新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第3讲空间向量与空间角核心考点1异面直线所成的角教师用书

第3讲空间向量与空间角高频考点高考预测异面直线所成角在选择、填空或者解答题中继续考查异面直线所成角、直线与平面所成的角、二面角(平面与平面的夹角)，注意与体积最值问题交汇考查.直线与平面所成的角二面角(平面与平面的夹角)1.(2023·全国乙卷理科)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(C)A.eq\f(1,5) B．eq\f(\r(2),5)C．eq\f(\r(3),5) D．eq\f(2,5)【解析】如图，取AB的中点E，连接CE，DE，则根据题意易得AB⊥CE，AB⊥DE，∴二面角C－AB－D的平面角为∠CED＝150°，∵AB⊥CE，AB⊥DE，且CE∩DE＝E，∴AB⊥平面AED，又AB⊂平面ABC，∴平面AED⊥平面ABC，∴CD在平面ABC内的射影为CE，∴直线CD与平面ABC所成角为∠DCE，过D作DH垂直CE所在直线，垂足点为H，设等腰直角三角形ABC的斜边长为2，则可易得CE＝1，DE＝eq\r(3)，又∠DEH＝30°，∴DH＝eq\f(\r(3),2)，EH＝eq\f(3,2)，∴CH＝1＋eq\f(3,2)＝eq\f(5,2)，∴tan∠DCE＝eq\f(DH,CH)＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(5,2))＝eq\f(\r(3),5).故选C.2.(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．【解析】(1)连接BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，所以AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，所以Rt△DAB∽Rt△ABM，则eq\f(AD,AB)＝eq\f(BA,BM)，所以eq\f(1,2)BC2＝1，解得BC＝eq\r(2).(2)因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则A(eq\r(2)，0,0)，B(eq\r(2)，1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，0))，P(0,0,1)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0,1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0，0))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－1,1)，设平面AMP的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x＋z＝0，,－\f(\r(2),2)x＋y＝0，))令x＝eq\r(2)，则y＝1，z＝2，故n＝(eq\r(2)，1,2)，设平面BMP的法向量为m＝(p，q，r)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)p＝0，,－\r(2)p－q＋r＝0，))令q＝1，则r＝1，故m＝(0,1,1)，所以|cosn，m|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(3,\r(7)×\r(2))＝eq\f(3\r(14),14)，设二面角A－PM－B的平面角为α，则sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－cos2n，m)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(14),14)))2)＝eq\f(\r(70),14)，所以二面角A－PM－B的正弦值为eq\f(\r(70),14).3.(2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝eq\r(3).(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【解析】(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE＝BF＝eq\f(1,2)，故DE＝eq\f(\r(3),2)，BD＝eq\r(DE2＋BE2)＝eq\r(3)，所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD＝D，所以BD⊥平面PAD，又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA.(2)如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD＝eq\r(3)，则A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，P(0,0，eq\r(3))，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，eq\r(3))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3))，设平面PAB的法向量n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)z＝0，,n·\o(BP,\s\up6(→))＝－\r(3)y＋\r(3)z＝0，))可取n＝(eq\r(3)，1,1)，则cosn，eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\f(n·\o(DP,\s\up6(→)),|n||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，所以PD与平面PAB所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).4.(2023·全国新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点．(1)证明：BC⊥DA；(2)点F满足eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，求二面角D－AB－F的正弦值．【解析】(1)证明：连接AE，DE，∵DB＝DC，E为BC中点．∴DE⊥BC，又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，∴△ACD与△ABD均为等边三角形，∴AC＝AB，∴AE⊥BC，AE∩DE＝E，∴BC⊥平面ADE，∵AD⊂平面ADE，∴BC⊥DA.(2)设DA＝DB＝DC＝2，∴BC＝2eq\r(2)，∵DE＝AE＝eq\r(2)，AD＝2，∴AE2＋DE2＝4＝AD2，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，∴AE⊥平面BCD，以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系，D(eq\r(2)，0,0)，A(0,0，eq\r(2))，B(0，eq\r(2)，0)，E(0,0,0)，∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，∴F(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，∴eq\o(DA,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0,0)，设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))令x1＝1，解得y1＝z1＝1，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1，故n1＝(1,1,1)，n2＝(0,1,1)，设二面角D－AB－F的平面角为θ，则|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3)，故sinθ＝eq\f(\r(3),3)，所以二面角D－AB－F的正弦值为eq\f(\r(3),3).5.(2023·全国新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)证明：B2C2∥A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.【解析】(1)证明：根据题意建系如图，则有：B2(0,2,2)，C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)，∴eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，∴eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝eq\o(A2D2,\s\up6(→))，又B2，C2，A2，D2四点不共线，∴B2C2∥A2D2.(2)在(1)的坐标系下，可设P(0,2，t)，t∈[0,4]，又由(1)知C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)，∴eq\o(C2A2,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq\o(C2P,\s\up6(→))＝(0,2，t－3)，eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，设平面PA2C2的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(C2A2,\s\up6(→))＝2x＋2y－2z＝0，,m·\o(C2P,\s\up6(→))＝2y＋t－3z＝0，))取m＝(t－1,3－t,2)，设平面A2C2D2的法向量为n＝(a，b，c)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(C2A2,\s\up6(→))＝2a＋2b－2c＝0，,n·\o(A2D2,\s\up6(→))＝－2b＋c＝0，))取n＝(1,1,2)，∴根据题意可得|cos150°|＝|cosm，n|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)，∴eq\f(\r(3),2)＝eq\f(6,\r(t－12＋3－t2＋4)×\r(6))，∴t2－4t＋3＝0，又t∈[0,4]，∴解得t＝1或t＝3，∴P为B1B2的中点或B2B的中点，∴B2P＝1.6.(2023·全国甲卷理科)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)求证：AC＝A1C；(2)若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．【解析】(1)证明：取CC1的中点，连接A1O，∵A1C⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，∴A1C⊥AC，∴A1C⊥A1C1，∴A1O＝eq\f(1,2)C1C＝1，∵A1C⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，∴A1C⊥BC，∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面A1C1CA，∵BC⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面A1C1CA，∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1到CC1的距离为1，∴A1O⊥CC1，∴A1C＝A1C1，∴AC＝A1C.(2)过A作AM∥A1O交C1C的延长线于M，连接MB1，取BB1的中点N，连接ON，∴四边形BCON为平行四边形，∴ON⊥平面A1C1CA，A1O∩ON＝O，∴CC1⊥平面A1ON，∵A1N⊂平面A1ON，∴CC1⊥A1N，∴AA1⊥A1N，∴A1N为直线AA1与BB1距离，∴A1N＝2，∴ON＝eq\r(3)，由(1)可知AM⊥平面BCC1B1，∴∠AB1M为AB1与平面BCC1B1所成角的角，易求得C1M＝3，∴B1M＝eq\r(9＋3)＝2eq\r(3)，∵AM＝1，∴AB1＝eq\r(1＋12)＝eq\r(13)，∴sin∠AB1M＝eq\f(1,\r(13))＝eq\f(\r(13),13).∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq\f(\r(13),13).核心考点1异面直线所成的角核心知识·精归纳异面直线所成的角的范围以及求角公式若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u＝(x1，y1，z1)，v＝(x2，y2，z2)．(1)θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(2)cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq\f(|u·v|,|u||v|)＝eq\f(|x1x2＋y1y2＋z1z2|,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)＋z\o\al(2,1))\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)＋z\o\al(2,2))).典例研析·悟方法角度1：求异面直线所成的角典例1(1)(2023·金凤区校级三模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为长方形，PD＝DC＝2，AD＝eq\r(3)，Q为PC上一点，且PQ＝3QC，则异面直线AC与BQ所成的角的余弦值为(A)A.eq\f(2\r(2),7) B．－eq\f(2\r(2),7)C．eq\f(\r(2),7) D．－eq\f(\r(2),7)【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BQ,\s\up6(→))后可求线线角的余弦值．【解析】因为PD⊥平面ABCD，DC，AD⊂平面ABCD，故PD⊥DC，PD⊥AD，底面ABCD为长方形，故DC⊥AD，所以DP，DC，DA两两互相垂直，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．PD＝DC＝2，AD＝eq\r(3)，P(0,0,2)，A(eq\r(3)，0,0)，B(eq\r(3)，2,0)，C(0,2,0)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(1,2)))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，2,0)，eq\o(BQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，设异面直线AC与BQ所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(BQ,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BQ,\s\up6(→))|)＝eq\f(|2|,\r(7)·\r(\f(7,2)))＝eq\f(2\r(2),7)，所以异面直线AC与BQ所成的角的余弦值为eq\f(2\r(2),7).故选A.(2)(2023·全国三模)已知四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝AD，点E是线段PB上的动点，则直线DE与平面PBC所成角的最大值为(C)A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,2)【解析】由题意，因为ABCD为正方形，且PD⊥底面ABCD，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设PD＝AD＝1，则D(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，设eq\o(PE,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，则eq\o(PE,\s\up6(→))＝(λ，λ，－λ)，所以E(λ，λ，1－λ)，即eq\o(DE,\s\up6(→))＝(λ，λ，1－λ)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－z＝0，,y－z＝0，))解得x＝0，y＝z，取y＝z＝1，所以平面PBC的一个法向量为n＝(0,1,1)，设直线DE与平面PBC所成角为θ，则sinθ＝|cosn，eq\o(DE,\s\up6(→))|＝eq\f(|n·\o(DE,\s\up6(→))|,|n||\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2λ2＋1－λ2))＝eq\f(1,\r(2)×\r(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,3)))2＋\f(2,3)))，因为y＝sinθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递增，所以当λ＝eq\f(1,3)时，sinθ＝eq\f(\r(3),2)最大，此时θ＝eq\f(π,3)，即直线DE与平面PBC所成角的最大值为eq\f(π,3).故选C.(3)(2023·河北模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥CD，AD⊥BC，且BD＝3AC，点E，F分别为AD，BC的中点，则异面直线AC与BD所成角的大小为_90°__，AC与EF所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).【解析】取AB的中点G，连接EG，FG，则FG∥AC，EG∥BD，故∠EFG或其补角为异面直线AC与EF所成的角，过A作AO⊥平面BCD于点O，连接BO，CO，DO，则AO⊥CD，又AB⊥CD，且AB∩AO＝A，故CD⊥平面AOB，故BO⊥CD，同理可得DO⊥BC，即O为△BCD的垂心，故BD⊥CO，又AO⊥BD，AO∩CO＝O，故BD⊥平面AOC，故AC⊥BD，即AC与BD所成角为90°，所以∠EGF＝90°，由BD＝3AC，可得EG＝3FG，故cos∠EFG＝eq\f(FG,EF)＝eq\f(\r(10),10)，即异面直线AC与EF所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).角度2：已知异面直线所成的角求其他典例2(1)(2023·丰城市模拟)如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，若异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为eq\f(9,10)，则eq\f(AA1,AB)的值为_3__.【解析】连接BC1，A1C1，∵AD1∥BC1，∴异面直线A1B与AD1所成角为∠A1BC1或其补角，令AA1＝t，则A1B＝BC1＝eq\r(t2＋1)，A1C1＝eq\r(2)，|cos∠A1BC1|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(t2＋1)2＋\r(t2＋1)2－\r(2)2,2t2＋1)))＝eq\f(2t2,2t2＋1)＝eq\f(9,10)，∴t2＝9，t＝3，即AA1＝3，∴eq\f(AA1,AB)＝3.(2)在三棱锥P－ABC中，已知△ABC是边长为2的正三角形，PA⊥平面ABC，M，N分别是AB，PC的中点，若异面直线MN，PB所成角的余弦值为eq\f(3,4)，则PA的长为_2__，三棱锥P－ABC的外接球表面积为eq\f(28π,3).【解析】连接CM，则CM⊥AB，又因为PA⊥平面ABC，以点M为坐标原点，eq\o(CM,\s\up6(→))、eq\o(MB,\s\up6(→))、eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，设PA＝2h(h>0)，则A(0，－1,0)、B(0,1,0)、C(－eq\r(3)，0,0)、P(0，－1,2h)、M(0,0,0)、Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，h))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，h))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0,2，－2h)，由已知可得|coseq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))|＝eq\f(|\o(MN,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→))|,|\o(MN,\s\up6(→))|·|\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(2h2＋1,21＋h2)＝eq\f(3,4)，解得h＝1，因此，PA＝2h＝2，则点P(0，－1,2)，设三棱锥P－ABC的外接球心为O(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|OA|＝|OB|，,|OA|＝|OC|，,|OA|＝|OP|，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y＋12＋z2＝x2＋y－12＋z2，,x2＋y＋12＋z2＝x＋\r(3)2＋y2＋z2，,x2＋y＋12＋z2＝x2＋y＋12＋z－22，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(\r(3),3)，,y＝0，,z＝1，))所以，三棱锥P－ABC的外接球半径为R＝|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))2＋1＋1)＝eq\f(\r(21),3)，因此，该三棱锥外接球的表面积为4πR2＝eq\f(28,3)π.方法技巧·精提炼求异面直线所成的角的方法1．平移法：步骤：①平移；②认定；③计算；④取舍．2．向量法：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eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,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．加固训练·促提高1.(2023·梅河口市校级一模)直三棱柱ABC－A1B1C1如图所示，AB＝4，BC＝3，AC＝5，D为棱AB的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为61π，则异面直线A1D和B1C所成的角的余弦值为(A)A.eq\f(3\r(2),5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(4\r(2),5) D．eq\f(16\r(2),25)【解析】∵AB＝4，BC＝3，AC＝5，∴AB2