2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题46向量法求空间角（Word版附解析）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题46向量法求空间角（Word版附解析），共54页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

专题46向量法求空间角
知识梳理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧
题型归类
题型一：异面直线所成的角
题型二：直线与平面所成的角
题型三：平面与平面的夹角
培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题
一、【知识梳理】
【考纲要求】
1.掌握空间向量的应用.
2.会用空间向量求空间角和距离.
【考点预测】
1．异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝.
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u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝.

3．平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．

若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝.
【常用结论】
1.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〉|.
2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是.
【方法技巧】
1.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|.　
2.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)．　
3.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．
二、【题型归类】
【题型一】异面直线所成的角
【典例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
【解析】(1)证明　因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，
所以BD⊥平面PAC.
(2)解　设AC∩BD＝O，
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，
则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，0，0)，
所以＝(1，，－2)，＝(0，2，0).
设PB与AC所成角为θ，
则cos θ＝＝＝.
(3)解　由(2)知＝(－1，，0).
设P(0，－，t)(t＞0)，
则＝(－1，－，t).
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
则·m＝0，·m＝0，
所以
令y＝，则x＝3，z＝，
所以m＝.
同理，平面PDC的法向量n＝.
因为平面PBC⊥平面PDC，
所以m·n＝0，即－6＋＝0，
解得t＝，所以PA＝.
【典例2】如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角.
【解析】以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图).

设AB＝1，
则B(0，0，0)，E，F，C1(1，0，1)，
所以＝，＝(1，0，1).
于是cos〈，〉＝
＝＝，
所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.
【典例3】如图，已知圆锥CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圆O的直径，点D在上，且∠AOD＝2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为(　　)

A. B. C. D.
【解析】因为∠AOD＝2∠BOD，
且∠AOD＋∠BOD＝π，
所以∠BOD＝，
连接CO，则CO⊥平面ABD，以点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设圆O的半径为2，则A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0，2)，D(，1,0)，
＝(，3,0)，＝(0，－2,2)，
设异面直线AD与BC所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为.
【题型二】直线与平面所成的角
【典例1】在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E是边AB的中点(如图1)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1－BCDE(如图2)．

(1)证明：平面A1BE⊥平面BCDE；
(2)若A1E⊥BE，连接CE，求直线CE与平面A1CD所成角的正弦值．
【解析】(1)证明　连接图1中的BD，如图所示．

因为四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，
所以△ABD为等边三角形，所以DE⊥AB，
所以在图2中有DE⊥BE，DE⊥A1E，
因为BE∩A1E＝E，BE，A1E⊂平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE，
因为DE⊂平面BCDE，
所以平面A1BE⊥平面BCDE.
(2)解　因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1E⊥BE，A1E⊂平面A1BE，所以A1E⊥平面BCDE，
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

所以A1(0,0,1)，C(2，，0)，D(0，，0)，
E(0,0,0)，
所以＝(0，，－1)，＝(2，，－1)，＝(2，，0)，
设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令y＝1，则n＝(0,1，)，
所以cos〈n，〉＝＝＝，
所以直线CE与平面A1CD所成角的正弦值为.
【典例2】如图，四棱锥P－ABCD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．
【解析】(1)证明　在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
因为PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，
所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，PD，DC⊂平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
(2)解　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，

因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
因为平面PAD∩平面PBC＝l，
所以l过点P，设Q(m，0,1)，
则有＝(0,1,0)，＝(m，0,1)，＝(1,1，－1)，
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则cos〈n，〉＝＝.
记PB与平面QCD所成的角为θ，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝，
当m＝0时，sin θ＝，
当m≠0时，sin θ＝
＝·＝·
≤·≤·＝，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
【典例3】如图所示，在三棱锥S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，A是线段SD上的点，△SBD为等边三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.

(1)若SA＝AD，求证：SD⊥CA；
(2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为，求AD的长．
【解析】(1)证明　依题意，BD＝2，
在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，
由余弦定理求得BC＝2，
∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.
又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，
∴BC⊥平面SBD.从而BC⊥SD，
在等边△SBD中，SA＝AD，则BA⊥SD.
又BC∩BA＝B，BC，BA⊂平面BCA，
∴SD⊥平面BCA，又CA⊂平面BCA，
∴SD⊥CA.
(2)解　以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x轴、y轴，过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，C(2，0,0)，D(0,2,0)，S(0,1，)，

故＝(－2，2,0)，＝(0,1，－)，
设平面SCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则
即
取x＝1，则y＝，z＝1，
∴m＝(1，，1)，
设＝λ(0≤λ≤1)，
则＝(0，－λ，λ)，
故A(0,2－λ，λ)，则＝(0,2－λ，λ)，
设直线BA与平面SCD所成角为θ，
故sin θ＝＝
＝＝，
解得λ＝或λ＝，则AD＝或AD＝.
【题型三】平面与平面的夹角
【典例1】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．
【解析】(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平行且等于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－.
【典例2】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．
【解析】(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－.
【典例3】如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点.
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积.
【解析】(1)证明　因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD.
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)解　法一　如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.
因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C.
设A(0，0，a)，a>0，因为DE＝2EA，
所以E.
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1).
设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，
因为＝，＝，
所以即
令x＝1，则y＝，z＝，
所以m＝.
因为二面角E－BC－D的大小为45°，
所以cos 45°＝＝＝，
得a＝1，即OA＝1.
因为S△BCD＝BD·CDsin 60°＝×2×1×＝，
所以VA－BCD＝S△BCD·OA＝××1＝.
法二　因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，
所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝，所以S△BCD＝.
如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.
因为AO⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD.
又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC.
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，所以BC⊥EG，
则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为DE＝2EA，
所以EF＝OA，DF＝2OF，
所以＝2.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
则＝，所以GF＝，
所以EF＝GF＝，所以OA＝1，
所以VA－BCD＝S△BCD·AO＝××1＝.
三、【培优训练】
【训练一】如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)若平面EBD与平面FBD夹角的余弦值为，求线段CF的长.
【解析】依题意，建立以A为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).
设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h).
(1)证明　依题意，＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，
又＝(0，2，h)，可得·＝0，
又因为直线BF⊄平面ADE，
所以BF∥平面ADE.
(2)依题意，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(－1，－2，2).
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨令z＝1，可得n ＝(2，2，1).
因此有cos〈，n〉＝＝－.
所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，
则即
不妨令y1＝1，可得m ＝.
又n＝(2，2，1)为平面BDE的一个法向量，
故由题意，
有|cos〈m，n〉|＝＝＝.
解得h＝.经检验，符合题意.
所以，线段CF的长为.
【训练二】如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点.

(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求平面MAB与平面DAB夹角的余弦值.
【解析】(1)证明　取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD.
又BC＝AD，所以EF平行且等于BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，
则CE∥BF.
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
故CE∥平面PAB.
(2)解　由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则

A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，)，
＝(1，0，－)，＝(1，0，0).
设M(x，y，z)(0