高考数学考点突破——空间向量与立体几何(理科专用)：立体几何中的向量方法(二)求空间角

立体几何中的向量方法（二）求空间角
【考点梳理】
1.异面直线所成的角
设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则
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，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n |
|a ||n |
.
3.求二面角的大小
(1)如图①，AB ，CD 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＝__〈AB →，CD →
〉.
(2)如图②③，n 1，n 2 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|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角). 【考点突破】
考点一、利用空间向量求异面直线所成的角
【例1】在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )
A ．110
B ．25
C ．
3010
D ．
22
[答案] C
[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BM →
＝(1，－1，2)，AN →
＝(－1，0，2)，故BM 与AN 所成角θ的
余弦值cos θ＝|BM →·AN →||BM →|·|AN →|
＝36×5＝30
10.
【类题通法】
1．利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2|
|v 1||v 2|
求解.
2．两异面直线所成角的范围是θ∈⎝
⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，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；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的夹角. 【对点训练】
在正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，AC 与B 1D 所成的角的大小为( ) A ．π6 B ．π4 C ．π3 D ．π
2
[答案] C
[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A (0，0，0)，C (1，1，0)，B 1(1，0，1)，D (0，1，0).
∴AC →＝(1，1，0)，B 1D →
＝(－1，1，－1)， ∵AC →·B 1D →
＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，
∴AC 与B 1D 所成的角为π
2
.
考点二、利用空间向量求直线与平面所成的角
【例2】如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ＝B 1A ＝AB ＝BC ，∠B 1BC ＝90°，D 为AC 的中点，
AB ⊥B 1D .
(1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；
(2)求直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值.
[解析] (1)取AB 中点为O ，连接OD ，OB 1， ∵B 1B ＝B 1A ，∴OB 1⊥AB . 又AB ⊥B 1D ，OB 1∩B 1D ＝B 1， ∴AB ⊥平面B 1OD ，
∵OD ⊂平面B 1OD ，∴AB ⊥OD . ∵∠B 1BC ＝90°，即BC ⊥BB 1，
又OD ∥BC ，∴OD ⊥BB 1，又AB ∩BB 1＝B ， ∴OD ⊥平面ABB 1A 1， 又OD ⊂平面ABC ， ∴平面ABC ⊥平面ABB 1A 1.
(2)由(1)知，OB ，OD ，OB 1两两垂直.
以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴的方向，|OB →
|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .
由题设知B 1(0，0，3)，D (0，1，0)，A (－1，0，0)，C (1，2，0)，C 1(0，2，3). 则B 1D →＝(0，1，－3)，AC →＝(2，2，0)，CC 1→
＝(－1，0，3).
设平面ACC 1A 1的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·CC 1→＝0，得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，
－x ＋3z ＝0，
取m ＝
(3，－3，1).
∴cos 〈B 1D →
，m 〉＝B 1D →
·m
|B 1D →
||m |
＝
0×3＋1×（－3）＋（－3）×102
＋12
＋（－3）2
×（3）2
＋（－3）2
＋1
2
＝－21
7
， ∴直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为217
. 【类题通法】
利用向量法求线面角的方法：
(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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角. 【对点训练】
如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝1，BB 1＝2，∠ABB 1＝60°.
(1)证明：AB ⊥B 1C ；
(2)若B 1C ＝2，求AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值.
[解析] (1)连接AB 1，在△ABB 1中，AB ＝1，BB 1＝2，∠ABB 1＝60°， 由余弦定理得，AB 2
1＝AB 2
＋BB 2
1－2AB ·BB 1·cos ∠ABB 1＝3， ∴AB 1＝3，∴BB 2
1＝AB 2
＋AB 2
1， ∴AB 1⊥AB .
又△ABC 为等腰直角三角形，且AB ＝AC ， ∴AC ⊥AB ，∵AC ∩AB 1＝A ， ∴AB ⊥平面AB 1C .
又B 1C ⊂平面AB 1C ，∴AB ⊥B 1C .
(2)∵AB 1＝3，AB ＝AC ＝1，B 1C ＝2， ∴B 1C 2
＝AB 2
1＋AC 2
，∴AB 1⊥AC .
如图，以A 为原点，以AB →，AC →，AB 1→
的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B 1(0，0，3)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，
∴BB 1→＝(－1，0，3)，BC →
＝(－1，1，0). 设平面BCB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪⎧BB 1→·n ＝0，BC →·n ＝0，
得⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－x ＋y ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝3，
∴平面BCB 1的一个法向量为n ＝(3，3，1).
∵AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AC →＋BB 1→
＝(0，1，0)＋(－1，0，3)＝(－1，1，3)， ∴cos 〈AC 1→
，n 〉＝AC 1→
·n
|AC 1→||n |
＝35×7＝105
35，
∴AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值为
105
35
.
考点三、利用空间向量求二面角
【例3】如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.
(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值.
[解析] (1)由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥EF ， 所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ， 故平面ABEF ⊥平面EFDC .
(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G . 由(1)知DG ⊥平面ABEF .
以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →
|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .
由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝ 3. 可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3). 由已知得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .
由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，
所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°. 从而可得C (－2，0，3).
所以EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →
＝(－4，0，0). 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，
4y ＝0，
所以可取n ＝(3，0，－3).
设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，
m ·AB →＝0，
同理可取m ＝(0，3，4).
则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－219
19
.
故二面角E －BC －A 的余弦值为－219
19.
【类题通法】
利用向量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. 【对点训练】
如图，在四棱锥P ­ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；
(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A ­PB ­C 的余弦值．
[解析] (1)由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°， 得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD . 又AP ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . (2)在平面PAD 内作PF ⊥AD ，垂足为F . 由(1)可知，AB ⊥平面PAD ， 故AB ⊥PF ，又AD ∩AB ＝A ， 可得PF ⊥平面ABCD .
以F 为坐标原点，FA ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→
|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F ­xyz .
由(1)及已知可得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1，0，C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－22，1，0.
所以PC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，－22，CB ―→
＝(2，0,0)，
PA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，－22，AB ―→
＝(0,1,0)．
设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的法向量， 则⎩⎪⎨
⎪⎧ n ·PC ―→＝0，
n ·CB ―→＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
－22
x 1＋y 1－22z 1＝0，
2x 1＝0.
所以可取n ＝(0，－1，－2)． 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的法向量， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·PA ―→＝0，
m ·AB ―→＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
22
x 2－22z 2＝0，
y 2＝0.
所以可取m ＝(1,0,1)．
则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2
＝－3
3.
由图知二面角A ­PB ­C 为钝角， 所以二面角A ­PB ­C 的余弦值为－3
3
.。