专题8.6 向量法求空间角-2024年高考数学一轮复习《考点•题型 •技巧》精讲与精练

8.6 向量法求空间角思维导图知识点总结1.异面直线所成的角若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为e1，e2，则cos θ＝|cos〈e1，e2〉|＝eq \f(|e1·e2|,|e1||e2|).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e，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈e，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(e·n,|e||n|)))＝eq \f(|e·n|,|e||n|).3.二面角(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(CD,\s\up6(→))〉.如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).[常用结论]1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量u与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈u，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈u，n〉|.2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).典型例题分析考向一 　异面直线所成的角例1 (1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，A1D1的中点，则直线BE与DF所成角的余弦值为(　　)A.eq \f(2,5) B.eq \f(3,5) C.eq \f(3,4) D.eq \f(4,5)答案　A解析　以D为原点，以eq \o(DA,\s\up6(→))，eq \o(DC,\s\up6(→))，eq \o(DD1,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz(图略)，则D(0，0，0).设正方体的棱长为2，则F(1，0，2)，B(2，2，0)，E(2，0，1)，所以eq \o(DF,\s\up6(→))＝(1，0，2)，eq \o(BE,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，所以所求的余弦值为eq \f(|\o(DF,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,|\o(DF,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(5)×\r(5))＝eq \f(2,5).故选A.(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，eq \o(AF,\s\up6(→))＝λeq \o(AD,\s\up6(→))，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为eq \f(3\r(2),10)，则λ的值为________.答案　eq \f(1,3)解析　以D为原点，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).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eq \o(D1E,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq \o(A1F,\s\up6(→))＝eq \o(A1A,\s\up6(→))＋eq \o(AF,\s\up6(→))＝eq \o(A1A,\s\up6(→))＋λeq \o(AD,\s\up6(→))＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2).则cos〈eq \o(A1F,\s\up6(→))，eq \o(D1E,\s\up6(→))〉＝eq \f(\o(A1F,\s\up6(→))·\o(D1E,\s\up6(→)),|\o(A1F,\s\up6(→))|·|\o(D1E,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,2\r(λ2＋1)·\r(5))，所以eq \f(2,2\r(5)·\r(λ2＋1))＝eq \f(3\r(2),10)，解得λ＝eq \f(1,3)(舍去－eq \f(1,3)).感悟提升　用向量法求异面直线所成的角的一般步骤(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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，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.考向二 直线与平面所成的角例2(1) (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＝eq \r(3).(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＝eq \f(1,2)，故DE＝eq \f(\r(3),2)，BD＝eq \r(DE2＋BE2)＝eq \r(3)，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，以点D为原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，eq \r(3)，0)，P(0，0，eq \r(3))，则eq \o(AP,\s\up6(→))＝(－1，0，eq \r(3))，eq \o(BP,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(3))，eq \o(DP,\s\up6(→))＝(0，0，eq \r(3)).设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)z＝0，,－\r(3)y＋\r(3)z＝0，))可取n＝(eq \r(3)，1，1)，则cos〈n，eq \o(DP,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\o(DP,\s\up6(→)),|n||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，所以PD与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).感悟提升　向量法求直线与平面所成角的主要方法是：(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)(2022·北京卷)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.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.(1)证明　取AB的中点为K，连接MK，NK.由三棱柱ABC－A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，又B1M＝MA1，BK＝KA，则MK∥BB1.又MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，故MK∥平面CBB1C1.由CN＝NA，BK＝KA，可得NK∥BC，同理可得NK∥平面CBB1C1.因为NK∩MK＝K，NK，MK⊂平面MKN，故平面MKN∥平面CBB1C1，又MN⊂平面MKN，故MN∥平面CBB1C1.(2)解　因为侧面CBB1C1为正方形，故CB⊥BB1.因为CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，平面CBB1C1∩平面ABB1A1＝BB1，故CB⊥平面ABB1A1.因为NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1.因为AB⊂平面ABB1A1，故NK⊥AB.若选①，则AB⊥MN，又NK⊥AB，NK∩MN＝N，故AB⊥平面MNK.又MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，所以AB⊥BB1，又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，故BB1⊥平面ABC，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，故eq \o(BA,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \o(BN,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \o(BM,\s\up6(→))＝(0，1，2).设平面BNM的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BN,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))取z＝－1，则n＝(－2，2，－1).设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，eq \o(AB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\o(AB,\s\up6(→))|,|n||\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,3×2)＝eq \f(2,3).若选②，因为NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1.又KM⊂平面MKN，故NK⊥KM.又B1M＝BK＝1，NK＝1，故B1M＝NK.又B1B＝MK＝2，MB＝MN，故△BB1M≌△MKN，所以∠BB1M＝∠MKN＝90°，故A1B1⊥BB1.又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，故BB1⊥平面ABC，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，故eq \o(BA,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \o(BN,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \o(BM,\s\up6(→))＝(0，1，2).设平面BNM的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BN,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))取z＝－1，则n＝(－2，2，－1)，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，eq \o(AB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\o(AB,\s\up6(→))|,|n||\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,3×2)＝eq \f(2,3).考向三 二面角3 (2022·新高考Ⅱ卷改编)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为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.[思路分析]　(1)作出过直线OE的一个平面，证明这个平面与平面PAC平行，从而证明OE∥平面PAC.(2)建系→设点写坐标→求平面的法向量→利用公式求二面角的正弦值.[规范解答]　(1)证明　如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.因为AP＝PB，所以PD⊥AB.因为PO为三棱锥P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC.因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.(1分)因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，又AB⊥AC，AB，OD，AC⊂平面ABC，所以OD∥AC.因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，eq \x(所以OD∥平面PAC.①)(2分)→eq \a\vs4\al(线面平行)因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA.因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，eq \x(所以DE∥平面PAC.①)(3分)→eq \a\vs4\al(线面平行)又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，eq \x(所以平面ODE∥平面PAC.)→eq \a\vs4\al(面面平行)又OE⊂平面ODE，eq \x(所以OE∥平面PAC.)(4分)→eq \a\vs4\al(线面平行)(2)解　连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以OA＝OB＝eq \r(PA2－PO2)＝eq \r(52－32)＝4.②易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OAsin 30°＝4×eq \f(1,2)＝2，②AB＝2AD＝2OAcos 30°＝2×4×eq \f(\r(3),2)＝4eq \r(3).②又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan 60°＝4eq \r(3)×eq \r(3)＝12.②(6分)以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴eq \x(建立空间直角坐标系，)如图所示，→eq \a\vs4\al(建系)则A(0，0，0)，B(4eq \r(3)，0，0)，C(0，12，0)，P(2eq \r(3)，2，3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，所以eq \o(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(4eq \r(3)，0，0)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(0，12，0).→eq \a\vs4\al(设点写坐标)设平面AEC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3\r(3)x＋y＋\f(3,2)z＝0，,12y＝0，))令z＝2eq \r(3)，则n＝(－1，0，2eq \r(3)).③(8分)→eq \a\vs4\al(求出平面的法向量)设平面AEB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3\r(3)x1＋y1＋\f(3,2)z1＝0，,4\r(3)x1＝0，))令z1＝2，eq \x(则m＝（0，－3，2），③)(10分)→eq \a\vs4\al(求出平面的法向量)所以|cos〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n|·|m|)＝eq \f(4\r(3),13).→eq \a\vs4\al(应用向量夹角公式求值)设二面角C-AE-B的大小为θ，则sin θ＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),13)))\s\up12(2))＝eq \f(11,13).(12分)→eq \a\vs4\al(转化为平面与平面夹角的正弦值)[满分规则]❶得步骤分：①处通过证明线∥线⇒线∥面⇒面∥面⇒线∥面，注意应用相关定理的条件应完整，否则易失步骤分.❷得关键分：③处求出两个平面的法向量是解题的关键，此处运算错误会导致第(2)小题得零分.❸得计算分：②处为根据题目条件计算几何体的棱长，以便写出各顶点的坐标.4. (2022·新高考Ⅰ卷改编)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2eq \r(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)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VA－A1BC＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1＝eq \f(1,3)VABC－A1B1C1＝eq \f(4,3)，又△A1BC的面积为2eq \r(2)，VA－A1BC＝eq \f(1,3)S△A1BCh＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)h＝eq \f(4,3)，所以h＝eq \r(2)，即点A到平面A1BC的距离为eq \r(2).(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eq \o(BC,\s\up6(→))，eq \o(BA,\s\up6(→))，eq \o(BB1,\s\up6(→))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B－xyz，由(1)知，AE＝eq \r(2)，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2eq \r(2).因为△A1BC的面积为2eq \r(2)，所以2eq \r(2)＝eq \f(1,2)·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eq \o(BD,\s\up6(→))＝(1，1，1)，eq \o(BA,\s\up6(→))＝(0，2，0).设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BA,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝0，,2y＝0，))令x＝1，得n＝(1，0，－1).又平面BDC的一个法向量为eq \o(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，所以cos〈eq \o(AE,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\o(AE,\s\up6(→))·n,|\o(AE,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2).设平面ABD与平面CBD夹角为θ，则sin θ＝eq \r(1－cos2〈\o(AE,\s\up6(→))，n〉)＝eq \f(\r(3),2)，所以二面角A-BD-C的正弦值为eq \f(\r(3),2).基础题型训练一、单选题1．如图，在正方体中，点E是上底面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角求解.【详解】以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为2，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：B2．若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则能使l∥α的是（    ）A．，B．，C．，D．，【答案】D【分析】根据题意转化为选择满足的选项，对各选项一一判断即可.【详解】由题意得，若使l∥α，那么就要使，即.对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，，故D正确.故选：D.3．如图，正方体中，是的中点，则下列说法正确的是（    ）A．直线与直线垂直，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线异面，直线平面D．直线与直线相交，直线平面【答案】A【分析】根据空间的平行和垂直关系进行判定.【详解】连接；由正方体的性质可知，是的中点，所以直线与直线垂直；由正方体的性质可知，所以平面平面，又平面，所以直线平面，故A正确；以为原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，显然直线与直线不平行，故B不正确；直线与直线异面正确，，，所以直线与平面不垂直，故C不正确；直线与直线异面，不相交，故D不正确；故选：A.4．如图，正方体的棱长为a，M，N分别为和AC上的点，，则MN与平面的位置关系是（    ）A．相交但不垂直 B．平行 C．相交且垂直 D．不能确定【答案】B【分析】根据向量的运算法则求得和平面的一个法向量，结合，即可求解.【详解】因为正方体的棱长为，可得，所以，，所以 ．又因为是平面的一个法向量，且，所以，所以平面．故选：B．5．若空间两直线与的方向向量分别为和，则两直线与垂直的充要条件为（    ）A．，，（）B．存在实数k，使得C．D．【答案】C【分析】由空间直线垂直时方向向量，即可确定充要条件.【详解】由空间直线垂直的判定知：.当时，即，两直线与垂直.而A、B、D说明与平行.故选：C6．如图，三棱柱的各棱长均为2，侧棱与底面所成的角为，为锐角，且侧面底面，给出下列四个结论：①；②；③直线与平面所成的角为；④．其中正确的结论是A．②④ B．①③ C．①③④ D．①②③④【答案】C【分析】过作，为垂足，连接，于是很容易建立空间直角坐标系，运用空间向量的计算来判断.【详解】图过作，为垂足，连接，如图建立空间直角坐标系，① ：∵侧棱与底面所成的角为，为锐角，侧面底面，∴，又由三棱柱各棱长相等，可知四边形为菱形，于是，∴ ① 正确；②：易知，， ，，∴ ② 错误；③ ：侧面底面，棱柱上下底面平行，故侧面底面，又平面，侧面底面，故侧面，即为 与平面所成的角，，，∴ ③ 正确；④ ：由② 可知，，∴，∴，∴ ④ 正确．故选：C.二、多选题7．若(2，－3，1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是（    ）A．(，3，) B． (200，，100)C． (，，) D． (，3，0)【答案】ABC【分析】因为同一个平面的法向量共线，所以可利用向量共线的判定进行求解.【详解】因为，，,,所以与，，均共线，与不共线，所以，，可以作为平面α的法向量故选：ABC.8．已知点是平行四边形所在的平面外一点，如果，，，下列结论正确的有（    ）A． B．四边形为矩形C．是平面的一个法向量 D．【答案】AC【分析】利用直线垂直与向量数量积的关系可判断AB选项的正误；利用平面法向量的概念可判断C选项的正误；计算得出，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，，，A对；对于B选项，，故平行四边形不是矩形，B错；对于C选项，，则，因为，则平面，故是平面的一个法向量，C对；对于D选项，，D错.故选：AC.三、填空题9．设分别是平面的法向量，若，则实数的值是________．【答案】4【解析】根据分别是平面的法向量，且，则有求解.【详解】因为分别是平面的法向量，且所以所以解得故答案为：4【点睛】本题主要考查空间向量垂直，还考查了运算求解的能力，属于基础题.10．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，且直线与平面平行，则实数______．【答案】2【分析】依题意可得，即可得到，根据空间向量数量积的坐标运算得到方程，解得即可.【详解】解：因为直线与平面平行，直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，所以，则，解得．故答案为：11．已知正三棱柱的侧棱长为2，底面边长为1，是的中点，若直线上有一点，使，则______.【答案】/0.0625【分析】由题可设，则，，利用，列出方程即得.【详解】如图，设，由于，，由可得，∴，又，因此，解得，所以.故答案为：.12．，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：（1）当直线与成角时，与成角；（2）当直线与成角时，与成角；（3）直线与所成角的最小值为；（4）直线与所成角的最小值为；其中正确的是______（填写所有正确结论的编号）.【答案】（1）（3）【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，|AC|＝1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【详解】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|＝1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量为（cosθ，sinθ，﹣1），||，设与所成夹角为α∈[0，]，则cosα|sinθ|∈[0，]，∴α∈[，]，∴（3）正确，（4）错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ|cosθ|，当与夹角为60°时，即α，|sinθ|，∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|，∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°，∴（1）正确，（2）错误．故答案为（1）（3）．【点睛】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．四、解答题13．设分别是空间中两个不重合的平面的法向量，分别根据下列条件判断平面的位置关系.（1）；（2）.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先利用向量的线性关系判定的位置关系，进而判定平面的位置关系；（2）先利用向量的线性关系判定的位置关系，进而判定平面的位置关系；【详解】（1）因为，所以，则；（2）因为，所以，则；14．如图，四边形为正方形，，分别为，的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且点在平面上的投影点恰好在上．(1)证明：．(2)求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由已知可得平面ABFD，进而可证得平面PEF。即可证得结果.（2）以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,分别求得平面PEF的法向量，平面PFD的法向量,计算即可得出结果.（1）证明：由已知可得，平面ABFD，所以，因为分别为的中点，所以，又，所以平面PEF.又平面PEF，所以.（2）设，以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由（1）可得，，又所以.又，故.可得则为平面PEF的一个法向量.设平面PFD的法向量为则,令，则故取.设二面角的平面角为，则所以二面角为.15．如图所示，四棱锥中，，，，平面.（1）求证:平面;（2）若点是线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）通过勾股定理证得，结合线面垂直的性质得到，由此证得平面.（2）建立空间直角坐标系，通过平面和平面的法向量，求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.【详解】（1）证明:，，又，，故，又平面平面，，又，平面.（2）如图，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.则，由（1）得平面的一个法向量为，设为平面的一个法向量，由，得，不妨取，设平面与平面所成的锐二面角为，则.即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.16．如图，四面体中，、分别是、的中点，，．（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离；（3）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）；【分析】（1）连接，依题意可得，再利用勾股定理逆定理得到，即可得证．（2）以为原点，以，，方向为，，轴正方向，建立空间坐标系，求出平面的法向量的坐标，根据点到平面的距离，可求出点到平面的距离；（3）结合（2）中结论，再由平面，即为平面的一个法向量，代入向量夹角公式，即可求出二面角的余弦值．【详解】证明：（1）在中，，是中点，且中，连接，，且中，，，故，又,平面．平面．（2）如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，设平面的法向量为则，即． 令得是平面的一个法向量． 又，点到平面的距离．（3）平面，为平面的一个法向量；， 又二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．提升题型训练一、单选题1．在空间直角坐标系中，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则（    ）A． B． C．或 D．l与斜交【答案】C【解析】由可得，所以或，即可得正确选项.【详解】直线l的方向向量为，平面的法向量为，因为，所以，所以或，故选：C.2．若平面，平面的法向量为，则平面的一个法向量可以是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据两平面垂直得出两平面的法向量互相垂直，即两平面法向量的数量积为0，再逐项计算得出结果.【详解】选项A中，，选项A正确；选项B中，，选项B错误；选项C中，，选项C错误；选项D中，，选项D错误.故选：A.3．已知，，，则平面ABC的一个法向量可以是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】代入法向量的计算公式，即可求解.【详解】，，令法向量为，则，，可取.故选：A.4．已知A（0，0，1），B（3，0，0），C（0，2，0），则原点到平面ABC的距离是（    ）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】构建空间直角坐标系，求面ABC的一个法向量及，由原点到平面ABC的距离为在上的投影长，应用空间向量夹角的坐标表示求，进而求点面距即可.【详解】由题设，，若是面ABC的一个法向量，∴，令，则，又，若原点到平面ABC的距离为，则为在上的投影长，而，∴.故选：B5．在边长及对角线都为1的空间四边形中，，分别是，的中点，则直线和夹角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用空间向量的线性运算及数量积运算可求得，再利用空间向量求夹角运算即可得解.【详解】如图，连接对角线，，则可构成棱长均为1的正四面体由，分别是，的中点，，又，则所以直线和夹角的余弦值为.故选：B6．如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱、的中点，则点到平面的距离等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，找到平面的法向量，利用向量法求点到平面的距离求解即可.【详解】以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，.设平面的法向量为，则，即令，得.又，点到平面的距离，故选：.【点睛】本题用向量法求点到平面的距离，我们也可以用等体积法求点到平面的距离，当然也可以找到这个垂线段，然后放在直角三角形中去求.二、多选题7．我们知道，平面几何中有些正确的结论在空间中不一定成立．下面给出的平面几何中的四个真命题， 在空间中仍然成立的有（    ）A．平行于同一条直线的两条直线必平行B．垂直于同一条直线的两条直线必平行C．一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补D．一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补【答案】AC【分析】根据线线平行传递性和课本中的定理可判断AC正确；垂直于同一条直线的两条直线位置关系不确定，可判断B，通过举反例可判断D.【详解】根据线线平行具有传递性可知A正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线，位置关系可能是异面、相交、平行，故B错误；根据定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补可知C正确；如图，且，则但和的关系不确定，故D错误.故选：AC8．在长方体中，，为棱的中点，点满足，其中，则下列结论正确的有（    ）A．当时，异面直线与所成角的余弦值为B．当时，C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，存在点，使得【答案】AB【分析】首先根据的值，确定点的位置，再利用空间向量的垂直和线线角的坐标运算，即可判断选项.【详解】A.当时，，此时点是与的交点，如图，建立空间直角坐标系，，，，，，，所以，故A正确；B. 当时，，此时，点在线段上，（分别是棱的中点），此时，，，，，，所以恒成立，所以当时，有，故B正确；C. 当时，，此时点在线段上，（分别是的中点），，，，当时，有，即，，所以方程无解，不存在点使，故C错误；D.当时，，此时点在线段上，,，，，，，若，则，解得：，不成立，所以不存在点，使得，故D错误.故选：AB三、填空题9．在直三棱柱中，给出向量：①；②；③；④．可以作为平面ABC的法向量的是_______．（选填序号）【答案】②③【分析】利用直棱柱的侧棱与底面垂直，结合平面法向量的定义，即可得到答案．【详解】解：由于直三棱柱的侧棱与底面垂直，所以平面的法向量可以为，．故答案为：②③．10．在正方体中，E为的中点，若O为底面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为_________.【答案】【分析】以D为坐标原点，分别为x、y、z的轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.【详解】以D为坐标原点，分别为x、y、z的轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，，，.因为，，所以，设异面直线与所成角为，则，所以异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：.11．在棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，给出下面四个结论：①点可以是棱的四等分点，且靠近点；②线段的最大值为；③点的轨迹是正方形；④点轨迹的长度为．则其中所有正确结论的序号是________．（注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求．全部选对得5分，不选或有错选得0分，其他得3分）【答案】①④【分析】以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，从而得到的最大值，即可判断选项②，通过分析判断可得点可以是棱的四等分点，且靠近点，从而判断选项①，又，，可判断选项③和选项④．【详解】解：在正方体中，以为坐标原点建立空间直角坐标系，∵该正方体的棱长为1，，分别为，的中点，∴，，，，∴，设，则，∵，∴，即 当时，，当时，，取，，，，连接，，，，则，，∴四边形为矩形，则，，即，，又和为平面中的两条相交直线， ∴平面，又，，∴为的中点，则平面，为使，必有点平面，又点在正方体表面上运动，∴点的轨迹为四边形，因此点可以是棱的四等分点，且靠近点，故选项①正确；又，，∴，则点的轨迹不是正方形且矩形周长为，故选项③错误，选项④正确；∵，，又，则，即，∴，点在正方体表面运动， 则，解，∴，故当或，或1，取得最大值为，故②错误.故答案为：①④．12．已知正四面体中，，分别是线段，的中点，点是线段上靠近的四等分点，则直线与所成角的余弦值为________．【答案】【分析】以为空间的一个基底，表示出，再借助空间向量运算即可求得直线与所成角的余弦值.【详解】在正四面体中，令棱长，，则为空间的一个基底， 如图，，分别是线段，的中点，则，而点是线段上靠近的四等分点，则，又，同理，，，，，于是得，所以直线与所成角的余弦值为.故答案为：四、解答题13．已知长方体中，，，，点S、P在棱、上，且，，点R、Q分别为AB、的中点．求证：直线直线．【答案】证明见解析.【分析】利用坐标法，利用向量共线定理即得.【详解】以点D为原点，分别以、与的方向为x、y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系．则、、、、、、、，由题意知、、、，∴，．∴，又，不共线，∴.14．如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点.(1)求证：平面；(2)求证：平面平面；(3)求平面与平面夹角的余弦值；【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）设与交于点，易证四边形是平行四边形，所以，再根据线面平行的判定定理即可证明结果；（2）根据题意，结合面面垂直的性质定理，可证平面，所以、、两两垂直，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再根据它们的数量积为0，即可证明结果；（3）根据（2），求出平面的法向量，然后再利用空间向量求二面角，即可得到结果.【详解】（1）证明：设与交于点，连结.因为四边形是矩形，、分别为，的中点，所以且，所以四边形是平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面.（2）证明：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面.所以、、两两垂直.以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，.设是平面的法向量，则令，得.设是平面的法向量，则令，得.因为，所以平面平面.（3）解：因为，，所以，，设是平面的法向量，则令，得.设平面与平面的夹角为，，所以平面与平面夹角的余弦值为.15．已知直四棱柱的底面为菱形，且，，点为的中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交于点，通过证明得平面；（2）方法一：取的中点，证明为二面角的平面角，在三角形中求；方法二：建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面ACE的法向量，用空间向量求二面角的余弦值.【详解】（1）连接交于点，连接，在直四棱柱中，所以四边形为平行四边形，即，又因为底面为棱形，所以点为的中点，点为的中点，即点为的中点，所以，即四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）方法一：取的中点，连接，，，在直棱柱中平面，所以，又因为，，所以平面，又平面，所以因为在中，，且点为的中点，所以，又，而点为的中点，所以，又，所以平面，又平面，即，则为二面角的平面角，在等腰直角三角形中，，又，在直角三角形中，所以，即二面角的余弦值为.方法二：因为底面为菱形，所以，在直四棱柱中，分别为中点，故面，故，如图，以，，分别为分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，因为在中，，且点为的中点，所以，，则，，，，因为，，设为平面的法向量，则，即，得，令，则，平面的法向量，设二面角为， 则.由图知二面角为锐角，故二面角的余弦为.16．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，点在棱上，且，点是棱上的动点（不含端点）.(1)若是棱的中点，求的余弦值；(2)求与平面所成角的正弦值的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，的坐标，利用向量夹角公式求解；（2）设，求出平面的法向量，设与平面所成角为，则，根据二次函数取最值的条件即得结果.【详解】（1）由平面，，平面，所以，，又，所以、、两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，当为棱的中点时，，则，，，所以的余弦值为.（2），设，，则，则，又，设平面的一个法向量为，则，即，取，，设与平面所成角为，，令，当时，，即时，有最大值，所以与平面所成角的正弦值的最大值为.