（浙江专用）2021版新高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 7 第7讲 立体几何中的向量方法 1 第1课时 空间角教学案

第7讲立体几何中的向量方法1空间向量与空间角的关系(1)两条异面直线所成角的求法(a，b分别为异面直线l1，l2的方向向量)a与b的夹角l1与l2所成的角范围0，求法cos cos |cos |(2)直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，两向量e与n的夹角为，则有sin |cos |(3)二面角大小的求法a如图，AB，CD是二面角l两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，b如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足cos cosn1，n2或cosn1，n22点到平面的距离的求法如图，设AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则点B到平面的距离d.疑误辨析判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(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，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是0，()答案：(1)(2)(3)(4)教材衍化1(选修21P104练习T2改编)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的大小为_解析：cosm，n，即m，n45.所以两平面所成二面角为45或18045135.答案：45或1352(选修21P112A组T6改编)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为_解析：以D点为原点，以DA，DC，DD1的正方向为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系Dxyz，设DA1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E，则(1，1，0)，设异面直线DE与AC所成的角为，则cos |cos，|.答案：3(选修21P117A组T4改编)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为_解析：以C为原点建立空间直角坐标系，如图所示，得下列坐标A(2，0，0)，C1(0，0，2)点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2.所以(2，0，2)，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为，则cos .又，所以.答案：易错纠偏直线和平面所成的角的取值范围出错.已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面的法向量，若cosm，n，则l与所成的角为_解析：设l与所成的角为，则sin |cosm，n|，所以30.答案：30第1课时空间角异面直线所成的角 如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，点M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长【解】如图，以A为原点，分别以，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系Axyz.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：(0，2，0)，(2，0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨设z1，可得n(1，0，1)又(1，2，1)，可得n0.因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)依题意，设AHh(0h4)，则H(0，0，h)，进而可得(1，2，h)，(2，2，2)由已知，得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以，线段AH的长为或.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值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，就是此异面直线所成的角；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 1长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，点E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A.B.C. D.解析：选B.以D为原点，以DA，DC，DD1的正方向为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2).(1，0，2)，(1，2，1)，cos，.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.2.如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，BAD60.(1)求证：BD平面PAC；(2)若PAAB，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ACBD.因为PA平面ABCD，所以PABD.又因为ACPAA，所以BD平面PAC.(2)设ACBDO.因为BAD60，PAAB2，所以BO1，AOCO.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，2)，A(0，0)，B(1，0，0)，C(0，0)所以(1，2)，(0，2，0)设PB与AC所成角为，则cos .即PB与AC所成角的余弦值为.直线与平面所成的角 (2018高考浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值【解】法一：(1)由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB得AB1A1B12，所以A1BABAA，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC得B1C1，由ABBC2，ABC120得AC2，由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1.因此AB1平面A1B1C1.(2)如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1，由C1DA1B1得C1D平面ABB1，所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角由B1C1，A1B12，A1C1得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.法二：(1)如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(1，0，0)，A1(0，4)，B1(1，0，2)，C1(0，1)因此(1，2)，(1，2)，(0，2，3)由0得AB1A1B1.由0得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知(0，2，1)，(1，0)，(0，0，2)设平面ABB1的法向量n(x，y，z)由即可取n(，1，0)所以sin |cos，n|.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.利用向量求线面角的方法(1)分别求出斜线和它所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，取其余角就是斜线与平面所成的角 (2020浙江省高中学科基础测试)如图，在三棱锥PABC中，ABC是等边三角形，点D是AC的中点，PAPC，二面角PACB的大小为60.(1)求证：平面PBD平面PAC；(2)求AB与平面PAC所成角的正弦值解：(1)证明： AC平面PBD，又AC平面PAC，所以平面PAC平面PBD，即平面PBD平面PAC.(2)因为ACBD，如图建立空间直角坐标系Dxyz.则D(0，0，0)，令A(1，0，0)，则B(0，0)，C(1，0，0)又PDB为二面角PACB的平面角，得PDB60.设DP，则P，设n(x，y，z)为平面PAC的一个法向量，则(2，0，0)，由，得，取y，得n(0，1)又(1，0)，得cosn，.设AB与平面PAC所成角为，则sin |cosn，|.二面角(高频考点)二面角是高考的重点，是考查热点，题型多以解答题形式出现，一般为中档题主要命题角度有：(1)求二面角；(2)由二面角求其他量角度一求二面角如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE平面ABC，ACB90，BEEFFC1，BC2，AC3.(1)求证：BF平面ACFD；(2)求二面角BADF的平面角的余弦值【解】 (1)证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示因为平面BCFE平面ABC，平面BCFE平面ABCBC，且ACBC，所以，AC平面BCK，因此，BFAC.又EFBC，BEEFFC1，BC2，所以BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCK，又ACCKC，所以BF平面ACFD.(2)如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则BCK为等边三角形取BC的中点O，连接KO，则KOBC，又平面BCFE平面ABC，所以，KO平面ABC.以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(1，0，0)，C(1，0，0)，K(0，0，)，A(1，3，0)，E(，0，)，F(，0，)因此，(0，3，0)，(1，3，)，(2，3，0)设平面ACK的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n(x2，y2，z2)由得取m(，0，1)；由得取n(3，2，)于是，cosm，n.所以，二面角BADF的平面角的余弦值为.角度二由二面角求其他量 如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，点E为PD的中点(1)证明：PB平面AEC；(2)设二面角DAEC为60，AP1，AD，求三棱锥EACD的体积【解】(1)证明：连接BD，设AC与BD的交点为G，则G为AC，BD的中点，连接EG.在三角形PBD中，中位线EGPB，且EG在平面AEC内，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)设CDm，以A为原点，分别以，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，D(0，0)，E，C(m，0)所以(0，0)，(m，0)设平面ADE的法向量为n1(x1，y1，z1)，则解得n1(1，0，0)同理设平面ACE的法向量为n2(x2，y2，z2)，则解得一个n2(，m，m)因为cos 60|cosn1，n2|，解得m.设F为AD的中点，连接EF，则PAEF，且EF，EF平面ACD，所以EF为三棱锥EACD的高所以VEACDSACDEF.所以三棱锥EACD的体积为.求二面角大小的常用方法(1)分别求出二面角的两个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)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 (2020温州普通高中模考)如图，四棱锥PABCD中，ABCBCD90，AB2，CDCBCP1，点P在底面上的射影为线段BD的中点M，点F为AB的中点(1)若点E为棱PB的中点，求证：CE平面PAD；(2)求二面角APBC的平面角的余弦值解：(1)如图，由点P在底面上的射影为线段BD的中点M，且MCMBMFMD，则PCPBPDBC，以B为坐标原点，BC，BA所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系Bxyz，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(1，0，0)，D(1，1，0)，P，E，则(1，1，0)，所以t(1，1，)为平面PAD的一个法向量，所以t0，所以CE平面PAD.(2)(0，2，0)，(1，0，0)，设平面BPA的一个法向量为m(x，y，z)，由，即，取m(，0，1)，同理，平面BPC的一个法向量为n(0，1)，设是二面角APBC的平面角，易见与m，n互补，故cos cosm，n，所以二面角APBC的平面角的余弦值为.基础题组练1在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BAC90，ABACAA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于()A30B45C60 D90解析：选C.不妨设ABACAA11，建立空间直角坐标系如图所示，则B(0，1，0)，A1(0，0，1)，A(0，0，0)，C1(1，0，1)，所以(0，1，1)，(1，0，1)，所以cos，所以，60，所以异面直线BA1与AC1所成的角等于60.2在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，点D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，ABAC1，PA2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为()A.B. C.D.解析：选C.以A为原点，AB，AC，AP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Axyz，由ABAC1，PA2，得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D，E，F.所以(0，0，2)，.设平面DFE的法向量为n(x，y，z)，则由得取z1，则n(2，0，1)，设直线PA与平面DEF所成的角为，则sin |cos，n|，所以直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.3在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为_解析：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，所以(0，1，1)，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则所以所以n1(1，2，2)因为平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)，所以cosn1，n2.即所成的锐二面角的余弦值为.答案：4在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB1，点D在棱BB1上，若BD1，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为_解析：如图，设AD与平面AA1C1C所成的角为，点E为AC的中点，连接BE，则BEAC，所以BE平面AA1C1C，可得()1cos (为与的夹角)，所以cos sin ，所以所求角的正切值为tan .答案：5已知单位正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点试求：(1)AD1与EF所成角的大小；(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值解：建立如图所示的空间直角坐标系B1xyz，得A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E，F.(1)因为(0，1，1)，所以cos，即AD1与EF所成的角为60.(2)，由图可得，(1，0，0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为，则sin |cos，|，所以cos .即AF与平面BEB1所成角的余弦值为.6(2020宁波市余姚中学高三期中)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，点Q为AD的中点(1)若PAPD，求证：平面PQB平面PAD；(2)设点M是线段PC上的一点，PMtPC，且PA平面MQB.求实数t的值；若PAPDAD2，且平面PAD平面ABCD，求二面角MBQC的大小解：(1)证明：连接BD，因为四边形ABCD为菱形，BAD60，所以ABD是正三角形，又Q为AD中点，所以ADBQ.因为PAPD，Q为AD中点，所以ADPQ.又BQPQQ，所以AD平面PQB，AD平面PAD，所以平面PQB平面PAD.(2)当t时，使得PA平面MQB.连接AC交BQ于N，交BD于O，则O为BD的中点，又因为BQ为ABD边AD上的中线，所以N为正三角形ABD的重心，令菱形ABCD的边长为a，则ANa，ACa.因为PA平面MQB，PA平面PAC，平面PAC平面MQBMN，所以PAMN，即PMPC，t.因为PQAD，又平面PAD平面ABCD，所以QA，QB，QP两两垂直，以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz，由PAPDAD2，则B(0，0)，C(2，0)，P(0，0，)，设M(a，b，c)，则(a，b，c)，(2，)，因为PMPC，所以，所以a，b，c，所以M，设平面MQB的法向量n(x，y，z)，由，(0，0)，且n，n，得，取z1，得n(，0，1)，又平面ABCD的法向量m(0，0，1)，所以cosm，n，由图知二面角MBQC的平面角为锐角，所以二面角MBQC的大小为60.综合题组练1.(2020杭州中学高三月考)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA底面ABCD，点M是棱PD的中点，且PAABAC2，BC2.(1)求证：CD平面PAC；(2)求二面角MABC的大小；(3)如果N是棱AB上一点，且直线CN与平面MAB所成角的正弦值为，求的值解：(1)证明：因为在ABC中，ABAC2，BC2，所以BC2AB2AC2，所以ABAC，因为ABCD，所以ACCD，又因为PA底面ABCD，所以PACD，因为ACPAA，所以CD平面PAC.(2)如图，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(2，2，0)，因为点M是棱PD的中点，所以M(1，1，1)，所以(1，1，1)，(2，0，0)，设n(x，y，z)为平面MAB的法向量，所以，即.令y1，则，所以平面MAB的法向量n(0，1，1)因为PA平面ABCD，所以(0，0，2)是平面ABC的一个法向量所以cosn，.因为二面角MABC为锐二面角，所以二面角MABC的大小为.(3)因为N是棱AB上一点，所以设N(x，0，0)，(x，2，0)，设直线CN与平面MAB所成角为，因为平面MAB的法向量n(0，1，1)，所以sin |cos，n|，解得x1，即AN1，NB1，所以1.2(2020惠州市第三次调研考试)如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，点P在圆柱OQ的底面圆周上，点G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的半径OA2，侧面积为8，AOP120.(1)求证：AGBD；(2)求二面角PAGB的平面角的余弦值解：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，由题意可知822AD，解得AD2.则A(0，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，2)，P(，3，0)，因为G是DP的中点，所以可求得G.(1)证明：(0，4，2)，.所以(0，4，2)0，所以AGBD.(2)(，1，0)，因为0，0，所以是平面APG的法向量设n(x，y，1)是平面ABG的法向量，由n0，n0.解得n(2，0，1)，cos，n.结合图形得，二面角PAGB的平面角的余弦值为.3(2020温州十五校联考)已知菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于一点O，BAD60，将BDC沿着BD折起得BDC，连接AC.(1)求证：平面AOC平面ABD；(2)若点C在平面ABD上的投影恰好是ABD的重心，求直线CD与底面ADC所成角的正弦值解：(1)证明：因为COBD，AOBD，COAOO，所以BD平面COA，又因为BD平面ABD，所以平面AOC平面ABD.(2)如图建系Oxyz，令ABa，则A，B，D，C，所以，平面ADC的法向量为m，设直线CD与底面ADC所成角为，则sin |cos，m|，故直线CD与底面ADC所成角的正弦值为.4.如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱PAPD，PAPD，底面ABCD为直角梯形，其中BCAD，ABAD，ABBC1，O为AD的中点(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；(2)求B点到平面PCD的距离；(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角QACD的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解：(1)在PAD中，PAPD，O为AD中点，所以POAD，又侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD.在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OCAD，所以以O为坐标原点，直线OC为x轴，直线OD为y轴，直线OP为z轴可建立空间直角坐标系Qxyz(、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向)，则P(0，0，1)，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，所以(1，1，1)易证OA平面POC，所以(0，1，0)是平面POC的一个法向量，又cos，所以直线PB与平面POC所成角的余弦值为.(2)(0，1，1)，(1，0，1)，设平面PCD的法向量为u(x，y，z)，则取z1，得u(1，1，1)所以B点到平面PCD的距离为d.(3)存在设(01)，因为(0，1，1)，所以(0，)，所以(0，1)，所以Q(0，1)设平面CAQ的法向量为m(x，y，z)，则取z1，得m(1，1，1)，易知平面CAD的一个法向量为n(0，0，1)，因为二面角QACD的余弦值为，所以|cosm，n|，得321030，解得或3(舍去)，所以存在点Q，使得二面角QACD的余弦值为，且.20