第43讲 利用向量求角-2025届高三数学一轮复习

“功夫”2025届第一轮精练 第43讲 利用向量求角 第43讲 利用向量求角 “功夫”2025届第一轮精练 最新考题尽在“功夫”！1 最新考题尽在“功夫”！1 学科网（北京）股份有限公司 学习目标 　1. 能用向量法解决异面直线所成角、直线与平面所成角、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用. 2. 弄清折叠问题中的变量与不变量，掌握折叠问题中线面位置关系的判断和空间角的计算问题． 异面直线所成角的计算 【例1】1.(2023·十堰调研)如图，等边三角形ABC的边长为3，DE⊥AB分别交AB，AC于D，E两点，且AD＝1，将△ADE沿DE折起(点A与P重合)，使得平面PED⊥平面BCED，则折叠后的异面直线PB，CE所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D．知识： 【解析】由题意可知DB，DE，DP两两垂直，以D为坐标原点，DB，DE，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图． 由题知DE＝，C到直线BD的距离为，则P(0，0，1)，B(2，0，0)，C，E(0，，0)， 从而＝(2，0，－1)，＝. 故cos 〈，〉＝＝＝－， 因此sin 〈，〉＝. 思维升华 向量法求异面直线所成角的步骤： (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． 2.(2023·石家庄联考)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA＝AB，＝2，E，F分别是棱CD，PA的中点，则异面直线BH与EF所成角的余弦值是(　A　) A． B． C． D． 【解析】以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设PA＝AB＝6，则B(6，0，0)，C(6，6，0)，P(0，0，6)，E(3，6，0)，F(0，0，3).由＝2得＝＝(4，4，－4)，则H(4，4，2)，＝(－2，4，2).又＝(3，6，－3)，所以异面直线BH与EF所成角的余弦值为|cos 〈，〉|＝＝＝. 【拓展练习】 1. (2023·武汉模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝BC，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为(　　) A．－ B. C．－ D. 【解析】　如图，以点A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝2，异面直线BF与PE所成的角为θ，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，则E(1,2,0)，F(1,1,1)， 所以＝(－1,1,1)，＝(1,2，－2)， 所以cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝， 所以异面直线BF与PE所成角的余弦值为. 2.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1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)，A1A＝(0,0，－2)， ＝(－2,0,0)， ＝＋＝＋λ＝(－2λ，0，－2)． ∴|cos〈，〉|＝＝＝， 解得λ＝. 直线与平面所成的角 【例2】1．如图，已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)， 所以＝(0，3，1)，＝(1，1，－1)，＝(0，3，－1). 设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，则即 取y＝1，得n＝(2，1，3)，所以cos 〈，n〉＝＝， 所以DC1与平面D1EC所成角的正弦值为. 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． (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. 又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA. (2)解　由(1)知，DA，DB，DP两两垂直， 如图，以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的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 可取n＝(，1,1)， 则cos〈n，〉＝＝＝， 所以PD与平面PAB所成角的正弦值为. 思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤 【拓展练习】 3．(人A选必一P38练习T1)在直三棱柱A1B1C1-ABC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】如图，建立空间直角坐标系．设BC＝CA＝CC1＝1，则A(1，0，1)，B(0，1，1)，D1， F1，所以＝，＝，所以|cos 〈，〉|＝＝ ＝. 4.　(2023·全国甲卷理)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1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． 【解析】因为A1C⊥底面ABC，BC⊂底面ABC， 所以A1C⊥BC.又∠ACB＝90°， 所以AC⊥BC. 又AC∩A1C＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1， 所以BC⊥平面ACC1A1. 又BC⊂平面BCC1B1， 所以平面BCC1B1⊥平面ACC1A1，且交线为CC1.如图(1)， 过A1作CC1的垂线，垂足为M，则A1M⊥平面BCC1B1. 又A1到平面BCC1B1的距离为1， 所以A1M＝1.在△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2＝2A1M， 所以M为CC1的中点， 又M为垂足，所以△A1CC1为等腰三角形， 所以A1C1＝A1C，进而A1C＝AC. （2）由(1)知，CA，CB，CA1两两垂直，如图(2)，建立空间直角坐标系Cxyz.过C作CH⊥A1A，则H为AA1的中点． 连接BH，则BH⊥AA1. 因为直线AA1与BB1的距离为2， 所以BH＝2.由(1)知CA＝CA1＝，CH＝1，在Rt△CBH中，CB＝＝.因为C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，A1(0，0，)， 所以1＝1＝1＝(－，0，)，＝(0，，0)，1＝＋1＝(－，，0)＋(－，0，)＝(－2，，). 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则 令x＝1，得z＝1，y＝0，故n＝(1，0，1). 设直线AB1与平 面BCC1B1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝.故AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 平面与平面的夹角 【例3】1.（2023全国Ⅰ卷）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．   (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 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． 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. 又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA. (2)解　由(1)知，DA，DB，DP两两垂直， 如图，以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的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 可取n＝(，1,1)， 则cos〈n，〉＝＝＝， 所以PD与平面PAB所成角的正弦值为. 思维升华 利用空间向量求两个平面所成角的解题步骤 (1)建立坐标系，建坐标系的原则是尽可能使已知点在坐标轴上或在坐标平面内． (2)根据题意正确写出所有“相关点”的坐标以及“相关向量”的坐标． (3)分别求出二面角所在的两个平面的法向量． cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝ (4)利用夹角公式求得法向量的夹角． (5)将法向量的夹角“翻译”成为所求两平面的夹角． 【拓展练习】5．（2024年天津）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【 如图所示空间直角坐标系， 6．（2023全国Ⅱ卷）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 7. (2024·九省联考)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1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B－AA1－D的正弦值． $$ “功夫”2025届第一轮精练 第43讲 利用向量求角 第43讲 利用向量求角 “功夫”2025届第一轮精练 最新考题尽在“功夫”！1 最新考题尽在“功夫”！1 学科网（北京）股份有限公司 学习目标 　1. 能用向量法解决异面直线所成角、直线与平面所成角、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用. 2. 弄清折叠问题中的变量与不变量，掌握折叠问题中线面位置关系的判断和空间角的计算问题． 异面直线所成角的计算 【例1】1.(2023·十堰调研)如图，等边三角形ABC的边长为3，DE⊥AB分别交AB，AC于D，E两点，且AD＝1，将△ADE沿DE折起(点A与P重合)，使得平面PED⊥平面BCED，则折叠后的异面直线PB，CE所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D．知识： 【解析】由题意可知DB，DE，DP两两垂直，以D为坐标原点，DB，DE，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图． 由题知DE＝，C到直线BD的距离为，则P(0，0，1)，B(2，0，0)，C，E(0，，0)， 从而＝(2，0，－1)，＝. 故cos 〈，〉＝＝＝－， 因此sin 〈，〉＝. 思维升华 向量法求异面直线所成角的步骤： (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． 2.(2023·石家庄联考)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA＝AB，＝2，E，F分别是棱CD，PA的中点，则异面直线BH与EF所成角的余弦值是(　A　) A． B． C． D． 【解析】以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设PA＝AB＝6，则B(6，0，0)，C(6，6，0)，P(0，0，6)，E(3，6，0)，F(0，0，3).由＝2得＝＝(4，4，－4)，则H(4，4，2)，＝(－2，4，2).又＝(3，6，－3)，所以异面直线BH与EF所成角的余弦值为|cos 〈，〉|＝＝＝. 【拓展练习】 1. (2023·武汉模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝BC，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为(　　) A．－ B. C．－ D. 【解析】　如图，以点A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝2，异面直线BF与PE所成的角为θ，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，则E(1,2,0)，F(1,1,1)， 所以＝(－1,1,1)，＝(1,2，－2)， 所以cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝， 所以异面直线BF与PE所成角的余弦值为. 2.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1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)，A1A＝(0,0，－2)， ＝(－2,0,0)， ＝＋＝＋λ＝(－2λ，0，－2)． ∴|cos〈，〉|＝＝＝， 解得λ＝. 直线与平面所成的角 【例2】1．如图，已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)， 所以＝(0，3，1)，＝(1，1，－1)，＝(0，3，－1). 设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，则即 取y＝1，得n＝(2，1，3)，所以cos 〈，n〉＝＝， 所以DC1与平面D1EC所成角的正弦值为. 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． (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. 又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA. (2)解　由(1)知，DA，DB，DP两两垂直， 如图，以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的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 可取n＝(，1,1)， 则cos〈n，〉＝＝＝， 所以PD与平面PAB所成角的正弦值为. 思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤 【拓展练习】 3．(人A选必一P38练习T1)在直三棱柱A1B1C1-ABC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】如图，建立空间直角坐标系．设BC＝CA＝CC1＝1，则A(1，0，1)，B(0，1，1)，D1，F1，所以＝，＝，所以|cos 〈，〉|＝＝＝. 4.　(2023·全国甲卷理)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1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． 【解析】因为A1C⊥底面ABC，BC⊂底面ABC， 所以A1C⊥BC.又∠ACB＝90°， 所以AC⊥BC. 又AC∩A1C＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1， 所以BC⊥平面ACC1A1. 又BC⊂平面BCC1B1， 所以平面BCC1B1⊥平面ACC1A1，且交线为CC1.如图(1)， 过A1作CC1的垂线，垂足为M，则A1M⊥平面BCC1B1. 又A1到平面BCC1B1的距离为1， 所以A1M＝1.在△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2＝2A1M， 所以M为CC1的中点， 又M为垂足，所以△A1CC1为等腰三角形， 所以A1C1＝A1C，进而A1C＝AC. （2）由(1)知，CA，CB，CA1两两垂直，如图(2)，建立空间直角坐标系Cxyz.过C作CH⊥A1A，则H为AA1的中点． 连接BH，则BH⊥AA1. 因为直线AA1与BB1的距离为2， 所以BH＝2.由(1)知CA＝CA1＝，CH＝1，在Rt△CBH中，CB＝＝.因为C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，A1(0，0，)， 所以1＝1＝1＝(－，0，)，＝(0，，0)，1＝＋1＝(－，，0)＋(－，0，)＝(－2，，). 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则 令x＝1，得z＝1，y＝0，故n＝(1，0，1). 设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝.故AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 平面与平面的夹角 【例3】1.（2023全国Ⅰ卷）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．   (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【解析】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 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． (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. 又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA. (2)解　由(1)知，DA，DB，DP两两垂直， 如图，以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的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 可取n＝(，1,1)， 则cos〈n，〉＝＝＝， 所以PD与平面PAB所成角的正弦值为. 思维升华 利用空间向量求两个平面所成角的解题步骤 (1)建立坐标系，建坐标系的原则是尽可能使已知点在坐标轴上或在坐标平面内． (2)根据题意正确写出所有“相关点”的坐标以及“相关向量”的坐标． (3)分别求出二面角所在的两个平面的法向量． cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝ (4)利用夹角公式求得法向量的夹角． (5)将法向量的夹角“翻译”成为所求两平面的夹角． 【拓展练习】5．（2024年天津）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【解析】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 6．（2023全国Ⅱ卷）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 【解析】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 7. (2024·九省联考)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1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B－AA1－D的正弦值． 【解析】　(1)证明：∵＝＋＝－(＋)， ∴·＝·(－)＝(·－·)－(2－2)＝0，∴C1O⊥BD， 而CC1＝2，CO＝，∠C1CO＝45°，∴C1O＝，∴C1O2＋OC2＝CC12， ∴C1O⊥OC，∵BD∩OC＝O， ∴C1O⊥平面ABCD. (2) 易知OB，OC，OC1两两垂直，则建立如图所示的空间直角坐标系，∴B(，0，0)，A(0，－，0)，A1(0，－2，)，D(－，0，0)， ∴＝(，，0)，＝(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)， ∴⇒n1＝(1，－1，－1)， ⇒n2＝(1，1，1)， 设二面角B－AA1－D的平面角为θ， ∴|cos θ|＝＝＝， 故sin θ＝. $$