3.2 基础课7 空间向量与空间角-（教师用书）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

基础课7　空间向量与空间角 一、异面直线所成的角、直线与平面所成的角 1.(2024·新课标Ⅱ卷，T7)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B.1 C.2 D.3 答案：B 解析：设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，三条侧棱延长后交于一点P，作PO⊥平面ABC，交平面ABC于点O，交平面A1B1C1于点O1，连接OA，O1A1，如图所示.由AB＝3A1B1，可得PO1＝h，PO＝h，又＝×22×＝，S△ABC＝×62×＝9，所以正三棱台ABC-A1B1C1的体积V＝VP-ABC－＝×9×h－××h＝，解得h＝，故PO＝h＝2.由正三棱台的性质可知，O为底面ABC的中心，则OA＝×＝2.因为PO⊥平面ABC，所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角，在Rt△PAO中，tan ∠PAO＝＝1.故选B. 2.(多选)(2022·新高考Ⅰ卷，T9)已知正方体ABCD -A1B1C1D1，则(　　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 答案：ABD 解析：如图，连接B1C，BC1，因为DA1∥B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；连接CA1，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1.因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C.又CA1⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO.因为B1B⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，B1D1，B1B⊂平面BB1D1D，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.设正方体棱长为1，则C1O＝，BC1＝，sin∠C1BO＝＝，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正确.故选ABD. 二、平面与平面的夹角 3.(2023·新课标Ⅱ卷，T20)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. 解：(1)证明：如图，连接AE，DE. 因为E为BC中点，DB＝DC，所以DE⊥BC. 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，从而AE⊥BC. 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE， 所以BC⊥DA. (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为BD⊥CD，所以BC＝2，DE＝AE＝. 所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE. 又因为AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， 所以AE⊥平面BCD. 以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)，E(0，0，0)， 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 二面角D -AB-F的平面角为θ，而＝(0，，－). 因为＝＝(－，0，)，所以F(－，0，)，即有＝(－，0，0)， 所以取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)； 取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)， 所以｜cos θ｜＝＝＝， 从而sin θ＝＝. 所以二面角D -AB-F的正弦值为. 考情分析 　　以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，多以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上. 学生用书⬇第46页 核心考点一　异面直线所成的角　[基础性考法] (1)如图，已知圆柱O1O2的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E为下底面圆周上一点，满足＝2，则异面直线AE与BO1所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. (2)(2025·山东枣庄二调)已知三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长相等，且∠A1AB＝∠A1AC＝∠BAC＝60°，则异面直线AB与B1C所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案：(1)B　(2)C 解析：(1)法一：如图所示，连接EO2并延长，交底面圆于点F，连接FO1，FB，易知AE∥BF且AE＝BF，所以∠FBO1为异面直线AE与BO1所成的角或其补角.因为＝2，则∠AO2E＝60°，所以△AEO2为正三角形，故AE＝BF＝1.由圆柱的性质知O1F＝O1B＝＝，所以在等腰△BFO1中，cos ∠FBO1＝＝.故选B. 法二：以A为原点，AB，AD所在直线分别为y轴、z轴，过点A与AB垂直的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，O1(0，1，2)，E(，，0)，所以＝(，，0)，＝(0，－1，2)，所以异面直线AE与BO1所成角的余弦值为｜cos＜，＞｜＝＝＝.故选B. (2)不妨设棱长为2，由题意可知：＝＝＝2，＝＝＝2.因为＝＋＝－＋－，则＝＝＋＋＋2－2－2＝4＋4＋4＋4－4－4＝8，即＝2，且＝－＋－＝－2＋2－4＝－4，可得cos＜，＞＝＝＝－.则异面直线AB与B1C所成角的余弦值为.故选C. 规律反思 1.利用几何法求异面直线所成的角时，通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的角，也可能是其补角. 2.用向量法求异面直线所成的角时，要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同.预测练1.平面α过直三棱柱ABC-A1B1C1的顶点B1，平面α∥平面ABC1，平面α∩平面BB1C1C＝l，且AA1＝AB＝BC，AB⊥BC，则A1B与l所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：如图所示，将直三棱柱ABC-A1B1C1向上补一个全等的直三棱柱A1B1C1-A2B2C2，则B1C2∥BC1，A1B1∥AB.因为B1C2⊄平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，且A1B1⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以B1C2∥平面ABC1，且A1B1∥平面ABC1.又因为B1C2∩A1B1＝B1，且B1C2，A1B1⊂平面A1B1C2，所以平面A1B1C2∥平面ABC1，且B1∈平面A1B1C2，故平面A1B1C2即为平面α，所以交线l即为直线B1C2.因为B1C2∥BC1，则A1B与l所成角即为∠A1BC1.设AA1＝AB＝BC＝1，则AC＝A1C1＝，BC1＝BA1＝，可得A1C1＝BC1＝BA1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝60°，所以sin ∠A1BC1＝，即A1B与l所成角的正弦值为.故选A. 核心考点二　直线与平面所成的角　[综合性考法] (2025·广东湛江二模)如图，在四棱锥E-ABCD中，△ABE是正三角形，四边形ABCD是正方形，BC⊥平面ABE，F为BC的中点. (1)证明：AF⊥DE； (2)求直线AF与平面CDE所成角的正弦值. 解：(1)证明：连接EF，DF，记DE的中点为G，连接AG，FG. 因为BC⊥平面ABE，所以BC⊥BE. 由△ABE是正三角形，四边形ABCD是正方形，F为BC的中点， 易得△BEF≌△CDF，则EF＝DF. 因为G是DE的中点，所以FG⊥DE. 又AD＝AE，所以AG⊥DE. 因为FG∩AG＝G，FG，AG⊂平面AFG，所以DE⊥平面AFG， 从而AF⊥DE. (2)记AB的中点为O，连接OE，则OE⊥AB. 以O为坐标原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，过点O且与BC平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨令AB＝2，则A(0，－1，0)，F(0，1，1)，C(0，1，2)，D(0，－1，2)，E(，0，0)， ＝(0，2，1)，＝(0，－2，0)，＝(，－1，－2). 设平面CDE的法向量为m＝(x，y，z)，由 得 令x＝2，得y＝0，z＝，则m＝(2，0，). 设直线AF与平面CDE所成的角为θ， 则sin θ＝｜cos＜，m＞｜＝＝＝. 故直线AF与平面CDE所成角的正弦值为. 规律反思 1.几何法求线面角的关键是找出线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中应用余弦定理(或勾股定理)求解. 2.向量法求线面角时要注意：线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角＜a，n＞的关系是＜a，n＞＋θ＝或＜a，n＞－θ＝，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值. 预测练2.(2025·山东聊城一模)在三棱锥P-ABC中，△PAC为等边三角形，∠BAC＝90°，AC＝2AB＝4，E为PC的中点，M为线段BC上一点，sin ∠CAM＝. 学生用书⬇第47页 (1)证明：ME∥平面PAB； (2)若PM＝，求直线PA与平面AME所成角的正弦值. 解：(1)证明：因为∠BAC＝90°，AC＝4，AB＝2， 所以BC＝2， 所以sin ∠ACB＝＝＝. 在△AMC中，根据正弦定理得＝. 又sin ∠CAM＝，所以AM＝MC，所以∠ACM＝∠CAM. 因为∠ACB＋∠ABC＝90°，∠CAM＋∠BAM＝90°， 所以∠BAM＝∠ABM，所以AM＝BM， 所以BM＝MC， 所以M为BC的中点. 又E为PC的中点，所以ME∥BP. 因为ME⊄平面PAB，BP⊂平面PAB， 所以ME∥平面PAB. (2)取AC中点O，连接PO，MO.因为M为BC的中点， 所以OM∥AB，OM＝AB＝1. 因为∠BAC＝90°，即BA⊥AC，所以OM⊥AC. 因为△PAC为等边三角形，且AC＝4，所以PO⊥AC，PO＝2. 又PM＝，所以PO2＋OM2＝PM2，所以PO⊥OM. 以O为原点，分别以，，为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则A，M，P，C(0，2，0)，E， ＝，＝，＝. 设平面AME的一个法向量为n＝， 则取x＝2，则y＝－1，z＝，所以n＝. 设直线PA与平面AME所成的角为θ，θ∈， 则sin θ＝＝＝， 所以直线PA与平面AME所成角的正弦值为. 核心考点三　平面与平面的夹角　[综合性考法] (2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD. 解：(1)证明：由于PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为AB＝，BC＝1，AC＝2， 所以AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，所以BC∥AD， 因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC. (2)由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a＞0，则CD＝，C(0，，0)，P(a，0，2)，＝(0，－，0)，＝(－a，，0)，＝(a，－，2). 设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)， 则可取n＝(2，0，－a). 设平面ACP的法向量为m＝， 则可取m＝(，a，0). 因为二面角A-CP-D的正弦值为， 所以余弦值的绝对值为， 故｜cos＜m，n＞｜＝＝＝， 又a＞0，所以a＝，即AD＝. 【教材溯源5】 (链接人教A选择性必修第一册P49T12) 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD满足AB⊥AD，AB⊥BC，SA⊥底面ABCD，且SA＝AB＝BC＝1，AD＝0.5. (1)求四棱锥S-ABCD的体积； (2)求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值. 规律反思 1.用几何法求解二面角的关键是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角. 2.利用法向量的依据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在求二面角的大小时，一定要判断出二面角的平面角是锐角还是钝角，否则解法是不严谨的. [注意]　利用方程思想求法向量时，计算易出错，要认真细心. 预测练3.(2025·湖北武汉二模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝2，AA1＝4，AB⊥AC，AA1上的点E满足BE⊥AB1. (1)求证：BE⊥平面AB1C； (2)求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值. 解：(1)证明：因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以AC⊥AA1. 又因为AB⊥AC，AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面BAA1B1，所以AC⊥平面BAA1B1. 又BE⊂平面BAA1B1，所以AC⊥BE. 又因为BE⊥AB1，AC∩AB1＝A，AC，AB1⊂平面AB1C，所以BE⊥平面AB1C. (2)以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(2，0，4). 设E(0，0，t)，则＝(－2，0，t)，＝(2，0，4). 因为BE⊥AB1，所以＝－2×2＋4×t＝0，解得t＝1， 所以E(0，0，1)，所以＝(0，－2，1)，＝(2，－2，0). 设平面CBE的法向量为n＝(x，y，z)， 则令y＝1，则x＝1，z＝2， 所以平面CBE的一个法向量为n＝(1，1，2). 易知平面ABE的一个法向量为m＝(0，2，0)， 设平面CBE与平面ABE所成的角为θ， 则cos θ＝＝＝＝， 所以平面CBE与平面ABE夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $