圆 B.直线 C.抛物线 D.椭圆 解析　以点D为原点，，，1为x，y，z的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 设正方体棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1). 设Q(x，y，1)，可得＝(x，y，1)，1＝(1，0，1). 因为直线DQ与DA1的所成角为45°， 则cos 45°＝＝＝，化简可得y2＝2x， 所以点Q的轨迹为抛物线. 答案　C 考点2 线面角 [例2]　(2023·全国甲卷理科)在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)求证：AC＝A1C； (2)若直线AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. 解　(1)证明：∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴A1C⊥BC.又∵BC⊥AC，AC∩A1C＝C， ∴BC⊥平面ACC1A1.又∵BC⊂平面BCC1B1， ∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1. 过A1作A1H⊥CC1，则A1H⊥平面BCC1B1， 即A1H的长为点A1到平面BCC1B1的距离，∴A1H＝1. 设AC＝x，在Rt△A1CA中，A1C＝， 在Rt△CA1C1中，A1C1·A1C＝CC1·A1H， 即x·＝2×1，解得x＝，故A1C＝AC＝，∴A1C＝AC. (2)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，∴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. 在Rt△BCQ中，BQ＝2，CQ＝1，∴BC＝. 由(1)知CA，CB，CA1两两垂直， ∴以直线CA，CB，CA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则C(0，0，0)，A(，0，0)，A1(0，0，)，B(0，，0)， ∴＝(0，，0)，1＝(－，0，)，又知1＝1＝(－，0，)， ∴B1(－，，)， ∴1＝(－，，)，1＝(－2，，). 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则z＝1，则n＝(1，0，1). 设直线AB1与平面BCC1B1所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈1，n〉|＝＝＝＝， 即AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 向量法求直线与平面所成角主要方法是： （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. 变式训练 （2022·全国甲卷）在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝. （1）证明：BD⊥PA； （2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 解　（1）证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F， 因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2， 所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE＝BF＝， 故DE＝，BD＝＝， 所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD. 因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以PD⊥BD.又PD∩AD＝D，所以BD⊥平面PAD. 又因PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA. （2）如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD＝， 则A（1，0，0），B，P， 则＝，＝，＝， 设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z）， 则有 可取n＝， 则cos＜n，＞＝＝，所以PD与平面PAB所成角的正弦值为. 考点3 二面角 [例3]　(2023·新高考全国Ⅱ卷)如图，三棱锥A­BCD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＝，求二面角D­AB­F的正弦值. 解　(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC中点，DB＝DC，所以DE⊥BC①. 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，从而AE⊥BC②. 由①②，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE.而AD⊂平面ADE， 所以BC⊥DA. (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， 所以由(1)可知AE2＋DE2＝4＝AD2， 所以AE⊥DE. 又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， 所以AE⊥平面BCD. 以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)，E(0，0，0)， 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2). 二面角D­AB­F的平面角为θ，且＝(0，，－). 因为＝＝(－，0，)，所以F(－，0，)， 即有＝(－，0，0)，所以取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)； 取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)， 所以|cos θ|＝＝＝， 从而sin θ＝＝， 所以二面角D­AB­F的正弦值为. 用法向量求两平面的夹角：分别求出两个平面法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小. 变式训练 (2023·新高考全国Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1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P­A2C2­D2为150°时，求B2P. 解　(1)证明：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图，则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)， ∴＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)， ∴∥. 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， ∴B2C2∥A2D2. (2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 则＝(－2，－2，2)，2＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1). 设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，∴n＝(λ－1，3－λ，2)； 设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)， 则 令a＝1，得b＝1，c＝2，∴m＝(1，1，2)， ∴|cos 〈n，m〉|＝＝＝|cos 150°|＝， 化简可得λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3， ∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1. 学科网（北京）股份有限公司 $$