利用空间向量求空间角检测题
高考数学一轮复习课时过关检测四十四利用空间向量求空间角空间距离含解析
课时过关检测(四十四) 利用空间向量求空间角、空间距离1．如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为2的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点P 是圆锥的顶点，AB 是圆柱下底面的一条直径，AA 1，BB 1是圆柱的两条母线，C 是弧AB 的中点．(1)求异面直线PA 1与BC 所成角的余弦值； (2)求点B 1到平面PAC 的距离．解：(1)根据题意可得OP ⊥平面ABC, C 是弧AB 的中点，则OC ⊥AB ， 则以O 为原点，OC 所在直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，则P (0,0,4)，A 1(0，－1,2)，B (0,1,0)，C (1,0,0), PA 1―→＝(0，－1，－2)，BC ―→＝(1，－1,0) , cos 〈PA 1―→，BC ―→〉＝PA 1―→·BC ―→|PA 1―→|·|BC ―→|＝15×2＝1010，∴异面直线PA 1与BC 所成的角的余弦值为1010． (2)B 1(0,1,2)，A (0，－1,0)，PB 1―→＝(0,1，－2)，PA ―→＝(0，－1，－4)，PC ―→＝(1,0，－4) ，设平面PAC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PA ―→＝－y －4z ＝0，n ·PC ―→＝x －4z ＝0，取z ＝1，得n＝(4，－4,1),∴点B 1到平面PAC 的距离为d ＝|PB 1―→·n ||n |＝633＝23311．2．如图，已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，BC ＝2，CC 1＝2，E ，F 分别为BC ，CC 1的中点．(1)求过E ，F ，D 1三点的截面的面积；(2)一只小虫从A 点经BB 1上一点P 到达C 1点，求小虫所经过路程最短时，直线ED 1与平面APC 1所成的角的正弦值．解：(1)如图，连接AD 1，AE ，BC 1，则四边形ABC 1D 1为平行四边形， 又因为E ，F 分别为BC ，CC 1的中点，所以AD 1∥BC 1，EF ∥BC 1∥AD 1， 所以所求截面为梯形EFD 1A ．EF ＝EC 2＋CF 2＝2，AD 1＝22，AE ＝D 1F ＝2，梯形的高h ＝D 1F 2－⎝⎛⎭⎪⎫12AD 1－EF 2＝62，所以所求截面面积S ＝12×(2＋22)×62＝332．(2)以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，C 1(0,1,2)，D 1(0,0,2)，E (1,1,0)， 若所经过路程最短，则△APB 与△C 1PB 1相似，所以B 1P BP ＝B 1C 1AB ＝21，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫2，1，23． AP ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，23，AC 1―→＝(－2,1,2)，设平面APC 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP ―→＝0，n ·AC 1―→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y ＋23z ＝0，－2x ＋y ＋2z ＝0，令z ＝3，则y ＝－2，x ＝2，所以n ＝(2，－2,3)，ED 1―→＝(－1，－1,2)． cos 〈n ，D 1E ―→〉＝－2＋2＋64＋4＋9·1＋1＋4＝10217， 所以直线ED 1与平面APC 1所成的角的正弦值是10217． 3．(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM ．(1)求BC ；(2)求二面角A PM B 的正弦值．解：(1)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD ，PD ⊥DC ．在矩形ABCD 中，AD ⊥DC ，故可以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC ＝t ，则A (t,0,0)，B (t,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，1，0，P (0,0,1)， 所以PB ―→＝(t,1，－1)，AM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 2，1，0． 因为PB ⊥AM ，所以PB ―→·AM ―→＝－t 22＋1＝0，得t ＝2，所以BC ＝2．(2)易知C (0,1,0)，由(1)可得AP ―→＝(－2，0,1)，AM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，CB ―→＝(2，0,0)，PB ―→＝(2，1，－1)．设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AP ―→＝0，n 1·AM ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋z 1＝0，－22x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则z 1＝2，y 1＝1，所以平面APM 的一个法向量为n 1＝(2，1,2)． 设平面PMB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB ―→＝0，n 2·PB ―→＝0，即⎩⎨⎧2x 2＝0，2x 2＋y 2－z 2＝0，得x 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，所以平面PMB 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)．cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝37×2＝31414，所以二面角A PM B 的正弦值为7014． 4．(2022·绍兴模拟)已知边长为4的正三角形ABC ，E ，F 分别为BC 和AC 的中点．PA ＝2，且PA ⊥平面ABC ，设Q 是CE 的中点．(1)求证：AE ∥平面PFQ ； (2)求AE 与平面PFQ 间的距离．解：如图，以A 为坐标原点，平面ABC 内垂直于AC 边所在直线的直线为x 轴，AC 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系．∵AP ＝2，AB ＝BC ＝AC ＝4，又E ，F 分别是BC ，AC 的中点，∴A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，F (0,2,0)，E (3，3,0)，Q ⎝⎛⎭⎪⎫32，72，0，P (0,0,2)．(1)证明：∵FQ ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，AE ―→＝(3，3,0)，∴AE ―→＝2FQ ―→．∵AE 与FQ 无交点，∴AE ∥FQ ．又FQ ⊂平面PFQ ，AE ⊄平面PFQ ， ∴AE ∥平面PFQ ．(2)由(1)知，AE ∥平面PFQ ，∴点A 到平面PFQ 的距离就是AE 与平面PFQ 间的距离． 设平面PFQ 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥PF ―→，n ⊥FQ ―→，即n ·PF ―→＝0，n ·FQ ―→＝0． 又PF ―→＝(0,2，－2)，∴n ·PF ―→＝2y －2z ＝0，即y ＝z ． 又FQ ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，∴n ·FQ ―→＝32x ＋32y ＝0，即x ＝－3y ．令y ＝1，则x ＝－3，z ＝1，∴平面PFQ 的一个法向量为n ＝(－3，1,1)．又QA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－72，0，∴所求距离d ＝|QA ―→·n ||n |＝255．5．如图①，已知等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，AD ＝DC ＝BC ＝1，DE ⊥AB 于点E ，现将△DAE 沿DE 翻折到△DA ′E 的位置，使得二面角A ′DE B 的大小为120°，得到如图②所示的四棱锥．点M 为A ′B 的三等分点，且BM ＝13BA ′．(1)证明：CM ∥平面A ′DE ；(2)求平面A ′BE 和平面A ′DC 夹角的余弦值．解：(1)如图，取A ′E 的三等分点G 且A ′G ＝23A ′E ，连接GM ，DG ．因为BM ＝13BA ′，所以GM ∥BE 且GM ＝23BE ．在等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，AD ＝DC ＝BC ＝1，DE ⊥AB ， 所以DC ∥BE 且DC ＝23BE ，所以DC ∥GM 且DC ＝GM ，即四边形DCMG 为平行四边形，所以DG ∥GM ，又DG ⊂平面A ′DE ，CM ⊄平面A ′DE ，所以CM ∥平面A ′DE ． (2)因为DE ⊥AB ，△DAE 沿DE 翻折到△DA ′E 的位置，所以DE ⊥平面A ′BE ．由题意得二面角A ′DE B 的大小为120°，即∠A ′EB ＝120°．以E 为坐标原点，DE ，EB 所在直线分别 为x 轴，y 轴，过点E 且垂直于平面EBCD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，1，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，0，A′⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－14，34，A ′D ――→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，14，－34，DC ―→＝(0,1,0)．设n 1＝(x ，y ，z )是平面A ′DC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A ′D ――→＝0，n 1·DC ―→＝0，即⎩⎨⎧23x －y ＋3z ＝0，y ＝0.令x ＝1，得n 1＝(1,0，－2)为平面A ′DC 的一个法向量． 易知平面A ′BE 的一个法向量为n 2＝(1,0,0)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝15＝55， 即平面A ′BE 和平面A ′DC 夹角的余弦值为55． 6．如图，在底面是菱形的四棱锥P ABCD 中，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝a ，PB ＝PD ＝2a ，点E 在PD 上，且PE ∶ED ＝2∶1，求异面直线PB 与CE 的距离．解：连接AC ，BD ，由PE ∶ED ＝2∶1，在BD 上取点F 使BF ∶FD ＝2∶1，连接CF ，易知PB ∥EF ，从而PB ∥平面CEF ，于是只需求直线PB 到平面CEF 的距离，可求点P 到平面CEF 的距离．以A 为坐标原点，AD 所在直线为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知，P (0,0，a )，C ⎝⎛⎭⎪⎫32a ，12a ，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫36a ，12a ，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23a ，13a ， 则PE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23a ，－23a ，CE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，16a ，13a ，CF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33a ，0，0．设平面CEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE ―→＝－32ax ＋16ay ＋13az ＝0，n ·CF ―→＝－33ax ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋2z ＝0.于是令x ＝0，y ＝－2，z ＝1，则n ＝(0，－2,1)．∴PB 与平面CEF 间的距离d ＝|n ·PE ―→||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－4a 3－2a 35＝255a ，从而异面直线PB 与CE 的距离为255a ．。
空间向量及空间角练习题
课时作业(二十)[学业水平层次]一、选择题1．假设异面直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，那么l 1与l 2所成的角为( )A ．30°B ．150°C ．30°或150°D ．以上均不对【解析】 l 1与l 2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的X 围为⎝⎛⎦⎥⎥⎤0，π2.应选A.【答案】 A2．A (0,1,1)，B (2，－1,0)，C (3,5,7)，D (1,2,4)，那么直线AB 与直线CD 所成角的余弦值为( )A.52266B ．－52266 C.52222D ．－52222【解析】 AB →＝(2，－2，－1)，CD →＝(－2，－3，－3)， ∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD→|AB →||CD →|＝53×22＝52266，∴直线AB 、CD 所成角的余弦值为52266.【答案】A3．正方形ABCD 所在平面外一点P ，PA ⊥平面ABCD ，假设PA ＝AB ，那么平面PAB 与平面PCD 的夹角为()A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【解析】 如下图，建立空间直角坐标系，设PA ＝AB ＝1.那么A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)．于是AD →＝(0,1,0)．取PD 中点为E ，那么E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12，12，∴AE →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，12，12，易知AD →是平面PAB 的法向量，AE →是平面PCD 的法向量，∴cos AD →，AE →＝22，∴平面PAB 与平面PCD 的夹角为45°. 【答案】 B4．(2021·XX 师大附中高二检测)如图3229，在空间直角坐标系Dxyz 中，四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1为长方体，AA 1＝AB ＝2AD ，点E 、F 分别为C 1D 1、A 1B 的中点，那么二面角B 1A 1B E 的余弦值为()图3229A ．－33B ．－32 C.33 D.32【解析】 设AD ＝1，那么A 1(1,0,2)，B (1,2,0)，因为E 、F 分别为C 1D 1、A 1B 的中点，所以E (0,1,2)，F (1,1,1)，所以A 1E →＝(－1,1,0)，A 1B →＝(0,2，－2)，设m ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的法向量，那么⎩⎪⎨⎪⎧A 1E →·m ＝0，A 1B →·m ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋y ＝0，2y －2z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝z ，取x ＝1，那么y＝z ＝1，所以平面A 1BE 的一个法向量为m ＝(1,1,1)，又DA ⊥平面A 1B 1B ，所以DA →＝(1,0,0)是平面A 1B 1B 的一个法向量，所以cos 〈m ，DA →〉＝m ·DA →|m ||DA →|＝13＝33，又二面角B 1A 1B E 为锐二面角，所以二面角B 1A 1B E 的余弦值为33，应选C.【答案】 C二、填空题5．棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1、BB 1的中点，那么异面直线AM 与所成角的余弦值是________．【解析】 依题意，建立如下图的坐标系，那么A (1,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，12，1，C (0,1,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，1，12， ∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12，1，→＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，0，12，∴cos 〈AM →，→〉＝1252·52＝25， 故异面直线AM 与所成角的余弦值为25.【答案】256．(2021·XX 高二检测)在空间直角坐标系Oxyz 中，A (1，－2,0)、B (2,1，6)，那么向量AB →与平面xOz 的法向量的夹角的正弦值为________．【解析】 设平面xOz 的法向量为n ＝(0，t,0)(t ≠0)，AB →＝(1,3，6)，所以cos 〈n ，AB →〉＝n ·AB→|n |·|AB →|＝3t4|t |，因为〈n ，AB →〉∈[0，π]，所以sin 〈n ，AB →〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3t 4|t |2＝74.【答案】747．点E ，F 分别在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，那么平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于________．【解析】 如图，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，平面ABC 的法向量为n 1＝(0,0,1)，平面AEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )．所以A (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1，23，所以AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1，13，EF →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫－1，0，13，那么⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AE →＝0，n 2·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋13z ＝0.取x ＝1，那么y ＝－1，z ＝3.故n 2＝(1，－1,3)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝31111.所以平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的平面角α满足cos α＝31111，sin α＝2211，所以tan α＝23. 【答案】23三、解答题8. 如图3230所示，在四面体ABCD 中，O ，E 分别是BD ，BC 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝ 2.图3230(1)求证：AO ⊥平面BCD ；(2)求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值．【解】 (1)证明：连结OC ，由题意知BO ＝DO ，AB ＝AD ， ∴AO ⊥BD .又BO ＝DO ，BC ＝CD ，∴CO ⊥BD . 在△AOC 中，由可得AO ＝1，CO ＝3， 又AC ＝2，∴AO 2＋CO 2＝AC 2， ∴∠AOC ＝90°，即AO ⊥OC . ∵BD ∩OC ＝O ，∴AO ⊥平面BCD . (2)以O 为坐标原点建立空间直角坐标系，那么B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0，3，0)，A (0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32，0，∴BA →＝(－1,0,1)，CD →＝(－1，－3，0)， ∴cos 〈BA →，CD →〉＝BA →·CD→|BA →|·|CD →|＝24.∴异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24.9．四棱锥P ABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上．(1)求证：平面AEC ⊥平面PDB ；(2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小．【解】如图，以D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz ，设AB ＝a ，PD ＝h ，那么A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，D (0,0,0)，P (0,0，h )，(1)∵AC →＝(－a ，a,0)，DP →＝(0,0，h )，DB →＝(a ，a,0)， ∴AC →·DP →＝0，AC →·DB →＝0，∴AC ⊥DP ，AC ⊥DB ，又DP ∩DB ＝D ， ∴AC ⊥平面PDB ，又AC ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面PDB . (2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，P (0,0，2a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ，12a ，22a ，设AC ∩BD ＝O ，O ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 2，a 2，0，连结OE ，由(1)知AC ⊥平面PDB 于O ，∴∠AEO 为AE 与平面PDB 所成的角，∵EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ，－12a ，－22a ，EO →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，0，－22a ，∴cos ∠AEO ＝EA →·EO→|EA →|·|EO →|＝22，∴∠AEO ＝45°，即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45°.[能力提升层次]1．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，E 是侧棱BB 1的中点，那么直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为( )A ．60°B ．90°C ．45°D ．以上都不对【解析】 以点D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图．由题意知，A 1(1,0,2)，E (1,1,1)，D 1(0,0,2)，A (1,0,0)，所以A 1E →＝(0,1，－1)，D 1E →＝(1,1，－1)，EA →＝(0，－1，－1)．设平面A 1ED 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 那么⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·D 1E →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x ＋y －z ＝0.令z ＝1，得y ＝1，x ＝0，所以n ＝(0,1,1)，cos 〈n ，EA →〉＝n ·EA→|n ||EA →|＝－22·2＝－1.所以〈n ，EA →〉＝180°.所以直线AE 与平面A 1ED 1所成的角为90°. 【答案】 B2．在空间中，平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0，a )(a ＞0)，如果平面α与平面xOy 的夹角为45°，那么a ＝________.【解析】 平面xOy 的法向量为n ＝(0,0,1)，设平面α的法向量为u ＝(x ，y ，z )，那么⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋4y ＝0，－3x ＋az ＝0，即3x ＝4y ＝az ，取z ＝1，那么u ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 3，a 4，1.而cos 〈n ，u 〉＝1a 29＋a216＋1＝22， 又∵a ＞0，∴a ＝125.【答案】1253. 三棱柱ABC A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，那么直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )图3231A.55B.53C.255D.35【解析】不妨设CA＝CC1＝2CB＝2，那么AB1→＝(－2,2,1)，C1B→＝(0，－2,1)，所以cos〈AB1→，C1B→〉＝AB1→·C1B→|AB1→||C1B→|＝－2×0＋2×－2＋1×19×5＝－55.因为直线BC1与直线AB1夹角为锐角，所以所求角的余弦值为55.【答案】 A4. 如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A ＝4，点D是BC的中点．图3232(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．【解】 (1)以A 为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系Axyz ，那么A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4) ，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4).因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D→|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝29×1＝23， 得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.。
高考必考题—运用空间向量解决空间角(含解析)
运用空间向量解决空间角一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
例1、【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．例2、(2019南京学情调研） 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知底面ABCD 的边长AB ＝3，侧棱AA 1＝2，E 是棱CC 1的中点，点F 满足AF →＝2FB →.(1) 求异面直线FE 和DB 1所成角的余弦值； (2) 记二面角EB 1FA 的大小为θ，求|cos θ|.题型二、直线与平面所成的角直线与平面所成的角是通过研究直线的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特别注意所求的角与已求的角之间的关系。
例3、【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．例4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．题型三、平面与平面所成的角利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据观察判断向量在图形中的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点例5、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．例6、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．二、达标训练1、【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．2、【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.3、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.4、（2020届山东省九校高三上学期联考）已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，12AB AA ==，3BAD π∠=，ACBD O =，AO ⊥平面1A BD ，11A B A D =.（1）证明：1//B C 平面1A BD ； （2）求钝二面角1B AA D --的余弦值.5、（2020届山东省潍坊市高三上期末）在底面为正方形的四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面,,,ABCD PA PD E F =分别为棱PC 和AB 的中点.(1)求证://EF 平面PAD ;(2)若直线PC 与AB ，求平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的大小.6、(2019南京、盐城一模）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA ＝AB＝2，点E是棱PB的中点．(1) 求异面直线EC与PD所成角的余弦值；(2) 求二面角BECD的余弦值．一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
空间向量与角度计算综合大题答案
空间向量与角度计算综合大题答案1. 向量AB的模长为|AB| = √(x2 - x1)^2 + (y2 - y1)^2 + (z2 -z1)^22. 向量AB的方向向量为 (x2 - x1, y2 - y1, z2 - z1)3. 向量的点乘公式：A·B = |A|·|B|·cosθ，其中θ为两向量之间的夹角4. 向量的叉乘公式：A × B = |A|·|B|·sinθ·n，其中θ为两向量之间的夹角，n为垂直于A和B所在平面的单位法向量5. 两个向量A和B的夹角θ满足：cosθ = (A·B) / (|A|·|B|)6. 两个向量A和B的夹角θ满足：θ = acos((A·B) / (|A|·|B|))7. 两线段AB和CD之间的夹角θ满足：cosθ = ((x2 - x1)·(x4 - x3) + (y2 - y1)·(y4 - y3) + (z2 - z1)·(z4 - z3)) / (|AB|·|CD|)8. 两线段AB和CD之间的夹角θ满足：θ = acos(((x2 - x1)·(x4 - x3) + (y2 - y1)·(y4 - y3) + (z2 - z1)·(z4 - z3)) / (|AB|·|CD|))示例题目：题目1：已知向量A(1, 2, -3)和向量B(4, -1, 2)，求解：1. 向量AB的模长 |AB| = ?2. 向量AB的方向向量为？3. 向量A和向量B之间的夹角θ = ?4. 向量A和向量B之间的夹角θ = ?解答：1. |AB| = √(4 - 1)^2 + (-1 - 2)^2 + (2 - (-3))^2 = √3^2 + (-3)^2 +5^2 = √9 + 9 + 25 = √432. 向量AB的方向向量为 (4 - 1, -1 - 2, 2 - (-3)) = (3, -3, 5)3. 夹角θ满足cosθ = (A·B) / (|A|·|B|) = ((1)(4) + (2)(-1) + (-3)(2)) / (|A|·|B|) = (4 - 2 - 6) / (√14 * √21) = -4 / (√(14) * √(21))所以，θ = acos(-4 / (√(14) * √(21)))4. 夹角θ满足θ = acos((A·B) / (|A|·|B|)) = acos(-4 / (√(14) *√(21)))题目2：已知点A(1, 2, -3)和点B(4, -1, 2)，点C(2, 0, 1)和点D(3, 1, -2)，求解：1. 线段AB和线段CD之间的夹角θ = ?解答：线段AB的方向向量为 (4 - 1, -1 - 2, 2 - (-3)) = (3, -3, 5)线段CD的方向向量为 (3 - 2, 1 - 0, -2 - 1) = (1, 1, -3)线段AB和线段CD之间的夹角θ满足cosθ = ((4 - 1)·(3 - 2) + (-1 - 2)·(1 - 0) + (2 - (-3))·(-2 - 1)) / (|AB|·|CD|)= (3·1 + (-3)·1 + 5·(-3)) / (√43 * √11)= (3 - 3 - 15) / (√43 * √11)= -15 / (√43 * √11)所以，θ = acos(-15 / (√43 * √11))。
专项训练四 立体几何(考点2 利用空间向量求空间角)(原卷版)(新高考专用)
专项四立体几何考点2 利用空间向量求空间角大题拆解技巧【母题】(2021年新高考全国Ⅱ卷)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=√5,QC=3.(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD.(2)求二面角B-QD-A的平面角的余弦值.【拆解1】在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=√5,QC=3.证明:平面QAD⊥平面ABCD.【拆解2】已知条件不变,求平面QBD的法向量.【拆解3】已知条件不变,求二面角B-QD-A的平面角的余弦值.小做变式训练如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,AB=2PA=4,点E在棱PA 上,PC∥平面BDE.(1)求证:E为PA的中点.(2)记二面角E-BD-P的平面角为θ,求cos θ的值.【拆解1】如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,AB=2PA=4,点E在棱PA上,PC∥平面BDE.求证:E为PA的中点.【拆解2】本例条件不变,建立适当的空间直角坐标系,求平面BDE的一个法向量.【拆解3】本例条件不变,求平面BDP的一个法向量.【拆解4】本例条件不变,记二面角E-BD-P的平面角为θ,求cos θ的值.通法技巧归纳利用空间向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量: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: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.突破实战训练<基础过关>⏜的两个三等分点,CD,BE为圆柱的母线.1.如图,AB是圆柱底面圆O的直径,点C,F是AB(1)求证:EF∥平面OCD.CD=2,M为OE的中点,求二面角D-AC-M的余弦值.(2)设AC=122.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,PD的中点为F.(1)求证:PB∥平面ACF.(2)请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并作答.,①∠ABC为锐角,且四棱锥P-ABCD的体积为4√33,③BD=2√3.②FC与平面ABCD所成的角为π6若,求二面角F-AC-D的余弦值.3.如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为正方形,平面PAB⊥平面ABCD,PA⊥AB,G为△PAB 的重心.⃗⃗⃗⃗ =λCB⃗⃗⃗⃗⃗ ,且GE∥平面PCD,求λ的值;(1)若CE(2)若平面PCD与平面PAB所成的锐二面角为30°,求直线PB与平面PCD所成的角的正弦值.4.在滨海文化中心有天津滨海科技馆,其建筑有鲜明的后工业风格,如图所示,截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合,如图所示,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=AA1=2,圆台下底圆圆心O为AB的中点,直径为2,圆与直线AB交于点E,F,圆台上底圆圆心O1在A1B1上,直径为1.(1)求A1C与平面A1ED所成的角的正弦值.(2)求二面角E-A1D-F的余弦值.(3)圆台上底圆周上是否存在一点P使得FP⊥AC1?若存在,求点P到直线A1B1的距离;若不存在,则说明理由.<能力拔高>,DD1⊥平面ABCD,∠5.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,∠ABC=π3,BB1=AB=2A1B1=2.B1BD=π6(1)求证:直线AC⊥平面BDB1.(2)求直线A1B1与平面ACC1所成的角的正弦值.6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2BC=2,∠B1BC=60°,∠ACB=90°,B1C⊥AB.(1)求证:B1C⊥平面ABC.(2)若AB=√2BC,求二面角B1-AA1-C的正弦值.<拓展延伸>7.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点.(1)若PA=PD,求证:AD⊥PB.(2)若平面PAD⊥平面ABCD,且PA=PD=AD=2,点M在线段PC上,试确定点M的位置,使二的值.面角M-BQ-C的大小为30°,并求出PMPC8.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,E为AD的中点,AC交BE于点F,G为△PCD的重心.(1)求证:FG∥平面PAD.(2)若PA=AD,点H在线段PD上,且PH=2HD,求二面角H-FG-C的余弦值.。
考点26 空间向量求空间角的(练习)(解析版)
考点26 空间向量求空间角【题组一 线线角】1．如图，在等腰三角形ABC 与ABD 中，90DAB ABC ∠=∠=︒，平面ABD ⊥平面ABC ，E ，F 分别为BD ，AC 的中点，则异面直线AE 与BF 所成的角为（ ）A ．2πB ．3πC ．4πD ．6π 【答案】B【解析】由于在等腰三角形ABC 与ABD 中，90DAB ABC ∠=∠=︒，平面ABD ⊥平面ABC ，根据面面垂直的性质定理可知AD ⊥平面ABC ，BC ⊥平面ABD ，所以AD BC ⊥.依题意设DA AB BC x ===，由于,E F是等腰直角三角形斜边的中点，所以AE BF ==.设异面直线AE 与BF 所成的角为θ，则cos cos ,AE BF θ=AE BF AE BF ⋅=⋅()()12AB AD AF AB AE BF +⋅-=⋅()()1122AB AD AB BC AB AE BF ⎡⎤+⋅+-⎢⎥⎣⎦=⋅()111222AB AD BC AB AE BF ⎛⎫+⋅- ⎪⎝⎭=⋅()214AB BC AD BC AB AB ADAE BF ⋅+⋅--⋅=⋅22111422AB x AE BF -⋅===⋅，由于π0,2θ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以π3θ=.故选：B 2．直三棱柱ABC —A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，E 为BB ′的中点，异面直线CE 与C A '所成角的余弦值是（ ）AB．C ．D 【答案】D【解析】直三棱柱ABC A B C -'''中，AC BC AA =='，90ACB ∠=︒，E 为BB '的中点．以C 为原点，CA 为x 轴，CB 为y 轴，CC '为z 轴，建立空间直角坐标系，设2AC BC AA =='=，则(0C ，0，0)，(0E ，2，1)，(0C '，0，2)，(2A ，0，0)，(0CE =，2，1)，(2C A '=，0，2)-，设异面直线CE 与C A '所成角为θ， 则||10cos ||||58CE C A CE C Aθ'==='∴异面直线CE 与C A '所成角的余弦值为10．故选：D ．3．已知直三棱柱111ABC A B C -，90ABC ∠=︒，12AB BC AA ===，1BB 和11B C 的中点分别为E 、F ，则AE 与CF 夹角的余弦值为（ ）A B ．25 C ．45 D ．5【答案】B【解析】如图所示：分别以1,,BA BC BB 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系.故()0,2,0A ，()2,0,0C ，()0,0,1E ，()1,0,2F ，故()0,2,1AE =-，()1,0,2CF =-. 2cos ,5AE CFAE CF AE CF ⋅==⋅，即AE 与CF 夹角的余弦值为25. 故选：B .4．如图所示，四棱锥P ABCD -中，PB PD AD AB ===，60BAD ∠=︒，1CD CB ==，120BCD ∠=︒，点M N 、分别为PA AB 、的中点．（1）证明：平面DMN ∥平面PBC ；（2）若PA =，求异面直线PA 与BC 所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）4 【解析】（1）如图，因为M N 、分别为PA AB 、的中点，所以//MN PB ，MN ⊄平面PBC ，∴//MN 平面PBC ；又AB AD =，60BAD ∠=︒，所以ABD △为正三角形，又CD BC =，120BCD ∠=︒，所以30CBD ∠=︒，BC AB ⊥，又DN AB ⊥，所以BC DN ，∴DN 平面PBC因为MN DN N ⋂=，所以平面DMN 平面PBC ．（2）如图，取BD 中点O ，连结,,AO CO PO ，因为AD AB =，60DAB ∠=︒，所以ABD △为正三角形，所以AO BD ⊥，又因为BCD 为等腰三角形，所以CO BD ⊥，所以A O C 、、三点共线，所以AC BD ⊥，因为PB PD =，所以PO BD ⊥，1CD BC ==，120BCD ∠=︒，所以BD =PB PD AD AB ====32AO PO ==，又2PA =，所以222AO PO PA +=，所以AO PO ⊥，又AO PO O =，所以PO ⊥平面ABCD ．以O 为坐标原点，,,OA OB OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，3,0,02A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,0,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,2B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，1,0,02C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，33,0,22PA ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，1,,022BC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，设异面直线PA 与BC 所成角为α，所以cos ,4||||3PA BC PA BC PABC ⋅〈〉===⋅． 所以异面直线PA 与BC 所成角的余弦值为4．【题组二 线面角】1．如图，在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，O 为DE 的中点，AB =AC BC =4．将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使得平面A 1DE ⊥平面BCED ，如下图．（Ⅰ）求证：A 1O ⊥BD ；（Ⅱ）求直线A 1C 和平面A 1BD 所成角的正弦值；【答案】（Ⅰ）证明见详解；. 【解析】（Ⅰ）因为AB AC =，,D E 分别为,AB AC 中点，故可得AD AE =，故1A DE 为等腰三角形，又O 为DE 中点，故可得1A O DE ⊥，又因为平面A 1DE ⊥平面BCED ，且交线为DE ，又1AO ⊂平面1A DE ，故1A O ⊥平面BCED ，又BD ⊂平面BCDED ，故1A O BD ⊥.即证.（Ⅱ）过O 作OH BC ⊥，由（Ⅰ）可知1A O ⊥平面BCED ，又,OH OE ⊂平面BCED ，故可得11,AO OH AO OE ⊥⊥，又因为,OH BC BC ⊥//DE ，故可得OH OE ⊥.综上所述：1,,OH OE OA 两两垂直，故以O 为坐标原点，1,,OH OE OA 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如下图所示：故可得()()()()10,0,2,2,2,0,0,1,0,2,2,0A C D B --，则()()10,1,2,2,1,0A D BD =--=-设平面1A BD 的法向量为(),,n x y z =，故可得100n A D n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020y z x y --=⎧⎨-+=⎩， 取1x =，可得2,1y z ==-.故()1,2,1n =-.又()12,2,2AC =-， 故可得11122,?n AC cos n AC n AC ⋅==. 设直线A 1C 和平面A 1BD 所成角为θ， 故可得12,3sin cos n A C θ==. 则直线A 1C 和平面A 1BD. 2．如图1，在ABC 中， D ， E 分别为AB ， AC 的中点，O 为DE 的中点，AB AC ==4BC =.将ABC 沿DE 折起到1A DE △的位置，使得平面1A DE ⊥平面BCED ，如图2.（1）求证：1AO BD ⊥； （2）求直线1A C 和平面1A BD 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2.【解析】（1）连接1A O .图1中，AB AC =，D ， E 分别为AB ， AC 的中点，AD AE ∴=， 即11A D A E =，又O 为DE 的中点，1AO DE ∴⊥.又平面1A DE ⊥平面BCED ，且平面1A DE 平面BCED DE =，1AO ⊂平面1A DE ，1A O ∴⊥平面BCED ，又BD ⊂平面BCED ，1A O BD ∴⊥.（2）取BC 中点G ，连接OG ，则OG DE ⊥.由（1）可知1A O ⊥平面BCED ，OG ⊂平面BCED 11,AO DE AO OG ∴⊥⊥.以O 为原点，分别以1,,OG OE OA 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示AB AC ==4BC =，112,1,2A D DE OD AO ∴==∴=∴==.()()()()10,0,2,2,2,0,2,2,0,0,1,0A B C D ∴--， ()()()11112,2,2,0,1,2,2,2,223A B A D AC AC ∴=--=--=-=，.设平面1A BD 的法向量为(),,n x y z =，则11·0·0n A B n A D ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即222020x y z y z --=⎧⎨--=⎩，令1z =，则2,1y x =-=-，()1,2,16n n ∴=--=，. 设直线1A C 和平面1A BD 所成的角为θ，则111sin cos ,23AC n AC n ACn θ-=〈〉=== 所以直线1A C 和平面1A BD 所成角的正弦值为3. 3．在矩形ABCD 中，3AB =，2AD =，点E 是线段CD 上靠近点D 的一个三等分点，点F 是线段AD 上的一个动点，且()01DF DA λλ=≤≤.如图，将BCE ∆沿BE 折起至BEG ∆，使得平面BEG ⊥平面ABED .（1）当12λ=时，求证：EF BG ⊥； （2）是否存在λ，使得FG 与平面DEG 所成的角的正弦值为13？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2) 12λ= 【解析】（1）当12λ=时，点F 是AD 的中点. ∴112DF AD ==，113DE CD ==.∵90ADC ∠=︒，∴45DEF ∠=︒. ∵223CE CD ==，2BC =，90BCD ∠=︒， ∴45BEC ∠=︒. ∴BE EF ⊥.又平面GBE ⊥平面ABED ，平面GBE ⋂平面ABED BE =，EF ⊂平面ABED ， ∴EF ⊥平面BEG .∵BG ⊂平面BEG ，∴EF BG ⊥.（2）以C 为原点，,CD CB 的方向为x 轴，y 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系Cxyz .则()2,0,0E ，()3,0,0D ，()3,2,0F λ. 取BE 的中点O ，∵2GE BG ==，∴GO BE ⊥， ∴ 易证得OG ⊥平面BCE ，∵BE =OG =(G .∴(2,12FG λ=--，(EG =-，(DG =-. 设平面DEG 的一个法向量为(),,n x y z =，则20,0,n DG x y n EG x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩ 令2z =，则(0,n =-.设FG 与平面DEG 所成的角为θ， 则sin cos ,FG n θ=()213612λ==+-， 解得12λ=或710λ=-（舍去） ∴存在实数λ，使得DG 与平面DEG 所成的角的正弦值为13，此时12λ=. 4．如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，△ABC 是边长为6的等边三角形，D ，E 分别为AA 1，BC 的中点．（1）证明：AE//平面BDC 1；（2）若异面直线BC 1与ACDE 与平面BDC 1所成角的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2．【解析】（1）证明：取BC 1的中点F ，连接DF ，EF ， ∵E 为BC 中点，∴EF ∥1CC ，112EF CC =又∵D 为AA 1的中点，DA ∥1CC ，112DA CC =， ∴EF ∥DA ，EF DA = ∴四边形ADFE 为平行四边形， ∴AE ∥DF ，∵AE ⊄平面BDC 1，DF ⊂平面BDC 1， ∴AE ∥平面BDC 1；（2）由（1）及题设可知，BC ，EA ，EF 两两互相垂直，则以点E 为坐标原点，EC ，EA ，EF 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1＝2t （t ＞0），则1(3,0,0),(3,0,2),(3,0,0),)B C t A C D t -，所以1(3,33,),(6,0,2),(3,BD t BC t AC ===-，故111|cos ,|||||6BC AC BC AC BC AC ⋅<>===⋅ 解得t =设平面BDC 1的法向量为(,,)m x y z =由100m BD m BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得3060x x ⎧++=⎪⎨+=⎪⎩， 令1x =，则(1,0,m =，又D ED ∴=，所以cos ,||||(3ED m ED m ED m ⋅<>===， 设DE 与平面BDC 1所成角为θ，则sin θ=30|cos ,|20ED m <>=， ∴DE 与平面BDC 15．如图，四棱锥P ABCD -中，AP ⊥平面PCD ，AD BC∥，2DAB π∠=，12AP AB BC AD ===，E 为AD 的中点，AC 与BE 相交于点O .（Ⅰ）求证：PO ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求直线AB 与平面PBD 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析；【解析】Ⅰ）由已知AP ⊥平面PCD ，可得AP PC ⊥，AP CD ⊥， 由题意得，ABCD 为直角梯形，如图所示，BC DE ，所以BCDE 为平行四边形，所以BE CD ∥，所以AP BE ⊥. 又因为BE AC ⊥，且AC AP A =，所以BE ⊥面APC ， 故BE PO ⊥.在直角梯形中，AC ==，因为AP ⊥面PCD ，所以AP PC ⊥，所以PAC 为等腰直角三角形，O 为斜边AC 上的中点， 所以PO AC ⊥.且AC BE O =，所以PO ⊥平面ABCD（Ⅱ）法一：以O 为原点，分别以,,OB OC OP 为x 轴，y 轴，z 轴的建立直角坐标系. 不妨设1BO =0(0)1A -，，，()100B ，，，()001P ，，，0()21D -，，，设(,,)n x y z =是平面PBD 的法向量.满足00n PB n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，所以030x z x y -+=⎧⎨-+=⎩，则令1x = ，解得(1,3,1)n =sin cos ,AB n θ=22211AB n AB n⋅==⋅ 法二：（等体积法求A 到平面PBD 的距离）A PBD P ABD VV --=设AB=1，计算可得1PF =，PD =，BD =，4PBD S =△1133PBD ABD S h S PO ⨯⨯=⨯⨯△△，解得h =sin h AB θ==【题组三 二面角】1．如图，平行四边形ABCD 所在平面与直角梯形ABEF 所在平面互相垂直，且11,//2AB BE AF BE AF ===，,,2,3AB AF CBA BC P π⊥∠==为DF 中点．（1）求异面直线DA 与PE 所成的角；（2）求平面DEF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的余弦值．【答案】（1）6π（2【解析】在ABC ∆中，1,,23AB CBA BC π=∠==，所以2222cos 3AC BA BC BA BC CBA =+-⨯∠= 所以222AC BA BC +=，所以AB AC ⊥又因为平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ⋂平面ABEF AB =，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥平面ABEF如图，建立空间直角坐标系{},,AB AF AC ，则1(0,0,0),(1,0,0),((1,1,0),(0,2,0),(2A B C D E F P --（1）3(1,0,3),(,0,2DA PE =-=设异面直线DA 与PE 所成的角为α，则cos 2DA PE DA PEα⋅===⨯⨯ 所以异面直线DA 与PE 所成的角为6π； （2）(0,2,0)AF =是平面ABCD 的一个法向量，设平面DEF 的一个法向量(,,)n x y z =，(2,1,3),(1,2,DE DF =-=则(,,)(2,1,20{(,,)(1,2,20n DE x y z x y n DF x y z x y ⋅=⋅=+-=⋅=⋅=+-=，得z ==，取1x =，则1,y z ==故(1,1,3)n =是平面DEF 的一个法向量，设平面DEF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）为β，则2cos 25AF n AF nβ⋅===⨯⨯ 2．如图，梯形ABCS 中，//AS BC ，AB BC ⊥，122AB BC AS===，D 、E 分别是SA ，SC 的中点，现将SCD ∆沿CD 翻折到PCD ∆位置，使PB =（1）证明：PD ⊥面ABCD ；（2）求二面角E BDC --的平面角的正切值； （3）求AB 与平面BDE所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2；（3【解析】（1）梯形ABCS 中，//AS BC ，AB BC ⊥，122AB BC AS ===，D 、E 分别是SA ，SC 的中点，2DA =，四边形ABCD 为平行四边形，AB BC ⊥，2AB DA ==，BD =，所以四边形ABCD 为正方形，CD DS ⊥，折叠后，CD DP ⊥，2PD =，PB =PBD 中，2224812PD BD PB +=+==，所以BD DP ⊥，,CD DB 是平面ABCD 内两条相交直线，所以PD ⊥面ABCD ；（2）,,DA DC DP 两两互相垂直，以D 为原点，,,DA DC DP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：则(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,0,2),(0,1,1)D A B C P E(2,2,0),(0,1,1)DB DE ==，设平面BDE 的法向量为(,,)n x y z =则2200DB n x y DE n y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，解得y z x z =-⎧⎨=⎩，令1z =，取(1,1,1)n =-由（1）可知，PD ⊥面ABCD ，取平面ABCD 的法向量(0,0,2)DP =cos ,3DP n ==，根据图形，二面角E BD C --所以二面角E BD C --；（3）(0,2,0)AB =，由（2）可得平面BDE 的法向量(1,1,1)n =- 设直线AB 与平面BDE 所成的角为θ，sin cos ,AB n θ===.所以AB 与平面BDE 所成的角的正弦值3. 3．如图四棱柱1111ABCD A B C D -中，//AD BC ，AB AD ⊥，2AD AB BC ==，M 为1A D 的中点.（1）证明：//CM 平面11AA B B ；（2）若四边形11AA B B 是菱形，且面11AA B B ⊥面ABCD ，13B BA π∠=，求二面角1A CM A --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）25. 【解析】（1）取1AA 的中点N ，连接MN ，BN ，∵M 为1A D 的中点，∴//MN AD 且12MN AD =又//BC AD ，12BC AD =，所以//BC MN 且MN BC =， 所以四边形MNBC 是平行四边形，从而//CM BN ，又BN ⊂平面11AA B B ，CM ⊄平面11AA B B ，所以//CM 平面11AA B B .（2）取11A B 的中点P ，连接AP ，1AB ，∵四边形11AA B B 为菱形，又13B BA π∠=，易知AP AB ⊥.又面11AA B B ⊥面ABCD ，面11AA B B面ABCD AB =，AD AB ⊥∴AD ⊥平面11AA B B ，AD AP ⊥ 故AB ，AD ，AP 两两垂直以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A xyz -（如图所示），不妨设4AB =.则()0,0,0A ，()0,4,0D ，()4,2,0C ，，(1A -，(1,M -，(11,2,A M =，(CM =-，()4,2,0AC =设平面1ACM 的法向量为(),,m x y z =， 由100m A M m CM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得2050x y x ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩，可得平面1ACM的一个法向量1,2,3m ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面ACM 的法向量为()111,,n x y z =，由00n AC n CM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得111142050x y x +=⎧⎪⎨-=⎪⎩，可得平面ACM的一个法向量1,n ⎛=- ⎝⎭.∴25142cos ,51m n m n m n-+⋅===⋅+ 所以二面角1A CM A --的余弦值为25.4．已知平行四边形ABCD 中60A ∠=︒，22AB AD ==，平面AED ⊥平面ABCD ，三角形AED 为等边三角形，EF AB ∥．（Ⅰ）求证：平面⊥BDF 平面AED ；（Ⅱ）若BC ⊥平面BDF①求异面直线BF 与ED 所成角的余弦值； ②求二面角B DF C --的正弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）①4；②5.【解析】（Ⅰ）平行四边形ABCD 中∵60A ∠=︒，22AB AD ==，由余弦定理可得BD =，由勾股定理可得BD AD ⊥，如图，以D 为原点建立空间直角坐标系O xyz -∴()0,0,0D ，()1,0,0A，()B，1,0,22E ⎛ ⎝⎭，()C -∴()=DB ，()1,0,0DA =，1,0,22DE ⎛= ⎝⎭∴0DB DA ⋅=，0DB DE ⋅=，∴DB DA ⊥，DB DE ⊥． 又DA DE D ⋂=，∴DB ⊥平面AED ． 又∵DB ⊂平面BDF ，∴平面⊥BDF平面AED ．（Ⅱ）∵EF AB ∥，∴设()(),0EF AB λλλ==-=-∴12F λ⎛-⎝⎭，()1,0,0BC =-． ∵BC ⊥平面BDF ，∴BC DF ⊥，∴102BC DF λ⋅=-=，∴12λ=．∴0,22F ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭．①0,BF ⎛= ⎝⎭，1,0,2ED ⎛=- ⎝⎭∴34cos cos ,BF ED θ===∴异面直线BF 与ED ②设(),,n x y z =为平面BDF的法向量，则3030n DB y n DF y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩可得()1,0,0n =，设(),,m x y z =为平面CDF的法向量，则03022m DC x m DF y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩可得()3,1,1m =-，∴3cos ,m n ==，sin θ=∴二面角B DF C --的正弦值为5． 5．如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，2ABC BAD π∠=∠=，2PA AD ==，1AB BC ==.（1）求平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值；（2）点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP所成的角最小时，求线段BQ 的长.【答案】【解析】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为()()()()1,0,0,1,1,0,0,2,0,0,0,2B C D P ．（1） 因为AD ⊥平面PAB ，所以是平面PAB 的一个法向量，．因为(1,1,2),(0,2,2)PC PD =-=-．设平面PCD 的法向量为(),,m x y z =，则0,0m PC m PD ⋅=⋅=，即20{220x y z y z +-=-=，令1y =，解得1,1z x ==．所以()1,1,1m =是平面PCD 的一个法向量，从而3cos ,||||AD m AD m AD m ⋅〈〉==所以平面PAB 与平面PCD （2） 因为(1,0,2)BP =-，设(,0,2)(01)BQ BP λλλλ==-≤≤，又(0,1,0)CB =-，则(,1,2)CQ CB BQ λλ=+=--，又(0,2,2)DP =-，从而cos ,||||10CQ DP CQ DP CQ DP ⋅〈〉==，设[]12,1,3t t λ+=∈，则2222229cos ,5109101520999t CQ DP t t t 〈〉==≤-+⎛⎫-+⎪⎝⎭，当且仅当95t =，即25λ=时，|cos ,|CQ DP 〈〉．因为cos y x =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP，所以25BQ BP ==6．如图，在三棱锥S 一ABC 中，SA ＝AB ＝AC ＝BCSBSC ，O 为BC 的中点 （1）求证：SO ⊥平面ABC（2）在线段AB 上是否存在一点E ，使二面角B —SC －E？若存在，求B E BA 的值，若不存在，试说明理由【答案】（1）见解析（2）23【解析】（1）∵SB SC =，O 为BC 的中点，∴SO BC ⊥，设SB a =，则2SO a =，AO =，SA =， ∴222SO OA SA +=，∴SO OA ⊥， 又∵BC OA O ⋂=，∴SO ⊥平面ABC ．（2）以O 为原点，以OA 所在射线为x 轴正半轴，以OB 所在射线为y 轴正半轴， 以OS 所在射线为z 轴正半轴建立空间直角坐标系．则有()0,0,0O，S ⎛ ⎝⎭，0,,0C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,0,0A ⎫⎪⎪⎝⎭，,0B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭． 假设存在点E 满足条件，设()01BE BA λλ=≤≤，则()1,0E a λ⎫-⎪⎪⎝⎭，则()6,2,02CE a λ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭． 设平面SCE 的法向量为(),,n x y z =，由00n CE n SC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得()200x y yz λ+-=+=⎪⎩，故可取()2,n λ=-．易得平面SBC的一个法向量为()1,0,0m =．所以，cos 5m n m nθ⋅===⋅，解得23λ=或2λ=-（舍）． 所以，当23BE BA =时，二面角B SC E --． 7．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，四边形ADPQ 是梯形，PD ∥QA，2PDA π∠=，平面ADPQ ⊥平面ABCD ，且22AD PD QA ===.（Ⅰ）求证：QB ∥平面PDC ； （Ⅱ）求二面角C PB Q --的大小；（Ⅲ）已知点H 在棱PD 上，且异面直线AH 与PB，求线段DH 的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）56π；（3）32. 【解析】（1）平面ADPQ ⊥平面ABCD ，平面ADPQ ⋂平面ABCD AD =，PD ADPQ ⊂平面，PD AD ⊥，∴直线PD ⊥平面ABCD .由题意，以点D 为原点，分别以,,DA DC DP 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正向建立如图空间直角坐标系， 则可得：()()()0,0,0,2,2,0,0,2,0D B C ，()()()2,0,0,2,0,1,0,0,2A Q P .依题意，易证：()2,0,0AD =-是平面PDC 的一个法向量， 又()0,2,1QB =-，∴ 0QB AD ⋅=，又直线QB ⊄平面PDC ，∴ //QB PDC 平面.（2）()()2,2,2,=0,22PB PC =--，. 设()1111,,n x y z =为平面PBC 的法向量，则1100n PB n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111112220220x y z y z +-=⎧⎨-=⎩.不妨设11z =，可得()10,1,1n =.设()2222,,n x y z =为平面PBQ 的法向量，又 ()()2,2,2,2,0,1PB PQ =-=-，则2200n PB n PQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22222202220x z x y z -=⎧⎨+-=⎩.不妨设22z =，可得()21,1,2n =，∴ 1212123cos<,2n n n n n n ⋅>==⋅，又二面角C PB Q --为钝二面角，∴二面角C PB Q --的大小为56π.（3）设()()0,0,02H h h ≤≤，则()2,0,AHh =-，又()2,2,2PB =-，又cos<,15PBAH >=21534h =⋅+，∴ 2625240h h -+=，解得32h =或83h =（舍去）.故所求线段DH 的长为32.8．已知在四棱锥C ABDE -中，DB ⊥平面ABC ，//AE DB ，ABC 是边长为2的等边三角形，1AE =，M 为AB 的中点．（1）求证：CM EM ⊥；（2）若直线DM 与平面ABC 所成角的正切值为2，求二面角B CD E --的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）90.【解析】（1）证明：ABC 为等边三角形，M 为AB 的中点，∴CM AB ⊥，又DB ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，∴DB CM ⊥，DB AB B =，DB ，AB 平面ABDE ，∴CM ⊥平面ABDE ，又EM ⊂平面ABDE ，∴CM EM ⊥.（2）过点M 作//Mz BD ，易知Mz 、MB 、MC 两两垂直；以M 为原点，分别以MC 、MB 、Mz 作为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图；DB ⊥平面ABC ，∴DM B ∠直线DM 与平面ABC 所成角，∴tan 2BDDMB BM ∠==，∴22BD BM ==，∴()0,1,0B ，)C ，()0,1,2D ，()0,1,1E -，∴()3,1,0BC =-，()CD =-，()1,1CE =--， 设平面BCD 的一个法向量为()111,,m x y z =， 则00m BC m CD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即11111020y y z -=++=⎪⎩，令11x=，则()1,3,0m =，设平面CDE 的一个法向量为()222,,n x y z =， 则00n CE n CD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即222222020y z y z ⎧-+=⎪⎨++=⎪⎩，令2x=，则()3,1,2n =-，∴cos ,0m nm n m n ⋅==⋅，∴二面角B CD E --的大小为90.。
利用向量方法求空间角 知识点+例题+练习
教学内容利用向量方法求空间角教学目标1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．重点1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．难点1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．教学准备教学过程自主梳理1．两条异面直线的夹角①定义：设a，b是两条异面直线，在直线a上任取一点作直线a′∥b，则a′与a的夹角叫做a与b的夹角．②范围：两异面直线夹角θ的取值范围是_____________________．③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cos θ＝________＝_______________.2．直线与平面的夹角①定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内的射影的夹角．②范围：直线和平面夹角θ的取值范围是________________________．③向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|或cos θ＝sin φ.3．二面角(1)二面角的取值范围是____________．(2)二面角的向量求法：①若AB、CD分别是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB→与CD→的夹角(如图①)．②设n1，n2分别是二面角α—l—β的两个面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．自我检测1．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________．2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则l1与l2所成的角等于________．3．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于________．4．二面角的棱上有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＝217，则该二面角的大小为_______________________________________．5．(2010·铁岭一模)已知直线AB、CD是异面直线，AC⊥CD，BD⊥CD，且AB＝2，CD＝1，则异面直线AB与CD所成的角的大小为________．教学效果分析教学过程探究点一利用向量法求异面直线所成的角例1已知直三棱柱ABC—A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值．变式迁移1如图所示，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，求异面直线BA1和AC所成的角．探究点二利用向量法求直线与平面所成的角例2如图，已知平面ABCD⊥平面DCEF，M，N分别为AB，DF的中点，求直线MN与平面DCEF所成的角的正弦值．变式迁移2如图所示，在几何体ABCDE中，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，BE和CD都垂直于平面ABC，且BE＝AB＝2，CD＝1，点F是AE的中点．求AB与平面BDF所成的角的正弦值．教学效果分析教学过程探究点三利用向量法求二面角例3如图，ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝BC＝BA＝1，AD＝12，求面SCD与面SBA所成角的余弦值大小．变式迁移3如图，在三棱锥S—ABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，O为BC中点．(1)证明：SO⊥平面ABC；(2)求二面角A—SC—B的余弦值．探究点四综合应用例4如图所示，在三棱锥A—BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD＝3，BD＝CD＝1，另一个侧面ABC是正三角形．(1)求证：AD⊥BC；(2)求二面角B－AC－D的余弦值；(3)在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．教学效果分析教学过程变式迁移4 (2011·山东，19)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.(1)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE；(2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大小．1．求两异面直线a、b的所成的角θ，需求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos〈a，b〉|.2．求直线l与平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sin θ＝|cos〈n，a〉|.3．求二面角α—l—β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角．则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．)一、填空题(每小题6分，共48分)1．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M是AB的中点，则sin〈DB1→，CM→〉的值等于________．2．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成的角的大小为________．3．如图，在正四面体ABCD中，E、F分别是BC和AD的中点，则AE与CF所成的角的余弦值为________．教学效果分析教学过程4．(2011·南通模拟) 如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知B1C，C1D与上底面A1B1C1D1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成的余弦值为________．5．P是二面角α—AB—β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α—AB—β的大小为________．6．(2011·无锡模拟)已知正四棱锥P—ABCD的棱长都相等，侧棱PB、PD的中点分别为M、N，则截面AMN与底面ABCD所成的二面角的余弦值是________．7．如图，P A⊥平面ABC，∠ACB＝90°且P A＝AC＝BC＝a，则异面直线PB与AC所成角的正切值等于________．8．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成的角的正弦值为________．二、解答题(共42分)9．(14分) 如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8.BC是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE∥AD.(1)求二面角B－AD－F的大小；(2)求直线BD与EF所成的角的余弦值．10．(14分)(2011·大纲全国，19)如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD⊥平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．教学效果分析教学过程11．(14分)(2011·湖北，18)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tan θ的最小值．自主梳理1．②⎝⎛⎦⎤0，π2③|cos φ|⎪⎪⎪⎪a·b|a|·|b| 2.②⎣⎡⎦⎤0，π2 3.(1)[0，π]教学效果分析自我检测 1．45°或135° 2.90° 3.30° 4.60° 5.60° 课堂活动区例1 解题导引 (1)求异面直线所成的角，用向量法比较简单，若用基向量法求解，则必须选好空间的一组基向量，若用坐标求解，则一定要将每个点的坐标写正确．(2)用异面直线方向向量求两异面直线夹角时，应注意异面直线所成的角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2 解如图所示，以C 为原点，直线CA 、CB 、CC 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设CA ＝CB ＝CC 1＝2，则A 1(2,0,2)，C (0,0,0)，B (0,2,0)，D (0,1,2)， ∴BD →＝(0，－1,2)，A 1C →＝(－2,0，－2)，∴cos 〈BD →，A 1C →〉＝BD →·A 1C →|BD →||A 1C →|＝－105.∴异面直线BD 与A 1C 所成角的余弦值为105.变式迁移1 解 ∵BA 1→＝BA →＋BB 1→，AC →＝AB →＋BC →， ∴BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(AB →＋BC →) ＝BA →·AB →＋BA →·BC →＋BB 1→·AB →＋BB 1→·BC →. ∵AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， ∴BA →·BC →＝0，BB 1→·AB →＝0， BB 1→·BC →＝0，BA →·AB →＝－a 2， ∴BA 1→·AC →＝－a 2. 又BA 1→·AC →＝|BA 1→|·|AC →|·cos 〈BA 1→，AC →〉，∴cos 〈BA 1→，AC →〉＝－a 22a ×2a ＝－12.∴〈BA 1→，AC →〉＝120°.∴异面直线BA 1与AC 所成的角为60°.例2 解题导引 在用向量法求直线OP 与α所成的角(O ∈α)时，一般有两种途径：一是直接求〈OP →，OP ′→〉，其中OP ′为斜线OP 在平面α内的射影；二是通过求〈n ，OP →〉进而转化求解，其中n 为平面α的法向量．解设正方形ABCD ，DCEF 的边长为2，以D 为坐标原点，分别以射线DC ，DF ，DA 为x ，y ，z 轴正半轴建立空间直角坐标系如图．则M (1,0,2)，N (0,1,0)，可得MN →＝(－1,1，－2)．又DA →＝(0,0,2)为平面DCEF 的法向量，可得cos 〈MN →，DA →〉＝MN →·DA →|MN →||DA →|＝－63.所以MN 与平面DCEF 所成的角的正弦值为|cos 〈MN →，DA →〉|＝63.变式迁移2 解 以点B 为原点，BA 、BC 、BE 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B (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，D (0,2,1)，E (0,0,2)，F (1,0,1)． ∴BD →＝(0,2,1)，DF →＝(1，－2,0)． 设平面BDF 的一个法向量为 n ＝(2，a ，b )，∵n ⊥DF →，n ⊥BD →， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·BD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧(2，a ，b )·(1，－2，0)＝0，(2，a ，b )·(0，2，1)＝0. 解得a ＝1，b ＝－2.∴n ＝(2,1，－2)． 设AB 与平面BDF 所成的角为θ，则法向量n 与BA →的夹角为π2－θ，∴cos ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝BA →·n |BA →||n |＝(2，0，0)·(2，1，－2)2×3＝23， 即sin θ＝23，故AB 与平面BDF 所成的角的正弦值为23.例3 解题导引 图中面SCD 与面SBA 所成的二面角没有明显的公共棱，考虑到易于建系，从而借助平面的法向量来求解．解建系如图，则A (0,0,0)， D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C (1,1,0)， B (0，1,0)，S (0,0,1)， ∴AS →＝(0,0,1)，SC →＝(1,1，－1)，SD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－1，AB →＝(0,1,0)，AD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，0. ∴AD →·AS →＝0，AD →·AB →＝0. ∴AD →是面SAB 的法向量，设平面SCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有n ·SC →＝0且n ·SD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，12x －z ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1.∴n ＝(2，－1,1)．∴cos 〈n ，AD →〉＝n ·AD →|n ||AD →|＝2×126×12＝63.故面SCD 与面SBA 所成的二面角的余弦值为63. 变式迁移3 (1)证明 由题设AB ＝AC ＝SB ＝SC ＝SA . 连结OA ，△ABC 为等腰直角三角形，所以OA ＝OB ＝OC ＝22SA ， 且AO ⊥BC .又△SBC 为等腰三角形，故SO ⊥BC ，且SO ＝22SA .从而OA 2＋SO 2＝SA 2，所以△SOA 为直角三角形，SO ⊥AO . 又AO ∩BC ＝O ，所以SO ⊥平面ABC . (2)解以O 为坐标原点，射线OB 、OA 、OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系O －xyz ，如图．设B (1,0,0)，则C (－1,0,0)， A (0,1,0)，S (0,0,1)．SC 的中点M ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， MO →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－12，MA →＝⎝⎛⎭⎫12，1，－12， SC →＝(－1,0，－1)， ∴MO →·SC →＝0，MA →·SC →＝0.故MO ⊥SC ，MA ⊥SC ，〈MO →，MA →〉等于二面角A —SC —B 的平面角．cos 〈MO →，MA →〉＝MO →·MA →|MO →||MA →|＝33，所以二面角A —SC —B 的余弦值为33.例4 解题导引 立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设，借助空间向量建立方程，进行求解．(1)证明作AH ⊥面BCD 于H ，连结BH 、CH 、DH ，则四边形BHCD 是正方形，且AH ＝1，将其补形为如图所示正方体．以D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系．则B (1,0,0)，C (0,1,0)，A (1,1,1)． BC →＝(－1,1,0)，DA →＝(1,1,1)， ∴BC →·DA →＝0，则BC ⊥AD .(2)解 设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥BC →知：n 1·BC →＝－x ＋y ＝0，同理由n 1⊥AC →知：n 1·AC →＝－x －z ＝0， 可取n 1＝(1,1，－1)，同理，可求得平面ACD 的一个法向量为n 2＝(1,0，－1)． 由图可以看出，二面角B －AC －D 即为〈n 1，n 2〉，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1＋0＋13×2＝63.即二面角B －AC －D 的余弦值为63. (3)解 设E (x ，y ，z )是线段AC 上一点， 则x ＝z >0，y ＝1，平面BCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，DE →＝(x,1，x )，要使ED 与平面BCD 成30°角，由图可知DE →与n 的夹角为60°，所以cos 〈DE →，n 〉＝DE →·n |DE →||n |＝x 1＋2x 2 ＝cos 60°＝12.则2x ＝1＋2x 2，解得x ＝22，则CE ＝2x ＝1.故线段AC 上存在E 点，且CE ＝1时，ED 与面BCD 成30°. 变式迁移4(1)证明 方法一 因为EF ∥AB ，FG ∥BC ，EG ∥AC ，∠ACB ＝90°， 所以∠EGF ＝90°， △ABC ∽△EFG . 由于AB ＝2EF ， 因此BC ＝2FG . 连结AF ，由于FG ∥BC ，FG ＝12BC ，在▱ABCD 中，M 是线段AD 的中点，则AM ∥BC ，且AM ＝12BC ，因此FG ∥AM 且FG ＝AM ，所以四边形AFGM 为平行四边形， 因此GM ∥F A .又F A ⊂平面ABFE ，GM ⊄平面ABFE ，方法二 因为EF ∥AB ，FG ∥BC ，EG ∥AC ，∠ACB ＝90°， 所以∠EGF ＝90°， △ABC ∽△EFG . 由于AB ＝2EF ， 所以BC ＝2FG .取BC 的中点N ，连结GN ，因此四边形BNGF 为平行四边形， 所以GN ∥FB .在▱ABCD 中，M 是线段AD 的中点，连结MN ， 则MN ∥AB .因为MN ∩GN ＝N ， 所以平面GMN ∥平面ABFE .又GM ⊂平面GMN ，所以GM ∥平面ABFE .(2)解 方法一 因为∠ACB ＝90°，所以∠CAD ＝90°. 又EA ⊥平面ABCD ，所以AC ，AD ，AE 两两垂直．分别以AC ，AD ，AE 所在直线为x 轴，y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，则由题意得A (0,0,0)，B (2，－2,0)，C (2,0,0)，E (0,0,1)，所以AB →＝(2，－2,0)，BC →＝(0,2,0)．又EF ＝12AB ，所以F (1，－1,1)，BF →＝(－1,1,1)．设平面BFC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝0，x 1＝z 1，取z 1＝1，得x 1＝1，所以m ＝(1,0,1)．设平面向量ABF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ·AB →＝0，n ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 2，z 2＝0，取y 2＝1，得x 2＝1.则n ＝(1,1,0)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12.因此二面角A －BF －C 的大小为60°.方法二 由题意知，平面ABFE ⊥平面ABCD . 取AB 的中点H ，连结CH . 因为AC ＝BC ， 所以CH ⊥AB ，过H 向BF 引垂线交BF 于R ，连结CR ，则CR ⊥BF ， 所以∠HRC 为二面角A －BF －C 的平面角． 由题意，不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，在直角梯形ABFE 中，连结FH ，则FH ⊥AB . 又AB ＝22，所以HF ＝AE ＝1，BH ＝2，因此在Rt △BHF 中，HR ＝63.由于CH ＝12AB ＝2，所以在Rt △CHR 中，tan ∠HRC ＝263＝ 3.因此二面角A －BF －C 的大小为60°. 课后练习区 1.21015 2．90°解析 ∵E 是BB 1的中点且AA 1＝2，AB ＝BC ＝1， ∴∠AEA 1＝90°，又在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， A 1D 1⊥平面ABB 1A 1，∴A 1D 1⊥AE ，∴AE ⊥平面A 1ED 1. ∴AE 与面A 1ED 1所成的角为90°. 3.23解析 设四面体的棱长为a ， AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r ，则AE →＝12(p ＋q )，CF →＝12(r －2q )．∴AE →·CF →＝－12a 2.又|AE →|＝|CF →|＝32a ，∴cos 〈AE →，CF →〉＝AE →，CF →|AE →|·|CF →|＝－23.即AE 和CF 所成角的余弦值为23.4.64 5．90° 解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， 如图：∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°，∴PE ＝22a ，PF ＝22b ，∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab cos 45°＋22a ×22b＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α—AB —β的大小为90°. 6.255解析 如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为2，则PB ＝2，OB ＝1，OP ＝1. ∴B (1,0,0)，D (－1,0,0)， A (0,1,0)，P (0,0,1)， M ⎝⎛⎭⎫12，0，12， N ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， AM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，12， AN →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，12， 设平面AMN 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·AM →＝12x －y ＋12z ＝0，n ·AN →＝－12x －y ＋12z ＝0，解得x ＝0，z ＝2y ，不妨令z ＝2，则y ＝1.∴n 1＝(0,1,2)，平面ABCD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝25＝255.7. 2解析 PB →＝P A →＋AB →，故PB →·AC →＝(P A →＋AB →)·AC →＝P A →·AC →＋AB →·AC →＝0＋a ×2a ×cos 45°＝a 2.又|PB →|＝3a ，|AC →|＝a .∴cos 〈PB →，AC →〉＝33，sin 〈PB →，AC →〉＝63，∴tan 〈PB →，AC →〉＝ 2. 8.45解析 不妨设正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，B 1(3，1,2)，D ⎝⎛⎭⎫32，－12，2.则CD →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，2，CB 1→＝(3，1,2)，设平面B 1DC 的法向量为 n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0，解得n ＝(－3，1,1)．又∵DA →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－2，∴sin θ＝|cos 〈DA →，n 〉|＝45.9．解 (1)∵AD 与两圆所在的平面均垂直， ∴AD ⊥AB ，AD ⊥AF ，故∠BAF 是二面角B —AD —F 的平面角．(2分) 依题意可知，ABFC 是正方形，∴∠BAF ＝45°. 即二面角B —AD —F 的大小为45°.(5分)(2)以O 为原点，CB 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则O (0,0,0)，A (0，－3 2，0)，B (3 2，0,0)，D (0，－3 2，8)，E (0,0,8)，F (0,3 2，0)，(8分)∴BD →＝(－3 2，－3 2，8)， EF →＝(0,3 2，－8)．cos 〈BD →，EF →〉＝BD →·EF →|BD →||EF →|＝0－18－64100×82＝－8210.(12分)设异面直线BD 与EF 所成角为α，则cos α＝|cos 〈BD →，EF →〉|＝8210.即直线BD 与EF 所成的角的余弦值为8210.(14分) 10.方法一 (1)证明 取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2，连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2，所以∠DSE 为直角，即SD ⊥SE .(4分) 由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ， 得AB ⊥平面SDE ， 所以AB ⊥SD .由SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直，所以SD ⊥平面SAB .(7分)(2)解 由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .(10分)作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ·SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，又BC ⊥FG ，BC ⊥SF ，SF ∩FG ＝F ， 故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ·FG SG ＝37，则F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 为217.(12分)设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，即AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217.(14分)方法二 以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设D (1,0,0)，则A (2,2,0)、B (0,2,0)．(2分) 又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0.(1)证明 AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )， DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1. 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1.①又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4， 即y 2＋z 2－4y ＋1＝0.②联立①②得⎩⎨⎧y ＝12，z ＝32.(4分)于是S (1，12，32)，AS →＝(－1，－32，32)，BS →＝(1，－32，32)，DS →＝(0，12，32)．因为DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0， 故DS ⊥AS ，DS ⊥BS .又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB .(7分) (2)解 设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝(1，－32，32)，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．(10分) 又AB →＝(－2,0,0)，cos 〈AB →，a 〉＝|AB →·a ||AB →||a |＝217，所以AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217.(14分) 11．(1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)．(2分)于是CA 1→＝(0，－4,4)， EF →＝(－3，1,1)． 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF ⊥A 1C .(8分)(2)解 设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由(1)得F (0,4，λ)．(8分) AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0.取m ＝(3λ，－λ，4)．又由直三棱柱的性质可取侧面AC 1的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ的锐角可得cos θ＝|m ·n ||m |·|n |＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2.(10分) 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63. 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.(14分)。
立体几何中的向量方法(2)——求空间角和距离
立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离【基础检测】1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)两直线的方向向量所成的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⎝⎛⎦⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )2．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°3．正三棱柱(如右图，底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为__ __.4．二面角的棱上有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 ＝217，则该二面角的大小为__ __.5．P 是二面角α－AB －β棱上一点，分别在平面α，β上引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为__ __.【例题精讲】题型一求异面直线所成的角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．【例1】(2017·江苏卷)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B－A1D－A的正弦值．题型二求直线与平面所成的角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成的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．【例2】如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的底面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．题型三求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在面的法向量，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是锐角还是钝角．【例3】(2017·浙江卷)如图，已知正四面体D－ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，BQQC＝CRRA＝2.分别记二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角为α，β，γ，则()A．γ<α<βB．α<γ<βC．α<β<γD．β<γ<α【例4】(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角为B－PD－A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【例5】 (2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M －AB －D 的余弦值．题型四 求空间距离求点面距一般有以下三种方法：①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．【例6】 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD ．(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)设AA 1＝2，A 1B 1的中点为P ，求点P 到平面BDC 1的距离．。
2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量7向量法求空间角练习含解析
向量法求空间角考试要求 能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用．知识梳理1．异面直线所成的角若异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别是u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u·v ||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 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪u ·n |u ||n |＝|u·n||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n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.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⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( × )(2)直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l 与平面α所成的角．( × )(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ.( × )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.( √ )教材改编题1．已知直线l 1的方向向量s 1＝(1,0,1)与直线l 2的方向向量s 2＝(－1,2，－2)，则l 1和l 2夹角的余弦值为( ) A.24B.12C.22D.32答案 C解析 因为s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)，所以cos 〈s 1，s 2〉＝s 1·s 2|s 1||s 2|＝－1－22×3＝－22.所以l 1和l 2夹角的余弦值为22. 2．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 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．答案 30°解析 设直线l 与α所成角为θ， sin θ＝||cos 〈m ，n 〉＝12，又∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝30°.3．已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为______． 答案156解析|0，－1，3·2，2，4|1＋9×4＋4＋16＝156.题型一 异面直线所成的角例1 (1)(2022·大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F ，G 分别为AB ，CD 1，AD 的中点，则异面直线A 1G 与EF 所成角的余弦值为( )A ．0 B.1010C.22D ．1答案 A解析 如图，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(2,0,2)，G (1,0,0)，E (2,1,0)，F (0,1,1)，所以A 1G —→＝(－1,0，－2)，EF →＝(－2,0,1)， 设异面直线A 1G 与EF 所成的角为θ， 则cos θ＝|A 1G —→·EF →||A 1G —→||EF →|＝|－1×－2－2×1|5×5＝0.(2)(2022·杭州模拟)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AB ︵上，且∠AOD ＝2∠BOD ，则异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为( )A.34B.12C.14D.34答案 A解析 因为∠AOD ＝2∠BOD ，且∠AOD ＋∠BOD ＝π， 所以∠BOD ＝π3，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 (0,0，23)，D (3，1,0)， AD →＝(3，3,0)，BC →＝(0，－2,23)，设异面直线AD 与BC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AD →，BC →〉|＝|AD →·BC →||AD →||BC →|＝|－6|23×4＝34，因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为34. 教师备选如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 所成的角为( )A.π2B.π3C.π4D.π6 答案 B解析 以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0，2)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，∴D ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0， ∴AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，A 1C —→＝(0，2，－2)，∴cos〈AD →，A 1C —→〉＝AD →·A 1C —→|AD →||A 1C —→|＝12，∴即异面直线AD ，A 1C 所成角为π3.思维升华用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两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)注意两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为______．答案 13解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，E (0,2,1)，A (2,0,0)， ∴D 1E —→＝(0,2，－1)， A 1F —→＝A 1A —→＋AF →＝A 1A —→＋λAD → ＝(－2λ，0，－2)．∴cos〈A 1F —→，D 1E —→〉＝A 1F —→·D 1E —→|A 1F —→||D 1E —→|＝22λ2＋1×5＝3210， 解得λ＝13⎝⎛⎭⎪⎫λ＝－13舍.(2)(2022·武汉模拟)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________．答案24解析 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形， 所以BM ⊥AC ，同理，A 1M ⊥AC ， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1， 因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1， 所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为坐标原点，MA →，MB →，MA 1—→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1—→＝(－3,0，3)，A 1B —→＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1—→，A 1B —→〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24. 题型二 直线与平面所成的角例2 (2022·广州模拟)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△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ，得到四棱锥A 1－BCDE (如图2)．(1)证明：平面A 1BE ⊥平面BCDE ；(2)若A 1E ⊥BE ，连接CE ，求直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值． (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 ⊥A 1E ， 因为BE ∩A 1E ＝E ，BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ， 所以DE ⊥平面A 1BE ， 因为DE ⊂平面BCDE ， 所以平面A 1BE ⊥平面BCDE .(2)解 因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，A 1E ⊥BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ，所以A 1E ⊥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A 1(0,0,1)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，E (0,0,0)，所以A 1D —→＝(0，3，－1)，A 1C —→＝(2，3，－1)，EC →＝(2，3，0)， 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D —→＝3y －z ＝0，n ·A 1C —→＝2x ＋3y －z ＝0，令y ＝1，则n ＝(0,1，3)，所以cos 〈n ，EC →〉＝n ·EC →|n ||EC →|＝327＝2114，所以直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值为2114. 教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)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． (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，DA →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DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m ，0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，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 ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 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 ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1， 当m ＝0时，sin θ＝33， 当m ≠0时，sin θ＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2mm 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63， 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63. 思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤跟踪训练2 (2022·全国百校联考)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419565，求AD 的长．(1)证明 依题意，BD ＝2， 在△BCD 中，CD ＝4，∠BCD ＝30°， 由余弦定理求得BC ＝23， ∴CD 2＝BD 2＋BC 2，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 (23，0,0)，D (0,2,0)，S (0,1，3)，故CD →＝(－23，2,0)，SD →＝(0,1，－3)， 设平面SCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD →＝0，m ·SD →＝0，即⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，y －3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝1， ∴m ＝(1，3，1)， 设DA →＝λDS →(0≤λ≤1)， 则DA →＝(0，－λ，3λ)，故A (0,2－λ，3λ)，则BA →＝(0,2－λ，3λ)， 设直线BA 与平面SCD 所成角为θ， 故sin θ＝||cos 〈m ，BA →〉＝|m ·BA →||m ||BA →|＝|23－3λ＋3λ|5·2－λ2＋3λ2＝419565， 解得λ＝14或λ＝34，则AD ＝12或AD ＝32.题型三 平面与平面的夹角例3 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)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; [切入点：线线垂直转化到线面垂直](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.[关键点：建系写坐标]教师备选(2020·全国Ⅰ改编)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66 DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值．(1)证明由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，则DO＝32，CO＝BO＝12AE＝12，所以PO ＝66DO ＝24，PC ＝PO 2＋OC 2＝64， 同理PB ＝64，PA ＝64， 又△ABC 为等边三角形， 则BAsin60°＝2OA ，所以BA ＝32，PA 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以PA ⊥PB ，同理PA ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，PC ，PB ⊂平面PBC ， 所以PA ⊥平面PBC .(2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，24，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，0， PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，－24， PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，－24，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－24， 设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，－2， 故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝223×103＝255， 所以平面BPC 与平面EPC 的夹角的余弦值为255.思维升华 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤跟踪训练3 (2021·全国乙卷改编)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM .(1)求BC ；(2)求平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值．解 (1)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD ，PD ⊥DC .在矩形ABCD 中，AD ⊥DC ，故以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC ＝t ，则A (t ，0,0)，B (t ，1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，1，0，P (0,0,1)， 所以PB →＝(t ，1，－1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 2，1，0.因为PB ⊥AM ，所以PB →·AM →＝－t 22＋1＝0，得t ＝2，所以BC ＝ 2.(2)易知C (0,1,0)，由(1)可得AP →＝(－2，0,1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，CB →＝(2，0,0)，PB →＝(2，1，－1)．设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AP →＝0，n 1·AM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋z 1＝0，－22x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则z 1＝2，y 1＝1，所以平面APM 的一个法向量为n 1＝(2，1,2)． 设平面PMB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB →＝0，n 2·PB →＝0，即⎩⎨⎧2x 2＝0，2x 2＋y 2－z 2＝0，得x 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，所以平面PMB 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)． 设平面APM 与平面BPM 夹角为θ，cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝37×2＝31414，sin θ＝1－cos 2θ＝7014. 所以平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值为7014.课时精练1．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值． 解 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1—→}为一个正交基底，建立空间直角坐标系，因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°， 则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B —→＝(3，－1，－3)，AC 1—→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B —→，AC 1—→〉＝A 1B —→·AC 1—→|A 1B —→||AC 1—→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1AD 的一个法向量为 AE →＝(3，0,0)，设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1BD 的一个法向量， 又A 1B —→＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B —→＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2.所以m ＝(3，3，2)为平面A 1BD 的一个法向量， 从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m|＝333×4＝34.设平面A 1BD 与平面A 1AD 所成的角为θ， 则cos θ＝34.所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值为74. 2．(2021·浙江)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝4，PA ＝15，M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD ⊥DC ，PM ⊥MD .(1)证明：AB ⊥PM ；(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值． (1)证明 因为底面ABCD 是平行四边形， ∠ABC ＝120°，BC ＝4，AB ＝1， 且M 为BC 的中点，所以CM ＝2，CD ＝1，∠DCM ＝60°， 易得CD ⊥DM .又PD ⊥DC ，且PD ∩DM ＝D ，PD ，DM ⊂平面PDM ， 所以CD ⊥平面PDM .因为AB ∥CD ，所以AB ⊥平面PDM . 又PM ⊂平面PDM ，所以AB ⊥PM .(2)解 方法一 由(1)知AB ⊥平面PDM ， 所以∠NAB 为直线AN 与平面PDM 所成角的余角． 连接AM ，因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ，所以PM ⊥平面ABCD ，所以PM ⊥AM . 因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以由余弦定理得AM ＝7， 又PA ＝15，所以PM ＝22， 所以PB ＝PC ＝23， 连接BN ，结合余弦定理得BN ＝11. 连接AC ，则由余弦定理得AC ＝21， 在△PAC 中，结合余弦定理得PA 2＋AC 2＝2AN 2＋2PN 2，所以AN ＝15.所以在△ABN 中，cos∠BAN ＝AB 2＋AN 2－BN 22AB ·AN ＝1＋15－11215＝156.设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝cos∠BAN ＝156. 方法二 因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ， 所以PM ⊥平面ABCD . 连接AM ，则PM ⊥AM .因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以AM ＝7，又PA ＝15，所以PM ＝22， 由(1)知CD ⊥DM ，过点M 作ME ∥CD 交AD 于点E ， 则ME ⊥MD .故可以以M 为坐标原点，MD ，ME ，MP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－3，2,0)，P (0,0,22)，C (3，－1,0)， 所以N ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2.所以AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－52，2.易知平面PDM 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AN →，n 〉|＝|AN →·n ||AN →||n |＝5215＝156.3.(2022·汕头模拟)如图，在圆柱OO 1中，四边形ABCD 是其轴截面，EF 为⊙O 1的直径，且EF ⊥CD ，AB ＝2，BC ＝a (a >1)．(1)求证：BE ＝BF ；(2)若直线AE 与平面BEF 所成角的正弦值为63，求平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值． (1)证明 如图，连接BO 1，在圆柱OO 1中，BC ⊥平面CEDF ，∵EF ⊂平面CEDF ，∴EF ⊥BC ， ∵EF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，BC ，CD ⊂平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD ，又BO 1⊂平面ABCD ，∴EF ⊥BO 1，∵在△BEF 中，O 1为EF 的中点，∴BE ＝BF .(2)解 连接OO 1，则OO 1与该圆柱的底面垂直，以点O 为坐标原点，OB ，OO 1所在直线分别为y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，E (－1,0，a )，F (1,0，a )，AE →＝(－1,1，a )，BE →＝(－1，－1，a )，BF →＝(1，－1，a )，设平面BEF 的法向量是n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BE →＝0，n 1·BF →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋az 1＝0，x 1－y 1＋az 1＝0， 取z 1＝1，得n 1＝(0，a ，1)，设直线AE 与平面BEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AE →，n 1〉| ＝2aa 2＋2·a 2＋1＝63，化简得(a 2－2)(a 2－1)＝0，∵a >1，解得a ＝2，∴n 1＝(0，2，1)，设平面ABE 的法向量是n 2＝(x 2，y 2，z 2)，AB →＝(0,2,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝0，n 2·AE →＝0，得⎩⎨⎧ 2y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，得n 2＝(2，0,1)，设平面ABE 与平面BEF 的夹角为α，则cos α＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13， ∴平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值为13.4.(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点，BF ⊥A 1B 1.(1)证明：BF ⊥DE ；(2)当B 1D 为何值时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小？(1)证明 因为E ，F 分别是AC 和CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2， 所以CF ＝1，BF ＝ 5.如图，连接AF ，由BF ⊥A 1B 1，AB ∥A 1B 1，得BF ⊥AB ，于是AF ＝BF 2＋AB 2＝3，所以AC ＝AF 2－CF2＝2 2.由AB 2＋BC 2＝AC 2，得BA ⊥BC ，故以B 为坐标原点，以BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，E (1,1,0)，F (0,2,1)，BF →＝(0,2,1)．设B 1D ＝m (0≤m ≤2)，则D (m ，0,2)，于是DE →＝(1－m ，1，－2)．所以BF →·DE →＝0，所以BF ⊥DE .(2)解 易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面DFE 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 2＝0，EF →·n 2＝0，又DE →＝(1－m ，1，－2)，EF →＝(－1,1,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1－m x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝m ＋1，z ＝2－m ，于是平面DFE 的一个法向量为n 2＝(3，m ＋1,2－m )，所以cos 〈n 1，n 2〉＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m －122＋272.设平面BB 1C 1C 与平面DFE 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈n 1，n 2〉，故当m ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小，为33，即当B 1D ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小．。
向量法求空间角(有答案)
姓 名 年级 性 别 学 校 学 科 教师上课日期上课时间课题17向量法求空间角角的分类 向量求法 范围两异面直线l 1与l 2所成的角θ 设l 1与l 2的方向向量为a ，b ，则cos θ＝___________＝_______________ (0，π2]直线l 与平面α所成的角θ设l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝___________＝________[0，π2]二面角α－l－β的平面角θ 设平面α，β的法向量为n 1，n 2，则|cos θ|＝___________＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|[0，π]类型一 异面直线所成的角例1、如图，在三棱锥V －ABC 中，顶点C 在空间直角坐标系的原点处，顶点A ，B ，V 分别在x 轴、y 轴、z 轴上，D 是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ. 当θ＝π3时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值【自主解答】 由于AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)当θ＝π3时，在Rt △VCD 中，CD ＝2，∴V (0,0，6)，∴AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)，∴cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD →|AC →||VD →|＝－22×22＝－24. ∴异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24.1．几何法求异面直线的夹角时，需要通过作平行线将异面直线的夹角转化为平面角，再解三角形来求解，过程相当复杂；用向量法求异面直线的夹角，可以避免复杂的几何作图和论证过程只需对相应向量运算即可． 2．由于两异面直线夹角θ的范围是(0，π2]，而两向量夹角α的范围是[0，π]，故应有cos θ＝|cos α|，求解时要特别注意．变式1、在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，求异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值．【解】 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图，则A 1(4,0,3)，B (4,4,0)，B 1(4,4,3)，C (0,4,0)，得A 1B →＝(0,4，－3)，B 1C →＝(－4,0，－3)．设A 1B →与B 1C →的夹角为θ，则cos θ＝A 1B →·B 1C →|A 1B →||B 1C →|＝925，故A 1B →与B 1C →的夹角的余弦值为925， 即异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为925.类型二 求线面角例2、三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点． (1)证明：CM ⊥SN ； (2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．【自主解答】 设P A ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系(如图)．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，又AN ＝14AB ，M 、S 分别为PB 、BC 的中点，∴N (12，0,0)，M (1,0，12)，S (1，12，0)，(1)CM →＝(1，－1，12)，SN →＝(－12，－12，0)，∴CM →·SN →＝(1，－1，12)·(－12，－12，0)＝0，因此CM ⊥SN .(2)NC →＝(－12，1,0)，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，∴CM →·a ＝0，NC →·a ＝0.则⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝－2y .取y ＝1，则得a ＝(2,1，－2)． 因为cos a ，SN →＝－1－123×22＝－22.∴〈a ，SN →〉＝34π.所以SN 与平面CMN 所成角为34π－π2＝π4.1．题中直线的方向向量SN →与平面的法向量a 的夹角并不是所求线面角θ，它们的关系sin θ＝|cos 〈SN →，a 〉|.2．若直线l 与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：变式、正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1C 的中点，求BE 与平面B 1BDD 1所成角的余弦值．【解】 如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B (2,2,0)，B 1(2,2,2)，E (0,2,1)，BD →＝(－2，－2,0)，BB 1→＝(0,0,2)，BE →＝(－2,0,1)．AC →＝(－2,2,0)即平面B 1BDD 1的一个法向量，设n ＝(－1,1,0)． cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝105. 设BE 与平面B 1BD 所成角为θ，cos θ＝sin 〈n ，BE →〉＝155， 即BE 与平面B 1BD 所成角的余弦值为155. 类型三 求二面角例3、若正方形ACDE 所在的平面与平面ABC 垂直，M 是CE 和AD 的交点，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ，求二面角A －EB －C 的大小．【自主解答】 ∵四边形ACDE 是正方形，∴EA ⊥AC . 又∵平面ACDE ⊥平面ABC ，∴EA ⊥平面ABC .以点A 为坐标原点，以过A 点平行于BC 的直线为x 轴，分别以直线AC ，AE 为y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .设EA ＝AC ＝BC ＝2，则A (0,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，E (0,0,2)． ∵M 是正方形ACDE 的对角线的交点，∴M (0,1,1)．设平面EAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥AE →且n ⊥AB →，从而有n ·AE →＝0且n ·AB →＝0.又∵AE →＝(0,0,2)，AB →＝(2,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧(x ，y ，z )·(0，0，2)＝0，(x ，y ，z )·(2，2，0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，x ＋y ＝0.取y ＝－1，则x ＝1，则n ＝(1，－1,0)．又∵AM →为平面EBC 的一个法向量，且AM →＝(0,1,1)，∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n ||AM →|＝－12. 设二面角A －EB －C 的平面角为θ，则cos θ＝12，即θ＝60°. 故二面角A －EB －C 为60°.用向量法求二面角的大小，可以避免作出二面角的平面角这一难点，转化为计算两半平面法向量的夹角问题，具体求解步骤如下：(1)建立空间直角坐标系；(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量； (3)求两个法向量的夹角；(4)判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角； (5)确定二面角的大小．变式、已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长均为a ，D 是侧棱CC 1的中点，求平面AB 1D 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小．【解】 以B 为原点，过点B 与BC 垂直的直线为x 轴，BC 所在的直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (0，a,0)，B 1(0,0，a )，C 1(0，a ，a )，A (－32a ，a 2，0)，A 1(－32a ，a 2，a )，D (0，a ，a 2)． 故AB 1→＝(32a ，－a 2，a )，B 1D →＝(0，a ，－a2)．设平面AB 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·AB 1→＝0，n ·B 1D →＝0，即⎩⎨⎧32ax －a 2y ＋az ＝0，ay －a2z ＝0.得x ＝－3y ，z ＝2y . 取y ＝1，则n ＝(－3，1,2)．∵平面ABC 的法向量是AA 1→＝(0,0，a )，∴二面角θ的余弦值为cos θ＝AA 1→·n |AA 1→||n |＝22. ∴θ＝π4. ∴平面AB 1D 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小为π4.对所求角与向量夹角的关系不理解致误例4、正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，求二面角A －BD 1－C 的大小．【正解】 以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)． 由题意知DA 1→＝(1,0,1)是平面ABD 1的一个法向量， DC 1→＝(0,1,1)是平面BCD 1的一个法向量． 所以cos 〈DA 1→，DC 1→〉＝DC 1→·DA 1→|DC 1→|·|DA 1→|＝12，所以〈DA 1→，DC 1→〉＝60°. 所以二面角A －BD 1－C 的大小为120°.练习：1．若异面直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2所成的角为( )A ．30°B ．150°C ．30°或150°D ．以上均不对【解析】 l 1与l 2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为(0，π2]．应选A.2．已知向量m ，n 分别是直线l 与平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－32，则l 与α所成的角为( ) A ．30°B ．60°C ．150°D ．120°解析】 设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝32， ∴θ＝60°，应选B. 3．已知平面α的法向量u ＝(1,0，－1)，平面β的法向量v ＝(0，－1,1)，则平面α与β所成的二面角的大小为________．【解析】 cos 〈u ，v 〉＝－12·2＝－12，∴〈u ，v 〉＝23π，而所成的二面角可锐可钝，故也可以是π3.4．如图3－2－22直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，CC 1＝2，求直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．【解】 以CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,1,0)，C 1(0,0,2)，A 1(1,0,2)．则A 1B →＝(－1,1，－2)，平面BB 1C 1C 的法向量n ＝(1,0,0)．设直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角为θ，A 1B →与n 的夹角为φ，则cos φ＝A 1B →·n |A 1B →||n |＝－66，∴sin θ＝|cos φ|＝66. ∴直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为66.。
高三数学 6利用向量法求空间角和距离试题
6利用向量法求空间角和距离1向量法求异面直线所成的角【例1】 (15郑州市期末) 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________.【解析】以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系.设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，∴EF →·BC 1→＝2，∴cos〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°. 【评注】用向量求解异面直线所成角，利用坐标运算求解，公式计算要准确. 设两异面直线a b ，所成的角为,θ，m n 分别是a b ，的方向向量，则有cos cos ,θ⋅==m n m n m n ．异面直线所成角的范围是02π⎛⎤ ⎥⎝⎦，，因此，如果按照公式求出来的向量的数量积是一个负数，则应当取其绝对值，使之变为正值，这样求得的角就为为锐角或直角．【变式1】正三棱锥中利用向量的坐标运算求异面直线所成的角在正三棱锥P —ABC 中，底面正△ABC 的中心为O ，D 是PA 的中点，PO =AB =2，求异面直线AC 和BD 所成的角余弦值．30 【解析】以O 为坐标原点，OA 为x 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系．因ABC ∆是正三角形，故y 轴平行于BC ，而PO =AB =2，则(0,0,2)P ，23(A ，3(B ，3(1,0)C -，D 是PA 的中点，故3(D ， 231,1)BD =-u u u r ，(3,1,0)CA =u u u r ， 330cos ,|10410113133BD CA <>====+++u u u r u u u r g 【例2】 （2012·陕西理）三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________．【解析】选准基底，由题意知，AB 1→＝AB →＋AA 1→，BC 1→＝BB 1→＋BC →＝BA →＋AC →＋AA 1→.又∠CAA 1＝∠BAA 1＝∠BAC ＝60°，设边长、侧棱长为1，则AB 1→2＝(AB →＋AA 1→)2＝AB →2＋AA 1→2＋2AB →·AA 1→＝3，所以|AB 1→|＝3，同理可得|BC 1→|＝ 2.AB 1→·BC 1→＝AB →·BA →＋AB →·AC →＋AB →·AA 1→＋AA 1→·BA →＋AA 1→·AC →＋AA 1→2＝1，所以cos 〈AB 1→·BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝13·2＝66. 【评注】求异面直线所成角可以借助向量运算求解.关键是选取合适的基底，利用基向量法A B C P D O xy z和线性运算以及数量积，沟通角与向量之间的关系求解。
利用空间向量求空间角与距离49
课时跟踪检测(四十九) 利用空间向量求空间角与距离[高考基础题型得分练]1．如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点E ，F ，G 分别是DD 1，AB ，CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成的角是( )A.π6B.π4C.π3D.π2 答案：D解析：连接B 1G ，则B 1G ∥A 1E ，所以∠B 1GF 就是异面直线A 1E 与GF 所成的角或其补角．连接B 1F ，在△B 1GF 中，B 1F ＝5，B 1G ＝2，FG ＝3，所以B 1G 2＋FG 2＝B 1F 2，所以∠B 1GF ＝π2，即异面直线A 1E 与GF 所成的角是π2，故选D. 2．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC →1，N 为B 1B 的中点，则|MN →|＝( ) A.216aB.66aC.156a D.153a答案：A解析：以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2. 设M (x ，y ，z )，∵点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→， ∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，∴x ＝2a 3，y ＝a 3，z ＝a3，则M ⎝⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3，∴|MN →|＝⎝⎛⎭⎪⎫a －2a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216 a .3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22答案：B解析：以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12.设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎨⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.故所成的锐二面角的余弦值为23.4．在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且 SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 答案：A解析：如图，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系O －xyz.设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a 2. 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0)，设平面P AC 的一个法向量为n ， 设n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0，n ·AP →＝0，解得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝z ，可取n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12，∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角是90°－60°＝30°.5．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( )A.32B.22C.223D.233答案：D解析：如图，建立空间直角坐标系．则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)， D 1A 1→＝(2,0,0)，DB →＝(2,2,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，∴⎩⎨⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1,1,1)．∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.6．[2018·河南郑州模拟]在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．答案：13解析：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)． A 1B →＝(0,2，－1)，A 1C 1→＝(－1,2,0)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面A 1BC 1的法向量． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0，即⎩⎨⎧2y －z ＝0，－x ＋2y ＝0，令z ＝2，则y ＝1，x ＝2， 于是n ＝(2,1,2)，D 1C 1→＝(0,2,0)， 设所求线面角为α，则sin α＝|cos 〈n ，D 1C 1→〉|＝13.7．正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A －BD －C 的正弦值为________．答案：255解析：取BC 中点O，连接AO ，DO ，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0.∴OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0.设平面ABD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则BA →·n ＝0，且BD →·n ＝0，∴⎩⎨⎧y 02＋32z 0＝0，32x 0＋y2＝0，因此⎩⎨⎧y 0＝－3z 0，y 0＝－3x 0，取x 0＝1，得平面ABD 的一个法向量n ＝(1，－3，1)． 由于OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面BCD 的一个法向量，∴cos 〈n ，OA →〉＝55，∴sin 〈n ，OA →〉＝255.8．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________．答案：60°解析：以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.9．如图，在四棱锥 P －ABCD 中，PC ⊥底面 ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 是PB 的中点．(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若二面角 P －AC －E 的余弦值为33，求直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值．(1)证明：∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥PC .∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝90°， ∴AC ＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC . 又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC . ∵AC ⊂平面EAC ， ∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)解：如图，以C 为原点，DA →，CD →，CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,1,0)，B (1，－1,0)． 设P (0,0，a )(a ＞0)，则E ⎝⎛⎭⎪⎫12，－12，a 2， CA →＝(1,1,0)，CP →＝(0,0，a )，CE →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，－12，a 2，取m ＝(1，－1,0)，则m ·CA →＝m ·CP →＝0，m 为平面P AC 的一个法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量，则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0， 取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2，则n ＝(a ，－a ，－2)．依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝a a 2＋2＝33， 则a ＝1.于是n ＝(1，－1，－2)，P A →＝(1,1，－1)．设直线P A 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝23，即直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为23.10.如图，在四棱锥 P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠ADC ＝60°，侧面PDC 是正三角形，平面PDC ⊥平面ABCD ，CD ＝2，M 为PB 的中点．(1)求证：P A ⊥平面CDM ；(2)求二面角 D －MC －B 的余弦值．(1)证明：证法一：取P A的中点N，连接MN，DN，又M为PB的中点，所以MN∥AB，又在菱形ABCD中，AB∥CD，所以MN∥CD，所以C，D，M，N四点共面．取DC的中点O，连接PO.因为侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝DC，又因为PO⊥DC，所以PO⊥底面ABCD.因为底面ABCD为菱形且∠ADC＝60°，DC＝2，DO＝1，故OA⊥DC.因为PO∩AO＝O，所以DC⊥平面POA，所以DC⊥P A.在△P AD中，PD＝AD＝2，N为P A的中点，所以DN⊥P A.又DN∩DC＝D，DN⊂平面CDNM，DC⊂平面CDNM，所以P A⊥平面CDNM，即P A⊥平面CDM.证法二：取DC的中点O，连接PO，OA，因为侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD.所以PO⊥底面ABCD，因为底面ABCD 为菱形且∠ADC ＝60°，DC ＝2，DO ＝1，则OA ⊥DC .以O 为原点，分别以OA ，OC ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则A (3，0,0)，P (0,0，3)，B (3，2,0)，C (0,1,0)，D (0，－1,0)，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1，32， 所以DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，32，P A →＝(3，0，－3)，DC →＝(0,2,0)， 所以P A →·DM →＝3×32＋0×2＋(－3)×32＝0，P A →·DC →＝3×0＋0×2＋(－3)×0＝0，所以P A →⊥DM →，P A →⊥DC →，所以P A ⊥平面CDM .(2)解：CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，CB →＝(3，1,0)， 设平面BMC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·CM →＝0，得x ＋z ＝0，由n ·CB →＝0，得3x ＋y ＝0.取x ＝－1，则y ＝3，z ＝1，所以一个法向量n ＝(－1，3，1)．由(1)知，平面CDM 的一个法向量可取P A →＝(3，0，－3)．所以cos 〈n ，P A →〉＝n ·P A →|n ||P A →|＝－235×6＝－105. 观察可知二面角 D －MC －B 为钝角，所以所求二面角的余弦值是－105.[冲刺名校能力提升练]1．如图，△PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)求证：PE ⊥FG ；(2)求二面角P －AD －C 的正切值；(3)求直线P A 与直线FG 所成角的余弦值．解：在△PCD 中，∵E 为CD 的中点，且PC ＝PD ，∴PE ⊥CD .又∵平面PCD ⊥平面ABCD ，且平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，PE ⊂平面PCD ，∴PE ⊥平面ABCD ，取AB 的中点H ，连接EH ，∵四边形ABCD 是长方形，则EH ⊥CD ，如图所示，以E 为原点，EH ，EC ，EP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，∵PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3，AF ＝2FB ，CG ＝2GB ，∴E (0,0,0)，P (0,0，7)，F (3,1,0)，G (2,3,0)，A (3，－3,0)，D (0，－3,0)，C (0,3,0)．(1)证明：∵EP →＝(0,0，7)，FG →＝(－1,2,0)，且EP →·FG →＝(0,0，7)·(－1,2,0)＝0，∴EP →⊥FG →，即EP ⊥FG .(2)解：∵PE ⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的法向量为EP →＝(0,0，7)．设平面ADP 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，AP →＝(－3,3，7)，DP →＝(0,3，7)，由于⎩⎪⎨⎪⎧ AP →·n ＝0，DP →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＋7z 1＝0，3y 1＋7z 1＝0， 令z 1＝3，则x 1＝0，y 1＝－7，∴n ＝(0，－7，3)．由图可知二面角P －AD －C 是锐角，设为α，则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·EP →|n ||EP →|＝3747＝34， ∴sin α＝74，tan α＝73.(3)解：∵AP →＝(－3,3，7)，FG →＝(－1,2,0)，设直线P A 与直线FG 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·FG →|AP →||FG →|＝3＋69＋9＋7×5＝9525，∴直线P A 与FG 所成角的余弦值为9525.2．如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E ，F ，G 分别是棱A 1B 1，AB ，A 1D 1的中点．(1)求证：GE ⊥平面FCC 1；(2)求点A 1到平面BFC 1的距离；(3)求直线CD 到平面BFC 1的距离．解：因为AB ＝4，BC ＝CD ＝2，F 是棱AB 的中点，ABCD 为等腰梯形，所以易得BF ＝BC ＝CF ，即△BCF 为正三角形， 所以∠BAD ＝∠ABC ＝60°，取AF 的中点M ， 连接DM ，则DM ⊥AB ，所以DM ⊥CD .故以D 为坐标原点，以DM ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (3，－1,0)，F (3，1,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,2)，E (3，1,2)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，B (3，3,0)． 所以CF →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,2)，FC 1→＝(－3，1,2)．(1)证明：设平面FCC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CF →＝0，n ·CC 1→＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ＝0，2z ＝0，取n ＝(1，3，0)． 因为GE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，则GE →＝32n ， 所以GE →∥n ，所以GE ⊥平面FCC 1.(2)解：FB →＝(0,2,0)，设平面BFC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·FB →＝0，m ·FC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1＝0，－3x 1＋y 1＋2z 1＝0，取m ＝(2,0，3)． 因为A 1(3，－1,2)，所以A 1F →＝(0,2，－2)，所以点A 1到平面BFC 1的距离d ＝|A 1F →·m ||m |＝|2×0＋0×2＋3×(－2)|22＋02＋(3)2＝2217.(3)解：因为CD ∥AB ，CD ⊄平面BFC 1，AB ⊂平面BFC 1， 所以CD ∥平面BFC 1.又D ∈CD ，所以点D 到平面BFC 1的距离等于直线CD 到平面BFC 1的距离．由(2)可知，平面BFC 1的一个法向量为m ＝(2,0，3)． 又DF →＝(3，1,0)，所以点D 到平面BFC 1的距离d ＝|DF →·m ||m |＝|2×3＋0×1＋3×0|22＋02＋(3)3＝2217.所以直线CD 到平面BFC 1的距离为2217.。
专题练 第19练 空间向量与空间角
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，
如图，以D为原点建立空间直角坐标系， 则 D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0， 3，0)，P(0,0， 3)， 则A→P＝(－1,0， 3)， B→P＝(0，－ 3， 3)， D→P＝(0,0， 3).
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则有nn··AB→→PP＝＝00，，
以 B 为坐标原点，分别以B→C，B→A，―BB→1的方向为 x，y， z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 由(1)知，AE＝ 2，
所以 AA1＝AB＝2，A1B＝2 2.
因为△A1BC 的面积为 2 2， 所以 2 2＝12·A1B·BC，所以 BC＝2， 所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)， 则B→D＝(1,1,1)，B→A＝(0,2,0).
所以A→M＝(0,1,2)，―BC→1＝(－ 3，1,2)，
cos〈A→M，―BC→1〉＝
→ ―→ AM·BC1 → ―→
＝
|AM|| BC1 |
5 5×2
＝ 2
10 4.
所以 sin〈A→M，―BC→1〉＝
1－cos2〈A→M，―BC→1〉＝
6 4.
故
AM
与
BC1
所成角的正弦值为
6 4.
(2)(2022·毕节模拟)在正四棱锥 S－ABCD 中，底面边长为 2 2，侧棱长为
跟踪训练3 (2022·重庆调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD， AC，BD相交于点N，DN＝2BN＝2 3，PA＝AC＝AD＝3，∠ADB＝30°.
高考数学复习：利用向量求空间角和距离
(2)方法一:不存在,证明如下:当面B′OA⊥面AOC时,三
棱锥B′ -AOC的体积最大,因为面B′OA∩面AOC=AO,
B′O⊥AO,所以B′O⊥面AOC,所以OC⊥OB′,又因为
OC⊥OA,所以OC⊥平面AOB′,在直角三角形CPO中,
CO=1,COP ，sinCPO 所以6 POCC=， ,所以 6
令x1=1,得n1=(1,-1,0).
设平面PBC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
由n2·PC=0,n2· B=C 0得
y2x2
z2 0,
0,?
令y2=1得n2=(0,1,1), 设二面角C -PB -D的大小为θ,则cos θ= 所以θ=60°.
| n1 n2 | 1 , | n1 || n2 | 2
D. 4 15
【解析】选A.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,
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则N(1,2,2), D(0,0,0),C(0,2,0),M(2,2,1),则 C=M(2,0,1), DN=(1,2,2),设异面直线所成角为θ, 则cos θ= | CM DN | 4所以 4异5面，直线CM与
( 2,0,0) ( 2,0, 2),
所以
cos〈A1F，D1E〉
|
A1F A1F |
D1E | D1E
|
2
2 2 1
解得 1 ( 1 舍去).
3
3
答案: 1
3
3 2， 5 10
【规律方法】利用向量求线线角的解题策略 (1)向量法求异面直线所成的角的方法有两种 ①基向量法:利用线性运算; ②坐标法:利用坐标运算.
D. 10 10
课时达标检测(四十一) 利用空间向量求空间角
课时达标检测(四十一) 利用空间向量求空间角一、全员必做题1．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，∠ACB ＝90°，CA ＝CB ＝CC 1，D 为B 1C 1的中点，求异面直线BD 和A 1C 所成角的余弦值．解：如图所示，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设CA ＝CB ＝CC 1＝2，则A 1(2,0,2)，C (0,0,0)，B (0,2,0)，D (0,1,2)， ∴BD ＝(0，－1,2)，1A C ＝(－2,0，－2)， ∴cos 〈BD ，1A C 〉＝BD ·1A C| BD ||1A C |＝－105.∴异面直线BD 与A 1C 所成角的余弦值为105. 2．(2016·大连二模)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，AA 1＝2，AC ＝2 2.M 是CC 1的中点，P 是AM 的中点，点Q 在线段BC 1上，且BQ ＝13QC 1.(1)证明：PQ ∥平面ABC ；(2)若直线BA 1与平面ABM 所成角的正弦值为21515，求∠BAC 的大小．解：(1)取MC 的中点，记为点D ，连接PD ，QD . ∵P 为MA 的中点，D 为MC 的中点， ∴PD ∥AC .又CD ＝13DC 1，BQ ＝13QC 1，∴QD ∥BC . 又PD ∩QD ＝D ， ∴平面PQD ∥平面ABC . 又PQ ⊂平面PQD ， ∴PQ ∥平面ABC .(2)∵BC ，BA ，BB 1两两互相垂直，∴以B 为坐标原点，分别以BC ，BA ，BB 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B -xyz ，设BC ＝a ，BA ＝b ，则各点的坐标分别为B (0,0,0)，C (a,0,0)，A (0，b,0)，A 1(0，b,2)，M (a,0,1)，∴1BA ＝(0，b,2)，BA ＝(0，b,0)，BM ＝(a,0,1)．设平面ABM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·BA ＝0，n ·BM ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧by ＝0，ax ＋z ＝0， 取x ＝1，则可得平面ABM 的一个法向量为n ＝(1,0，－a )， ∴|cos 〈n ，1BA 〉|＝|－2a |a 2＋1·b 2＋4＝21515，又a 2＋b 2＝8，∴a 4＋4a 2－12＝0， ∴a 2＝2或－6(舍)，即a ＝ 2. ∴sin ∠BAC ＝222＝12，∴∠BAC ＝π6.3.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝90°，△ABC ≌△ADC ，PA ＝AC ＝2AB ＝2，E 是线段PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面PAB ； (2)求二面角D -CP -B 的余弦值．解：(1)证明：以B 为坐标原点，BA 所在的直线为x 轴，BC 所在的直线为y 轴，过点B 且与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．则B (0,0,0)，C (0，3，0)，P (1,0,2)，D ⎝⎛⎭⎫32，32，0，A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，32，1，∴DE ＝(－1,0,1)，BP ＝(1,0,2)，BA ＝(1,0,0)． 设平面PAB 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎨⎧n ·BP ＝0，n ·BA ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2c ＝0，a ＝0，∴n ＝(0,1,0)为平面PAB 的一个法向量． 又DE ·n ＝0，DE ⊄平面PAB ， ∴DE ∥平面PAB .(2)由(1)易知BC ＝(0，3，0)，DP ＝⎝⎛⎭⎫－12，－32，2，DC ＝⎝⎛⎭⎫－32，32，0，设平面PBC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n 1·BP ＝0，n 1·BC ＝0，∴⎩⎨⎧x 1＋2z 1＝0，3y 1＝0，令x 1＝2，则y 1＝0，z 1＝－1， ∴n 1＝(2,0，－1)为平面PBC 的一个法向量． 设平面DPC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n 2·DP ＝0，n 2·DC ＝0，∴⎩⎨⎧－12x 2－32y 2＋2z 2＝0，－32x 2＋32y 2＝0，令x 2＝1，则y 2＝3，z 2＝1，∴n 2＝(1，3，1)为平面DPC 的一个法向量． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝2－15×5＝15， 故二面角D -CP -B 的余弦值为15.二、重点选做题1.如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，平面APD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，E 在AD 上，且AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝EA ＝2.(1)求证：平面PEC ⊥平面PBD ；(2)设直线PB 与平面PEC 所成的角为π6，求平面APB 与平面PEC所成的锐二面角的余弦值．解：(1)证明：连接BE .在△PAD 中，PA ＝PD ，AE ＝ED ， 所以PE ⊥AD .又平面APD ⊥平面ABCD ，平面APD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PE ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故PE ⊥BD .在四边形ABCD 中，BC ∥DE ，且BC ＝DE ， 所以四边形BCDE 为平行四边形，又BC ＝CD ，所以四边形BCDE 为菱形， 故BD ⊥CE ， 又PE ∩EC ＝E ， 所以BD ⊥平面PEC ， 又BD ⊂平面PBD ， 所以平面PEC ⊥平面PBD . (2)取BC 的中点F ，连接EF .由(1)可知，△BCE 是一个正三角形，所以EF ⊥BC ， 又BC ∥AD ，所以EF ⊥AD .又PE ⊥平面ABCD ，故以E 为坐标原点，分别以直线EF 、直线ED 、直线EP 为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设PE ＝t (t >0)，则D (0,2,0)，A (0，－2,0)，P (0,0，t )，F (3，0,0)，B (3，－1,0)．因为BD ⊥平面PEC ，所以BD ＝(－3，3,0)是平面PEC 的一个法向量， 又PB ＝(3，－1，－t )， 所以cos 〈PB ，BD 〉＝PB ·BD|PB ||BD |＝－64＋t 2×23＝－34＋t 2.由已知可得sin π6＝|cos 〈PB ，BD 〉|＝34＋t 2，得t ＝22(负值舍去)．故P (0,0,22)，PB ＝(3，－1，－22)，AB ＝(3，1,0)． 设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧n ·PB ＝0，n ·AB ＝0，可得⎩⎨⎧3x －y －22z ＝0，3x ＋y ＝0，取y ＝－6，则x ＝2，z ＝3，故n ＝(2，－6，3)为平面APB 的一个法向量， 所以cos 〈BD ，n 〉＝BD ·n | BD ||n |＝－4623×11＝－22211.设平面APB 与平面PEC 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|cos 〈BD ，n 〉|＝22211.2．如图1，正方形ABCD 的边长为4，AB ＝AE ＝BF ＝12EF ，AB ∥EF ，把四边形ABCD沿AB 折起，使得AD ⊥平面AEFB ，G 是EF 的中点，如图2.(1)求证：AG ⊥平面BCE ； (2)求二面角C -AE -F 的余弦值． 解：(1)证明：连接BG ，因为BC ∥AD ，AD ⊥底面AEFB ，所以BC ⊥底面AEFB ，又AG ⊂底面AEFB ， 所以BC ⊥AG ，因为AB 綊EG ，AB ＝AE ，所以四边形ABGE 为菱形，所以AG ⊥BE ， 又BC ∩BE ＝B ，BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ， 所以AG ⊥平面BCE .(2)由(1)知四边形ABGE 为菱形，AG ⊥BE ，AE ＝EG ＝BG ＝AB ＝4， 设AG ∩BE ＝O ，所以OE ＝OB ＝23，OA ＝OG ＝2， 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (－2,0,0)，E (0，－23，0)，F (4,23，0)，C (0,23，4)，D (－2,0,4)，所以AC ＝(2,23，4)，AE ＝(2，－23，0)， 设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AC ·n ＝0， AE ·n ＝0，所以⎩⎨⎧2x ＋23y ＋4z ＝0，2x －23y ＝0，令y ＝1，则x ＝3，z ＝－3，即平面ACE 的一个法向量为n ＝(3，1，－3)， 易知平面AEF 的一个法向量为AD ＝(0,0,4)， 设二面角C -AE -F 的大小为θ，由图易知θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以cos θ＝|n ·AD ||n ||AD |＝437×4＝217.三、冲刺满分题1．(2016·四川高考)如图，在四棱锥 P -ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线PA与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P -CD -A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值． 解：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．如图，延长AB ，DC 相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点．理由如下：由已知，知BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，从而CM ∥EB . 又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(2)由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD ，从而CD ⊥PD ， 所以∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角， 所以∠PDA ＝45°.因为PA ⊥AB ，所以PA ⊥平面ABCD .设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2，作Ay ⊥平面PAD ，以A 为原点，以AD ，AP 的方向分别为x 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)，所以PE ＝(1,0，－2)，EC ＝(1,1,0)，AP ＝(0,0,2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·PE ＝0，n ·EC ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.令x ＝2，则n ＝(2，－2,1)． 设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP ||n ||AP |＝222＋－22＋12×2＝13， 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.2.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝π3.(1)求证：BC 1⊥平面ABC ；(2)设CE ＝λ1CC (0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．解：(1)证明：因为AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC 1⊂侧面BB 1C 1C ，故AB ⊥BC 1， 在△BCC 1中，BC ＝1，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝π3，所以BC 21＝BC 2＋CC 21－2BC ·CC 1·cos ∠BCC 1＝12＋22－2×1×2×cos π3＝3， 所以BC 1＝3，故BC 2＋BC 21＝CC 21，所以BC ⊥BC 1，而BC ∩AB ＝B ， 所以BC 1⊥平面ABC .(2)由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则B (0,0,0)，A (0,1,0)，B 1(－1，0，3)，C (1,0,0)，C 1(0,0，3)． 所以1CC ＝(－1,0, 3)，所以CE ＝(－λ，0, 3λ)，E (1－λ，0, 3λ)， 则AE ＝(1－λ，－1，3λ)，1AB ＝(－1，－1，3)． 设平面AB 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ＝0，n ·1AB ＝0，即⎩⎨⎧(1－λ)x －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0，令z ＝3，则x ＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ， 故n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3是平面AB 1E 的一个法向量．因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以BA ＝(0,1,0)是平面BB 1E 的一个法向量， 所以|cos 〈n ，BA 〉|＝|n ·BA ||n ||BA |＝⎪⎪⎪⎪32－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝⎛⎭⎫32－λ2＋(3)2×1＝32. 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0， 所以λ＝1或λ＝32(舍去)．故λ的值为1.。
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利用空间向量求空间角检测题（试卷满分100分，考试时间90分钟）一、选择题（每小题5分，共40分）1．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 ∵cos m ，n ＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴m ，n ＝45°.∴二面角为45°或135°.故选C.2.已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.24解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)，∴DC 1―→＝(0,3,1)，D 1E ―→＝(1,1，－1)，D 1C ―→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∴cos DC 1―→，n ＝DC 1―→·n | DC 1―→|·|n |＝33535，∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.3．把边长为2的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD ⊥平面CBD ，则异面直线AD ，BC 所成的角为( )A ．120° B.30° C ．90°D ．60°解析：选D 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2，0,0)，B (0，2，0)，C (0，0，2)，D (0，－2，0)，∴AD ―→＝(－2，－2，0)，BC ―→＝(0，－2，2)． ∴|AD ―→|＝2，|BC ―→|＝2，AD ―→·BC ―→＝2. ∴cos 〈AD ―→，BC ―→〉＝AD ―→·BC ―→|AD ―→||BC ―→|＝22×2＝12.∴异面直线AD ，BC 所成的角为60°.故选D.4．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B -AA 1-C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7B. 6C. 5D ．2解析：选A 由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4， |AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4，cos AB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC 1―→| AB 1―→|·|BC 1―→|＝24，故tanAB 1―→，BC 1―→＝7.5.如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35B.56C.3310D.3610解析：选A 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B 1()0，3，2，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0， GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.6．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设棱长为1， 则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)， A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x －12z ＝0，令x ＝1∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)． 又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.7.如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面为正三角形，AB ＝4，AA 1＝6，若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，且BE ＝B 1E ，C 1F ＝13CC 1，则异面直线A 1E 与AF 所成角的余弦值为( )A.36B.26C.310D.210解析：选D 如图，以C 为坐标原点，CA 所在直线为x 轴，CC 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，由题意，得A 1(4,0,6)，E (2,23，3)，F (0,0,4)，A (4，0,0)，A 1E ―→＝(－2,23，－3)，AF ―→＝(－4,0,4)．设异面直线A 1E 与AF 所成的角为θ，则cos θ＝|A 1E ―→·AF ―→||A 1E ―→||AF ―→|＝4202＝210.故异面直线A 1E 与AF 所成角的余弦值为210.故选D. 8.已知正四棱锥P -ABCD 中，P A ＝AB ＝2，E ，F 分别是PB ，PC 的中点，则异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为( )A.33B.63C.16D.12解析：选C 连接AC ，BD ，设AC ，BD 相交于点O ，连接OP ，由题意知AC ⊥BD ，OP ⊥平面ABCD ，则可建立如图所示的空间直角坐标系，所以A (2，0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，22，22，B (0，2，0)，F ⎝⎛⎭⎫－22，0，22，则AE ―→＝⎝⎛⎭⎫－2，22，22，BF ―→＝⎝⎛⎭⎫－22，－2，22，则cos 〈AE ―→，BF ―→〉＝AE ―→·BF ―→| AE ―→||BF ―→|＝1－1＋122＋12＋12·12＋2＋12＝16.故异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为16，选C.二、填空题（每小题5分，共20分）9.如图，在四棱锥S -ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CEBE ＝λ，当实数λ的值为______时，∠AFE为直角．解析：由SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .∵AB ＝4，SA ＝3， ∴B (0,4,0)，S (0,0,3)．设BC ＝m ，则C (m,4,0)， ∵SF BF ＝CE BE＝λ，∴SF ―→＝λFB ―→. ∴AF ―→－AS ―→＝λ(AB ―→－AF ―→)．∴AF ―→＝11＋λ(AS ―→＋λAB ―→)＝11＋λ(0,4λ，3)，∴F ⎝⎛⎭⎫0，4λ1＋λ，31＋λ.同理可得E ⎝⎛⎭⎫m1＋λ，4，0，∴FE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m1＋λ，41＋λ，－31＋λ. ∵F A ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－4λ1＋λ，－31＋λ，要使∠AFE 为直角， 即F A ―→·FE ―→＝0，则0·m1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0，∴16λ＝9，解得λ＝916.答案：91610.如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．解析：∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1，0,0)，F (0,2,0)，C (0,2,1)，∴AF ―→＝(－1,2,0)，EC ―→＝(0,2,1)，∴cos 〈AF ―→，EC ―→〉＝AF ―→·EC ―→|AF ―→||EC ―→|＝45×5＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.答案：4511.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________．解析：以B 点为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF ―→＝(0，－1,1)，BC 1―→＝(2,0,2)， ∴EF ―→·BC 1―→＝2，∴cos 〈EF ―→，BC 1―→〉＝EF ―→·BC 1―→|EF ―→||BC 1―→|＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°. 答案：60°12.如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线OF 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为坐标原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1,0,3)，DB ―→＝(0,23，0)，EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ，∴n ＝(－a,0,1)， ∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10.∵直线OF 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22， 解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：2三、综合题（3个小题，共40分）13.（12分）如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，AP ⊥AD ，AD ＝2BC ＝2AB ＝4，∠BAP ＝120°，DC ＝2 2.(1)求证：BC ⊥平面P AB ；(2)若P A ＝2，求二面角B -PC -A 的余弦值．解：(1)证明：取AD 的中点E ，连接CE ，所以AE ＝BC ＝2. 因为AD ∥BC ，所以四边形ABCE 为平行四边形，所以CE ∥AB ，且CE＝AB ＝2.又因为DE ＝2，DC ＝22，所以DE 2＋CE 2＝DC 2，所以DE ⊥CE ，所以AD ⊥AB . 又因为AD ⊥AP ，AP ∩AB ＝A ， 所以AD ⊥平面P AB .又因为AD ∥BC ，所以BC ⊥平面P AB .(2)由(1)知AD ⊥平面P AB ，过点A 作AF ⊥P A 交PB 于点F ，以点A 为坐标原点，AP ―→，AF ―→，AD ―→所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .则A (0,0,0)，P (2,0,0)，B (－1，3，0)，C (－1，3，2)，所以BC ―→＝(0,0,2)，BP ―→＝(3，－3，0)，AP ―→＝(2,0,0)，AC ―→＝(－1，3，2)．设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ BC ―→·n ＝0， BP ―→·n ＝0，得⎩⎨⎧2z 1＝0，3x 1－3y 1＝0，取y 1＝3，得平面PBC 的一个法向量为n ＝(1，3，0)． 设平面P AC 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧AP ―→·m ＝0， AC ―→·m ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＝0，－x 2＋3y 2＋2z 2＝0，取y 2＝23，得平面P AC 的一个法向量为m ＝(0,23，－3)． 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1×0＋3×23＋0×(－3)12＋(3)2×02×02＋(23)2＋(－3)2＝217. 因为二面角B -PC -A 是一个锐二面角，所以其余弦值为217. 14.（14分）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721，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 ＝12.所以线段AH 的长为85或12.15.（14分）如图，四棱锥P -ABCD 的底面为矩形，P A 是该四棱锥的高，PB 与平面P AD 所成的角为45°，F 是PB 的中点，E 是BC 上的动点．(1)证明：PE ⊥AF ；(2)若BC ＝2AB ，PE 与AB 所成角的余弦值为21717，求二面角D -PE -B 的余弦值．解：(1)证明：由题可知AD ，AB ，AP 两两垂直，且∠BP A ＝45°，∴AP ＝AB .以点A 为坐标原点，AD ，AB ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图．设AP ＝AB ＝b ，BE ＝a ，则A (0,0,0)，B (0，b,0)，E (a ，b,0)，P (0,0，b )，F ⎝⎛⎭⎫0，b 2，b 2， ∴PE ―→＝(a ，b ，－b )，AF ―→＝⎝⎛⎭⎫0，b 2，b 2. ∴PE ―→·AF ―→＝0，∴PE ⊥AF .(2)设AP ＝AB ＝2，则BC ＝4，故D (4,0,0)，B (0,2,0)，E (a ，2,0)，F (0,1,1)，P (0,0,2)，∴AB ―→＝(0,2,0)，PE ―→＝(a,2，－2)，AF ―→＝(0,1,1)．由⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AB ―→·PE ―→|AB ―→||PE ―→|＝21717，得42·a 2＋8＝21717，解得a ＝3(负值舍去)，∴E (3,2,0)． 设平面PDE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 又PD ―→＝(4,0，－2)，ED ―→＝(1，－2,0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD ―→＝0，n ·ED ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧4x －2z ＝0，x －2y ＝0，令y ＝1，得n ＝(2,1,4)． ∵AF ―→·PB ―→＝0，∴AF ⊥PB . 又由(1)知AF ⊥PE ，PB ∩PE ＝P ，∴AF ⊥平面PBC ，即AF ―→为平面PBC 的一个法向量． 设二面角D -PE -B 的平面角为θ，由图可知θ为钝角， ∴cos θ＝－⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AF ―→|n ||AF ―→|＝－1＋421×2＝－54242.。