利用空间向量求空间角考点与题型归纳

利用空间向量求空间角考点与题型归纳

一、基础知识

1．异面直线所成角

设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b |

|a ||b |

❶

， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向

向量．

2．直线与平面所成角

如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，

φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n |

|a ||n |

❷

.

3．二面角

(1)若AB ，CD 分别是二面角α­l ­β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→

的夹角，如图(1)．

(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α ­l ­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝

|n 1·n 2|

|n 1||n 2|

❸

，如图(2)(3)．

两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角为(0，π)，所以公式中要加绝对值．

直线与平面所成角的范围为⎣⎡⎦⎤0，π

2，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值．

利用公式与二面角的平面角时，要注意〈n 1，n 2〉与二面角大小的关系，是相等还是互

补，需要结合图形进行判断．

二、常用结论

解空间角最值问题时往往会用到最小角定理 cos θ＝cos θ1cos θ2.

如图，若OA 为平面α的一条斜线，O 为斜足，OB 为OA 在平面α内的射影，OC 为平面α内的一条直线，其中θ为OA 与OC 所成的角，θ1为OA 与OB 所成的角，即线面角，θ2为OB 与OC 所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. 考点一 异面直线所成的角

[典例精析]

如图，在三棱锥P ­ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.

(1)求证：MN ∥平面BDE ；

(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为7

21

，求线段AH 的长． [解] 由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→

方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0，0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0，0,1)，N (1,2,0)．

(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→

＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧

n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，

即⎩⎪⎨⎪⎧

2y ＝0，2x －2z ＝0.

不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．

又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→

·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE . (2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )， 进而可得NH ―→＝(－1，－2，h )， BE ―→

＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos 〈NH ―→，BE ―→

〉|＝|NH ―→·BE ―→||NH ―→||BE ―→|

＝

|2h －2|

h 2＋5×23＝721

， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝1

2.

所以线段AH 的长为85或1

2

.

[解题技法]

用向量法求异面直线所成角的一般步骤

(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；

(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；

(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．

[提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，此夹角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．

[题组训练]

1.如图所示，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )

A ．30°

B ．45°

C ．60°

D ．90°

解析：选C 以B 为坐标原点，以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，∴EF ―→＝(0，－1，1)，BC 1―→＝(2,0,2)，∴EF ―→·BC 1―→

＝2，

∴cos 〈EF ―→，BC 1―→

〉＝

22×22＝1

2

，则EF 和BC 1所成的角是60°，故选C.

2.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.

(1)求证：BD ⊥平面P AC ；

(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .

因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BD .

又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .

因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.

如图，以O 为坐标原点，射线OB ，OC 分别为x 轴，y 轴的正半轴建立空间直角坐标系O ­xyz ，

则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)， 所以PB ―→＝(1，3，－2)，AC ―→

＝(0，23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，

则cos θ＝|PB ―→·AC ―→||PB ―→||AC ―→|＝622×23＝6

4.

即PB 与AC 所成角的余弦值为

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. 考点二 直线与平面所成的角

[典例精析]