2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第十章第七节　空间中的角(一)

第七节　空间中的角(一)复习目标学法指导1.利用空间向量解决线面关系.2.利用空间向量求异面直线所成的角、线面角.1.弄清楚空间向量法判断线、面等位置关系的基本原理.2.会求直线的方向向量,平面的法向量.3.能够利用方向向量或法向量解决异面直线所成角或线面角问题.一、利用直线方向向量、平面法向量判定线面关系1.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量.直线l上的向量e或与e共线的向量叫做直线l的方向向量,显然一条直线的方向向量有无数个.(2)平面的法向量.如果表示向量n的有向线段所在直线垂直于平面α,则称这个向量垂直于平面α,记作n⊥α,此时向量n叫做平面α的法向量.显然一个平面的法向量有无数个,且它们是共线向量.2.判定直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为μ=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3).(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.(2)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a=kμ⇔a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ=λv⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.1.概念理解(1)直线的方向向量与直线上的向量是共线向量,它只有方向没有大小之分,因此与l上的向量共线的向量都可以称为直线l的方向向量.(2)向量n与平面α内的任意向量a,只要有n·a=0,那么n就称为α的法向量,一个平面的法向量没有大小之分.(3)利用方向向量与α的法向量判定线、面关系时,不要忽略立体几何中定理原有的条件要求.2.与方向向量及法向量相关联的结论设直线l1的方向向量v1=(a1,b1,c1),l2的方向向量v2=(a2,b2,c2),则l1∥l2⇔v1∥v2⇔(a1,b1,c1)=k(a2,b2,c2)(k∈R);l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.二、异面直线所成角、线面角的空间向量法1.求两条异面直线所成的角设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量,a与b的夹角为,l1与l2所成的角为θ,则cos θ=|cos |=.2.求直线与平面所成的角设直线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,n的夹角为,则sin θ=|cos |=.1.概念理解(1)求异面直线所成角时,易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角范围为(0,].(2)求直线与平面所成角时,注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值.2.与异面直线所成角、线面角空间向量法相关联结论(1)当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是异面直线所成的角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线所成的角.(2)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角),取其余角即为所求线面角.(3)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2θ+cos2θ=1求出其值.不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求线面角的余弦值.1.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),|c|= ,若(a+b)·c=7,则a与c的夹角为(　C　)(A)30° (B)60° (C)120° (D)150°解析:设c=(x,y,z),a与c的夹角为θ,由(a+b)·c=7得x+2y+3z=-7,所以a·c=x+2y+3z=-7,所以cos θ===-,所以θ=120°.故选C.2.(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1= ,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　C　)(A) (B) (C) (D) 解析:法一　如图,连接BD1,交DB1于O,取AB的中点M,连接DM,OM,易知O为BD1的中点,所以AD1∥OM,则∠MOD或其补角为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,所以AD1==2,DM==,DB1==,所以OM=AD1=1,OD=DB1=,于是在△DMO中,由余弦定理,得cos∠MOD==,即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为,故选C.法二　如图,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.由题意,得A(1,0,0),D(0,0,0),D1(0,0,),B1(1,1,),所以=(-1,0,),=(1,1,),所以·=-1×1+0×1+()2=2,||=2,| |=,所以cos<,>===.故选C.3.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,E,F,G分别为AB,AA1,A1C1的中点,则B1F与平面GEF所成角的正弦值为(　A　)(A) (B) (C) (D)解析:设正三棱柱的棱长为2,取AC的中点D,连接DG,DB,分别以DA,DB,DG所在的直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B1(0, ,2),F(1,0,1),E(,,0),G(0,0,2),=(1,- ,-1),=( ,-,1),=(1,0,-1).设平面GEF的法向量n=(x,y,z),则即取x=1,则z=1,y=,故n=(1,,1)为平面GEF的一个法向量,所以cos<n,>= =-,所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为.故选A.考点一　利用空间向量解决线面关系[例1] 如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=AD=2,E,F,H分别是线段PA,PD,AB的中点.求证:(1)PB∥平面EFH;(2)PD⊥平面AHF.证明:建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0,1,1),H(1,0,0).(1)因为=(2,0,-2),=(1,0,-1),所以=2,所以PB∥EH.因为PB⊄平面EFH,且EH⊂平面EFH,所以PB∥平面EFH.证明:(2)=(0,2,-2),=(1,0,0),=(0,1,1),所以·=0×0+2×1+(-2)×1=0,·=0×1+2×0+(-2)×0=0,所以PD⊥AF,PD⊥AH,又因为AF∩AH=A,所以PD⊥平面AHF. (1)恰当建立坐标系,准确表示各点与相关向量的坐标,是运用向量法证明平行和垂直的关键.(2)证明直线与平面平行,只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零,或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面,或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行,然后说明直线在平面外即可.这样就把几何证明问题转化为向量运算.(3)证明线线垂直,只需要证明两条直线的方向向量垂直;证明线面垂直,只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可.当然也可证直线的方向向量与平面的法向量平行;证明面面垂直:①证明两平面的法向量互相垂直;②利用面面垂直的判定定理,只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可.如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图,在直观图中,点M是BD的中点,AE=CD,侧视图是直角梯形,俯视图是等腰直角三角形,有关数据如图所示.(1)求证:EM∥平面ABC;(2)试问在棱CD上是否存在一点N,使MN⊥平面BDE?若存在,确定点N的位置;若不存在,请说明理由.解:以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(-2,0,0),D(-2,0,4),E(0,0,2),M(-1,1,2),=(0,0,2),=(2,2,-4),=(2,0,-2),=(0,0,-4),=(1,1,-2),=(-1,1,0).(1)由图易知为平面ABC的一个法向量,因为·=0×(-1)+0×1+2×0=0,所以⊥,即AE⊥EM,又EM⊄平面ABC,故EM∥平面ABC.解:(2)假设在DC上存在一点N满足题意,设=λ=(0,0,-4λ),λ∈[0,1],则=-=(1,1,-2)-(0,0,-4λ)=(1,1,-2+4λ),所以即解得λ=∈[0,1].所以棱DC上存在一点N,满足NM⊥平面BDE,此时,DN=DC.考点二　利用空间向量求异面直线所成角、线面角[例2] 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD,E是PC的中点.已知AB=2,AD=2,PA=2.求:(1)△PCD的面积;(2)异面直线BC与AE所成的角的大小.解:(1)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD.又AD⊥CD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD,从而CD⊥PD.因为PD==2,CD=2,所以△PCD的面积为×2×2=2.解:(2)如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),E(1, ,1),=(1,,1),=(0,2,0).设AE与BC的夹角为θ,则cos θ=||==,所以θ=.由此可知,异面直线BC与AE所成的角的大小是. (1)可从两个不同角度求异面直线所成的角,一是几何法:作—证—算;二是向量法:把角的求解转化为向量运算,应注意体会两种方法的特点,“转化”是求异面直线所成角的关键,一般地,异面直线AC,BD的夹角β的余弦值为cos β=.(2)利用向量求线面角的方法:①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,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,取其余角就是斜线和平面所成的角.(2019·台州模拟)如图,四棱锥P-ABCD中,PC垂直平面ABCD,AB⊥AD,AB∥CD,PD=AB=2AD=2CD=2,E为PB的中点.(1)证明:平面EAC⊥平面PBC;(2)求直线PD与平面AEC所成角的正弦值.(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,故PC⊥AC.又AB=2,CD=1,AD⊥AB,所以AC=BC= .故AC2+BC2=AB2,即AC⊥BC.所以AC⊥平面PBC,所以平面EAC⊥平面PBC.(2)解:法一　因为PC⊥平面ABCD,故PC⊥CD.又PD=2,所以PC=.过点P作PF垂直CE,垂足为F.由(1)知平面ACE⊥平面PBC,所以PF⊥平面ACE.由面积法得CE·PF=PC·BC.又点E为PB的中点,CE=PB=.所以PF=.又点E为PB的中点,所以点P到平面ACE的距离与点B到平面ACE的距离相等.连接BD交AC于点G,则GB=2DG.所以点D到平面ACE的距离是点B到平面ACE的距离的一半,即PF.所以直线PD与平面AEC所成角的正弦值为=.法二　如图,取AB的中点F,如图建立坐标系.因为PD=2,所以CP=.所以有C(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0, ),A(1,1,0),B(1,-1,0),E(,-,).=(0,1,- ),=(1,1,0),=(,-, ).设平面ACE的一个法向量为n=(x,y,z),则取x=1,得y=-1,z=-.即n=(1,-1,-).设直线PD与平面AEC所成角为θ,则sin θ=|cos<n,>|==.考点三　易错辨析[例3] 如图所示,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.(1)求证:AC⊥SD;(2)若SD⊥平面PAC,则侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC?若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说明理由.(1)证明:连接BD,设BD交AC于O,则AC⊥BD.由题意知SO⊥平面ABCD,以O为坐标原点,,,分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系如图.设底面边长为a,则高SO=a,于是S(0,0,a),D(-a,0,0),B(a,0,0),C(0,a,0),=(0,a,0),=(-a,0,-a),则·=0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.(2)解:棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.理由如下:由已知条件知是平面PAC的一个法向量,且=(a,0,a),=(0,-a,a),=(-a,a,0).设=t(0<t<1),则=+=+t=(-a,a(1-t),at),由·=0⇒t=.即当SE∶EC=2∶1时,⊥.又BE不在平面PAC内,故BE∥平面PAC. 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,然后再加以证明,得出结论.(2)假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条件,根据题目进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存在这样的点或线,否则不存在.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则直线D1E与A1D所成角的大小是　　　　　,若D1E⊥EC,则AE=　　　　　. 解析:长方体ABCD-A1B1C1D1中以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,又AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则D(0,0,0),D1(0,0,1),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,2,0),设E(1,m,0),0≤m≤2,则=(1,m,-1),=(-1,0,-1),所以·=-1+0+1=0,所以直线D1E与A1D所成角的大小是90°.因为=(1,m,-1),=(-1,2-m,0),D1E⊥EC,所以·=-1+m(2-m)+0=0,解得m=1,所以AE=1.答案:90°　1空间线面位置关系的证明及空间角的求解[例题] 如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.(1)证明:AC⊥B1D;(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.(1)证明:易知AB,AD,AA1两两垂直.如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,t>0,则有A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).因为AC⊥BD,所以·=-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去).于是=(-,3,-3),=(,1,0).因为·=-3+3+0=0,所以⊥,即AC⊥B1D.(2)解:由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD1的一个法向量,则即令x=1,则n=(1,- ,).设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则sin θ=|cos<n,>|=||==.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.规范要求: (1)空间直角坐标系的建立,关键点的坐标一定要一一列出.(2)探求直线的方向向量与平面的法向量要有具体的解答过程,尤其求法向量n的过程必不可少.温馨提示:(1)对于本题中AB=t的设法很关键.(2)在法向量的探求中,因为法向量的大小不定,我们会令x=1(或y=1或z=1),这是可取之处.(3)线面角与向量所成的夹角注意分清楚.类型一　利用空间向量解决线、面关系1.设l1的方向向量为a=(1,2,-2),l2的方向向量为b=(-2,3,m),若l1⊥l2,则m等于(　B　)(A)1 (B)2 (C) (D)3解析:由l1⊥l2可得a·b=0,所以-2+2×3-2m=0,所以m=2.故选B.2.空间四点A(2,3,6),B(4,3,2),C(0,0,1),D(2,0,2)的位置关系为(　C　)(A)共线 (B)共面(C)不共面 (D)无法确定解析:=(2,0,-4),=(-2,-3,-5),=(0,-3,-4),由不存在实数λ,使=λ成立知,A,B,C不共线,故A,B,C,D不共线;假设A,B,C,D共面,则可设=x+y (x,y为实数),即由于该方程组无解,故A,B,C,D不共面,故选C.3.已知a=(2,1,-3),b=(-1,2,3),c=(7,6,λ),若a,b,c三向量共面,则λ等于(　B　)(A)9 (B)-9 (C)-3 (D)3解析:由题意知c=xa+yb,即(7,6,λ) =x(2,1,-3)+y(-1,2,3),所以解得λ=-9.故选B.4.已知平面ABCD⊥平面ADEF,AB⊥AD,CD⊥AD,且AB=1,AD=CD=2,ADEF是正方形,在正方形ADEF内部有一点M,满足MB,MC与平面ADEF所成的角相等,则点M的轨迹长度为(　C　)(A) (B) (C)π (D)π解析:根据题意,以D为原点,分别以DA,DC,DE所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,如图1所示,则B(2,1,0),C(0,2,0),设M(x,0,z),易知直线MB,MC与平面ADEF所成的角分别为∠AMB,∠DMC,均为锐角,且∠AMB=∠DMC,所以sin∠AMB=sin∠DMC⇒=,即2|MB|=|MC|,因此2=,整理得(x-)2+z2=,由此可得,点M在正方形ADEF内的轨迹是以点O(,0,0)为圆心,半径为的圆弧M1M2,如图2所示,易知圆心角∠M1OM2=,所以=×=π.故选C.类型二　利用空间向量求角问题5.直三棱柱ABC-A1B1C1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(　C　)(A) (B) (C) (D)解析:建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,设BC=2,则B(0,2,0),A(2,0,0),M(1,1,2),N(1,0,2),所以=(1,-1,2),=(-1,0,2),故BM与AN所成角θ的余弦值cos θ===,故选C.6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,底面是边长为2的正三角形,侧棱长为3,则BB1与平面AB1C1所成的角的大小为　　　　. 解析:以B为坐标原点,以与BC垂直的直线为x轴,BC为y轴,建立空间直角坐标系,则A(,1,0),B1(0,0,3),C1(0,2,3),=(-,-1,3), =(0,2,0),=(0,0,3).设平面AB1C1的一个法向量为n=(x,y,z),则·n=0,·n=0,即-x-y+3z=0,2y=0,取z=1,则得n=(,0,1),因为cos<,n>==,所以BB1与平面AB1C1所成的角的正弦值为,所以BB1与平面AB1C1所成的角为.答案:7.在菱形ABCD中,AB=2,∠BCD=60°,现将其沿对角线BD折成直二面角A-BD-C(如图),则异面直线AB与CD所成角的余弦值为　　　　. 解析:如图,取BD的中点O,连接AO,CO,可知OB,OC,OA两两垂直,建立空间直角坐标系,由题意可知A(0,0, ),B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0, ,0),所以=(1,0,- ),=(-1,- ,0),所以cos <,>===-.故所求异面直线所成角的余弦值为.答案:8.棱长都为2的直平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠BAD=60°,则A1C与平面BDC1所成角的正弦值为　　　　. 解析:以底面中心为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则C1(0, ,2),B(1,0,0),D(-1,0,0),A1(0,- ,2),C(0,,0),=(0,2,-2),=(2,0,0),=(-1,,2).设平面BDC1的法向量是n=(x,y,z),则令y=2,则z=-,得n=(0,2,-),所以cos<,n>===,即A1C与平面BDC1所成角的正弦值为.答案: