7.6 第2课时 空间向量的应用(二)（Word教参）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（人教A版）

第2课时　空间向量的应用(二) [对应学生用书P163] 考点一　异面直线所成的角(基础考点　自练自悟) 1．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在上，且∠AOD＝2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为(　　) A．　　　　　　　　　 B． C． D． 解析　因为∠AOD＝2∠BOD，且∠AOD＋∠BOD＝π，所以∠BOD＝，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(0，0，2)，D(，1，0)，所以＝(，3，0)，＝(0，－2，2)，设异面直线AD与BC所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝，所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为. 答案　A 2．有公共边的△ABC和△BCD均为等边三角形，且所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为________． 解析　设等边三角形的边长为2.取BC的中点O，连接OA，OD.因为△ABC和△BCD所在平面互相垂直，所以OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，OD，OC，OA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，)，B(0，－1，0)，C(0，1，0)，D(，0，0)， 所以＝(0，－1，－)，＝(，－1，0)， 设异面直线AB和CD所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝， 所以异面直线AB和CD所成角的余弦值为. 答案　 3．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ(0＜λ＜1)，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________． 解析　以D为坐标原点，DA，DC，DD1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A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)， ∴＝(0，2，－1)， ＝＋＝＋λ＝(－2λ，0，－2). ∴|cos 〈，〉|＝＝＝，解得λ＝. 答案　 用向量法求异面直线所成角的步骤 考点二　直线与平面所成的角(重难考点　师生共研) 　(2022·全国甲卷)在四棱锥P­ABCD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． (1)[证明]　∵PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD， ∴PD⊥BD， 取AB中点E，连接DE，CD＝AB＝BE， ∵CD∥AB，∴CD綊BE， ∴四边形BCDE为平行四边形， ∴DE＝CB＝1， ∴DE＝AB， ∴△ABD为直角三角形，AB为斜边， ∴BD⊥AD， ∵PD∩AD＝D， ∴BD⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD， ∴BD⊥PA. (2)[解析]　由(1)知，PD，AD，BD两两垂直，BD＝＝， 建立空间直角坐标系如图所示， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，P(0，0，)， ∴＝(0，0，－)，＝(1，0，－)，＝(－1，，0)， 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则 即 不妨设y＝z＝1，则n＝(，1，1)， 设PD与平面PAB所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝， ∴PD与平面PAB所成角的正弦值为. 利用空间向量求线面角的解题步骤 (2024·重庆市质量调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD是矩形，E为AD的中点，AD⊥平面PAB，PA⊥PB，M为PB的中点． (1)求证：EM∥平面PCD； (2)若AP＝AD，AB＝AD，求直线EM与平面PCE所成角的正弦值． (1)证明　如图所示，取PC的中点为F，连接MF，DF，则MF∥BC∥DE，且MF＝BC＝DE， ∴四边形DEMF是平行四边形， ∴DF∥EM， ∵DF⊂平面PCD，EM⊄平面PCD， ∴EM∥平面PCD. (2)解析　∵AD⊥平面PAB，PA，PB⊂平面PAB，∴AD⊥PA，AD⊥PB.以A为坐标原点，以在平面PAB内垂直于AB的直线为x轴，AB，AD所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系A­xyz，如图所示． 设AD＝2，则AP＝2，AB＝2. ∵PA⊥PB，∴∠PAB＝45°. ∴P(，，0)，D(0，0，2)，B(0，2，0)，E(0，0，1)，C(0，2，2)，M， ∴＝(0，2，1)，＝(－，，2)，＝， 设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 不妨令y＝－1，得z＝2，x＝3， 所以n＝(3，－1，2)， 设直线EM与平面PCE所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝， 所以直线EM与平面PCE所成角的正弦值为. 考点三　平面与平面的夹角(二面角)(重难考点　师生共研) 　如图，在三棱台ABC­A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点. (1)求证：A1N∥平面C1MA； (2)求平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值． (1)[证明]　连接MN.由M，N分别是BC，BA的中点，根据中位线性质，MN∥AC，且MN＝＝1， 由棱台性质，A1C1∥AC，于是MN∥A1C1，由MN＝A1C1＝1可知，四边形MNA1C1是平行四边形，则A1N∥MC1， 又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂平面C1MA，于是A1N∥平面C1MA. (2)[解析]　因为A1A⊥平面ABC，所以A1A⊥AB，A1A⊥AC，又AB⊥AC，所以A1A，AB，AC两两垂直．如图，以AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的坐标系． 则A(0，0，0)，C1(0，1，2)，C(0，2，0)，M(1，1，0)， 所以＝(0，1，2)，＝(1，1，0). 设平面C1MA的法向量为m＝(x，y，z)， 则即 令y＝2，则x＝－2，z＝－1，即m＝(－2，2，－1)，易知平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，0，0). 设平面C1MA与平面ACC1A1的夹角为θ，则|cos θ|＝|cos 〈m，n〉|＝＝， 又θ∈，所以cos θ＝， 故平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值为. 利用空间向量求二面角的两种常用方法 (2024·九省联考)如图，平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°. (1)证明：C1O⊥平面ABCD； (2)求二面角B­AA1­D的正弦值． (1)证明　＝＋＝－(＋)， ·＝·(－) ＝(·－·)－(2－2)＝0，∴C1O⊥BD， 而CC1＝2，CO＝，∠C1CO＝45°，∴C1O＝， ∴C1O2＋OC2＝CC，∴C1O⊥OC， ∵BD∩OC＝O，BD，AC⊂平面ABCD， ∴C1O⊥平面ABCD. (2)解析　如图，以O为坐标原点，OB，OC，OC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(，0，0)，A(0，－，0)，C1(0，0，)，C(0，，0)，A1(0，－2，)，D(－，0，0)， 设平面AA1B与平面AA1D的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 又＝(0，－，)，＝(，，0)，＝(－，，0)， ∴ ∴取n1＝(1，－1，－1)， ∴ 即取n2＝(1，1，1)， 设二面角B­AA1­D的平面角为θ， ∴|cos θ|＝＝＝， ∴sin θ＝， 即二面角B­AA1­D的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$