高中数学高考1 第1课时　利用空间向量求空间角

这是一份高中数学高考1 第1课时　利用空间向量求空间角，共18页。试卷主要包含了两条异面直线所成角的求法，求二面角的大小，利用空间向量求距离等内容，欢迎下载使用。

第6讲　立体几何中的向量方法
最新考纲
考向预测
能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题．了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
命题趋势
本讲内容以几何体为载体，重点考查有关空间的线线角、线面角、二面角与空间的距离的计算问题，这仍会是高考的热点，题型多为解答题的第2问.
核心素养
数学运算、数学建模


1．两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则

l1与l2所成的角θ
a与b的夹角β
范围

[0，π]
求法
cos θ＝
cos β＝
2.直线与平面所成角的求法
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，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝．
3．求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD分别是二面角α­l­β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．

(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α­l­β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)．
4．利用空间向量求距离(供选用)
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝.
(2)点到平面的距离

如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为||＝.
常见误区
1．当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角．
2．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．(　　)
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　　)
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　)
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为(　　)
A．45°　　　　　　　　 B．135°
C．45°或135° D．90°
解析：选C.因为cos〈m，n〉＝＝＝，故〈m，n〉＝45°，故两平面所成的二面角为45°或135°.故选C项．
3．在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为(　　)
A．－ B．－
C. D.
解析：选D.如图建立空间直角坐标系D－xyz，设DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E，则＝(－1，1，0)，＝，设异面直线DE与AC所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝.

4．已知2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________．
解析：由题意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10，
即2a·c＋b·c＝－10.因为a·c＝4，所以b·c＝－18，所以cos〈b，c〉＝＝＝－，所以〈b，c〉＝120°，所以两直线的夹角为60°.
答案：60°
5．(易错题)已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为________．
解析：设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，所以θ＝30°.
答案：30°
第1课时　利用空间向量求空间角


异面直线所成的角
[题组练透]
1．若正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为，AB＝1，则直线AB1与CD1所成的角为(　　)
A．30°　　　　　　　　 B．45°
C．60° D．90°
解析：选C.因为正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为，AB＝1，所以AA1＝，
以D为原点，DA所在直线为x轴，
DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，B1(1，1，)，C(0，1，0)，D1(0，0，)，
＝(0，1，)，＝(0，－1，)，
设直线AB1与CD1所成的角为θ，
则cos θ＝＝＝，
又0°＜θ≤90°，所以θ＝60°，
所以直线AB1与CD1所成的角为60°.故选C.
2．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C.建立如图所示的空间直角坐标系．
设BC＝CA＝CC1＝2，则可得A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，所以＝(1，－1，2)，＝(－1，0，2)．
所以cos〈，〉＝＝
＝＝.
3．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________．

解析：以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，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＝(0，2，－1)，＝＋＝＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)，所以
cos〈，〉＝＝＝，解得λ＝(λ＝－舍去)．
答案：

求异面直线所成的角的两个关注点
(1)用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解的．
(2)由于两异面直线所成角的范围是θ∈，两方向向量的夹角α的范围是[0，π]，所以要注意二者的区别与联系，应有cos θ＝|cos α|.　

直线与平面所成的角
(2020·新高考卷Ⅰ)如图，四棱锥P­ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.

(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【解】　(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD.
因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，＝(0，1，0)，＝(1，1，－1)．
由(1)可设Q(a，0，1)，则＝(a，0，1)．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则即
可取n＝(－1，0，a)．
所以cos〈n，〉＝＝ .
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝×＝ .
因为 ≤，当且仅当a＝1时等号成立．
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.

求直线与平面所成角的方法
(1)定义法：①作，在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，构造角所在的三角形，利用解三角形的知识求角．
(2)公式法：sin θ＝(其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面的距离，l为该点到斜足的距离，θ为斜线与平面所成的角)．
(3)向量法：sin θ＝|cos〈，n〉|＝(其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法向量，θ为斜线AB与平面α所成的角)．　
(2021·石家庄模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠DAB＝60°.

(1)证明：AD⊥PB；
(2)若PB＝，AB＝PA＝2，求直线PB与平面PDC所成角的正弦值．
解：(1)证明：取AD的中点为O，连接PO，BO，BD，如图，
因为底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，
所以△ABD是等边三角形，
所以BO⊥AD.
又PA＝PD，即△PAD是等腰三角形，
所以PO⊥AD.
又PO∩BO＝O，
所以AD⊥平面PBO，
又PB⊂平面PBO，
所以AD⊥PB.

(2)因为AB＝PA＝2，
所以由(1)知△PAD，△ABD均是边长为2的正三角形，则PO＝，BO＝，又PB＝，所以PO2＋BO2＝PB2，即PO⊥BO，
又由(1)知，BO⊥AD，PO⊥AD，
所以以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则D(－1，0，0)，P(0，0，)，C(－2，，0)，B(0，，0)，
＝(0，，－)，＝(1，0，)，＝(1，－，0)．
设n＝(x，y，z)是平面PCD的法向量，则
所以令y＝1，解得x＝，z＝－1，即n＝(，1，－1)为平面PCD的一个法向量．
设直线PB与平面PDC所成的角为θ，则
sin θ＝|cos〈，n〉|＝
＝，
所以直线PB与平面PDC所成角的正弦值为.

二面角
(2020·大同调研)在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点．

(1)求证：AB∥平面DEG；
(2)求二面角C­DF­E的余弦值．
【解】　(1)证明：因为AD∥EF，EF∥BC，
所以AD∥BC，又BC＝2AD，G是BC的中点，
所以AD綊BG，所以四边形ADGB是平行四边形，所以AB∥DG.
因为AB⊄平面DEG，DG⊂平面DEG，
所以AB∥平面DEG.
(2)因为EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，BE⊂平面AEB，
所以EF⊥AE，EF⊥BE，又AE⊥EB，
所以EB，EF，EA两两垂直．
以点E为坐标原点，EB，EF，EA所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则E(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，F(0，3，0)，D(0，2，2)．
由已知得＝(2，0，0)是平面EFDA的一个法向量．
设平面DCF的法向量为n＝(x，y，z)，
则因为＝(0，－1，2)，＝(2，1，0)，所以令z＝1，得y＝2，x＝－1，所以可取n＝(－1，2，1)．
设二面角C­DF­E的大小为θ，则cos θ＝cos〈n，〉＝＝－.
易知二面角C­DF­E为钝二面角，
所以二面角C­DF­E的余弦值为－.

利用向量法计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．　
(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．　Ｋ
　(2021·贵阳市适应性考试)如图是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体，平面ABC与半圆柱的下底面共面，且AC⊥BC，P为弧A1B1上(不与A1，B1重合)的动点．

(1)证明：PA1⊥平面PBB1；
(2)若四边形ABB1A1为正方形，且AC＝BC，∠PB1A1＝，求二面角P­A1B1­C的余弦值．
解：(1)证明：在半圆柱中，BB1⊥平面PA1B1，所以BB1⊥PA1.
因为A1B1是直径，所以PA1⊥PB1.
因为PB1∩BB1＝B1，PB1⊂平面PBB1，BB1⊂平面PBB1，
所以PA1⊥平面PBB1.
(2)以C为坐标原点，分别以CB，CA所在直线为x轴，y轴，过C与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系C­xyz，如图所示．
设CB＝1，则C(0，0，0)，B(1，0，0)，A(0，1，0)，A1(0，1，)，B1(1，0，)，P(1，1，)．
所以＝(0，1，)，＝(1，0，)．
平面PA1B1的一个法向量为n1＝(0，0，1)．
设平面CA1B1的法向量为n2＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则
所以可取n2＝(－，－，1)，
所以cos〈n1，n2〉＝＝.
由图可知二面角P­A1B1­C为钝角，
所以所求二面角的余弦值为－.

[A级　基础练]
1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1，C.
所以＝(0，0，1)，＝(0，－1，－1)，
所以cos〈，〉＝
＝＝－，
所以〈，〉＝，
所以异面直线B1C与AA1所成的角为.故选B.
2．(多选)(2020·山东烟台期末)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则(　　)
A．直线BD1⊥平面A1C1D
B．三棱锥P­A1C1D的体积为定值
C．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是
D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为
解析：选ABD.对于选项A，连接B1D1，易知A1C1⊥B1D1，且BB1⊥平面A1B1C1D1，则BB1⊥A1C1，所以A1C1⊥平面BD1B1，故A1C1⊥BD1；同理；连接AD1，易证得A1D⊥BD1，故BD1⊥平面A1C1D，故A正确．对于选项B，VP­A1C1D＝VC1­A1PD，因为点P在线段B1C上运动，所以S△A1DP＝A1D·AB，面积为定值，又C1到平面A1PD的距离即为C1到平面A1B1CD的距离，也为定值，故三棱锥P­A1C1D的体积为定值，B正确．对于选项C，当点P与线段B1C的端点重合时，AP与A1D所成角取得最小值，为，故C错误．对于选项D，因为直线BD1⊥平面A1C1D，所以若直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值最大，则直线C1P与直线BD1所成角的余弦值最大，此时P位于B1C的中点处，即所成角为∠C1BD1，设正方体棱长为1，在Rt△D1C1B中，cos∠C1BD1＝＝＝，故D正确．故选ABD.
3．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2.则该二面角的大小为________．
解析：如图所示，二面角的大小就是〈，〉．
因为＝＋＋，
所以2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)
＝2＋2＋2＋2·，
所以·＝[(2)2－62－42－82]＝－24.
因此·＝24，cos〈，〉＝＝，
又〈，〉∈[0°，180°]，
所以〈，〉＝60°，故二面角为60°.
答案：60°
4．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．

解析：以C为原点建立空间直角坐标系如图所示，得下列坐标：A(2，0，0)，C1(0，0，2)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2.所以＝(－2，0，2)，＝，
设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.又θ∈，所以θ＝.
答案：
5.如图所示，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.
(1)求证：BD⊥平面ACFE；
(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成角的余弦值的大小．
解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以BD⊥AC.
因为AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥AE.
又因为AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACFE.
所以BD⊥平面ACFE.
(2)以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，
设CF＝a(a>0)，则B(0，，0)，D(0，－，0)，E(1，0，2)，F(－1，0，a)(a>0)，＝(－1，0，a)．
设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则有即
令z＝1，则n＝(－2，0，1)，
由题意得sin 45°＝|cos〈，n〉|＝
＝＝，
解得a＝3或a＝－(舍去)．
所以＝(－1，0，3)，＝(1，－，2)，
cos〈，〉＝＝，
故异面直线OF与BE所成角的余弦值为.
6．(2020·高考天津卷)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．
(1)求证：C1M⊥B1D；
(2)求二面角B­B1E­D的正弦值；
(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．
解：依题意，以C为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，0，3)，A1(2，0，3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，M(1，1，3)．

(1)证明：依题意，＝(1，1，0)，＝(2，－2，－2)，从而·＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.
(2)依题意，＝(2，0，0)是平面BB1E的一个法向量，＝(0，2，1)，＝(2，0，－1)．
设n＝(x，y，z)为平面DB1E的法向量，则即不妨设x＝1，
可得n＝(1，－1，2)．
因此有cos〈，n〉＝＝，于是sin〈，n〉＝.
所以二面角B­B1E­D的正弦值为.
(3)依题意，＝(－2，2，0)．由(2)知n＝(1，－1，2)为平面DB1E的一个法向量，于是cos〈，n〉＝＝－.
所以直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为.
[B级　综合练]
7.(2020·高考全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A­EF­A1的正弦值．
解：设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如图，以C1为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系C1­xyz.
(1)证明：连接C1F，则C1(0，0，0)，A(a，b，c)，E(a，0，c)，F(0，b，c)，＝(0，b，c)，＝(0，b，c)，得＝，
因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，
所以点C1在平面AEF内．
(2)由已知得A(2，1，3)，E(2，0，2)，F(0，1，1)，A1(2，1，0)，＝(0，－1，－1)，＝(－2，0，－2)，＝(0，－1，2)，＝(－2，0，1)．
设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则
即可取n1＝(－1，－1，1)．
设n2为平面A1EF的法向量，则
同理可取n2＝.
因为cos〈n1，n2〉＝＝－，
所以二面角A­EF­A1的正弦值为.
8．(2021·唐山模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，点E是PC的中点．

(1)求证：PA∥平面BDE；
(2)若直线BD与平面PBC所成的角为30°，求二面角C­PB­D的大小．
解：(1)证明：如图，连接AC交BD于O，连接OE.
由题意可知，PE＝EC，AO＝OC，
所以PA∥EO，又PA⊄平面BED，EO⊂平面BED，
所以PA∥平面BED.

(2)以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D­xyz，不妨令PD＝CD＝1，AD＝a(a>0)，
则D(0，0，0)，B(a，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，＝(a，1，0)，＝(a，1，－1)，＝(0，1，－1)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
由得所以可取n＝(0，1，1)．
由直线BD与平面PBC所成的角为30°，得|cos〈，n〉|＝＝＝，解得a＝1或a＝－1(舍去)．
可得平面PBD的一个法向量m＝(－1，1，0)，
所以cosn，m＝＝＝.
因为二面角C­PB­D为锐二面角．
所以二面角C­PB­D的大小为60°.
[C级　创新练]
9．(2021·四省八校第二次质量检测)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，点M在线段PC上，PD＝BD＝BC＝，N是线段PB的中点，且三棱锥M­BCD的体积是四棱锥P­ABCD的体积的.

(1)若H是PM的中点，证明：平面ANH∥平面BDM；
(2)若PD⊥平面ABCD，求二面角B­DM­C的正弦值．
解：(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OM.
由V三棱锥M­BCD＝V四棱锥P­ABCD，得MC＝PC，则MC＝HC，又O为AC的中点，所以OM∥AH.
因为N，H分别为PB，PM的中点，所以NH∥BM.又AH∩NH＝H，OM∩BM＝M，所以平面ANH∥平面BDM.
(2)连接ON，则ON∥PD，所以ON⊥平面ABCD.
建立以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B，D，C，M，＝(0，，0)，＝，＝，＝.
设平面MBD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则⇒得y1＝0.
取x1＝1，得z1＝，所以n1＝(1，0，)，
同理可得，平面CMD的一个法向量为n2＝(1，，0)，
所以cos〈n1，n2〉＝，所以二面角B­DM­C的正弦值为.