专题8.6 向量法求空间角(解析版)

8.6向量法求空间角思维导图知识点总结1.异面直线所成的角若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为e1，e2，则cosθ＝|cos〈e1，e2〉|＝|e1·e2||e1||e2|.2.直线与平面所成的角如图，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e，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈e，n〉|＝e·n|e||n|＝|e·n||e||n|.3.二面角(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB→，CD→〉.如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).[常用结论]1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量u与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sinθ＝|cos〈u，n〉|，不要误记为cosθ＝|cos〈u，n〉|.2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是0，π2.典型例题分析考向一异面直线所成的角例1(1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，A1D1的中点，则直线BE与DF所成角的余弦值为()A.25B.35C.34D.45答案A解析以D为原点，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D－xyz(图略)，则D(0，0，0).设正方体的棱长为2，则F(1，0，2)，B(2，2，0)，E(2，0，1)，所以DF→＝(1，0，2)，BE→＝(0，－2，1)，所以所求的余弦值为|DF→·BE→||DF→||BE→|＝25×5＝25.故选A.(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，AF→＝λAD→，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210，则λ的值为________.答案13解析以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→|A1F→|·|D1E→|＝22λ2＋1·5，所以225·λ2＋1＝3210，解得λ＝13(舍去－13).感悟提升用向量法求异面直线所成的角的一般步骤(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，π2，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.考向二直线与平面所成的角例2(1)(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＝3.(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.(1)证明在四边形ABCD中，作DE⊥AB于点E，CF⊥AB于点F，如图.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＝12，故DE＝32，BD＝DE2＋BE2＝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，PD，AD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD.又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA.(2)解由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，P(0，0，3)，则AP→＝(－1，0，3)，BP→＝(0，－3，3)，DP→＝(0，0，3).设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有n·AP→＝0，n·BP→＝0，即－x＋3z＝0，－3y＋3z＝0，可取n＝(3，1，1)，则cos〈n，DP→〉＝n·DP→|n||DP→|＝55，所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.感悟提升向量法求直线与平面所成角的主要方法是：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目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.(2)(2022·北京卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点.(1)求证：MN∥平面BCC1B1；(2)再从条件①、条件②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①：AB⊥MN；条件②：BM＝MN.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.(1)证明取AB的中点为K，连接MK，NK.由三棱柱ABC－A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，又B1M＝MA1，BK＝KA，则MK∥BB1.又MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，故MK∥平面CBB1C1.由CN＝NA，BK＝KA，可得NK∥BC，同理可得NK∥平面CBB1C1.因为NK∩MK＝K，NK，MK⊂平面MKN，故平面MKN∥平面CBB1C1，又MN⊂平面MKN，故MN∥平面CBB1C1.(2)解因为侧面CBB1C1为正方形，故CB⊥BB1.因为CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，平面CBB1C1∩平面ABB1A1＝BB1，故CB⊥平面ABB1A1.因为NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1.因为AB⊂平面ABB1A1，故NK⊥AB.若选①，则AB⊥MN，又NK⊥AB，NK∩MN＝N，故AB⊥平面MNK.又MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，所以AB⊥BB1，又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，故BB1⊥平面ABC，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，故BA→＝(0，2，0)，BN→＝(1，1，0)，BM→＝(0，1，2).设平面BNM的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·BN→＝0，n·BM→＝0，从而x＋y＝0，y＋2z＝0，取z＝－1，则n＝(－2，2，－1).设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，AB→〉|＝|n·AB→||n||AB→|＝43×2＝23.若选②，因为NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1.又KM⊂平面MKN，故NK⊥KM.又B1M＝BK＝1，NK＝1，故B1M＝NK.又B1B＝MK＝2，MB＝MN，故△BB1M≌△MKN，所以∠BB1M＝∠MKN＝90°，故A1B1⊥BB1.又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，故BB1⊥平面ABC，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，故BA→＝(0，2，0)，BN→＝(1，1，0)，BM→＝(0，1，2).设平面BNM的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·BN→＝0，n·BM→＝0，从而x＋y＝0，y＋2z＝0，取z＝－1，则n＝(－2，2，－1)，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，AB→〉|＝|n·AB→||n||AB→|＝43×2＝23.考向三二面角3(2022·新高考Ⅱ卷改编)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点.(1)证明：OE∥平面PAC；(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值.[思路分析](1)作出过直线OE的一个平面，证明这个平面与平面PAC平行，从而证明OE∥平面PAC.(2)建系→设点写坐标→求平面的法向量→利用公式求二面角的正弦值.[规范解答](1)证明如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.因为AP＝PB，所以PD⊥AB.因为PO为三棱锥P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC.因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.(1分)因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，又AB⊥AC，AB，OD，AC⊂平面ABC，所以OD∥AC.因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD∥平面PAC.①(2分)→线面平行因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA.因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.①(3分)→线面平行又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.→面面平行又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.(4分)→线面平行(2)解连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以OA＝OB＝PA2－PO2＝52－32＝4.②易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OAsin30°＝4×12＝2，②AB＝2AD＝2OAcos30°＝2×4×32＝43.②又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan60°＝43×3＝12.②(6分)以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，→建系则A(0，0，0)，B(43，0，0)，C(0，12，0)，P(23，2，3)，E33，1，32，所以AE→＝33，1，32，AB→＝(43，0，0)，AC→＝(0，12，0).→设点写坐标设平面AEC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE→＝0，n·AC→＝0，即33x＋y＋32z＝0，12y＝0，令z＝23，则n＝(－1，0，23).③(8分)→求出平面的法向量设平面AEB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·AE→＝0，m·AB→＝0，即33x1＋y1＋32z1＝0，43x1＝0，令z1＝2，则m＝（0，－3，2），③(10分)→求出平面的法向量所以|cos〈n，m〉|＝|n·m||n|·|m|＝4313.→应用向量夹角公式求值设二面角C-AE-B的大小为θ，则sinθ＝1－43132＝1113.(12分)→转化为平面与平面夹角的正弦值[满分规则]❶得步骤分：①处通过证明线∥线⇒线∥面⇒面∥面⇒线∥面，注意应用相关定理的条件应完整，否则易失步骤分.❷得关键分：③处求出两个平面的法向量是解题的关键，此处运算错误会导致第(2)小题得零分.❸得计算分：②处为根据题目条件计算几何体的棱长，以便写出各顶点的坐标.4.(2022·新高考Ⅰ卷改编)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值.解(1)设点A到平面A1BC的距离为h，因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，所以VA－A1BC＝13S△ABC·AA1＝13VABC－A1B1C1＝43，又△A1BC的面积为22，VA－A1BC＝13S△A1BCh＝13×22h＝43，所以h＝2，即点A到平面A1BC的距离为2.(2)取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B.因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，所以AE⊥BC.又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A1，