第7章 第4节 第3课时 利用空间向量求空间角（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

第❸课时　利用空间向量求空间角 [对应学生用书P162] 考点 利用向量法求解线面角问题 (精研通) 【例1】 (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：如图所示，取AB中点为O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1. 又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形. 又BC＝OB＝1， 所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO. 同理可得，四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO， 所以BD⊥AD. 因为PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PD⊥BD， 又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面ADP，所以BD⊥平面ADP. 又PA⊂平面ADP，所以BD⊥PA. (2)解：由(1)知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°， 所以三角形ADO为正三角形. 以过点D且垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(，－，0)，B(，，0)，P(0，0，)，D(0，0，0). 则＝(0，2，0)，＝(－，，)，＝(0，0，). 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝(2，0，1). 设直线PD与平面PAB所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈n，〉|＝＝＝， 所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为. 利用空间向量求线面角的解题模型 (2022·北京卷)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1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； (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. (1)证明：方法一　如图，设点P为AB的中点，连接PN，PM， 因为N为AC的中点，所以PN为△ABC的中位线， 所以PN∥BC.又M为A1B1的中点， 所以PM∥BB1. 因为BB1∩BC＝B，PM∩PN＝P，BB1，BC⊂平面BCC1B1，PM，PN⊂平面MPN， 所以平面BCC1B1∥平面MPN. 又MN⊂平面MPN，所以MN∥平面BCC1B1. 方法二　如图，取BC的中点D，连接B1D，DN. 在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1，AB＝A1B1. 因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC的中点， 所以B1M∥AB，B1M＝AB，DN∥AB，DN＝AB， 则B1M∥DN且B1M＝DN， 所以四边形B1MND为平行四边形，因此B1D∥MN. 又MN⊄平面BCC1B1，B1D⊂平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1. (2)解：因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1， 又因为平面BCC1B1⊥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. 选条件①：由(1)方法二得B1D∥MN，因为AB⊥MN，所以AB⊥B1D， 又B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1， 在三棱柱ABC­A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直， 故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz， 因为AB＝BC＝BB1＝2，所以B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)， 所以＝(1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(0，－2，0). 设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由得令x＝2，得n＝(2，－2，1). 设直线AB与平面BMN所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝， 所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为. 选条件②：由(1)方法一知B1B∥MP，CB∥NP，而CB⊥BB1， 故NP⊥MP. 又因为AB＝BC＝2，所以NP＝BP＝1. 在△MPB和△MPN中，BM＝MN，NP＝BP，MP＝MP， 则△MPB≌△MPN，因此∠MPN＝∠MPB＝90°， 即MP⊥AB，故B1B⊥AB. 在三棱柱ABC­A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直， 故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B­xyz， 则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)， 所以＝(1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(0，－2，0). 设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)， 由得令x＝2，得n＝(2，－2，1). 设直线AB与平面BMN所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝， 所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为. 考点 利用向量法求面面角问题 (精研通) 【例2】 (2023·新课标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. (1)证明：方法一　依题意，得＝＋＋＝＋＋＝， 所以B2C2∥A2D2. 方法二　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)， 所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)， 所以＝，所以B2C2∥A2D2. (2)解：建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中方法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)， 所以2＝(2，0，1－n)，2＝(0，－2，3－n)， 设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)， 所以则 令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)为平面PA2C2的一个法向量. 设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)， 由(1)方法二知，A2C2＝(－2，－2，2)，A2D2＝(0，－2，1)， 所以则 令y2＝1，得b＝(1，1，2)为平面A2C2D2的一个法向量. 所以|cos 150°|＝|cos 〈a，b〉|＝＝， 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. 1.利用向量法解二面角问题的策略 找法向量法 分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小 找与棱垂直的方向向量法 分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 2.两个平面夹角的向量求法 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面的夹角，用坐标法的解题步骤如下： (1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系； (2)求法向量：在建立的坐标系下求两个平面的法向量n1，n2； (3)计算：cos θ＝. (2021·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q­ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3. (1)证明：平面QAD⊥平面ABCD； (2)求二面角B­QD­A的余弦值. (1)证明：取AD的中点E，连接QE，∵QD＝QA＝， ∴QE⊥AD.∵AD＝2，∴DE＝1， ∴QE＝＝2，CE＝＝. ∴QE2＋CE2＝9＝QC2，∴QE⊥CE. 又∵AD∩CE＝E，AD⊂平面ABCD，CE⊂平面ABCD，∴QE⊥平面ABCD， ∵QE⊂平面QAD，∴平面QAD⊥平面ABCD. (2)解：取BC的中点F，连接EF，易得EF，ED，EQ两两垂直，如图，以E为原点，EF，ED，EQ所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系. 则B(2，－1，0)，Q(0，0，2)，D(0，1，0)， ∴＝(－2，1，2)，＝(0，1，－2). 设平面BQD的一个法向量n1＝(x，y，z)，则即 取z＝1，可得x＝2，y＝2，∴n1＝(2，2，1). 易知平面AQD的一个法向量为n2＝(1，0，0)， 设二面角B­QD­A的平面角为θ，显然θ为锐角， 则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝. ∴二面角B­QD­A的余弦值为. 分级练(47)　利用空间向量求空间角 分级一　提能强化 1.(2023·江苏高邮中学高三开学考试)在四棱锥P­ABCD中，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，AC⊥PB. (1)证明：平面PAC⊥平面PBC； (2)若PB⊥BC，直线PB与平面PAC所成的角为30°，求PD的长. (1)证明：在平面四边形ABCD中，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，所以四边形ABCD是等腰梯形，过点C作CE⊥AB于点E，因为四边形ABCD是等腰梯形， 所以BE＝，AE＝，CE＝＝＝， AC＝＝＝， 所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC， 又AC⊥PB，BC∩PB＝B，BC，PB⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC， 又AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBC. (2)解：因为PB⊥BC，AC⊥PB，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABCD， 所以PB⊥平面ABCD，由(1)知，AC⊥BC，以C为原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示， 则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，D(，－，0)， 因为AC⊥平面PBC，PB⊥BC，可设PB＝a(a>0)，所以P(0，1，a)， 则＝(，0，0)，＝(0，1，a)， 设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令y＝a， 则x＝0，z＝－1， 所以n＝(0，a，－1)，因为直线PB与平面PAC所成的角为30°， 所以sin 30°＝|cos 〈，n〉|＝＝， 解得a＝或a＝－(舍去)， 所以P(0，1，)，又D(，－，0)， 所以PD＝＝. 2.(2023·江苏宝应高三开学考试)如图，在四棱锥P­ABMN中，△PNM是边长为2的正三角形，AN⊥NP，AN∥BM，AN＝3，BM＝1，AB＝2，C，D分别是线段AB，NP的中点. (1)求证：平面ANMB⊥平面NMP； (2)求直线CD与平面ABP所成角的正弦值. (1)证明：如图，在四边形ABMN中，过B作BE∥MN交AN于E， 在△AEB中，得AE＝2，BE＝2，AB＝2， 则AB2＝AE2＋BE2，得AE⊥BE，∵BE∥MN，∴AN⊥NM， 又AN⊥NP，NM∩NP＝N，NM，NP⊂平面NMP，故AN⊥平面NMP， 又AN⊂平面ANMB，∴平面ANMB⊥平面NMP. (2)解：∵△PMN是等边三角形，∴DM⊥NP，又AN⊥平面MNP，以D为原点，DP，DM所在直线分别为x轴，y轴，以D与AP中点连线所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图， 可得D(0，0，0)，P(1，0，0)，N(－1，0，0)，M(0，，0)，A(－1，0，3)，B(0，，1)，C，＝(1，，－2)， 设平面ABP的一个法向量为n＝(x，y，z)，＝(2，0，－3)， 则得令x＝3，得y＝，z＝2，得n＝， 又＝，设直线CD与平面ABP所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝， 故直线CD与平面ABP所成角的正弦值为. 分级二　知能探究 3.(2022·浙江卷)如图，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F­DC­B的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点. (1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值. (1)证明：因为ABCD是直角梯形，∠BAD＝60°， 所以∠ABC＝90°，即AB⊥BC. 因为CDEF是直角梯形，∠CDE＝60°， 所以∠DCF＝90°，即DC⊥FC. 如图，在AB边上作AH＝2，连接DH，易得DH⊥AB， 在Rt△DAH中，因为∠DAH＝60°， 所以AD＝2AH＝4，DH＝2＝BC. 在DC边上作DG＝2，连接EG，易得GE⊥DC，在Rt△EGD中， 因为∠EDG＝60°，所以DE＝2DG＝4，EG＝2＝FC. 易知二面角F­DC­B的平面角为∠FCB＝60°， 又FC＝BC＝2，故△FBC为等边三角形. 又N为BC的中点，所以FN⊥BC. 因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，FC，BC⊂平面BCF， 所以DC⊥平面BCF. 又FN⊂平面BCF，所以DC⊥FN. 因为BC⊥FN，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面ABCD，故FN⊥平面ABCD， 又AD⊂平面ABCD，故FN⊥AD. (2)解：如图，取AD的中点K，连接NK，以N为坐标原点， 以NK，NB，NF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，M(3，，). 设平面ADE的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取x＝，则y＝－1，z＝，即n＝(，－1，). 设直线BM与平面ADE所成角为θ， 因为＝(3，－，)， 所以sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝. 4.(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P­ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E是PB的中点. (1)证明：OE∥平面PAC； (2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C­AE­B的正弦值. (1)证明：如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE. 因为AP＝PB，所以PD⊥AB. 因为PO为三棱锥P­ABC的高， 所以PO⊥平面ABC， 因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB. 又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P， 所以AB⊥平面POD. 因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD， 又AB⊥AC，所以OD∥AC， 因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC， 所以OD∥平面PAC. 因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA， 因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC， 所以DE∥平面PAC. 又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D， 所以平面ODE∥平面PAC. 又OE⊂平面ODE， 所以OE∥平面PAC. (2)解：连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC， 所以PO⊥OA，PO⊥OB， 所以OA＝OB＝＝＝4. 易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°， 所以OD＝OA sin 30°＝4×＝2， AB＝2AD＝2OA cos 30°＝2×4×＝4. 又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°， 所以在Rt△ABC中，AC＝AB tan 60°＝4×＝12. 以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x轴，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(0，12，0)，P(2，2，3)，E(3，1，)， 所以＝(3，1，)，＝(4，0，0)，＝(0，12，0). 设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝2，则n＝(－1，0，2). 设平面AEB的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 令z1＝2，则m＝(0，－3，2).所以|cos 〈n，m〉|＝＝. 设二面角C­AE­B的大小为θ，则sin θ＝＝. 所以二面角C­AE­B的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$