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）.docx

1、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l1，l2所成的角为，其方向向量分别是u，v，则cos|cosu，v|.2直线与平面所成的角如图，直线AB与平面相交于点B，设直线AB与平面所成的角为，直线AB的方向向量为u，平面的法向量为n，则sin|cosu，n|.3平面与平面的夹角如图，平面与平面相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90的二面角称为平面与平面的夹角若平面，的法向量分别是n1和n2，则平面与平面的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角设

2、平面与平面的夹角为，则cos|cosn1，n2|.常用结论1线面角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|cosa，n|，不要误记为cos|cosa，n|.2二面角的范围是0，两个平面夹角的范围是.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的方向向量与平面的法向量的夹角的余角就是直线l与平面所成的角()(3)二面角的平面角为，则两个面的法向量的夹角也是.()(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是.()教材改编题1已知直线l1的方向向量s1(1,0,1)与直线

3、l2的方向向量s2(1,2，2)，则l1和l2夹角的余弦值为()A.B.C.D.答案C解析因为s1(1,0,1)，s2(1,2，2)，所以coss1，s2.所以l1和l2夹角的余弦值为.2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_答案30解析设直线l与所成角为，sin，又，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_答案解析.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ABCDA1B1C1D1，E，F，G分别为AB，CD1，AD的中点，则异面直线A1G与EF所成角的余弦

4、值为()A0B.C.D1答案A解析如图，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1(2,0,2)，G(1,0,0)，E(2,1,0)，F(0,1,1)，所以(1,0，2)，(2,0,1)，设异面直线A1G与EF所成的角为，则cos0.(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在上，且AOD2BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为()A.B.C.D.答案A解析因为AOD2BOD，且AODBOD，所以BOD，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

5、直角坐标系，设圆O的半径为2，则A(0，2,0)，B(0,2,0)，C(0,0，2)，D(，1,0)，(，3,0)，(0，2,2)，设异面直线AD与BC所成的角为，则cos|cos，|，因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为.教师备选如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA1，BC2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为()A.B.C.D.答案B解析以A为坐标原点，AB，AC，AA1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)，A1(0,0，)，B(，0,0)，C(0，0)，D，(0，)，cos，即异面直线AD，A1C所成角为.思维升

6、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，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ABCDA1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则的值为_答案解析以D为坐标原点，DA，DC，DD1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A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，(0,2，1)，(

7、2，0，2)cos，解得.(2)(2022武汉模拟)若在三棱柱ABCA1B1C1中，A1ACBAC60，平面A1ACC1平面ABC，AA1ACAB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为_答案解析令M为AC的中点，连接MB，MA1，由题意知ABC是等边三角形，所以BMAC，同理，A1MAC，因为平面A1ACC1平面ABC，平面A1ACC1平面ABCAC，BM平面ABC，所以BM平面A1ACC1，因为A1M平面A1ACC1，所以BMA1M，所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为坐标原点，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AA1ACAB2，则A(1,0,0)，B(

8、0，0)，A1(0,0，)，C1(2,0，)，所以(3,0，)，(0，)，所以cos，故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.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，BAD60，点E是边AB的中点(如图1)，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1BCDE(如图2)(1)证明：平面A1BE平面BCDE；(2)若A1EBE，连接CE，求直线CE与平面A1CD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BAD60，所以ABD为等边三角形，所以DEAB，所以在图2中有DEBE，DEA1E，因为BEA

9、1EE，BE，A1E平面A1BE，所以DE平面A1BE，因为DE平面BCDE，所以平面A1BE平面BCDE.(2)解因为平面A1BE平面BCDE，平面A1BE平面BCDEBE，A1EBE，A1E平面A1BE，所以A1E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A1(0,0,1)，C(2，0)，D(0，0)，E(0,0,0)，所以(0，1)，(2，1)，(2，0)，设平面A1CD的法向量为n(x，y，z)，则令y1，则n(0,1，)，所以cosn，所以直线CE与平面A1CD所成角的正弦值为.教师备选(2020新高考全国)如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD底面ABCD.

10、设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l平面PDC；(2)已知PDAD1，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，ADBC，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PBCl，所以ADl，因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以ADDC，所以lDC，因为PD平面ABCD，所以ADPD，所以lPD，因为DCPDD，PD，DC平面PDC，所以l平面PDC.(2)解以D为坐标原点，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PDAD1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，

11、P(0,0,1)，B(1，1,0)，因为平面PAD平面PBCl，所以l过点P，设Q(m，0,1)，则有(0,1,0)，(m，0,1)，(1,1，1)，设平面QCD的一个法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则zm，所以平面QCD的一个法向量为n(1,0，m)，则cosn，.记PB与平面QCD所成的角为，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|cosn，|，当m0时，sin，当m0时，sin，当且仅当m1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.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，

12、在三棱锥SBCD中，平面SBD平面BCD，A是线段SD上的点，SBD为等边三角形，BCD30，CD2DB4.(1)若SAAD，求证：SDCA；(2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为，求AD的长(1)证明依题意，BD2，在BCD中，CD4，BCD30，由余弦定理求得BC2，CD2BD2BC2，即BCBD.又平面SBD平面BCD，平面SBD平面BCDBD，BC平面BCD，BC平面SBD.从而BCSD，在等边SBD中，SAAD，则BASD.又BCBAB，BC，BA平面BCA，SD平面BCA，又CA平面BCA，SDCA.(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BC

13、D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(2，0,0)，D(0,2,0)，S(0,1，)，故(2，2,0)，(0,1，)，设平面SCD的法向量为m(x，y，z)，则即取x1，则y，z1，m(1，1)，设(01)，则(0，)，故A(0,2，)，则(0,2，)，设直线BA与平面SCD所成角为，故sin，解得或，则AD或AD.题型三平面与平面的夹角例3(12分)(2021新高考全国)如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，ABAD，O为BD的中点(1)证明：OACD; 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，DE2EA，

14、且二面角EBCD的大小为45，求三棱锥ABCD的体积.关键点：建系写坐标教师备选(2020全国改编)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO.(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AE1，则DO，COBOAE，所以PODO，PC，同理PB，PA，又ABC为等边三角形，则2OA，所以BA，PA2PB2AB2，则APB90，所以PAPB，同理PAPC，又PCPBP，PC，PB平面PBC，所以PA平面PBC.(2)解过O作ONBC交AB于点N，因

15、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，P，B，C，设平面PCB的一个法向量为n(x1，y1，z1)，由得令x1，得z11，y10，所以n(，0，1)，设平面PCE的一个法向量为m(x2，y2，z2)，由得令x21，得z2，y2，所以m，故cosm，n，所以平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值为.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PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PDDC1，M为BC的中点，且PBAM.(1)求BC；(2)求平面APM与平面

16、BPM夹角的正弦值解(1)因为PD平面ABCD，所以PDAD，PDDC.在矩形ABCD中，ADDC，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BCt，则A(t，0,0)，B(t，1,0)，M，P(0,0,1)，所以(t，1，1)，.因为PBAM，所以10，得t，所以BC.(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得(，0,1)，(，0,0)，(，1，1)设平面APM的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即令x1，则z12，y11，所以平面APM的一个法向量为n1(，1,2)设平面PMB的法向量为n2(x2，y2，z2)，则即得x20，令y21，则z21，所以平面PMB的一个法向量为n2(0,

17、1,1)设平面APM与平面BPM夹角为，cos|cosn1，n2|，sin.所以平面APM与平面BPM夹角的正弦值为.课时精练1如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA1，BAD120.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求平面A1BD与平面A1AD所成角的正弦值解在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC于点E.因为AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.如图，以，为一个正交基底，建立空间直角坐标系，因为ABAD2，AA1，BAD120，则A(0,0,0)，B(，1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0,0，)，

18、C1(，1，)(1)(，1，)，(，1，)则cos，.因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)可知平面A1AD的一个法向量为(，0,0)，设m(x，y，z)为平面A1BD的一个法向量，又(，1，)，(，3,0)，则即不妨取x3，则y，z2.所以m(3，2)为平面A1BD的一个法向量，从而cos，m.设平面A1BD与平面A1AD所成的角为，则cos .所以sin .因此平面A1BD与平面A1AD所成角的正弦值为.2(2021浙江)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ABC120，AB1，BC4，PA，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD.(1)证明：ABP

19、M；(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，ABC120，BC4，AB1，且M为BC的中点，所以CM2，CD1，DCM60，易得CDDM.又PDDC，且PDDMD，PD，DM平面PDM，所以CD平面PDM.因为ABCD，所以AB平面PDM.又PM平面PDM，所以ABPM.(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PMMD，PMDC，所以PM平面ABCD，所以PMAM.因为ABC120，AB1，BM2，所以由余弦定理得AM，又PA，所以PM2，所以PBPC2，连接BN，结合余弦定理得BN.连接AC，

20、则由余弦定理得AC，在PAC中，结合余弦定理得PA2AC22AN22PN2，所以AN.所以在ABN中，cosBAN.设直线AN与平面PDM所成的角为，则sincosBAN.方法二因为PMMD，PMDC，所以PM平面ABCD.连接AM，则PMAM.因为ABC120，AB1，BM2，所以AM，又PA，所以PM2，由(1)知CDDM，过点M作MECD交AD于点E，则MEMD.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(，2,0)，P(0,0,2)，C(，1,0)，所以N.所以.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

21、成的角为，则sin|cos，n|.3.(2022汕头模拟)如图，在圆柱OO1中，四边形ABCD是其轴截面，EF为O1的直径，且EFCD，AB2，BCa(a1)(1)求证：BEBF；(2)若直线AE与平面BEF所成角的正弦值为，求平面ABE与平面BEF夹角的余弦值(1)证明如图，连接BO1，在圆柱OO1中，BC平面CEDF，EF平面CEDF，EFBC，EFCD，BCCDC，BC，CD平面ABCD，EF平面ABCD，又BO1平面ABCD，EFBO1，在BEF中，O1为EF的中点，BEBF.(2)解连接OO1，则OO1与该圆柱的底面垂直，以点O为坐标原点，OB，OO1所在直线分别为y，z轴建立如图所

22、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)，(1,1，a)，(1，1，a)，(1，1，a)，设平面BEF的法向量是n1(x1，y1，z1)，由得取z11，得n1(0，a，1)，设直线AE与平面BEF所成的角为，则sin |cos，n1|，化简得(a22)(a21)0，a1，解得a，n1(0，1)，设平面ABE的法向量是n2(x2，y2，z2)，(0,2,0)，由得取z21，得n2(，0,1)，设平面ABE与平面BEF的夹角为，则cos |cosn1，n2|，平面ABE与平面BEF夹角的余弦值为.4.(2021全国甲卷改编)已知直三棱柱ABCA1

23、B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BFA1B1.(1)证明：BFDE；(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小？(1)证明因为E，F分别是AC和CC1的中点，且ABBC2，所以CF1，BF.如图，连接AF，由BFA1B1，ABA1B1，得BFAB，于是AF3，所以AC2.由AB2BC2AC2，得BABC，故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1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)，(0,2,1)设B1Dm(0m2)，则D(m，0,2)，于是(1m，1，2)所以0，所以BFDE.(2)解易知平面BB1C1C的一个法向量为n1(1,0,0)设平面DFE的一个法向量为n2(x，y，z)，则又(1m，1，2)，(1,1,1)，所以令x3，得ym1，z2m，于是平面DFE的一个法向量为n2(3，m1,2m)，所以cosn1，n2.设平面BB1C1C与平面DFE的夹角为，则sin，故当m时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小，为，即当B1D时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小22