知识梳理与训练第八章立体几何与空间向量 第7节 第1课时 利用空间向量求空间角Word文档格式.docx

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　（4）√

2.（选修2－1P104练习2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为（　　）

A.45°

B.135°

C.45°

或135°

　　D.90°

解析　cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°

.

∴两平面所成二面角为45°

或180°

－45°

＝135°

答案　C

3.（选修2－1P112A4改编）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〉＝－，则l与α所成的角为（　　）

A.30°

B.60°

C.120°

D.150°

解析　由于cos〈m，n〉＝－，所以〈m，n〉＝120°

，所以直线l与α所成的角为30°

答案　A

4.（2018·

郑州调研）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为（　　）

A.B.C.D.

解析　设正方体的棱长为1，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，如图所示.则B（1，1，0），B1（1，1，1），A（1，0，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），

所以＝（0，0，1），＝（－1，1，0），＝（－1，0，1）.

令平面ACD1的法向量为n＝（x，y，z），则n·

＝－x＋y＝0，n·

＝－x＋z＝0，令x＝1，可得n＝（1，1，1），

所以sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.

答案　B

5.（2019·

南宁二中、柳州高中联考）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，AA1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________.

解析　建立如图所示的坐标系.

易得A（2，0，0），B（2，3，0），B1（2，3，1），C1（0，3，1），

则＝（0，3，1），＝（－2，0，1）.

设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，

则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝.

答案　

6.（2019·

大连预测）过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为________.

解析　如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A（0，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1），由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，

又CD⊥平面PAD，

∴CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD.所以＝（0，1，0），＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°

故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°

答案　45°

考点一　用空间向量求异面直线所成的角

【例1】

（1）（一题多解）（2017·

全国Ⅱ卷）已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°

，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（　　）

（2）（一题多解）（2019·

河北、山西、河南三省联考）在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P－BC－A的大小为120°

，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为（　　）

解析　

（1）法一　以B为原点，建立如图

（1）所示的空间直角坐标系.

图

（1）　　　　　　　　　　　图

（2）

则B（0，0，0），B1（0，0，1），C1（1，0，1）.

又在△ABC中，∠ABC＝120°

，AB＝2，则A（－1，，0）.

所以＝（1，－，1），＝（1，0，1），

则cos〈，〉＝

＝＝＝，

因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.

法二　将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1（如图

（2）），连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1.

则∠B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角（或其补角），易求得AB1＝，BC1＝AD1＝，B1D1＝.

由余弦定理得cos∠B1AD1＝.

（2）法一　取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°

，过点B作AC的平行线交AO的延长线于点D，连接PD，则∠PBD或其补角就是异面直线PB和AC所成的角.设AB＝a，则PB＝BD＝a，PO＝PD＝a，所以cos∠PBD＝＝.

法二　如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，即平面PAO⊥平面ABC.且∠POA就是其二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°

，

建立空间直角坐标系如图所示.

设AB＝2，则A（，0，0），C（0，－1，0），B（0，1，0），P，

所以＝（－，－1，0），＝，

cos〈，〉＝－，所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为.

法三　如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC是全等的等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角的平面角，

设AB＝2，则＝－，＝－，

故·

＝（－）·

（－）＝－，

所以cos〈，〉＝＝－.

即异面直线PB与AC所成角的余弦值为.

答案　

（1）C　

（2）A

规律方法　1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：

（1）选好基底或建立空间直角坐标系；

（2）求出两直线的方向向量v1，v2；

（3）代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解.

2.两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；

当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.

【训练1】（一题多解）如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB，E，F分别为BC，BB1的中点，M，N分别为AA1，A1C1的中点，则直线MN与EF所成角的余弦值为（　　）

A.B.C.D.

解析　法一　如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC1，CB1，C1B′，易得MN∥AC1，EF∥CB1∥C1B′，那么∠AC1B′或∠AC1B′的补角即直线MN与EF所成的角.

设AA1＝AB＝a，

则AC1＝C1B′＝a，

连接AB′，则AB′＝＝3a，

由余弦定理得

cos∠AC1B′＝＝－.

故直线MN与EF所成角的余弦值为.

法二　如图，连接AC1，C1B，CB1，

设C1B，CB1交于点O，取AB的中点D，连接CD，OD，

则MN∥AC1∥OD，EF∥CB1，

那么∠DOC或其补角即直线MN与EF所成的角.

则AC1＝CB1＝a，

于是OD＝OC＝，又CD＝，于是△OCD为正三角形，

故∠DOC＝60°

，cos∠DOC＝，即直线MN与EF所成角的余弦值为.

法三　取AB的中点O，连接CO，则CO⊥AB，以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，过点O且平行于CC1的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AB＝2，则AA1＝2，求得M（－1，0，），N，E，F（1，0，），所以＝，＝，cos〈，〉＝＝＝.

考点二　用空间向量求线面角

【例2】（2018·

全国Ⅱ卷）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.

（1）证明：

PO⊥平面ABC；

（2）若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°

，求PC与平面PAM所成角的正弦值.

（1）证明　因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2.

连接OB，因为AB＝BC＝AC，

所以AB2＋BC2＝AC2，

所以△ABC为等腰直角三角形，

且OB⊥AC，OB＝AC＝2.

由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.

由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.

（2）解　如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.

由已知得O（0，0，0），B（2，0，0），A（0，－2，0），C（0，2，0），P（0，0，2），＝（0，2，2）.取平面PAC的一个法向量＝（2，0，0）.

设M（a，2－a，0）（0<

a≤2），则＝（0，4－a，0）.

设平面PAM的法向量为n＝（x，y，z）.

由·

n＝0，·

n＝0得

可取n＝（（a－4），a，－a），

所以cos〈，n〉＝.

由已知可得|cos〈，n〉|＝，

所以＝，

解得a＝－4（舍去），a＝，

所以n＝.

又＝（0，2，－2），所以cos〈，n〉＝.

所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.

规律方法　利用向量法求线面角的方法：

（1）分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）；

（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.

【训练2】（2019·

郑州测试）在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD.

（1）求证：

平面BDEF⊥平面ADE；

（2）若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值.

（1）证明　在△ABD中，∠ABD＝，AB＝2AD，

由余弦定理，得BD＝AD，

从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，

所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝.

因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD.

又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.

因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.

（2）解　由

（1）可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝，BD＝AD，又由ED＝BD，

设AD＝1，则BD＝ED＝.因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，

所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.

则A（1，0，0），C（－1，，0），E（0，0，），F（0，，），

所以＝（－1，0，），＝（－2，，0）.

设平面AEC的法向量为n＝（x，y，z），

则即

令z＝1，得n＝（，2，1），为平面AEC的一个法向量.

因为＝（－1，，），

所以cos〈n，〉＝＝，

所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.

考点三　用空间向量求二面角

【例3】（2018·

武汉模拟）如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上（不同于A，B两点），连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.

（1）（一题多解）证明：

OD⊥平面PAQ；

（2）若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.

（1）证明　法一　取OO1的中点F，连接AF，PF，如图所示.

∵P为BC的中点，∴PF∥OB，

∵AQ∥OB，∴PF∥AQ，

∴P，F，A，Q四点共面.

由题图1可知OB⊥OO1，

∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O＝OO1，OB⊂平面BCO1O，

∴OB⊥平面ADO1O，

∴PF⊥平面ADO1O，

又OD⊂平面ADO1O，∴PF⊥OD.

由题意知，AO＝OO1，OF＝O1D，∠AOF＝∠OO1D，

∴△AOF≌△OO1D，

∴∠FAO＝∠DOO1，

∴∠FAO＋∠AOD＝∠DOO1＋∠AOD＝90°

，∴AF⊥OD.

∵AF∩PF＝F，且AF⊂平面PAQ，PF⊂平面PAQ，

∴OD⊥平面PAQ.

法二　由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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AQ的长为m，

则O（0，0，0），A（6，0，0），B（0，6，0），

C（0，3，6），D（3，0，6），Q（6，m，0）.

∵点P为BC的中点，∴P，

∴＝（3，0，6），＝（0，m，0），＝.

∵·

＝0，·

＝0，

∴⊥，⊥，又与不共线，

（2）解　∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，

则Q（6，3，0），∴＝（－6，3，0），＝（0，－3，6）.

设平面CBQ的法向量为n1＝（x，y，z），

由得

令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝（1，2，1）.

易得平面ABQ的一个法向量为n2＝（0，0，1）.

设二面角C－BQ－A的大小为θ，由图可知，θ为锐角，

则cosθ＝＝，

即二面角C－BQ－A的余弦值为.

规律方法　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.

【训练3】（2018·

安徽六校联考）如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝BC＝CC1＝2CD，E为线段AB的中点，F是线段DD1上的动点.

EF∥平面BCC1B1；

（2）（一题多解）若∠BCD＝∠C1CD＝60°

，且平面D1C1CD⊥平面ABCD，求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角（锐角）的余弦值.

（1）证明　如图

（1），连接DE，D1E.

图

（1）

∵AB∥CD，AB＝2CD，E是AB的中点，∴BE∥CD，BE＝CD，

∴四边形BCDE是平行四边形，∴DE∥BC.

又DE⊄平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.

∵DD1∥CC1，DD1⊄平面BCC1B1，

CC1⊂平面BCC1B1，∴D1D∥平面BCC1B1.

又D1D∩DE＝D，∴平面DED1∥平面BCC1B1.

∵EF⊂平面DED1，∴EF∥平面BCC1B1.

（2）解　如图

（1），连接BD.

设CD＝1，则AB＝BC＝CC1＝2.

∵∠BCD＝60°

∴BD＝＝.

∴CD2＋BD2＝BC2，∴BD⊥CD.

同理可得，C1D⊥CD.

法一　∵平面D1C1CD⊥平面ABCD，平面D1C1CD∩平面ABCD＝CD，C1D⊂平面D1C1CD，

∴C1D⊥平面ABCD，

∵BC⊂平面ABCD，∴C1D⊥BC，

∴C1D⊥B1C1.

在平面ABCD中，过点D作DH⊥BC，垂足为H，连接C1H，如图

（1）.

∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH.

∵C1H⊂平面C1DH，∴BC⊥C1H，∴B1C1⊥C1H，

∴∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.

∵在Rt△C1CD中，C1D＝，

在Rt△BCD中，DH＝CD·

sin60°

＝，

∴在Rt△C1DH中，C1H＝＝，

∴cos∠DC1H＝＝.

∴平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角（锐角）的余弦值为.

法二　以D为原点，分别以DB，DC，DC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图

（2），

图

（2）

则D（0，0，0），C（0，1，0），C1（0，0，），B（，0，0），

∴＝＝（－，1，0），＝（0，0，），＝（0，－1，）.

设平面BCC1B1的法向量为n1＝（x1，y1，z1），

取z1＝1，则y1＝，x1＝1，

∴平面BCC1B1中的一个法向量为n1＝（1，，1）.

设平面DC1B1的法向量为n2＝（x2，y2，z2）.

令x2＝1，则y2＝，z2＝0，

∴平面DC1B1的一个法向量为n2＝（1，，0）.

设平面BCC1B1与平面DC1B1所成的锐二面角的大小为θ，

则cosθ＝＝＝.

[思维升华]

1.利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.

2.合理建立空间直角坐标系

（1）使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不同.

（2）一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；

如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点.

（3）建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系.

[易错防范]

1.异面直线所成的角与其方向向量的夹角：

当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；

否则向量夹角的补角是异面直线所成的角.

2.利用向量法求二面角大小的注意点

（1）建立空间直角坐标系时，若垂直关系不明确，应先给出证明；

（2）对于某些平面的法向量，要结合题目条件和图形多观察，判断该法向量是否已经隐含着，不用再求.

（3）注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误.

基础巩固题组

（建议用时：

40分钟）

一、选择题

1.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（　　）

A.120°

C.30°

D.60°

或30°

解析　设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.

则sinβ＝|cosγ|＝|cos120°

|＝.

又0°

≤β≤90°

，∴β＝30°

2.在正方体A1B1C1D1－ABCD中，AC与B1D所成角大小为（　　）

解析　建立如图所示的空间直角坐标系，

设正方体边长为1，则A（0，0，0），C（1，1，0），B1（1，0，1），D（0，1，0）.

∴＝（1，1，0），＝（－1，1，－1），

＝1×

（－1）＋1×

1＋0×

（－1）＝0，

∴⊥，

∴AC与B1D所成的角为.

答案　D

3.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.则CD与平面ACM所成角的正弦值为（　　）

解析　如图所示，建立空间直角坐标系，

则A（0，0，0），P（0，0，4），B（2，0，0），C（2，4，0），D（0，4，0），M（0，2，2）.

所以＝（2，4，0），＝（0，2，2），＝（－2，0，0）.

设平面ACM的一个法向量n＝（x，y，z），

由n⊥，n⊥，

可得令z＝1，得n＝（2，－1，1）.

设所求角为α，

则sinα＝＝.

4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为（　　）

解析　以A为原点，AB，AD，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，设棱长为1，则A1（0，0，1），E，D（0，1，0），

∴＝（0，1，－1），＝.

设平面A1ED的一个法向量为n1＝（1，y，z），

则有即∴

∴n1＝（1，2，2）.

∵平面ABCD的一个法向量为n2＝（0，0，1），

∴|cos〈n1，n2〉|＝＝，

即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为.

5.（2018·

大同模拟）设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是（　　）

解析　如图，以点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，则D（0，0，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），B（2，2，0），

＝（2，0，0），＝（2，2，0），＝（2，0，2），

设平面A1BD的一个法向量n＝（x，y，z），

则∴

令z＝1，得n＝（－1，1，1）.

∴D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.

二、填空题

昆明月考）如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°

，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________.

解析　以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，

则C1（2，0，2），E（0，1，0），F（0，0，1），

则＝（0，－1，1），＝（2，0，2），

∴·

＝2，

∴cos〈，〉＝＝，

∴EF和BC1所成的角为60°

答案　60°

7.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________.

解析　以D为