高考数学理科一轮复习利用向量方法求空间角学案有答案.docx
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高考数学理科一轮复习利用向量方法求空间角学案有答案
高考数学（理科）一轮复习利用向量方法求空间角学案有答案
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学案46 利用向量方法求空间角
导学目标：
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.3.体会求空间角中的转化思想、数形结合思想，熟练掌握平移方法、射影方法等.4.灵活地运用各种方法求空间角．
自主梳理
．两条异面直线的夹角
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．
范围：
两异面直线夹角θ的取值范围是_______________________________________．
向量求法：
设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cosθ＝________＝______________.
2．直线与平面的夹角
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．
范围：
直线和平面夹角θ的取值范围是________________________________________．
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sinθ＝__________或cosθ＝sinφ.
3．二面角
二面角的取值范围是____________．
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．
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的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．
自我检测
．已知两平面的法向量分别为m＝，n＝，则两平面所成的二面角为
A．45°
B．135°
c．45°或135°
D．90°
2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝，b＝，则
A．l1∥l2
B．l1⊥l2
c．l1与l2相交但不垂直
D．以上均不正确
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
A．120°
B．60°
c．30°
D．以上均错
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
A．150°
B．45°
c．60°
D．120°
5．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夹角的大小为
A．30°
B．45°
c．60°
D．75°
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，已知两个正方形ABcD和DcEF不在同一平面内，m，N分别为AB，DF的中点．
若平面ABcD⊥平面DcEF，求直线mN与平面DcEF所成角的正弦值．
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所成角的正弦值．
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．
证明：
So⊥平面ABc；
求二面角A—Sc—B的余弦值．
探究点四 向量法的综合应用
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．
求证：
AD⊥Bc；
求二面角B－Ac－D的余弦值；
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．
变式迁移4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.
若m是线段AD的中点，求证：
Gm∥平面ABFE；
若Ac＝Bc＝2AE，求二面角A－BF－c的大小．
．求两异面直线a、b的夹角θ，需求出它们的方向向量a，b的夹角，则cosθ＝|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sinθ＝|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、选择题
．在正方体ABcD—A1B1c1D1中，m是AB的中点，则sin〈DB1→，cm→〉的值等于
A.12
B.21015
c.23
D.1115
2．长方体ABcD—A1B1c1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为cc1的中点，则异面直线Bc1与AE所成角的余弦值为
A.1010
B.3010
c.21510
D.31010
3．已知正四棱锥S—ABcD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE、SD所成的角的余弦值为
A.13
B.23
c.33
D.23
4.
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
A.26
B.63
c.36
D.64
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
A．60°
B．70°
c．80°
D．90°
二、填空题
6．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，PA⊥平面ABc，∠AcB＝90°且PA＝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所成角的正弦值为________．
三、解答题
9．
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.
求二面角B－AD－F的大小；
求直线BD与EF所成的角的余弦值．
0．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.
证明：
SD⊥平面SAB；
求AB与平面SBc所成角的正弦值．
1．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．
当cF＝1时，求证：
EF⊥A1c；
设二面角c－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．
学案46 利用向量方法求空间角
自主梳理
．0，π2 |cosφ| a•b|a|•|b|
2．0，π2 |cosφ| 3.[0，π]
自我检测
．c 2.B 3.c 4.c 5.c
课堂活动区
例1 解题导引 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．
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角的范围是0，π2
解
如图所示，以c为原点，直线cA、cB、cc1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设cA＝cB＝cc1＝2，
则A1，c，B，D，
∴BD→＝，A1c→＝，
∴cos〈BD→，A1c→〉＝BD→•A1c→|BD→||A1c→|＝－105.
∴异面直线BD与A1c所成角的余弦值为105.
变式迁移1 解 ∵BA1→＝BA→＋BB1→，Ac→＝AB→＋Bc→，
∴BA1→•Ac→＝•
＝BA→•AB→＋BA→•Bc→＋BB1→•AB→＋BB1→•Bc→.
∵AB⊥Bc，BB1⊥AB，BB1⊥Bc，
∴BA→•Bc→＝0，BB1→•AB→＝0，
BB1→•Bc→＝0，BA→•AB→＝－a2，
∴BA1→•Ac→＝－a2.
又BA1→•Ac→＝|BA1→|•|Ac→|•cos〈BA1→，Ac→〉，
∴cos〈BA1→，Ac→〉＝－a22a×2a＝－12.
∴〈BA1→，Ac→〉＝120°.
∴异面直线BA1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，N，可得mN→＝．
又DA→＝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，A，c，
D，E，F．
∴BD→＝，DF→＝．
设平面BDF的一个法向量为
n＝，
∵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＝．
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，
∴cosπ2－θ＝BA→•n|BA→||n|＝2，0，0•2，1，－22×3＝23，
即sinθ＝23，故AB与平面BDF所成角的正弦值为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，
D12，0，0，c，
B，S，
∴AS→＝，Sc→＝，
SD→＝12，0，－1，AB→＝，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＝，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＝．
∴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 证明 由题设AB＝Ac＝SB＝Sc＝SA.
连接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oA2＋So2＝SA2，
所以△SoA为直角三角形，So⊥Ao.
又Ao∩Bc＝o，所以So⊥平面ABc.
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oxyz，如右图．
设B，则c，
A，S．
Sc的中点m－12，0，12，
mo→＝12，0，－12，mA→＝12，1，－12，
Sc→＝，
∴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．
证明
作AH⊥面BcD于H，连接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，c，A．
Bc→＝，DA→＝，
∴Bc→•DA→＝0，则Bc⊥AD.
解 设平面ABc的法向量为n1＝，则由n1⊥Bc→知：
n1•Bc→＝－x＋y＝0，
同理由n1⊥Ac→知：
n1•Ac→＝－x－z＝0，
可取n1＝，
同理，可求得平面AcD的一个法向量为n2＝．
由图可以看出，二面角B－Ac－D即为〈n1，n2〉，
∴cos〈n1，n2〉＝n1•n2|n1||n2|＝1＋0＋13×2＝63.
即二面角B－Ac－D的余弦值为63.
解 设E是线段Ac上一点，
则x＝z>0，y＝1，平面BcD的一个法向量为n＝，DE→＝，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|＝x1＋2x2
＝cos60°＝12.
则2x＝1＋2x2，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°角．
变式迁移4
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.
连接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∥FA.
又FA⊂平面ABFE，Gm⊄平面ABFE，
所以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，连接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，连接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.
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，B，c，E，
所以AB→＝，Bc→＝．又EF＝12AB，
所以F，BF→＝．
设平面BFc的法向量为m＝，
则m•Bc→＝0，m•BF→＝0，
所以y1＝0，x1＝z1，取z1＝1，得x1＝1，所以m＝．
设平面向量ABF的法向量为n＝，
则n•AB→＝0，n•BF→＝0，所以x2＝y2，z2＝0，
取y2＝1，得x2＝1.则n＝．
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，连接cH.
因为Ac＝Bc，
所以cH⊥AB，
则cH⊥平面ABFE.
过H向BF引垂线交BF于R，连接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，连接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
．B
[以D为原点，DA、Dc、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，易知DB1→＝，
cm→＝1，－12，0，
故cos〈DB1→，cm→〉＝DB1→•cm→|DB1→||cm→|＝1515，
从而sin〈DB1→，cm→〉＝21015.]
2．B [
建立空间直角坐标系如图．
则A，E，
B，c1．
Bc1→＝，AE→＝，
cos〈Bc1→，AE→〉＝Bc1→•AE→|Bc1→|•|AE→|＝3010.
所以异面直线Bc1与AE所成角的余弦值为3010.]
3．c 4.D
5．D [
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→•PN→－Pm→•PF→－PE→•PN→＋PE→•PF→
＝abcos60°－a×22bcos45°－22abcos45°＋22a×22b
＝ab2－ab2－ab2＋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，D，
A，P，
m12，0，12，
N－12，0，12，
Am→＝12，－1，12，
AN→＝－12，－1，12，
设平面AmN的法向量为n1＝，
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.
∴n1＝，平面ABcD的法向量n2＝，
则cos〈n1，n2〉＝n1•n2|n1|•|n2|＝25＝255.
7.2
解析 PB→＝PA→＋AB→，故PB→•Ac→＝•Ac→＝PA→•Ac→＋AB→•Ac→＝0＋a×2a×cos45°＝a2.
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—A1B1c1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，
则c，A，B1，
D32，－12，2.
则cD→＝32，－12，2，
cB1→＝，
设平面B1Dc的法向量为
n＝，由n•cD→＝0，n•cB1→＝0，
解得n＝．又∵DA→＝32，－12，－2，
∴sinθ＝|cos〈DA→，n〉|＝45.
9．解 ∵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．
依题意可知，ABFc是正方形，∴∠BAF＝45°.
即二面角B—AD—F的大小为45°.
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，则o，A，B，D，
E，F，
∴BD→＝，
EF→＝．cos〈BD→，EF→〉＝BD→•EF→|BD→||EF→|
＝0－18－64100×82＝－8210.
设异面直线BD与EF所成角为α，则
cosα＝|cos〈BD→，EF→〉|＝8210.
即直线BD与EF所成的角的余弦值为8210.
0.
方法一 证明 取AB中点E，连接DE，则四边形BcDE为矩形，DE＝cB＝2，连接SE，则SE⊥AB，SE＝3.
又SD＝1，
故ED2＝SE2＋SD2，
所以∠DSE为直角，即SD⊥SE.
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.
解 由AB⊥平面SDE知，平面ABcD⊥平面SDE.
作SF⊥DE，垂足为F，则SF⊥平面ABcD，SF＝SD•SEDE＝32.
作FG⊥Bc，垂足为G，则FG＝Dc＝1.
连接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•FGSG＝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.
设AB与平面SBc所成的角为α，则sinα＝dEB＝217，
即AB与平面SBc所成的角的正弦值为217.
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，则A、B．
又设S，则x>0，y>0，z>0.
证明 AS→＝，BS→＝，
DS→＝，
由|AS→|＝|BS→|得
x－
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