第7章 第7课时 向量法求空间角-【名师导航】2025年高考数学一轮总复习讲义（通用版）

第7课时　向量法求空间角 [考试要求]　1．能用空间向量的方法解简单的线线、线面、面面的夹角问题.2．体会向量方法在研究几何问题中的作用． 1．异面直线所成的角 若异面直线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． 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〉|＝． [常用结论] 最小角定理 如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2． 一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等． (　　) (2)直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α 所成的角． (　　) (3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ． (　　) (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]． (　　) 二、教材经典衍生 1．(人教A版选择性必修第一册P36例7改编)已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为(　　) A．　　 B．　 C．　　 D． 2．(人教A版选择性必修第一册P37例8改编)已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为________． 3．(人教A版选择性必修第一册P41练习T1改编)二面角α-l-β的棱上有A，B两点，线段AC，BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于棱l.已知AB＝1，AC＝2，BD＝3，CD＝2，则平面α与平面β的夹角为________． 4．(人教A版选择性必修第一册P38练习T2改编)PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，其中∠APC＝∠BPC＝45°，∠APB＝60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为________． 考点一　异面直线所成的角 [典例1]　 (1)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为(　　) A．　　　　 B． C． 　　　　 D． (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________． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　用坐标法求异面直线所成角的一般步骤 (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，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． [跟进训练] 1．(2024·浙江绍兴模拟)“曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，AA1⊥平面ABCD，AA1＝4，底面扇环所对的圆心角为的长度是长度的2倍，CD＝1，则异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为(　　) A．　　 B．　 C．　　 D． 考点二　直线与平面所成的角 [典例2]　(2022·北京高考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1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. [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　利用空间向量求线面角的解题步骤 [跟进训练] 2．(2022·浙江高考)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F -DC -B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． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点三　平面与平面的夹角 [典例3]　(12分)(2023·新高考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. [规范解答]　(1)证明：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C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)．·2分 ∴＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)．·············3分 ∴∥.··························4分 又B2C2，A2D2不在同一条直线上，→ ············5分 ∴B2C2∥A2D2. ··························6分 (2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，→ 则＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)， ·7分 设平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)， 则 令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，→ ∴n＝(λ－1，3－λ，2)为平面PA2C2的一个法向量．··········8分 设平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)， 则 令a＝1，得b＝1，c＝2， ∴m＝(1，1，2)为平面A2C2D2的一个法向量，············9分 |cos〈n，m〉|＝→ ＝＝|cos 150°|＝， 化简可得λ2－4λ＋3＝0，·····················10分 解得λ＝1或λ＝3， ∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，···················11分 ∴B2P＝1. ···························12分 　利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤 [跟进训练] 3．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD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D-AB-F的正弦值． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时分层作业(四十八)　向量法求空间角 1．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以PA⊥BC，同理PA⊥AB， 所以△PAB为直角三角形， 又因为PB＝＝，BC＝1，PC＝， 所以PB2＋BC2＝PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB. 又因为BC⊥PA，PA∩PB＝P， 所以BC⊥平面PAB. (2)由(1)知BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB， 以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(1，0，0)，所以＝(0，0，1)，＝(1，1，0)，＝(0，1，0)，＝(1，1，－1)． 设平面PAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 令x1＝1，则y1＝－1，所以m＝(1，－1，0)为平面PAC的一个法向量， 设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即 令x2＝1，则z2＝1，所以n＝(1，0，1)为平面PBC的一个法向量， 所以cos 〈m，n〉＝＝＝. 又因为二面角A-PC-B为锐二面角， 所以二面角A-PC-B的大小为. 2．解：(1)证明：取BC1中点M，连接EM，MD，如图所示． ∵AB＝AC，点D是BC的中点， ∴AD⊥BC， 又∵M是BC1的中点，∴DM∥CC1 ， 又∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中，有AA1∥CC1，AA1⊥平面ABC， ∴DM∥AE，DM⊥平面ABC， ∵AD∥平面BC1E，且AD⊂平面ADME，平面ADME∩平面BC1E＝EM，∴AD∥ME， ∵CC1⊥平面ABC，且AD⊂平面ABC， ∴CC1⊥AD， 又∵CC1∩BC＝C，且CC1，BC⊂平面BB1C1C， ∴AD⊥平面BB1C1C. 又∵AD∥ME，∴ME⊥平面BB1C1C， ∵ME⊂平面BC1E， ∴平面BC1E⊥平面BB1C1C. (2)由(1)知ME⊥平面BB1C1C， 则＝·ME， 设BC＝2a，则BD＝a，AD＝＝×2a×3＝3a， ∴＝·3a·＝， 由基本不等式知，当且仅当a＝时等号成立， 即三棱锥B1-BC1E的体积最大，此时a＝. 以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DM所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则有A，C，B，E，C1，∴＝＝(0，3，－3)，＝，设平面BC1E的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则有 取y1＝，解得n＝(0，，2)为平面BC1E的一个法向量， 设直线AC与平面BC1E所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝， 故直线AC与平面BC1E所成角的正弦值为. 3．解：(1)证明：连接BD， ∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD. 又BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC. 又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BDB1， ∴AC⊥平面BDB1．又B1D⊂平面BDB1，∴AC⊥B1D. (2)设CD的中点为F，连接AF，如图． ∵△ACD为等边三角形，∴AF⊥CD， 又CD∥AB，则AF⊥AB. 又AA1⊥平面ABCD，则AA1⊥AB，AA1⊥AF. 以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，，0)，E(－1，，h)(0≤h≤2)，B1(2，0，2)， ＝(2，0，2)，＝(－1，，h)， 设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)， ∴∴ 令x＝3，则n＝(3，h＋，－)为平面AB1E的一个法向量． 又平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)， 则cos 〈n，m〉＝＝. 又平面AB1E与平面ABCD的夹角的余弦值为， ∴＝，0≤h≤2， ∴h＝，∴＝， cos〈，n〉＝＝＝. ∴直线BE与平面AB1E所成角的正弦值为. 4．解：(1)证明： 因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，∴BC⊥AC， 又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面PAC. (2)∵E，F分别是PC，PB的中点，∴BC∥EF. 又EF⊂平面AEF，BC⊄平面AEF，∴BC∥平面AEF， 又BC⊂平面ABC，平面AEF∩平面ABC＝l， ∴BC∥l. 以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)， 则A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，)， ∴E，F， ∴＝＝(0，2，0)， ∵BC∥l，∴可设Q(2，y，0)，平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)， 则取z＝，得m＝(1，0，)为平面AEF的一个法向量，又＝(1，y，－)，则|cos〈，m〉|＝＝∈. ∴直线PQ与平面AEF所成角的取值范围为. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时分层作业(四十八)　向量法求空间角 1．(2023·北京高考)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝. (1)求证：BC⊥平面PAB； (2)求二面角A-PC-B的大小． 2．(2023·广东广州二模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，点D是BC的中点，点E在AA1上，AD∥平面BC1E. (1)求证：平面BC1E⊥平面BB1C1C； (2)当三棱锥B1-BC1E的体积最大时，求直线AC与平面BC1E所成角的正弦值． 3．(2024·辽宁鞍山模拟)如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，AB＝2，AA1＝2，E为线段DD1上一点． (1)求证：AC⊥B1D； (2)若平面AB1E与平面ABCD的夹角的余弦值为，求直线BE与平面AB1E所成角的正弦值． 4．如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，△PAC中，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点． (1)求证：BC⊥平面PAC； (2)记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上的动点，求直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第7课时　向量法求空间角 梳理·必备知识 1．　2．　3． 激活·基本技能 一、(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 二、1．C　[设两直线的夹角为θ，所以cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝.所以l1和l2夹角的余弦值为.] 2．　[设两平面夹角为θ，则cos θ＝.] 3．　[设平面α与平面β的夹角为θ， 由可得，＋2·＋2·＋2·＝4＋1＋9＋2cos〈〉＝14－12cos θ＝(2)2. 所以cos θ＝，即平面α与平面β的夹角为.] 4．　[过PC上一点D作DO⊥平面APB，如图， 则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角. 因为∠APC＝∠BPC＝45°，所以点O在∠APB的平分线上，即∠OPE＝30°. 过点O作OE⊥PA，OF⊥PB， 因为DO⊥平面APB， 则DE⊥PA，DF⊥PB. 设PE＝1，因为∠OPE＝30°，所以OP＝，在Rt△PED中，∠DPE＝45°，PE＝1，则PD＝. 在Rt△DOP中，OP＝，PD＝，则 cos∠DPO＝. 即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是.] 考点一 典例1　(1)B　(2)　[(1)因为AB2＋AC2＝BC2，所以∠BAC＝90°.以A为原点，AB，AC，AA1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(0，0，0)，A1(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，所以D，所以＝(0，，－)，所以cos〈〉＝〉＝.故选B. (2)以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略). 因为正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0). 所以＝(0，2，－1)，＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2). 则|cos〈〉|＝， 解得λ＝.] 跟进训练 1.C　[设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，由底面扇环所对的圆心角为长度的2倍，CD＝1，可知OC＝1，则C1(1，0，4)，A(0，2，0)，B(0，1，0)，D1(2，0，4)，A1(0，2，4)， 则＝(2，－2，0)，＝(1，－1，4)， cos〈〉＝， 又异面直线所成角的范围为， 故异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为. 故选C.] 考点二 典例2　解：(1)证明：如图，取BC的中点D，连接B1D，DN，在三棱柱ABC⁃A1B1C1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB.因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC的中点，所以B1M∥AB，B1M＝AB，DN∥AB，DN＝AB，即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)选条件①： 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， 由(1)得B1D∥MN，又因为AB⊥MN，所以AB⊥B1D， 而B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1. 在三棱柱ABC⁃A1B1C1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轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB＝BC＝BB1＝2，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n＝(x，y，z)， 由令x＝2，得n＝(2，－2，1)为平面BMN的一个法向量. 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： 取AB的中点H，连接HM，HN， 因为M，N，H分别为A1B1，AC，AB的中点，所以B1B∥MH，CB∥NH，而CB⊥BB1，故NH⊥MH. 又因为AB＝BC＝2，所以NH＝BH＝1. 在△MHB和△MHN中，BM＝MN，NH＝BH，公共边MH，那么△MHB≌△MHN， 因此∠MHN＝∠MHB＝90°，即MH⊥AB，故B1B⊥AB. 在三棱柱ABC⁃A1B1C1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轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为AB＝BC＝BB1＝2，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n＝(x，y，z)， 由令x＝2，得n＝(2，－2，1)为平面BMN的一个法向量. 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. 跟进训练 2．解：(1)证明：易求得CF＝2，BC＝2. ∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF为二面角F⁃DC⁃B的平面角， ∴∠BCF＝60°，∴△BCF为等边三角形. ∵N为BC的中点，∴FN⊥BC. 又∵DC⊥平面BCF， ∴DC⊥FN，BC∩DC＝C， ∴FN⊥平面BCD，∴FN⊥AD. (2)如图建系，则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，M，∴＝(－2，－2，0)，＝(－2，，3). 设平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM与平面ADE所成角为θ， ∴⇒ 取x0＝，则y0＝－1，z0＝，即n＝(，－1，)是平面ADE的一个法向量. ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝. ∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为. 考点三 跟进训练 3．解：(1)证明：如图，连接DE，AE， 因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC. 因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB， 所以△ADB≌△ADC(SAS). 可得AC＝AB，故AE⊥BC. 因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE. 又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA. (2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC. 不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2. 由题可知△DBC为等腰直角三角形， 故DE＝EB＝EC＝. 因为AE⊥BC， 所以AE＝. 在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2， 所以AE⊥ED. 以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(，0，0)，B(0，，0)，A(0，0，＝(－，0，＝(0，－). 设F(xF，yF，zF)，因为，所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F(－，0，)， 所以＝(，0，0). 设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1，1，1)为平面DAB的一个法向量. 设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)为平面ABF的一个法向量， 所以cos〈m，n〉＝. 记二面角D⁃AB⁃F的大小为θ，则sin θ＝， 故二面角D⁃AB⁃F的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$