2026年高考数学一轮复习三维设计创新-第7节　向量法求空间角

第7节向量法求空间角【课标要求】能用向量法解决异面直线所成角、直线与平面所成角、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.知识点一异面直线所成的角若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cosθ＝｜cos＜u，v＞｜＝u·v｜提醒两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角的范围为（0，π），所以公式中要加绝对值.（1）（人A选一P36例7改编）如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角均为60°，则BD1与AC所成角的余弦值为（B）A.24 B.6C.22 D.解析：（1）设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则BD1＝b＋c－a，AC＝a＋b，所以｜BD1｜＝2，｜AC｜＝3，BD1·AC＝（b＋c－a）·（a＋b）＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，所以cos〈BD1，AC〉＝BD（2）（2025·开封模拟）在如图所示的圆台中，四边形ABCD为其轴截面，AB＝2CD＝4，母线长为3，P为下底面圆周上一点，异面直线AD与OP（O为下底面圆心）所成的角为π3，则CP2的大小为（BA.7－23 B.7－23或7＋23C.19－43 D.19－43或19＋43解析：（2）以O为原点，OB所在直线为y轴，过点O作x轴⊥OB，圆台的轴为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，作DE⊥AB于点E，AE＝12AB－12CD＝1，在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝AD2－AE2＝2，则D（0，－1，2），A（0，－2，0），C（0，1，2），AD＝（0，1，2），设P（2cosθ，2sinθ，0），0≤θ＜2π，OP＝（2cosθ，2sinθ，0），由于异面直线AD与OP（O为下底面圆心）所成的角为π3，∴cosπ3＝｜OP·AD｜｜OP||AD｜＝｜2sinθ｜2×3＝｜sinθ｜3＝12，∴sinθ＝±32，CP＝（2cosθ，2sinθ－1，－2），CP2＝｜CP规律方法用向量法求异面直线所成角的步骤（1）坐标向量法（2）基向量法：在一些不适合建立空间直角坐标系的题目中，一般先把直线的方向向量a，b用基向量表示，再由公式cos＜a，b＞＝a·b｜a||b｜求得cos练1（1）如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为（B）A.15B.25 C.35（2）如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F在棱AD上，且AF＝λAD，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210，则λ＝13解析：（1）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系（图略），不妨设AB＝2，则F（2，1，0），E（1，0，0），设M（0，m，2）（0≤m≤2），故AF＝（2，1，0），EM＝（－1，m，2），故cosθ＝｜AF·EM｜｜AF||EM｜＝｜m－2｜5·m2+5，设f（m）＝｜m－2｜5·m2+5，观察分子、分母的变化，可知当m∈[0，2]（2）以D为原点，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）.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）.所以D1E＝（0，2，－1），A1F＝A1A＋AF＝A1A＋λAD＝（0，0，－2）＋λ（－2，0，0）＝（－2λ，0，－2）.则cos＜A1F，D1E＞＝A1F·D1E知识点二直线与平面所成的角如图所示，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝｜cos＜u，n＞｜＝｜u·n提醒直线与平面所成角的范围为0，π2，而向量之间的夹角的范围为[0，π]（2023·全国甲卷理18题）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.（1）证明：A1C＝AC；（2）已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.解：（1）证明：如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴A1C⊥BC，又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，∵A1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D＝1.由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，∴A1C＝A1C1，又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝A1C1，∴A1C＝AC.（2）如图，连接A1B，由（1）易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2，又A1D＝1且A1C＝AC，∴A1C＝A1C1＝AC＝2，AB＝A1B1＝5，BC＝3.建立空间直角坐标系C-xyz如图所示，则C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，3，0），B1（－2，3，2），C1（－2，0，2），∴CB＝（0，3，0），CC1＝（－2，0，2），AB1＝（－22，设平面BCC1B1的法向量为n＝（x，y，z），则n·CB=0，n·CC1=0，即3y=0，∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝（1，0，1）.设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，则sinθ＝｜cos＜n，AB1＞｜＝｜n∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为1313规律方法利用空间向量求线面角的解题步骤提醒线面角的正弦值对应向量夹角的余弦值的绝对值.练2（2025·开封模拟）如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，圆柱OQ的侧面积为63π，点P在圆柱OQ的下底面圆周上，且△OPB是边长为3的等边三角形.（1）若G是DP的中点，求证：AG⊥BD；（2）若DG＝2GP，求GB与平面ABCD所成角的正弦值.解：（1）证明：设圆柱OQ的底面半径为r，高为h.因为△OPB是边长为3的等边三角形，所以∠ABP＝60°，r＝3.因为圆柱OQ的侧面积为63π，所以2πrh＝63π，解得h＝3.在下底面圆O中，∠APB＝90°，∠ABP＝60°.所以AP＝BP·tan60°＝3.因为DA⊥平面APB，所以DA⊥BP，DA⊥AP.因为∠APB＝90°，所以AP⊥BP，又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面APD，所以BP⊥平面APD.因为AG⊂平面APD，所以BP⊥AG.在△DAP中，AD＝AP＝3，G是DP的中点，所以DP⊥AG.又BP∩DP＝P，BP，DP⊂平面BPD，所以AG⊥平面BPD.因为BD⊂平面BPD，所以AG⊥BD.（2）在下底面圆O内过O作Ox⊥AB，连接OQ.以O为原点，Ox，OB，OQ的方向分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则B（0，3，0），D（0，－3，3），P（32，32，0因为DG＝2GP，设G点坐标为（x0，y0，z0），则（x0，y0＋3，z0－3）＝2（32－x0，32－y0，－z0即x0=2所以G（1，0，1），所以GB＝（－1，3，－1）.显然，向量n＝（1，0，0）是平面ABCD的一个法向量.设GB与平面ABCD所成的角为θ，所以sinθ＝｜cos＜GB，n＞｜＝｜GB·n所以GB与平面ABCD所成角的正弦值为55知识点三二面角（平面与平面的夹角）1.平面与平面的夹角平面α与平面β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α与平面β的夹角，如图1.若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝｜cos＜n1，n2＞｜＝｜n12.二面角二面角α-l-β为θ或π－θ，设二面角大小为φ，则｜cosφ｜＝cosθ＝｜n1·n2｜｜提醒注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为［0，π2］（2024·全国甲卷理19题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝10，FB＝23，M为AD的中点.（1）证明：BM∥平面CDE；（2）求二面角F-BM-E的正弦值.解：（1）证明：法一（利用线面平行判定定理）因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2，所以BC∥MD，且BC＝MD，所以四边形BCDM为平行四边形.所以BM∥CD，又CD⊂平面CDE，BM⊄平面CDE，所以BM∥平面CDE.法二（利用面面平行的性质）因为EF∥AD，BC∥AD，所以EF∥BC，又EF＝BC＝2，所以四边形BCEF为平行四边形.所以BF∥CE，又CE⊂平面CDE，BF⊄平面CDE，所以BF∥平面CDE.因为M为AD的中点，且AD＝4，所以EF∥MD，且EF＝MD，所以四边形MDEF为平行四边形.所以FM∥ED，又ED⊂平面CDE，FM⊄平面CDE，所以FM∥平面CDE.因为BF，FM⊂平面BMF，BF∩FM＝F，所以平面BMF∥平面CDE.又BM⊂平面BMF，所以BM∥平面CDE.（2）取AM的中点O，连接BO，FO.由（1）法一可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2，所以BO⊥AD，且BO＝3.由（1）法二知四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝10，又AF＝10，所以FO⊥AM，又OA＝OM＝1，所以FO＝FA2－又FB＝23，所以BO2＋FO2＝FB2，所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直.分别以OB，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则F（0，0，3），B（3，0，0），M（0，1，0），E（0，2，3），则MB＝（3，－1，0），MF＝（0，－1，3），ME＝（0，1，3）.设平面FBM的法向量为n1＝（x1，y1，z1），则n1·令y1＝3，所以x1＝3，z1＝1，所以n1＝（3，3，1）.设平面EBM的法向量为n2＝（x2，y2，z2），则n2·令y2＝3，所以x2＝3，z2＝－1，所以n2＝（3，3，－1）.设二面角F-BM-E的平面角为θ，所以｜cosθ｜＝｜cos＜n1，n2＞｜＝｜n1·因为θ∈[0，π]，所以sinθ＞0，即sinθ＝1－cos所以二面角F-BM-E的正弦值为43规律方法向量法求二面角（平面与平面的夹角）的方法（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.练3（人A选一P37例8改编）如图，在四面体ABCD中，AB＝AC＝AD＝BC＝BD，BC⊥BD，E，F分别为AB，AC的中点.（1）证明：平面ACD⊥平面BCD；（2）求平面BDF与平面CDE夹角的余弦值.解：（1）证明：取CD的中点O，连接OA，OB，因为BC＝BD，所以OB⊥CD，且OB＝CD2又AC＝AD＝BC＝BD，所以OA⊥CD，△ACD≌△BCD，则∠CAD＝∠CBD＝90°，有OA＝CD2因为AB＝BC＝22CD，所以OB2＋OA2＝AB2，则OB⊥OA又OA∩CD＝O，OA，CD⊂平面ACD，所以OB⊥平面ACD，又OB⊂平面BCD，所以平面ACD⊥平面BCD.（2）由（1）知，OD，OB，OA两两垂直，以O为坐标原点，直线OD，OB，OA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，设CD＝4，则A（0，0，2），B（0，2，0），C（－2，0，0），D（2，0，0），因为E，F分别为AB，AC的中点，所以E（0，1，1），F（－1，0，1），则BD＝（2，－2，0），BF＝（－1，－2，1），CD＝（4，0，0），CE＝（2，1，1），设平面BDF的法向量为m＝（x1，y1，z1），则m令x1＝1，得m＝（1，1，3），设平面CDE的法向量为n＝（x2，y2，z2），则n令y2＝1，得n＝（0，1，－1），cos＜m，n＞＝m·n｜m||所以平面BDF与平面CDE夹角的余弦值为22111.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＞＝－12，则直线l与平面α所成的角为（A.30° B.60°C.120° D.150°解析：A设直线l与平面α所成的角为θ，θ∈[0°，90°]，则sinθ＝｜cos＜m，n＞｜＝12，所以直线l与平面α所成的角为302.（2025·十堰调研）如图所示是底面半径为3的圆锥.已知该圆锥的侧面积为15π，D为PA的中点，∠AOC＝π3则异面直线CD与AB所成角的大小为（）A.π6 B.C.π2 D.解析：C取圆弧AB的中点E，连接OE，则OE⊥AB.以O为坐标原点，OE，OB，OP的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，－3，0），B（0，3，0），C（332，－32，0），D（0，－32，2），所以AB＝（0，6，0），CD＝（－332，0，2），所以AB·CD＝0，即AB⊥CD，所以异面直线AB3.在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，AC＝1，AA1＝2，∠BAC＝90°，若直线AB1与直线A1C所成角的余弦值是45，则棱AB的长度是（A.13 B.C.1 D.2解析：C建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝a（a＞0），则A（0，0，0），B1（a，0，2），A1（0，0，2），C（0，1，0），所以AB1＝（a，0，2），A1C＝（0，1，－2），所以｜cos＜AB1，A1C＞｜＝｜AB1·A1C｜4.如图所示，已知△ABC中，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A'CD，所成二面角A'-CD-B的平面角为α，则（）A.∠A'DB≤αB.∠A'DB≥αC.∠A'CB≤αD.∠A'CB≥α解析：B若AC≠BC，若翻折180°，则二面角α＝0°.如题图，∠A'DB＞0°，即∠A'DB＞α，排除A；∠A'CB＞0°，即∠A'CB＞α，排除C；若翻折0°，即A与A'重合.二面角α＝180°，∠A'CB＝∠ACB＜180°＝α，排除D.故选B.5.等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角C-AB-D的余弦值为33，M，N分别是AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余弦值为（A.18 B.C.13 D.解析：B如图所示，设AB＝2，作CO⊥平面ABDE，OH⊥AB，则CH⊥AB，∠CHO为二面角C-AB-D的平面角，CH＝3，OH＝CH·cos∠CHO＝1，结合等边三角形ABC与正方形ABDE可知此四棱锥为正四棱锥，则AN＝EM＝CH＝3，AN＝12（AC＋AB），EM＝12AC－AE，AN·EM＝12（AB＋AC）·（12AC－AE）＝12，故EM，6.〔多选〕在棱长为a的正方体ABCD-A'B'C'D'中，E，F分别为BC，A'D'的中点，则下列说法正确的是（）A.四边形B'EDF是菱形B.直线A'C与DE所成角的余弦值是15C.直线AD与平面B'EDF所成角的正弦值是3D.平面B'EDF与平面ABCD所成角的正弦值是30解析：ABD分别以AB，AD，AA'所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，则A（0，0，0），C（a，a，0），D（0，a，0），A'（0，0，a），B'（a，0，a），E（a，a2，0），F（0，a2，a），所以B'E＝（0，a2，－a），FD＝（0，a2，－a），所以B'E＝FD，即B'E∥FD，B'E＝FD，所以四边形B'EDF是平行四边形，易知DE＝DF，因此四边形B'EDF为菱形，故A中说法正确；易得A'C＝（a，a，－a），DE＝（a，－a2，0），所以cos＜A'C，DE＞＝A'C·DE｜A'C||DE｜＝a2－a223a×a2＋a24＝1515，故B中说法正确；设平面B'EDF的法向量为n＝（x，y，z），由n·B'E=0，n·DE=0，得a2y－az=0，ax－a2y=0，取y＝2，则x＝1，z＝1，即n＝（1，2，1），又AD＝（0，a，0），所以cos＜AD7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H，K，L分别是棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点，则直线A1C与平面EFGHKL所成角的大小为90°；若P，Q是六边形EFGHKL边上两个不同的动点，设直线D1B与直线PQ所成的最小角为θ，则sinθ的值为13.解析：如图，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A1（2，0，2），E（2，1，0），C（0，2，0），F（2，2，1），G（1，2，2），∴A1C＝（－2，2，－2），EF＝（0，1，1），EG＝（－1，1，2），∴A1C·EF＝0＋2－2＝0，A1C·EG＝2＋2－4＝0，∴A1C⊥EF，A1C⊥EG，∵EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EFGHKL，∴A1C⊥平面EFGHKL，∴直线A1C与平面EFGHKL所成角的大小为90°.又D1（0，0，2），B（2，2，0），D1B＝（2，2，－2），由题意知A1C＝（－2，2，－2）为平面EFGHKL的一个法向量，设直线D1B与平面EFGHKL所成的角为α，则sinα＝｜cos＜D1B，A1C＞｜＝｜D1B·A1C｜｜D1B||A1C8.（2025·邯郸第一次调研）如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，设平面PAD与平面PBC相交于直线l.（1）证明：l∥AD；（2）若平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB＝5，AB＝2，求直线PC与平面PAD所成角的正弦值.解：（1）证明：因为四棱锥P-ABCD的底面是正方形，所以BC∥AD，又BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC，因为AD⊂平面PAD，平面PBC∩平面PAD＝l，所以l∥AD.（2）因为PA＝PB，取AB的中点O，连接PO，则PO⊥AB，因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，则PO⊥平面ABCD，所以以O为坐标原点建立如图所示的坐标系，因为PA＝PB＝5，AB＝2，ABCD是正方形，所以PO＝2，则P（0，0，2），A（1，0，0），C（－1，2，0），D（1，2，0），AP＝（－1，0，2），AD＝（0，2，0），PC＝（－1，2，－2），设平面PAD的法向量为n＝（x，y，z），则n·AP＝－x＋2z＝0，n·AD＝2y＝0，取x＝2，则y＝0，z＝1，即n＝（2，0，1），设直线PC与平面PAD所成角为θ，则sinθ＝｜cos＜PC，n＞｜＝｜PC·n｜｜所以直线PC与平面PAD所成角的正弦值为459.（2024·新高考Ⅰ卷17题）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝3.（1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；（2）若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为427，求AD解：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB.因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，根据平面知识可知AD∥BC，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.（2）以DA，DC分别为x轴，y轴，过D作与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz，令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝4－t2，C（0，4设平面ACP的法向量为n1＝（x1，y1，z1），则n1·不妨设x1＝4－t2，则y1＝t，z1＝0，n1