2023届高考数学二轮复习专题四立体几何第3讲空间向量与空间角学案

第3讲　空间向量与空间角

1.[异面直线所成的角与线面角](多选题)(2022·新高考Ⅰ卷,T9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则(　ABD　)

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°

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A1C,因为A1B1⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C,则A1B1⊥BC1,

因为B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1C,

又A1C⊂平面A1B1C,所以BC1⊥CA1,故B正确;

连接A1C1,设A1C1∩B1D1=O,连接BO,

因为BB1⊥平面A1B1C1D1,C1O⊂平面A1B1C1D1,则C1O⊥B1B,

因为C1O⊥B1D1,B1D1∩B1B=B1,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.

2.[点到平面的距离与二面角](2022·新高考Ⅰ卷,T19)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2.

(1)求A到平面A1BC的距离;

(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.

解:(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,设点A到平面A1BC的距离为h,

则=·h=h==S△ABC·A1A==,

解得h=,所以点A到平面A1BC的距离为.

(2)取A1B的中点E,连接AE,如图,因为AA1=AB,所以AE⊥A1B,

又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,

且AE⊂平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC,

在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,

由BC⊂平面A1BC,BC⊂平面ABC可得AE⊥BC,BB1⊥BC,

又AE,BB1⊂平面ABB1A1且相交,所以BC⊥平面ABB1A1,又易知BA⊥BB1,所以BC,BA,BB1两两垂直,以B为原点,建立空间直角坐标系,如图,

由(1)得AE=,所以AA1=AB=2,A1B=2,所以BC=2,

则A(0,2,0),A1(0,2,2),C(2,0,0),所以A1C的中点为D(1,1,1),

则=(1,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0),

设平面ABD的法向量为m=(x,y,z),

则可取m=(1,0,-1),

设平面BDC的法向量为n=(a,b,c),

则可取n=(0,1,-1),

则cos<m,n>===,所以二面角A-BD-C的正弦值为=.

3.[线线垂直与线面角](2022·全国甲卷,T18)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)在四边形ABCD中,作DE⊥AB于E,CF⊥AB于F,

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)如图,以点D为原点建立空间直角坐标系,BD=,

则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),

则有

可取n=(,1,1),则cos<n,>==,

所以PD与平面PAB所成角的正弦值为.

1.利用空间向量求二面角或线面角是高考热点,通常以解答题的形式出现,难度中等.

2.探究空间几何体中线、面位置关系或空间角存在的条件,一般以解答题的形式考查,难度中等偏上.

热点一　异面直线所成的角

设两条异面直线l,m所成的角为θ(0<θ≤),其方向向量分别为a和b,则cos θ=.

典例1　如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,边长为4,E为AB的中点,PE⊥平面ABCD.

(1)若△PAB为等边三角形,求四棱锥P-ABCD的体积;

(2)若CD的中点为F,PF与平面ABCD所成角为45°,求PC与AD所成角的余弦值.

解:(1)因为正方形ABCD的边长为4,且△PAB为等边三角形,E为AB的中点,

所以PE=PB·sin∠PBE=AB·sin 60°=2,

又PE⊥平面ABCD,所以四棱锥P-ABCD的体积=×42×2=.

(2)如图,连接EF,

因为PE⊥平面ABCD,EF,AB⊂平面ABCD,所以PE⊥EF,PE⊥AB,

又四边形ABCD为正方形,E,F分别为AB,CD的中点,所以EF⊥AB,所以AB,EF,PE两两垂直.

以E为坐标原点,EB,EF,EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,

则C(2,4,0),A(-2,0,0),D(-2,4,0),

因为PF与平面ABCD所成角为45°,

所以∠PFE=45°,

所以PE=EF·tan∠PFE=4,所以P(0,0,4),所以=(2,4,-4),=(0,4,0).

设PC与AD所成的角为θ,

则cos θ=||==,

即PC与AD所成角的余弦值为.

异面直线所成的角θ,可以通过两直线的方向向量的夹角求得,即cos θ=|cos |.注意不要混淆异面直线所成角的范围与向量夹角的范围.

热点训练1　 (2022·天津滨海新区模拟)如图所示,在几何体ABCDEF中,四边形ABCD为直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,AE⊥底面ABCD,AE∥CF,AD=3,AB=BC=AE=2,CF=1.

(1)求证:BF∥平面ADE;

(2)求直线BE与直线DF所成角的余弦值.

(1)证明:因为AE∥CF,AE⊄平面BFC,CF⊂平面BFC,所以AE∥平面BFC,

因为AD∥BC,同理可得AD∥平面BFC,

又AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE,

所以平面BFC∥平面ADE,

因为BF⊂平面BFC,所以BF∥平面ADE.

(2)解:以A为坐标原点,AB,AD,AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,

则B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,3,0),E(0,0,2),F(2,2,1),

则=(-2,0,2),=(2,-1,1),

cos<,>===-,

所以直线BE与直线DF所成角的余弦值为.

热点二　直线与平面所成的角

设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,则

①θ∈[0,];②sin θ=|cos<a,n>|=.

典例2　(2022·浙江绍兴模拟预测)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,∠ABC=

90°,A1A=A1B=A1C=,AB=BC=2.

(1)证明:A1C1⊥A1B;

(2)求直线A1C1与平面A1CB所成的角.

(1)证明:取AC的中点D,连接A1D,BD,

由A1A=A1C,AB=BC,则AC⊥A1D,AC⊥BD,

又A1D,BD⊂平面A1BD,A1D∩BD=D,故AC⊥平面A1BD,

因为A1B⊂平面A1BD,故AC⊥A1B,

又AC∥A1C1,则A1C1⊥A1B.

(2)解:因为∠ABC=90°,则AD=BD=CD,

又A1A=A1B,A1D=A1D.

故△AA1D≌△BA1D,故∠A1DB=∠A1DA=90°.

以D为原点,分别以DB,DC,DA1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,

易得B(,0,0),C(0,,0),A1(0,0,1),A(0,-,0),

则=(0,,-1),=(,0,-1),=(0,2,0),

设平面A1CB的法向量为n=(x,y,z),

则

令x=1,则n=(1,1,),

故cos<n,>===,

故直线AC与平面A1CB所成的角为30°.

即直线A1C1与平面A1CB所成的角为30°.

(1)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.

(2)利用方程思想求法向量,计算易出错,要认真细心.

热点训练2　 (2022·江苏南通模拟预测)如图所示的几何体中,EA⊥平面ABC,DB⊥平面ABC,AC⊥BC,BC=BD=AE=a,AC=a,点M在棱AB上,且AM=2BM.

(1)求证:平面MCE⊥平面ABDE;

(2)求直线CD与平面MCE所成角的正弦值.

(1)证明:因为EA⊥平面ABC,所以EA⊥AC,EA⊥AB.

又AC⊥BC,BC=BD=AE=a,AC=a,

点M在棱AB上,且AM=2BM.

故EC=a,EM=a,CM=a.

所以EC2=EM2+CM2,所以EM⊥CM.

因为EA⊥平面ABC,所以EA⊥CM,

又EM∩EA=E,EM,EA⊂平面ABDE,

所以CM⊥平面ABDE.

又CM⊂平面MCE,所以平面MCE⊥平面ABDE.

(2)解:如图,以A为坐标原点,平面ABC内过A且与AC垂直的直线为x轴,AC为y轴,AE为z轴建立空间直角坐标系.

则C(0,a,0),D(a,a,a),E(0,0,a),M(a,a,0).

所以=(a,0,a),=(a,-a,0),=(a,a,-a).

设平面MCE的法向量为n=(x,y,z),

则即

令x=1,则y=,z=3,所以n=(1,,3).

所以|cos<,n>|===.

所以直线CD与平面MCE所成角的正弦值为.

热点三　平面与平面的夹角

设平面α,β的法向量分别为u,v,二面角α-l-β的平面角为θ,则

①θ∈[0,π];②|cos θ|=|cos<u,v>|=.

典例3　(2022·新高考Ⅱ卷)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E是PB的中点.

(1)证明:OE∥平面PAC;

(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.

(1)证明:连接BO并延长交AC于点D,连接OA,PD,

因为PO是三棱锥P-ABC的高,所以PO⊥平面ABC,

AO,BO⊂平面ABC,所以PO⊥AO,PO⊥BO,

又PA=PB,所以△POA≌△POB,即OA=OB,所以∠OAB=∠OBA,

又AB⊥AC,即∠BAC=90°,

所以∠OAB+∠OAD=90°,∠OBA+∠ODA=90°,所以∠ODA=∠OAD,

所以AO=DO,即AO=DO=OB,所以O为BD的中点,

又E为PB的中点,所以OE∥PD,

又OE⊄平面PAC,PD⊂平面PAC,所以OE∥平面PAC.

(2)解:过点A作Az∥OP,如图建立空间直角坐标系,

因为PO=3,AP=5,所以OA==4,

又∠ABO=∠CBO=30°,所以BD=2OA=8,

则AD=4,AB=4,所以AC=12,

所以A(0,0,0),O(2,2,0),B(4,0,0),P(2,2,3),C(0,12,0),所以E(3,1,),

则=(3,1,),=(4,0,0),=(0,12,0),

设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则

令z=2,则y=-3,x=0,所以n=(0,-3,2);

设平面AEC的法向量为m=(a,b,c),则

令a=,则c=-6,b=0,所以m=(,0,-6);

所以cos<n,m>===-,

设二面角C-AE-B的平面角为θ,由图可知θ为钝角,所以cos θ=-,

所以sin θ==,

故二面角C-AE-B的正弦值为.

两向量夹角的范围是[0,π],二面角的平面角与其对应的两法向量的夹角之间不一定相等,而是相等或互补的关系,要注意结合实际图形判断所求角的大小.

热点训练3　 (2022·黑龙江大庆实验中学模拟预测)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,P在平面ABCD上的投影为边AD的中点O,∠ABC=,BC=4,AB=1,PO=3.

(1)求证:AB⊥ 平面POC;

(2)点E为线段BP上靠近点P的三等分点,求平面POC与平面EOC所成的锐二面角的余弦值.

(1)证明:因为四边形ABCD是平行四边形,所以CD=AB=1,OD=AD=BC=2,∠CDA=∠ABC=,

故在△OCD中,由余弦定理可得

OC2=CD2+OD2-2·CD·OD·cos∠CDA=1+4-2×1×2×cos=3,故OC=,

因为OC2+CD2=OD2,所以CD⊥OC,

又因为P在平面ABCD上的投影为O,所以PO⊥平面ABCD,因为CD⊂平面ABCD,

所以PO⊥CD,

因为OC∩PO=O,OC,PO⊂平面POC,所以CD⊥平面POC,

因为四边形ABCD为平行四边形,所以AB∥CD,

所以AB⊥平面POC.

(2)解:取BC的中点F ,连接OF,则由(1)知OF,OP,OC两两相互垂直,故分别以OC的反向延长线,OF,OP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B(,2,0),P(0,0,3),C(-,0,0),

则=(,2,0),=(-,0,0),=(0,0,3) ,=(-,-2,3),

==(,-,2),=+=(,,2),

易知平面POC的一个法向量为m=(0,1,0),

设平面EOC的法向量为n=(x,y,z),

则令z=1,得n=(0,-3,1),

可得|cos<m,n>|===,

故平面POC与平面EOC所成的锐二面角的余弦值为.