2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 015-第七节 空间角（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 015-第七节 空间角（教用），共15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，平面与平面的夹角等内容，欢迎下载使用。
第七节 空间角
课标要求
能用向量方法解决与异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面的夹角相关的问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究空间角问题中的作用.
回归教材 强基础
1．异面直线所成的角
（1）若异面直线l1，l2所成的角为θ ，其方向向量分别是u，v，则csθ=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ = _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（2）取值范围：(0,π2].
【答案】|cs⟨u,v⟩|； |u⋅v||u||v|
2．直线与平面所成的角
（1）设直线AB与平面α 所成的角为θ ，直线AB的方向向量为u，平面α 的法向量为n，则sinθ=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ = _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（2）取值范围：[0,π2].
【答案】|cs⟨u,n⟩|； |u⋅n||u||n|
3.二面角
（1）平面α 与β 相交于直线l，平面α 的法向量为n1，平面β 的法向量为n2，⟨n1，n2⟩=θ ，则二面角α−l−β 为θ 或π−θ .
（2）取值范围：[0,π].
4．平面与平面的夹角
（1）若平面α ，β 的法向量分别是n1，n2，则平面α 与平面β 的夹角即向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α 与平面β 的夹角为θ ，则csθ=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ = _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（2）取值范围：_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】|cs⟨n1,n2⟩|； |n1⋅n2||n1||n2|； [0,π2]
自主评价
1．概念辨析（正确的打“√”，错误的打“×”）.
（1） 直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与平面所成的角.（ ）
（2） 两个平面的法向量的夹角是这两个平面的夹角.（ ）
（3） 两个向量夹角的取值范围与两条异面直线所成角的取值范围相同.（ ）
（4） 直线与平面所成的角的取值范围和平面与平面夹角的取值范围相同.（ ）
【答案】（1） ×
（2） ×
（3） ×
（4） √
2．（人教A版选择性必修第一册P36例7改编）已知s1=(1,0,1)，s2=(−1,2,−2)分别为直线l1,l2的方向向量，则l1和l2夹角的余弦值为（ ）
A. 24B. 12C. 22D. 32
【答案】C
【解析】设两直线的夹角为θ ，所以csθ=|cs⟨s1，s2⟩|=|s1⋅s2||s1||s2|=|−1−2|2×3=22，所以l1和l2夹角的余弦值为22.
3．若直线l的一个方向向量为u=(1,0,1)，平面α 的一个法向量为n=(0,−1,1)，则l与α 所成角的大小为（ ）
A. π6B. π3C. π3或2π3D. π6或5π6
【答案】A
【解析】设l与α 所成的角为θ(0≤θ≤π2)，因为直线l的一个方向向量为u=(1,0,1)，平面α 的一个法向量为n=(0,−1,1)，所以sinθ=|cs⟨u，n⟩|=12×2=12，因为0≤θ≤π2，所以θ=π6.
4．易错 已知平面α 的一个法向量为n=(−1,1,0)，平面β 的一个法向量为m=(1,0,−1)，则α 与β 的夹角为_ _ _ _ _ _ .
【答案】π3
【解析】cs⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=−12×2=−12，又⟨m,n⟩∈[0,π]，所以⟨m,n⟩=2π3，因为α 与β 的夹角的取值范围为[0,π2]，所以α 与β 的夹角为π3.
易错分析
易混淆两个平面的夹角与两个法向量的夹角之间的关系而致错.两个平面的夹角的取值范围为[0,π2]，而两个法向量的夹角的取值范围为[0,π].
突破核心 提能力
考点一 异面直线所成的角
角度1 用建系向量法求异面直线所成的角
例1 （2025· 全国Ⅰ卷·17，15分）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=2，BC=2，AD=1+3，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.
【答案】
（1） 规范解答 证明：∵PA⊥ 平面ABCD，AB⊂ 平面ABCD，
∴PA⊥AB，（2分）
又AB⊥AD，PA∩AD=A，PA，AD⊂ 平面PAD①，
∴AB⊥ 平面PAD，（2分）
∵AB⊂ 平面PAB②，
∴ 平面PAB⊥ 平面PAD.（2分）
①证明线面垂直时，必须说明前提条件；
②注意该处条件不能遗漏；
（2） 规范解答 解法一：(i)证明：∵PA⊥ 平面ABCD,AB⊂ 平面ABCD,AD⊂ 平面ABCD,∴PA⊥AB，PA⊥AD，
又AB⊥AD，∴PA,AB,AD两两垂直，
建立如图1所示的空间直角坐标系​③，
图1
∴A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,1+3,0),P(0,0,2)，（1分）
设O(x,y,z),
则OP=x2+y2+(z−2)2,
OB=(x−2)2+y2+z2,
OC=(x−2)2+(y−2)2+z2,
OD=x2+(y−1−3)2+z2,
由OP=OB=OC=OD，解得x=z=0,y=1④,
则O(0,1,0)，（2分）
故点O在线段AD上，即点O在平面ABCD内.（1分）
(ii)易得AC=(2,2,0),PO=(0,1,−2)，（2分）
设直线AC与直线PO所成的角为θ ，
则csθ=|AC⋅PO||AC||PO|=|0+2×1+0|(2)2+22+0×0+12+(−2)2=23⑤.（3分）
解法二：(i)证明：∵P，B，C，D在同一个球面上，
∴ 球心到四个点的距离相等，
连接BD,在△BCD所在的平面中，到B,C,D三点距离相等的点是该三角形的外心，作出线段BC和CD的垂直平分线，设BC的中点为E,CD的中点为F,两条垂直平分线相交于点O1,如图2所示.
图2
由几何知识得，
O1E=AB=2，BE=CE=AO1=12BC=1，O1D=AD−AO1=3，
连接BO1,CO1，则BO1=CO1=12+(2)2=3，∴O1D=BO1=CO1，∴ 点O1是△BCD的外心​⑥.（1分）
连接PO1，如图3所示，在Rt△AO1P中，AP⊥AO1，AP=2，
由勾股定理得，PO1=AP2+AO12=(2)2+12=3，
∴PO1=BO1=CO1=O1D=3 ⑦，（2分）
∴ 点O1即为球心O，∴ 点O在线段AD上，
又AD⊂ 平面ABCD，∴ 点O在平面ABCD上.（1分）
图3
(ii)∵AB⊥AD，BC//AD，∴AB⊥BC，
在Rt△ABC中，AB=2，BC=2，
由勾股定理得，AC=AB2+BC2=(2)2+22=6，
过点O作AC的平行线，交BC的延长线于C1，连接AC1，PC1，如图4所示.
图4
则OC1=AC=6，直线AC与直线PO所成角即为∠POC1或其补角.（2分）
∵PA⊥ 平面ABCD，AC1⊂ 平面ABCD，∴PA⊥AC1，
在Rt△ABC1中，AB=2，BC1=BC+CC1=2+1=3，由勾股定理得，AC1=AB2+BC12=(2)2+32=11，
在Rt△APC1中，PA=2，
由勾股定理得PC1=PA2+AC12=(2)2+(11)2=13，
在△POC1中，由余弦定理的推论得cs∠POC1=PO2+OC12−PC122PO⋅OC1=−23，（2分）
∴ 直线AC与直线PO所成角的余弦值为23⑧.（1分）
③注意一定要在答题纸上进行建系；
④利用球心O 到各个点的距离相等求解；
⑤异面直线所成角的余弦值一定为非负值；
⑥由平面几何知识证明点O1 是△BCD 的外心；
⑦需说明球心到各个点的距离相等;
⑧异面直线所成角的余弦值一定为非负值.
思路分析 通过证明AP⊥AB，得出AB⊥ 平面PAD，进而证明平面PAB⊥ 平面PAD.
思路分析 解法一：(i)建立空间直角坐标系并写出各点的坐标，由P,B,C,D在球O 的球面上，得|OP|=|OB|=|OC|=|OD|，进而得出点O 在空间直角坐标系中的坐标，证明结论.
(ii) 写出直线AC 和PO 的方向向量，进而求出所成角的余弦值.
解法二：(i)作出△BCD 的边BC 和CD 的垂直平分线，找到△BCD 的外心O1，然后求出PO1 的长，进而求出外心O1 到P，B，C，D的距离相等，从而得出外心O1 即为P，B，C，D所在球的球心，证明结论.
(ii) 求出AC 的长，再过点O 作AC 的平行线，交BC 的延长线于C1，连接AC1，PC1，利用勾股定理求出AC1 的长，然后得出PC1 的长，最后在△POC1 中，由余弦定理的推论求出cs∠POC1，即可得到直线AC 与直线PO 所成角的余弦值.
归纳总结
用建系向量法求异面直线所成角的步骤
（1）建立空间直角坐标系;
（2）用坐标表示两条异面直线的方向向量;
（3）利用公式求出两个方向向量夹角的余弦值;
（4）注意两条异面直线所成角的取值范围是(0,π2]，即两条异面直线所成角的余弦值等于两个方向向量夹角的余弦值的绝对值.
角度2 用基底法求异面直线所成的角
例2 （2025·四川巴中二模）已知三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均相等，且∠A1AB=∠A1AC=45∘ ,∠BAC=60∘ ，则异面直线AB与B1C所成角的余弦值为（ ）
A. 33B. 23C. 63D. 2+24
【答案】D
【解析】设三棱柱的棱长为1,AB=a,AC=b,AA1=c,|a|=|b|=|c|=1，所以a⋅b=12，a⋅c=b⋅c=22，B1C=AC−AB−BB1=b−a−c，AB⋅B1C=a⋅(b−a−c)=a⋅b−a2−a⋅c=12−1−22=−1+22，|B1C|2=(b−a−c)2=a2+b2+c2−2a⋅b+2a⋅c−2b⋅c=2，则|B1C|=2，
设异面直线AB与B1C所成的角为θ ，则csθ=|AB⋅B1C||AB|⋅|B1C|=2+24.
变式．（2025·河北廊坊模拟）如图，E,F分别是正八面体（8个面均为正三角形）的棱BC,CD的中点，则异面直线QE与PF所成角的余弦值为（ ）
A. 13B. 33C. 23D. 63
【答案】C
【解析】由正八面体的结构特征知PF=PD+DF=BQ+12DC，QE=QC+CE=QC+12CB，设正八面体的棱长为2，因为8个面都是正三角形，所以四边形ABCD为正方形，所以PF⋅QE=(BQ+12DC)⋅(QC+12CB)=BQ⋅QC+12BQ⋅CB+12DC⋅QC+14DC⋅CB=−QB⋅QC−12BQ⋅BC+12CD⋅CQ−14CD⋅CB=−2×2×12−12×2×2×12+12×2×2×12−0=−2，|PF|=(BQ+12DC)2=BQ2−BQ⋅CD+14DC2=4−2+1=3，|QE|=(QC+12CB)2=QC2−CQ⋅CB+14CB2=4−2+1=3，
所以|cs⟨PF,QE⟩|=|PF⋅QE|PF||QE||=23，即异面直线QE与PF所成角的余弦值为23.
考点二 直线与平面所成的角
例3 ［2023·全国甲卷（理）·18,12分］如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1C⊥ 平面ABC，∠ACB=90∘ ，AA1=2，A1到平面BCC1B1的距离为1.
（1） 证明：A1C=AC；
（2） 已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
【解析】
（1） 证明：∵A1C⊥ 平面ABC，BC⊂ 平面ABC，∴A1C⊥BC，
∵∠ACB=90∘ ，∴AC⊥BC，
又AC∩A1C=C，AC，A1C⊂ 平面AA1C1C，
∴BC⊥ 平面AA1C1C.
又∵BC⊂ 平面BCC1B1，
∴ 平面BCC1B1⊥ 平面AA1C1C.
过A1作A1H⊥CC1，垂足为H，又平面BCC1B1⊥ 平面AA1C1C，平面BCC1B1∩ 平面AA1C1C=CC1，A1H⊂ 平面AA1C1C，∴A1H⊥ 平面BCC1B1，∴A1H=1.
易知∠CA1C1=90∘ ，在Rt△A1CC1中，CC1=2=2A1H，A1H⊥CC1，
∴△A1CC1为等腰直角三角形，
∴A1C=A1C1.易知AC=A1C1，∴A1C=AC.
（2） 以C为坐标原点，CA，CB，CA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系，在平面BCC1B1内过H作HQ//BC，交BB1于点Q，连接A1Q，如图.
易知CC1⊥A1H，CC1⊥HQ，CC1//BB1，
又A1H∩HQ=H，A1H，HQ⊂ 平面A1HQ，
∴CC1⊥ 平面A1HQ，∴BB1⊥ 平面A1HQ，
又A1Q⊂ 平面A1HQ，∴BB1⊥A1Q，
∴A1Q=2，∴ 在Rt△A1HQ中，HQ=3，
易知A1C=AC=2，
则A(2,0,0)，B1(−2，3，2)，C1(−2,0,2)，B(0,3,0)，C(0,0,0),
∴AB1=(−22，3，2)，CB=(0,3,0)，CC1=(−2,0,2).
设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),
则n⋅CB→=0,n⋅CC1→=0,即3y=0,−2x+2z=0,
取x=1,得n=(1,0,1).
设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ ，
则sinθ=|cs⟨AB1，n⟩|=|AB1⋅n||AB1||n|=|−22+2|(−22)2+(3)2+(2)2×12+12=1313.
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为1313.
例4 （2025·福建厦门三模）在三棱锥P−ABC中，AC⊥BC，AP⊥CP，AP=CP=2，D是AB的中点，且平面PAC⊥ 平面ABC.
（1） 证明：AP⊥ 平面BCP；
（2） 已知平面α 经过直线PC，且AB//α ，直线PD与平面α 所成角的正弦值为63，求三棱锥P−ABC的体积.
【解析】
（1） 证明：因为平面PAC⊥ 平面ABC，平面PAC∩ 平面ABC=AC,BC⊂ 平面ABC,BC⊥AC，所以BC⊥ 平面PAC.
又AP⊂ 平面PAC，所以BC⊥AP.
又AP⊥CP,BC,CP⊂ 平面BCP,BC∩CP=C，所以AP⊥ 平面BCP.
（2） 取AC的中点O，连接PO,DO，
因为AP=CP，所以PO⊥AC，
因为平面PAC⊥ 平面ABC，所以PO⊥ 平面ABC.
因为O,D分别是AC,AB的中点，
所以OD//BC，
又BC⊥AC，所以OD⊥AC.
以O为坐标原点，OA,OD,OP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，
因为AP⊥CP,AP=CP=2,所以AO=OC=PO=2,则A(2,0,0),C(−2,0,0),P(0,0,2),
设BC=2m，则B(−2,2m,0),D(0,m,0)，
所以PD=(0,m,−2),CP=(2,0,2),AB=(−22,2m,0).
设平面α 的法向量为n=(x,y,z)，因为AB//α ,PC⊂α ，
所以n⋅CP→=0,n⋅AB→=0,即2x+2z=0,−22x+2my=0,
令x=m，则n=(m,2,−m).
由题知|cs⟨PD,n⟩|=|PD⋅n||PD||n|=22mm2+2×2m2+2=63，
化简可得m4−3m2+2=0，解得m=1或m=2（负值舍去），
三棱锥P−ABC的体积V=13PO⋅S△ABC=43m，所以三棱锥P−ABC的体积为43或423.
归纳总结
用向量法求直线与平面所成角的步骤
（1）建立空间直角坐标系；
（2）求直线的方向向量和平面的法向量；
（3）利用公式求出两个向量的夹角的余弦值，其绝对值为直线与平面所成角的正弦值，进而可以得到直线与平面所成的角.
考点三 二面角或平面与平面的夹角考教衔接
例5 （2024· 新课标Ⅰ卷·17，15分）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥ 底面ABCD，PA=AC=2,BC=1,AB=3.
（1） 若AD⊥PB，证明：AD//平面PBC;
（2） 若AD⊥DC,且二面角A−CP−D的正弦值为427,求AD.
【解析】
（1） 证明：在△ABC中，AB=3，BC=1,AC=2,
故有AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC.
因为PA⊥ 底面ABCD,AD⊂ 平面ABCD，
所以PA⊥AD,
又因为AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂ 平面PAB,所以AD⊥ 平面PAB,
又AB⊂ 平面PAB,所以AD⊥AB,
又因为AB⊥BC，A,B,C,D四点在同一平面内，所以AD//BC.
又因为BC⊂ 平面PBC,AD⊄ 平面PBC,所以AD//平面PBC.
（2） 解法一：因为AD⊥DC，所以以DA,DC所在直线分别为x轴、y轴，过D作与PA平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系,如图，
则D(0,0,0),
设AD=m(0