2024年高考数学一轮复习-向量法求空间角（原卷版）

这是一份2024年高考数学一轮复习-向量法求空间角（原卷版），共16页。试卷主要包含了异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角等内容，欢迎下载使用。

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cs θ＝|cs〈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＝|cs〈e，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\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 \(AB,\s\up6(→))，eq \(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|cs θ|＝ |，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＝|cs〈u，n〉|，不要误记为cs θ＝|cs〈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\c1(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)
(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 \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(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________.
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\c1(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.
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.
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)＝2，②
AB＝2AD＝2OAcs 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\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(4eq \r(3)，0，0)，eq \(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\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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|cs〈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\c1(\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.
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．
2．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．，
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
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
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．
6．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．②④B．①③C．①③④D．①②③④
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)
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．
三、填空题
9．设分别是平面的法向量，若，则实数的值是________．
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______．
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______.
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）.
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）.
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．
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.
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．
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
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．
3．已知，，，则平面ABC的一个法向量可以是（ ）
A．B．C．D．
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．1D．
5．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．
6．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．
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
8．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
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）
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_________.
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）
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________．
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．
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；
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.
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.