1、第7课时向量法求空间角考试要求1能用空间向量的方法解简单的线线、线面、面面的夹角问题.2体会向量方法在研究几何问题中的作用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|uvuv2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|unun3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的夹角或其补角设平面与平面的夹
2、角为，则cos |cosn1，n2|n1n2n1n2常用结论最小角定理如图，若OA为平面的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面内的射影，OC为平面内的一条直线，其中为OA与OC所成的角，1为OA与OB所成的角，即线面角，2为OB与OC所成的角，那么cos cos 1cos 2 一、易错易混辨析(正确的打“”，错误的打“”)(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0，2，直线与平面所成角的范围是0，2，二面角的范围是0
3、，()答案(1)(2)(3)(4)二、教材经典衍生1(人教A版选择性必修第一册P36例7改编)已知直线l1的方向向量s1(1，0，1)与直线l2的方向向量s2(1，2，2)，则l1和l2夹角的余弦值为()A24B12C22D32C设两直线的夹角为，所以cos |coss1，s2|s1s2s1s2122322.所以l1和l2夹角的余弦值为22.2(人教A版选择性必修第一册P37例8改编)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_156设两平面夹角为，则cos 0，1，32，2，41+94+4+16156.3(人教A版选择性必修第一册P41练习T1改编)二
4、面角-l-的棱上有A，B两点，线段AC，BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于棱l.已知AB1，AC2，BD3，CD22，则平面与平面的夹角为_3设平面与平面的夹角为，由CDCA+AB+BD可得，CD2CA+AB+BD2CA2AB2BD22CAAB2ABBD2CABD4192CABDcosCA，BD1412cos (22)2.所以cos 12，即平面与平面的夹角为3.4(人教A版选择性必修第一册P38练习T2改编)PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，其中APCBPC45，APB60，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为_63过PC上一点D作DO平面APB，如图，则DPO就是直线PC
5、与平面PAB所成的角因为APCBPC45，所以点O在APB的平分线上，即OPE30.过点O作OEPA，OFPB，因为DO平面APB，则DEPA，DFPB.设PE1，因为OPE30，所以OP1cos30233，在RtPED中，DPE45，PE1，则PD2.在RtDOP中，OP233，PD2，则cos DPOOPPD63.即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是63. 考点一异面直线所成的角典例1(1)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABACAA12，BC2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为()A2B3C4 D6(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中
6、，E是棱CC1的中点，AFAD(01)，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210，则的值为_(1)B(2)13(1)因为AB2AC2BC2，所以BAC90.以A为原点，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(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，所以D22，22，0，所以AD22，22，0，A1C(0，2，2)，所以cos AD，A1CADA1CADA1C12，所以AD，A1C3.故选B.(2)以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)因为正方体的棱长为2，则A1
7、(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)所以D1E(0，2，1)，A1FA1A+AFA1AAD(0，0，2)(2，0，0)(2，0，2)则|cos A1F，D1E|A1FD1EA1FD1E222+153210，解得13=13舍去.用坐标法求异面直线所成角的一般步骤(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0，2，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进训练1(2024浙江绍兴模拟)“曲池”是九章算术记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环
8、形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)现有一个如图所示的曲池，AA1平面ABCD，AA14，底面扇环所对的圆心角为2，AD的长度是BC长度的2倍，CD1，则异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为()A23B13C223D24C设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，由底面扇环所对的圆心角为2，AD的长度是BC长度的2倍，CD1，可知OC1，则C1(1，0，4)，A(0，2，0)，B(0，1，0)，D1(2，0，4)，A1(0，2，4)，则A1D1(2，2，0)，BC1(1，1，4)，cos
9、 A1D1，BC1A1D1BC1A1D1BC14223213，又异面直线所成角的范围为0，2，故异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为1132223.故选C. 考点二直线与平面所成的角典例2(2022北京高考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1平面ABB1A1，ABBC2，M，N分别为A1B1，AC的中点(1)求证：MN平面BCC1B1；(2)再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值条件：ABMN；条件：BMMN.解(1)证明：如图，取BC的中点D，连接B1D，DN，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1
10、AB，A1B1AB.因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC的中点，所以B1MAB，B1M12AB，DNAB，DN12AB，即B1MDN且B1MDN，所以四边形B1MND为平行四边形，因此B1DMN.又MN平面BCC1B1，B1D平面BCC1B1，所以MN平面BCC1B1.(2)选条件：因为侧面BCC1B1为正方形，所以CBBB1，又因为平面BCC1B1平面ABB1A1，且平面BCC1B1平面ABB1A1BB1，所以CB平面ABB1A1，而AB平面ABB1A1，所以CBAB，由(1)得B1DMN，又因为ABMN，所以ABB1D，而B1DCBD，所以AB平面BCC1B1.在三棱柱ABC-A1B1
11、C1中，BA，BC，BB1两两垂直，故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1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，因为ABBCBB12，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以BN(1，1，0)，BM(0，1，2)，AB(0，2，0)设平面BMN的法向量n(x，y，z)，由BNn=0，BMn=0，得x+y=0，y+2z=0，令x2，得n(2，2，1)为平面BMN的一个法向量设直线AB与平面BMN所成角为，则sin |cos n，AB|nABnAB43223，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23.选条件：取AB的中点H，连接HM
12、，HN，因为M，N，H分别为A1B1，AC，AB的中点，所以B1BMH，CBNH，而CBBB1，故NHMH.又因为ABBC2，所以NHBH1.在MHB和MHN中，BMMN，NHBH，公共边MH，那么MHBMHN，因此MHNMHB90，即MHAB，故B1BAB.在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1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，因为ABBCBB12，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以BN(1，1，0)，BM(0，1，2)，AB(0，2，0)设平面BMN的法向量n
13、(x，y，z)，由BNn=0，BMn=0，得x+y=0，y+2z=0，令x2，得n(2，2，1)为平面BMN的一个法向量设直线AB与平面BMN所成角为，则sin |cosn，AB|nABnAB43223，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23.利用空间向量求线面角的解题步骤跟进训练2(2022浙江高考)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，ABDC，DCEF，AB5，DC3，EF1，BADCDE60，二面角F -DC -B的平面角为60.设M，N分别为AE，BC的中点(1)证明：FNAD；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值解(1)证明：易求得CF23，BC23.FCDC，BC
14、DC，BCF为二面角F-DC-B的平面角，BCF60，BCF为等边三角形N为BC的中点，FNBC.又DC平面BCF，DCFN，BCDCC，FN平面BCD，FNAD.(2)如图建系，则B(0，3，0)，A(5，3，0)，D(3，3，0)，E(1，0，3)，M3，32，32，BM3，32，32，AD(2，23，0)，DE(2，3，3)设平面ADE的法向量n(x0，y0，z0)，BM与平面ADE所成角为，nAD=0，nDE=02x023y0=0， 2x0+3y0+3z0=0，取x03，则y01，z03，即n(3，1，3)是平面ADE的一个法向量sin |cosBM，n|BMnBMn33+32+332
15、9+34+9475714.直线BM与平面ADE所成角的正弦值为5714. 考点三平面与平面的夹角 典例3(12分)(2023新高考卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB2，AA14点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA21，BB2DD22，CC23.(1)证明：B2C2A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150时，求B2P.解(1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2
16、，1)2分B2C2(0，2，1)，A2D2(0，2，1)3分B2C2A2D2.4分又B2C2，A2D2不在同一条直线上，失分点 5分B2C2A2D2.6分(2)设P(0，2，)(04)，巧设元则A2C2(2，2，2)，PC2(0，2，3)，D2C2(2，0，1)，7分设平面PA2C2的法向量n(x，y，z)，则nA2C2=2x2y+2z=0，nPC2=2y+3z=0，令z2，得y3，x1，关键点，赋值求值n(1，3，2)为平面PA2C2的一个法向量8分设平面A2C2D2的法向量m(a，b，c)，则mA2C2=2a2b+2c=0，mD2C2=2a+c=0，令a1，得b1，c2，m(1，1，2)为
17、平面A2C2D2的一个法向量，9分|cosn，m|nmnm关键点，用对公式664+12+32|cos 150|32，化简可得2430，10分解得1或3，P(0，2，1)或P(0，2，3)，11分B2P1. 12分利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤跟进训练3(2023新高考卷)如图，三棱锥A-BCD中，DADBDC，BDCD，ADBADC60，E为BC的中点(1)证明：BCDA；(2)点F满足EFDA，求二面角D-AB-F的正弦值解(1)证明：如图，连接DE，AE，因为DCDB，且E为BC的中点，所以DEBC.因为ADBADC60，DADA，DCDB，所以ADBADC(SAS)可得ACAB，
18、故AEBC.因为DEAEE，DE，AE平面ADE，所以BC平面ADE.又DA平面ADE，所以BCDA.(2)由(1)知，DEBC，AEBC.不妨设DADBDC2，因为ADBADC60，所以ABAC2.由题可知DBC为等腰直角三角形，故DEEBEC2.因为AEBC，所以AEAB2EB22.在ADE中，AE2ED2AD2，所以AEED.以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(2，0，0)，B(0，2，0)，A(0，0，2)，DA(2，0，2)，BA(0，2，2)设F(xF，yF，zF)，因为EFDA，所以(xF，yF，zF)(2，
19、0，2)，可得F(2，0，2)，所以FA(2，0，0)设平面DAB的法向量为m(x1，y1，z1)，则DAm=0，BAm=0，即2x1+2z1=0，2y1+2z1=0，取x11，则y1z11，m(1，1，1)为平面DAB的一个法向量设平面ABF的法向量为n(x2，y2，z2)，则FAn=0，BAn=0，即2x2=0，2y2+2z2=0，得x20，取y21，则z21，n(0，1，1)为平面ABF的一个法向量，所以cos m，nmnmn23263.记二面角D-AB-F的大小为，则sin 1cos2m，n163233，故二面角D-AB-F的正弦值为33.课时分层作业(四十八)向量法求空间角1(202
20、3北京高考)如图，在三棱锥P-ABC中，PA平面ABC，PAABBC1，PC3.(1)求证：BC平面PAB；(2)求二面角A-PC-B的大小解(1)证明：因为PA平面ABC，BC平面ABC，所以PABC，同理PAAB，所以PAB为直角三角形，又因为PBPA2+AB22，BC1，PC3，所以PB2BC2PC2，则PBC为直角三角形，故BCPB.又因为BCPA，PAPBP，所以BC平面PAB.(2)由(1)知BC平面PAB，又AB平面PAB，则BCAB，以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)
21、，B(1，0，0)，所以AP(0，0，1)，AC(1，1，0)，BC(0，1，0)，PC(1，1，1)设平面PAC的法向量为m(x1，y1，z1)，则mAP0，mAC0，即z1=0，x1+y1=0，令x11，则y11，所以m(1，1，0)为平面PAC的一个法向量，设平面PBC的法向量为n(x2，y2，z2)，则nBC=0，nPC=0，即y2=0，x2+y2z2=0，令x21，则z21，所以n(1，0，1)为平面PBC的一个法向量，所以cos m，nmnmn12212.又因为二面角A-PC-B为锐二面角，所以二面角A-PC-B的大小为3.2(2023广东广州二模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1
22、C1中，ABACAA13，点D是BC的中点，点E在AA1上，AD平面BC1E.(1)求证：平面BC1E平面BB1C1C；(2)当三棱锥B1-BC1E的体积最大时，求直线AC与平面BC1E所成角的正弦值解(1)证明：取BC1中点M，连接EM，MD，如图所示ABAC，点D是BC的中点， ADBC，又M是BC1的中点，DMCC1 ，又在直三棱柱ABC-A1B1C1中，有AA1CC1，AA1平面ABC，DMAE，DM平面ABC，AD平面BC1E，且AD平面ADME，平面ADME平面BC1EEM，ADME，CC1平面ABC，且AD平面ABC，CC1AD，又CC1BCC，且CC1，BC平面BB1C1C，A
23、D平面BB1C1C.又ADME，ME平面BB1C1C，ME平面BC1E，平面BC1E平面BB1C1C.(2)由(1)知ME平面BB1C1C，则VB1BC1E13SB1BC1ME，设BC2a，则BDa，AD9a2，SB1BC1122a33a，VB1BC1E133a9a2a2+9a2292，由基本不等式知，当且仅当a9a2时等号成立，即三棱锥B1-BC1E的体积最大，此时a322.以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DM所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则有A322，0，0，C0，322，0，B0，322，0，E322，0，32，C10，322，3，AC322，322
24、，0，C1B(0，32，3)，BE322，322，32，设平面BC1E的法向量为n(x1，y1，z1)，则有nC1B=32y13z1=0，nBE=322x1322y1+32z1=0，取y12，解得n(0，2，2)为平面BC1E的一个法向量，设直线AC与平面BC1E所成的角为，则sin |cosn，AC|332+466，故直线AC与平面BC1E所成角的正弦值为66.3(2024辽宁鞍山模拟)如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，ABC60，AB2，AA123，E为线段DD1上一点(1)求证：ACB1D；(2)若平面AB1E与平面ABCD的夹角的余弦值为25，求直线
25、BE与平面AB1E所成角的正弦值解(1)证明：连接BD，底面ABCD为菱形，ACBD.又BB1平面ABCD，AC平面ABCD，BB1AC.又BDBB1B，BD，BB1平面BDB1，AC平面BDB1又B1D平面BDB1，ACB1D.(2)设CD的中点为F，连接AF，如图ACD为等边三角形，AFCD，又CDAB，则AFAB.又AA1平面ABCD，则AA1AB，AA1AF.以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，3，0)，E(1，3，h)(0h23)，B1(2，0，23)，AB1(2，0，23)，AE(1，3，h)，设平面AB1E的法向量为n(x，
26、y，z)，nAB1=0，nAE=0，2x+23z0，x+3y+z0，令x3，则n(3，h3，3)为平面AB1E的一个法向量又平面ABCD的一个法向量为m(0，0，1)，则cos n，mnmnm32+23+15.又平面AB1E与平面ABCD的夹角的余弦值为25，32+23+1525，0h23，h32=532舍去，BE3，3，32，cosBE，nBEnBEn651275281785.直线BE与平面AB1E所成角的正弦值为81785.4如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC平面ABC，PAC中，PAPCAC2，BC4，E，F分别是PC，PB的中点(1)求证：BC平面PAC；(2)记
27、平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上的动点，求直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围解(1)证明： 因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，BCAC，又平面PAC平面ABC，且平面PAC平面ABCAC，BC平面ABC，BC平面PAC.(2)E，F分别是PC，PB的中点，BCEF.又EF平面AEF，BC平面AEF，BC平面AEF，又BC平面ABC，平面AEF平面ABCl，BCl.以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，3)，E12，0，32，F12，2，32，AE32，0，32，EF(0，2，0)，BCl，可设Q(2，y，0)，平面AEF的法向量为m(x，y，z)，则AEm=3x2+3z2=0，EFm=2y=0，取z3，得m(1，0，3)为平面AEF的一个法向量，又PQ(1，y，3)，则|cosPQ，m|PQmPQm14+y20，12.直线PQ与平面AEF所成角的取值范围为0，6
