第7章 第8讲 向量法求空间角（word教师用书）-【高考领航】2025年高考数学大一轮复习

第8讲　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． 1．异面直线所成的角 设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝． 2．直线与平面所成的角 如图，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sin θ＝|cos_〈u，n〉|＝． 3．平面与平面的夹角 如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把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． 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝． 　(1)直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值． (2)注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为. 常用结论 直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称为直线l的方向向量，与平行的任意非零向量也是直线l的方向向量． (2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为 1．思考辨析(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(0，]，直线与平面所成角的范围是[0，]，二面角的范围是[0，π]．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．回源教材 (1)在直三棱柱ABC -A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是(　　) A．　　 B．　 C．　　 D． 解析：A　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)， ＝(1，－1，2)， ＝(－1，0，2)， 故cos〈，〉＝＝. (2)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)， 则＝(－1，0，1)， ＝(0，－2，2)， ＝(－2，0，0)． 设平面A′BCD′的法向量为n＝(x，y，z)， 故 令z＝1，则y＝1，x＝0，所以n＝(0，1，1)， 所以MN与平面A′BCD′所成角的正弦值为|cos〈，n〉|＝＝. 答案： (3)两个平面的法向量分别为n1＝(0，－1，1)，n2＝(1，0，－1)，则两个平面夹角的余弦值为________． 解析：设两个平面的夹角为θ，则 cos θ＝＝. 答案： 　异面直线所成的角 例1　(2024·江西五市九校第一次联考)如图，矩形ABCD 是圆柱O1O2的轴截面，AB＝AD＝2，点E在上底面圆周上，且＝2，F为线段BC的中点，则异面直线AE与DF所成角的余弦值为(　　) A．　　 B．　 C．　　 D． 解析：D　连接O1O2，过点E作EE1∥O1O2交下底面于点E1，连接O2E1，则＝2，∠E1O2A＝. 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)，E1(，－，0)，E(，－，2)． 所以＝(，，2)，＝(0，2，－1)． 所以＝＝＝， 所以异面直线AE与DF所成角的余弦值为.故选D． 反思感悟 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)用坐标表示两异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值． (4)注意两异面直线所成角的范围是(0，]，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值． 训练1　已知三棱柱ABC -A1B1C1的所有棱长均为2，AA1⊥平面ABC，则异面直线A1B，AC1所成角的余弦值为(　　) A．　　 B．　 C．　　 D． 解析：A　以A为坐标原点，平面ABC内过点A且垂直于AC的直线为x轴，AC所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(，1，0)，C1(0，2，2)，∴＝(，1，－2)，＝(0，2，2)， ∴|cos〈，〉| ＝＝， ∴异面直线A1B，AC1所成角的余弦值为.故选A． 　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； (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：(1)证明：∵A1C⊥平面ABC，BC，AC⊂平面ABC， ∴A1C⊥BC，A1C⊥AC. 又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC. ∵A1C∩AC＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1， ∴BC⊥平面ACC1A1. ∵BC⊂平面BCC1B1， ∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1. 如图，过点A1作A1D⊥CC1于点D， ∵平面ACC1A1⊥平面BCC1B1， 平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1D⊂平面ACC1A1，∴A1D⊥平面BCC1B1， ∴A1D＝1. ∵A1C1∥AC，∴A1C⊥A1C1. 由棱柱的性质知CC1＝AA1＝2， ∴S△A1C1C＝A1C1·A1C ＝CC1·A1D＝1.　① 又A1C＋A1C2＝CC＝4，　② 联立①②，解得A1C1＝A1C＝. 由棱柱的性质知A1C1＝AC， ∴A1C＝AC＝. (2)如图，过点D作DE∥BC交BB1于点E，连接A1E， 则DE⊥平面ACC1A1. ∵CC1⊂平面ACC1A1， ∴DE⊥CC1. ∵DE∩A1D＝D，DE，A1D⊂平面A1DE， ∴CC1⊥平面A1DE. ∵A1E⊂平面A1DE，∴CC1⊥A1E. 由棱柱的性质知，AA1∥CC1∥BB1， ∴AA1⊥A1E，BB1⊥A1E， ∴线段A1E的长即为AA1与BB1的距离， ∴A1E＝2， ∴DE＝＝. 易知四边形DEBC为平行四边形， ∴BC＝DE＝. 由(1)知直线CA1，CA，CB两两垂直，故以点C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，B1(－，，)， ∴＝(－2，，)， ＝(－，，)，＝(0，，0)． 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则y＝0，z＝1，∴n＝(1，0，1)． 设直线AB1与平面BCC1B1所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝. 反思感悟 向量法求直线与平面所成角的主要方法 (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． 训练2　(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于点E，CF⊥AB于点F，如图． 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，PD，AD⊂平面PAD， 所以BD⊥平面PAD. 又PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA. (2)由(1)知，DA，DB，DP两两垂直， 如图，以点D为原点建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，P(0，0，)， 则＝(－1，0，)， ＝(0，－，)，＝(0，0，)． 设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则有即 可取n＝(，1，1)， 则cos〈n，〉＝＝， 所以PD与平面PAB所成角的正弦值为. 　平面与平面的夹角 例3　(2023·新课标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； (2)点P在棱BB1上，当二面角PA2C2D2为150°时，求B2P. 解：(1)证明：如图，以CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 因为AB＝2，AA1＝4，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3， 所以A2(2，2，1)，B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，D2(2，0，2)， 所以＝＝(0，－2，1)， 又A2，D2，B2，C2四点不共线，所以B2C2∥A2D2. (2)设P(0，2，a)(0≤a≤4)， 由(1)中建系可知A2(2，2，1)，C2(0，0，3)， D2(2，0，2)， 则＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，1)，＝(－2，0，a－1)． 设平面A2C2D2的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 所以 即 取y1＝1，可得x1＝1，z1＝2， 所以m＝(1，1，2)． 设平面PA2C2的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 所以 即取z2＝1， 可得x2＝，y2＝， 所以n＝(，，1)． 因为二面角P -A2C2 -D2为150°， 所以|cos〈m，n〉|＝＝， 即＝，解得a＝1或a＝3，所以点P为B2B的中点或B2B1的中点，即B2P＝1. 反思感悟 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤 训练3　(2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P -ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝DO，点F在AC上，BF⊥AO. (1)证明：EF∥平面ADO； (2)证明：平面ADO⊥平面BEF； (3)求二面角D -AO -C的正弦值． 解：(1)证明：连接DE，OF，如图所示，设＝λ(0≤λ≤1)， 则＝＋＝＋λ＝＋λ(＋)＝(1－λ)＋λ，＝＋＝－＋. 因为BF⊥AO， 所以·＝[(1－λ)＋λ]·(－＋)＝(λ－1)||2＋λ||2＝4(λ－1)＋4λ＝0，解得λ＝， 即＝，故F为AC的中点． 又O为BC的中点，所以OF∥AB，OF＝AB.因为D，E分别为PB，PA的中点， 所以DE∥AB，DE＝AB， 所以DE∥OF，DE＝OF， 所以四边形DEFO为平行四边形， 所以EF∥DO. 因为EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO， 所以EF∥平面ADO. (2)证明：由(1)知BF＝AC＝，AO＝， DO＝EF＝，AD＝DO＝，BD＝， 所以AO2＋DO2＝AD2，所以AO⊥DO. 因为EF∥DO，所以AO⊥EF. 又AO⊥BF，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)以B为原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0，，0)，C(0，2，0)． 因为cos∠ADB＝－cos∠ADP， 即 ＝－， 解得PA＝.设P(x，y，z)， 由PB＝PC＝，PA＝， 得解得 故P(－1，，)，D(－，，)． 取平面AOC的法向量为m1＝(0，0，1)． 设平面AOD的法向量为m2＝(x2，y2，z2)， 由＝(－2，，0)，＝(－，－，)， 得令x2＝1， 则m2＝(1，，)． 所以cos〈m1，m2〉＝＝＝， 所以二面角D -AO -C的正弦值为＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$