新高考數(shù)學(xué)專(zhuān)題21 運(yùn)用空間向量解決空間角（教師版）

專(zhuān)題21運(yùn)用空間向量解決空間角一、題型選講題型一、異面直線所成的角以及研究異面直線所成的角首先要注意交的范圍，然后轉(zhuǎn)化為有直線的方向向量的夾角。例1、【2018年高考江蘇卷】如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=2，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn)．（1）求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；（2）求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值．【答案】（1）；（2）．【解析】如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點(diǎn)分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz．因?yàn)锳B=AA1=2，所以．（1）因?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn)，所以，從而，故．因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為．（2）因?yàn)镼為BC的中點(diǎn)，所以，因此，．設(shè)n=（x，y，z）為平面AQC1的一個(gè)法向量，則即不妨取，設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為，則，所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為．例2、(2019南京學(xué)情調(diào)研）如圖，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知底面ABCD的邊長(zhǎng)AB＝3，側(cè)棱AA1＝2，E是棱CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)F滿(mǎn)足eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→)).(1)求異面直線FE和DB1所成角的余弦值；(2)記二面角EB1FA的大小為θ，求|cosθ|.規(guī)范解答在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，以{eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))}為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.因?yàn)锳B＝3，AA1＝2，E是CC1的中點(diǎn)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，所以E(0，3，1)，F(xiàn)(3，2，0)，B1(3，3，2).(2分)(1)從而eq\o(FE,\s\up6(→))＝(－3，1，1)，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(3，3，2)．設(shè)異面直線FE和DB1所成的角為α，則cosα＝|cos〈eq\o(FE,\s\up6(→))，eq\o(DB1,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－3×3＋1×3＋1×2,\r(11)×\r(22))))＝eq\f(4,\r(11)×\r(22))＝eq\f(2\r(2),11).因此，異面直線FE和DB1所成角的余弦值為eq\f(2\r(2),11).(5分)(2)設(shè)平面B1FE的法向量為n1＝(x，y，z)．因?yàn)閑q\o(FE,\s\up6(→))＝(－3，1，1)，eq\o(FB1,\s\up6(→))＝(0，1，2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(FE,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(FB1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x＋y＋z＝0，,y＋2z＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,3)z，,y＝－2z.))取z＝－3，則平面B1FE的一個(gè)法向量為n1＝(1，6，－3)．(8分)又因?yàn)槠矫鍭B1F的一個(gè)法向量為n2＝(1，0，0)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(1,\r(46)×1)＝eq\f(\r(46),46).因此|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(\r(46),46).(10分)題型二、直線與平面所成的角直線與平面所成的角是通過(guò)研究直線的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特別注意所求的角與已求的角之間的關(guān)系。例3、【2020年高考浙江】如圖，在三棱臺(tái)ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．（Ⅰ）證明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直線DF與平面DBC所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如圖，過(guò)點(diǎn)D作，交直線AC于點(diǎn)，連結(jié)OB．由，得，由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以.由，得.所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．由三棱臺(tái)得，所以.（Ⅱ）方法一：過(guò)點(diǎn)作，交直線BD于點(diǎn)，連結(jié).由三棱臺(tái)得，所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角.由平面得，故平面BCD，所以為直線CO與平面DBC所成角.設(shè).由，得，所以，因此，直線DF與平面DBC所成角的正弦值為.方法二：由三棱臺(tái)得，所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角，記為.如圖，以為原點(diǎn)，分別以射線OC，OD為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè).由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：.因此.設(shè)平面BCD的法向量.由即，可取.所以.因此，直線DF與平面DBC所成角的正弦值為.例4、【2020年高考全國(guó)Ⅱ卷理數(shù)】如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，P為AM上一點(diǎn)，過(guò)B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值．【解析】（1）因?yàn)镸，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，所以．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．因?yàn)椤鰽1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．所以平面A1AMN⊥平面．（2）由已知得AM⊥BC．以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，為單位長(zhǎng)，建立空間直角坐標(biāo)系M-xyz，則AB=2，AM=．連接NP，則四邊形AONP為平行四邊形，故．由（1）知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足為Q，則NQ⊥平面ABC．設(shè)，則，故．又是平面A1AMN的法向量，故．所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為．題型三、平面與平面所成的角利用平面的法向量求二面角的大小時(shí)，當(dāng)求出兩半平面α，β的法向量n1，n2時(shí)，要根據(jù)觀察判斷向量在圖形中的方向，從而確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等還是互補(bǔ)，這是利用向量求二面角的難點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)例5、【2019年高考全國(guó)Ⅱ卷理數(shù)】如圖，長(zhǎng)方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）證明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．【解析】（1）由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．（2）由（1）知．由題設(shè)知≌，所以，故，．以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D–xyz，則C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．設(shè)平面EBC的法向量為n=（x，y，x），則即所以可取n=.設(shè)平面的法向量為m=（x，y，z），則即所以可取m=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值為．【名師點(diǎn)睛】本題考查了利用線面垂直的性質(zhì)定理證明線線垂直以及線面垂直的判定，考查了利用空間向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函數(shù)關(guān)系，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.例6、【2019年高考全國(guó)Ⅲ卷理數(shù)】圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結(jié)DG，如圖2.（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求圖2中的二面角B?CG?A的大小.【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）.【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．又因?yàn)锳B平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．（2）作EHBC，垂足為H．因?yàn)镋H平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．由已知，菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H–xyz，則A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．設(shè)平面ACGD的法向量為n=（x，y，z），則即所以可取n=（3，6，–）．又平面BCGE的法向量可取為m=（0，1，0），所以．因此二面角B–CG–A的大小為30°．例7、（2020屆山東省濰坊市高三上期中）如圖，在棱長(zhǎng)均為的三棱柱中，平面平面，，為與的交點(diǎn)．（1）求證：；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值．【解析】（1）因?yàn)樗倪呅螢榱庑?，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，因?yàn)槠矫?，所?（2）因?yàn)?，所以菱形為正方形，在中，，在中，，，，所以，，又，，所以，平面；以為坐?biāo)原點(diǎn)，以，，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.，，，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為平面的一個(gè)法向量為，則令，得，令，得，設(shè)平面與平面所成銳二面角為，則，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為.二、達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1、【2019年高考天津卷理數(shù)】如圖，平面，，．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）若二面角的余弦值為，求線段的長(zhǎng)．【解析】依題意，可以建立以為原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)檩S，軸，軸正方向的空間直角坐標(biāo)系（如圖），可得，．設(shè)，則．（1）依題意，是平面的法向量，又，可得，又因?yàn)橹本€平面，所以平面．（2）依題意，．設(shè)為平面的法向量，則即不妨令，可得．因此有．所以，直線與平面所成角的正弦值為．（3）設(shè)為平面的法向量，則即不妨令，可得．由題意，有，解得．經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意．所以，線段的長(zhǎng)為．2、【2019年高考浙江卷】如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點(diǎn).（1）證明：；（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.【解析】方法一：（1）連接A1E，因?yàn)锳1A=A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC．又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC．又因?yàn)锳1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC中點(diǎn)G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．由（1）得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上．連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補(bǔ)角）．不妨設(shè)AC=4，則在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.由于O為A1G的中點(diǎn)，故，所以．因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是．方法二：（1）連接A1E，因?yàn)锳1A=A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．如圖，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E–xyz．不妨設(shè)AC=4，則A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．因此，，．由得．（2）設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ．由（1）可得．設(shè)平面A1BC的法向量為n，由，得，取n，故，因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為．【名師點(diǎn)睛】本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力.3、【2018年高考全國(guó)Ⅰ卷理數(shù)】如圖，四邊形為正方形，分別為的中點(diǎn)，以為折痕把折起，使點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)的位置，且.（1）證明：平面平面；（2）求與平面所成角的正弦值.【解析】方法一：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）在平面DEF中，過(guò)P作PH⊥EF于點(diǎn)H，連接DH，如圖，由于EF為平面ABCD和平面PEF的交線，PH⊥EF，則PH⊥平面ABFD，故PH⊥DH.則與平面所成的角為.在三棱錐P-DEF中，可以利用等體積法求PH.因?yàn)镈E∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD=D，則PF⊥平面PDE，故，因?yàn)锽F∥DA且BF⊥平面PEF，所以DA⊥平面PEF，所以DE⊥EP.設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為2a，則PD=2a，DE=a，在△PDE中，，所以，故，又，所以，所以在△PHD中，，故與平面所成角的正弦值為.方法二：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）作PH⊥EF，垂足為H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閥軸正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H?xyz.由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.可得.則為平面ABFD的法向量.設(shè)DP與平面ABFD所成角為，則.所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.4、（2020屆山東省九校高三上學(xué)期聯(lián)考）已知四棱柱的底面為菱形，，，，平面，.（1）證明：平面；（2）求鈍二面角的余弦值.【解析】（1）證明：連接交于點(diǎn)，易知為中點(diǎn)，∵為中點(diǎn)，∴在中，，∵平面，平面，∴平面.（2）∵平面，∴，∵且為的中點(diǎn)，∴，∵平面且，∴平面，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系.易得：，，，，∴，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，∴，令，得，∴.同理可得平面的一個(gè)法向量為，∴，∴鈍二面角的余弦值為.5、（2020屆山東省濰坊市高三上期末）在底面為正方形的四棱錐中，平面平面分別為棱和的中點(diǎn).(1)求證:平面;(2)若直線與所成角的正切值為，求平面與平面所成銳二面角的大小.【解析】(1)證明:取的中點(diǎn)，連接，因?yàn)榉謩e為和的中點(diǎn)，四邊形為正方形，所以，因?yàn)槠矫嫫矫妫云矫嫫矫?，因?yàn)槠矫妫云矫?(2)因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面平面所以平面，所以，因?yàn)椋跃褪侵本€與所成的角，所以，設(shè)，分別取和的中點(diǎn)，連，因?yàn)?，所以，因?yàn)槠矫嫫矫妫矫嫫矫嫫矫?，所以平面如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則，所以，設(shè)是平面的一個(gè)法向量，則取，則，所以是平面的一個(gè)法向量，所以，所以所求二面角的大小為6、(2019南京、鹽城一模）如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA＝AB＝eq\r(2)，點(diǎn)E是棱PB的中點(diǎn)．(1)求異面直線EC與PD所成角的余弦值；(2)求二面角BECD的余弦值．規(guī)范解答(1)因?yàn)镻A⊥底面ABCD，且底面ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直，以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．又因?yàn)镻A＝AB＝eq\r(2)，AD＝1，所以A(0，0，0)，B(eq\r(2)，0，0)，C(eq\r(2)，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，eq\r(2))，(2分)因?yàn)镋是棱PB的中點(diǎn)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，所以eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2))