第7章 第7讲 第2课时 利用空间向量求空间角（Word教参）-【精讲精练】2027年高考数学一轮复习（北师大版）

该高中数学高考复习讲义聚焦利用空间向量求空间角，覆盖异面直线所成角、直线与平面所成角、平面与平面夹角三大核心考点，按空间角类型递进架构知识，以空间向量为工具建立内在联系。通过考点梳理明确方法步骤，方法指导对比向量法与几何法，真题训练结合2025年全国卷等实例，帮助学生系统突破空间角求解难点。 讲义突出空间观念、推理能力与运算能力的培养，如在四棱锥问题中引导学生建立空间直角坐标系，通过向量坐标运算推导线面角正弦值，设置分层练习巩固基础与提升能力。真题讲解结合解题规范，确保学生在有限时间内掌握高效解题策略，既提升学生空间角问题应考能力，又为教师提供精准复习节奏把控的教学框架。

第2课时　利用空间向量求空间角 [对应学生用书P197] 考点一　异面直线所成的角 重难考点　师生共研 　(2025·全国一卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； (2)设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，且点P，B，C，D均在球O的球面上． (ⅰ)证明：点O在平面ABCD内； (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值． 解析　(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 又AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB. (2)(ⅰ)证明　以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则B(，0，0)，C(，2，0)，D(0，1＋，0)，P(0，0，)，设O(a，b，c)，因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以||＝||＝||＝||， 则(a－)2＋b2＋c2＝(a－)2＋(b－2)2＋c2＝a2＋(b－1－)2＋c2＝a2＋b2＋(c－)2， 得a＝0，b＝1，c＝0，即O(0，1，0)， 所以点O在AD上，即点O在平面ABCD内． (ⅱ)＝(，2，0)，＝(0，1，－)， 设直线AC与PO所成角为θ， 则cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝， 所以直线AC与PO所成角的余弦值为. 1．用向量法求异面直线所成的角的步骤 (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．用几何法求异面直线所成角时，可以先通过平移寻找两异面直线所成角或其补角，然后再解三角形求角． 1．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．如图，已知一个正八面体ABCDEF的棱长为2，M，N分别为棱AD，AC的中点，则直线BN和FM所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析　方法一　连接BD，AF交于点O，连接OC， 易知OC，OD，OA两两垂直，如图，建立空间直角坐标系， 则B(0，－，0)，C(，0，0)，A(0，0，)，D(0，，0)，F(0，0，－)， 所以N，M，＝，＝， 所以|cos 〈，〉|＝＝＝， 即直线BN和FM所成角的余弦值为. 方法二　由题意，可得＝－＝－， ＝＋＝＋＝－－， 连接BD(图略)，由正八面体ABCDEF的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，易知四边形BCDE为正方形， 在△ABD中，由AB＝AD＝2，可得AB2＋AD2＝BD2，所以AB⊥AD，所以·＝·＝－·＋·－·＋2 ＝－×2×2×＋0－×2×2×＋22＝－－1＋4＝， ||＝＝＝＝， ||＝ ＝ ＝＝， 所以|cos 〈，〉|＝＝＝， 即直线BN和FM所成角的余弦值为. 答案　D 考点二　直线与平面所成的角 重难考点　师生共研 　(2025·北京卷)四棱锥P-ABCD中，△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°，E为BC的中点． (1)若F为PD的中点，G为PE的中点，证明：FG∥平面PAB； (2)若PA⊥平面ABCD，PA＝AC，求AB与平面PCD所成角的正弦值． [解析]　(1)证明　取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN， ∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°， 不妨设AD＝CD＝2，∴AC＝AB＝2， ∴BC＝4，∵E，F分别为BC，PD的中点， ∴FN＝AD＝1，BE＝2， ∴GM＝1， ∵∠DAC＝45°，∠ACB＝45°， ∴AD∥BC，∴FN∥GM， 又FN＝GM， ∴四边形FGMN为平行四边形， ∴FG∥MN， ∵FG⊄平面PAB，MN⊂平面PAB，∴FG∥平面PAB. (2)∵PA⊥平面ABCD，∴以A为原点，AC，AB，AP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， 设AD＝CD＝2，则A(0，0，0)，B(0，2，0)， C(2，0，0)，D(，－，0)，P(0，0，2)， ∴＝(0，2，0)，＝(，，0)， ＝(－2，0，2). 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， ∴∴ 取x＝1，∴y＝－1，z＝1，∴n＝(1，－1，1). 设AB与平面PCD成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝＝， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 1．向量法求直线与平面所成角的方法 (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． 2．几何法求线面角的方法 一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解． 2．(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． 解析　(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， 因为AF⊂平面AFG，所以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所成的角正弦值为. 考点三　平面与平面的夹角或二面角 重难考点　师生共研 　(2025·广东深圳二模)已知四棱台ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD是边长为2的菱形，AA1⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，AA1＝A1B1＝1，E是BC的中点． (1)证明：DD1⊥平面AD1E； (2)求平面AD1E与平面A1D1E夹角的余弦值． [解析]　(1)证明　因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，E是BC中点，所以AE⊥BC，又AD∥BC，则AE⊥AD. 已知AA1⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD， 所以AA1⊥AE. 因为AA1，AD⊂平面AA1D1D，且AA1∩AD＝A，所以AE⊥平面AA1D1D. 又DD1⊂平面AA1D1D，故AE⊥DD1. 四棱台上下底面平行且相似，上底面A1B1C1D1是边长为1的菱形． 在四边形A1ADD1中，AA1＝A1D1＝1，∠AA1D1＝90°，由勾股定理得AD1＝，DD1＝. 在△ADD1中，DD＋AD＝AD2， 所以∠AD1D＝90°，即D1D⊥AD1. 因为AD1，AE⊂平面AD1E，AD1∩AE＝A， 所以DD1⊥平面AD1E. (2)因为AA1⊥平面ABCD，所以AE，AD，AA1两两垂直． 以A为原点，AE，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 则E(，0，0)，A1(0，0，1)，D(0，2，0)，D1(0，1，1)， ∴＝(0，1，0)，＝(，0，－1)， 由(1)易知平面AD1E的一个法向量为＝(0，1，－1)， 设平面A1D1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则得 取z＝3，得n＝(，0，3)， 设平面AD1E与平面A1D1E的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝， 故平面AD1E与平面A1D1E夹角的余弦值为. 向量法求平面与平面的夹角(二面角)的方法 (1)找法向量：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． (2)找与棱垂直的方向向量：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． 3．(2025·江苏南京二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，点E在线段PD上，PB∥平面AEC. (1)证明：E为PD的中点； (2)若AB＝2，二面角C-AE-D的余弦值为，求PA的长． 解析　(1)证明　连接BD交AC于点O，连接EO. 因为底面ABCD为菱形，所以O为BD的中点． 又因为PB∥平面AEC，PB⊂平面PBD，平面PBD∩平面ACE＝EO， 所以PB∥EO, 又O为BD的中点， 所以E为PD的中点． (2)取BC中点F，连接AF. 在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，所以∠ABC＝60°，则△ABC为正三角形， 所以AF⊥BC，又AD∥BC，所以AF⊥AD. 又因为PA⊥平面ABCD， 如图建立空间直角坐标系． 设PA＝t(t>0), 则C，D，P，E，则＝，＝，＝， 则平面AED的一个法向量为m＝. 设平面ACE的法向量为n＝， 则取n＝， 因为二面角C-AE-D的余弦值为， 所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 解得t＝1(负值已舍去), 所以PA＝1. 学科网（北京）股份有限公司 $