2023版考前三个月冲刺专题练　第19练　空间向量与空间角

第19练　空间向量与空间角

[考情分析]　高考必考内容，常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，热点为平面与平面的夹角的求解，均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．题目难度为中档题．

一、异面直线所成的角

例1　(1)(2022·龙岩模拟)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的正弦值为(　　)

A.  B.  C.  D.

答案　C

解析　取线段AC的中点O，则BO⊥AC，

设直三棱柱ABC－A1B1C1的棱长为2，

以点O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0，－1,0)，M(0,0,2)，B(，0,0)，C1(0,1,2)，

所以＝(0,1,2)，＝(－，1,2)，

cos〈，〉＝＝＝.

所以sin〈，〉＝＝.

故AM与BC1所成角的正弦值为.

(2)(2022·毕节模拟)在正四棱锥S－ABCD中，底面边长为2，侧棱长为4，点P是底面ABCD内一动点，且SP＝，则当A，P两点间距离最小时，直线BP与直线SC所成角的余弦值为(　　)

A.  B.  C.  D.

答案　A

解析　如图所示，连接AC，BD交于点O，连接SO，

因为四棱锥S－ABCD为正四棱锥，

可得SO⊥底面ABCD，

由底面边长为2，

可得AC＝4，所以AO＝2，

在Rt△SOA中，SA＝4，AO＝2，

可得SO＝＝2，

又由SP＝，

在Rt△SOP中，可得OP＝＝1，

即点P在以O为圆心，以1为半径的圆上，

所以当P为圆与OA的交点时，

此时A，P两点间距离最小，最小值为AP＝1，

以O为坐标原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

可得P(1,0,0)，B(0,2,0)，S(0,0,2)，C(－2,0,0)，

则＝(1，－2,0)，＝(－2,0，－2)，

可得cos〈，〉＝＝＝，

所以直线BP与直线SC所成角的余弦值为.

规律方法　(1)设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，设l，m的夹角为θ，则cos θ＝＝.

(2)异面直线所成的角的范围为.

跟踪训练1　(1)(2022·丹东模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB，△ABC是正三角形，M，N分别是AB，PC的中点，则直线MN，PB所成角的余弦值为(　　)

A.  B.  C.  D.

答案　D

解析　如图，以AC的中点O为坐标原点建立空间直角坐标系，设PA＝4，

则N(0,0,2)，M(，－1,0)，P(0，－2,4)，B(2，0,0)，

＝(，－1，－2)，＝(2，2，－4)，

cos〈，〉＝＝，

则直线MN，PB所成角的余弦值为.

(2)(2022·长春模拟)在矩形ABCD中，O为BD的中点且AD＝2AB，将平面ABD沿对角线BD翻折至二面角A－BD－C的大小为90°，则直线AO与CD所成角的余弦值为(　　)

A.  B.  C.  D.

答案　B

解析　如图，在平面ABD中过A作AE⊥BD，垂足为E，

在平面CBD中过C作CF⊥BD，垂足为F.

由于平面ABD⊥平面BCD，且交线为BD，

所以AE⊥平面BCD，CF⊥平面ABD，

设AB＝1，AD＝2，

×BD×AE＝×AB×AD⇒AE＝，

OE＝＝，

同理可得CF＝，OF＝，

以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A，C，D，

＝，＝，

设AO与CD所成的角为θ，

则cos θ＝＝＝.

二、直线与平面所成的角

例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)，

则有

即

可取n＝(，1,1)，

则cos〈n，〉＝＝，

所以PD与平面PAB所成角的正弦值为.

规律方法　(1)设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为μ＝(a2，b2，c2)，设直线l与平面α的夹角为θ，则sin θ＝|cos〈a，μ〉|＝.

(2)线面角的范围为.

跟踪训练2　(2022·绍兴模拟)如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，平面DCC1D1⊥平面ABCD，AD＝DD1＝D1C1＝C1C＝DC＝1.

(1)求证：BD1⊥DD1；

(2)求直线BD1和平面ABB1A1所成角的正弦值．

(1)证明　∵底面ABCD为矩形，

∴AD⊥DC，

又∵平面DCC1D1⊥平面ABCD，

且平面DCC1D1∩平面ABCD＝DC，AD⊂平面ABCD，

∴AD⊥平面DCC1D1，

取CD，C1D1，AB的中点O，E，G，OD的中点F，连接OG，OE，D1F，如图，

由底面ABCD为矩形，可得OG∥AD，

∴OG⊥DC，OG⊥平面DCC1D1，

又∵OE⊂平面DCC1D1，

∴OG⊥OE，

∵ABCD－A1B1C1D1为四棱台，

∴DC∥D1C1，

又∵DD1＝D1C1＝C1C＝DC，

∴四边形DCC1D1为等腰梯形，∴OE⊥OC，

∴OC，OE，OG两两垂直，分别以射线OG，OC，OE为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

由于棱台的上、下底面相似，且D1C1＝DC，

∴＝＝，

又∵AD＝DD1＝D1C1＝C1C＝DC＝1，

∴FD1＝＝＝，

∴D(0，－1,0)，D1，B(1,1,0)，

∴＝，＝，

∴·＝0×1＋×＋×

＝0，

∴BD1⊥DD1.

(2)解　由于棱台的上、下底面相似，且AD＝D1C1＝DC＝1，∴＝，

∴A(1，－1,0)，G(1,0,0)，A1，

B(1,1,0)，

∴＝(0,1,0)，＝，

设平面ABB1A1的法向量为m＝(x，y，z)，

则

∴

取z＝1，则x＝，得m＝(，0,1)．

由(1)知＝，

设直线BD1和平面ABB1A1所成角为θ，则

sin θ＝|cos〈m，〉|＝

＝＝.

∴直线BD1和平面ABB1A1所成角的正弦值为.

三、平面与平面的夹角

例3　(2022·新高考全国Ⅰ改编)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，求平面ABD与平面BCD夹角的正弦值．

解　(1)设点A到平面A1BC的距离为h，

因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，

所以＝S△ABC·AA1

＝＝，

又△A1BC的面积为2，

＝×2h＝，

所以h＝，

即点A到平面A1BC的距离为.

(2)取A1B的中点E，连接AE，

则AE⊥A1B.

因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，

所以AE⊥平面A1BC，

又BC⊂平面A1BC，所以AE⊥BC.

又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，

所以AA1⊥BC.

因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，

又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.

以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

由(1)知，AE＝，

所以AA1＝AB＝2，A1B＝2.

因为△A1BC的面积为2，

所以2＝·A1B·BC，所以BC＝2，

所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，

D(1,1,1)，E(0,1,1)，

则＝(1,1,1)，＝(0,2,0)．

设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，

则即

令x＝1，得n＝(1,0，－1)．

又平面BDC的法向量可取为＝(0，－1，1)，

所以cos〈，n〉＝＝＝－.

设平面ABD与平面BCD的夹角为θ，

则sin θ＝＝，

所以平面ABD与平面BCD夹角的正弦值为.

规律方法　(1)设平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)，且平面α与平面β的夹角为θ，

则cos θ＝|cos〈μ，v〉|＝.

(2)平面与平面的夹角的取值范围为.

跟踪训练3　(2022·重庆调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC，BD相交于点N，DN＝2BN＝2，PA＝AC＝AD＝3，∠ADB＝30°.

(1)求证：AC⊥平面PAD；

(2)若点M为PD的中点，求平面PAB与平面MAC夹角的正弦值．

(1)证明　∵AD＝3，DN＝2，∠ADB＝30°，

∴AN＝＝，

∴AN2＋AD2＝DN2.

∴∠DAN＝90°，∴AC⊥AD，

∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴PA⊥AC，

又∵PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，

∴AC⊥平面PAD.

(2)解　以点A为原点，以，，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，

则P(0,0,3)，A(0,0,0)，D(0,3,0)，M，C(3,0,0)，

过B作BE∥AD交AC于点E，

则＝＝＝，

∴BE＝，NE＝，

即AE＝，∴B，

∴＝(0,0，－3)，＝，

＝，＝(3,0,0)，

设平面PAB与平面MAC的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，

平面PAB与平面MAC夹角为θ，

∴⇒

可取平面PAB的一个法向量为n1＝(1，，0)，

⇒

可取平面MAC的一个法向量为n2＝(0,1，－1)，

∴cos θ＝＝＝，则sin θ＝.

∴平面PAB与平面MAC夹角的正弦值为.