2018届高考数学（理）大一轮复习教师用书：第八章第六节利用空间向量求空间角（含解析）.doc

第六节本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.利用空间向量求空间角；‎ ‎2.与空间角有关的综合问题.‎ 利用空间向量求空间角 突破点(一)　利用空间向量求空间角 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎1．两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．‎ ‎2．直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.‎ ‎3．求二面角的大小 ‎(1)如图①，AB，CD是二面角α lβ的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．‎ ‎(2)如图②和图③，n1，n2分别是二面角αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 求两异面直线所成的角 ‎[例1]　如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.‎ ‎(1)求证：BD⊥平面PAC；‎ ‎(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，‎ 所以AC⊥BD.‎ 又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD.‎ 所以PA⊥BD.‎ 因为PA∩AC＝A，‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ ‎(2)设AC∩BD＝O.‎ 因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，‎ 所以BO＝1，AO＝CO＝.‎ 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)．‎ 所以＝(1，，－2)，＝(0,2，0)，‎ 设PB与AC所成角为θ，则cos θ＝＝＝.‎ ‎[方法技巧]‎ 向量法求两异面直线所成角的步骤 ‎(1)选好基底或建立空间直角坐标系；‎ ‎(2)求出两直线的方向向量v1，v2；‎ ‎(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．‎ ‎[提醒]　两异面直线所成角θ的范围是，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成的角．‎ 求直线与平面所成的角 ‎[例2]　(2017·日照模拟)在三棱柱ABCA1B‎1C1中，侧面ABB‎1A1为矩形，AB＝2，AA1＝2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平面ABB‎1A1.‎ ‎(1)证明：BC⊥AB1；‎ ‎(2)若OC＝OA，求直线CD与平面ABC所成角的正弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：由题意知tan∠ABD＝＝，tan∠AB1B＝＝，‎ 又∠ABD，∠AB1B为三角形的内角，‎ 故∠ABD＝∠AB1B，‎ 则∠AB1B＋∠BAB1＝∠ABD＋∠BAB1＝，‎ 所以∠AOB＝，‎ 即AB1⊥BD.‎ 又CO⊥平面ABB‎1A1，AB1⊂平面ABB‎1A1，‎ 所以AB1⊥CO，‎ 因为BD∩CO＝O，‎ 所以AB1⊥平面CBD，‎ 又BC⊂平面CBD，‎ 所以AB1⊥BC.‎ ‎(2)如图，以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC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Oxyz，‎ 则A0，－，0，B－，0,0，C，D，＝，＝，＝，‎ 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令y＝1，则z＝－1，x＝，‎ ‎∴平面ABC的一个法向量n＝.‎ 设直线CD与平面ABC所成角为α，‎ 则sin α＝|cos〈，n〉|＝ ‎＝ ‎＝.‎ ‎[易错提醒]‎ ‎(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．‎ ‎(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．　‎ 求二面角 ‎[例3]　(2017·沈阳模拟)如图所示几何体中，四边形ABCD和四边形BCEF是全等的等腰梯形，且平面BCEF⊥平面ABCD，AB∥DC，CE∥BF，AB＝2CD，∠ABC＝60°，G为线段AB的中点．‎ ‎(1)求证：AC⊥BF；‎ ‎(2)求二面角DFGB(钝角)的余弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：如图，连接CG，‎ ‎∵G为AB的中点，AB＝2CD，AB∥DC，‎ ‎∴CD綊AG，∴四边形AGCD为平行四边形，‎ ‎∴AD＝CG，‎ ‎∵四边形ABCD为等腰梯形，‎ ‎∴AD＝BC，∴BC＝CG，‎ 又∠ABC＝60°，‎ ‎∴△BCG为等边三角形，‎ ‎∴∠BCG＝60°，BG＝CG，∴AG＝CG，‎ ‎∴四边形AGCD是菱形，‎ ‎∴∠ACG＝∠DCG＝30°，‎ ‎∴∠ACB＝90°，AC⊥BC，‎ 又平面BCEF⊥平面ABCD，且平面BCEF∩平面ABCD＝BC，‎ ‎∴AC⊥平面BCEF，‎ 又BF⊂平面BCEF，∴AC⊥BF.‎ ‎(2)连接FC，∵梯形ABCD和梯形BCEF全等，AC⊥BC，‎ ‎∴FC⊥BC，‎ 又由(1)得AC⊥平面BCEF，∴AC⊥CF，‎ ‎∴以C为坐标原点，以CA，CB，CF所在的直线分别作为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝1，则CA＝CF＝，可得B(0,1,0)，G，D，－，0，F(0,0，)，‎ 则＝，＝(0,1,0)，＝（，－，0），‎ 设平面DFG的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则得 则y＝0，令x＝2，则z＝1，故平面DFG的一个法向量m＝(2,0,1)．‎ 同理可求平面BFG的一个法向量为n＝(1，，1)，‎ ‎∴cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 又二面角DFGB为钝角，故其余弦值为－.‎ ‎[方法技巧]‎ 利用向量法计算二面角大小的常用方法 ‎(1)找法向量法：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法：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．‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1．[考点一]如图所示，已知正方体ABCD A1B‎1C1D1，E，F分别是正方形A1B‎1C1D1和ADD‎1A1的中心，则EF和CD所成的角是________．‎ 解析：以D为原点，分别以射线DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz如图所示，设正方体的棱长为1，则D(0,0，0)，C(0，1,0)，E，，1，F，0，，＝0，－，－，＝(0,1,0)，∴cos〈，〉＝＝－，∴〈，〉＝135°，∴异面直线EF和CD所成的角是45°.‎ 答案：45°‎ ‎2．[考点二]在长方体ABCDA1B‎1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D‎1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．‎ 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0，2,1)，D1(0,0,1)．所以＝(－1，2,0)，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有即令x＝2，则y＝1，z＝2，则n＝(2,1,2)．又设D‎1C1与平面A1BC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.‎ 答案： ‎3．[考点三]在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________．‎ 解析：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，‎ 则A1(0,0,1)，E，D(0，1,0)，所以＝(0,1，－1)，＝，设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，则即解得故n1＝(1,2,2)．又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝，故平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.‎ 答案： ‎4．[考点二、三](2016·天津高考)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2.‎ ‎(1)求证：EG∥平面ADF；‎ ‎(2)求二面角OEFC的正弦值；‎ ‎(3)设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．‎ 解：依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0，0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1，0)，C(1，－1,0)，D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(0,0,2)，G(－1,0，0)．‎ ‎(1)证明：依题意，＝(2,0,0)，＝(1，－1,2)．‎ 设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，‎ 则即 不妨取z1＝1，可得n1＝(0,2,1)．‎ 又＝(0,1，－2)，可得·n1＝0.‎ 又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.‎ ‎(2)易证＝(－1,1,0)为平面OEF的一个法向量，依题意，＝(1,1,0)，＝(－1,1,2)．‎ 设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，则 即不妨取x2＝1，可得n2＝(1，－1,1)．‎ 因此有cos〈，n2〉＝＝－，‎ 于是sin〈，n2〉＝.‎ 所以，二面角OEFC的正弦值为.‎ ‎(3)由AH＝HF，得AH＝AF.‎ 因为＝(1，－1,2)，‎ 所以＝＝，‎ 进而有H，‎ 从而＝.‎ 因此cos〈，n2〉＝＝－.‎ 所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.‎ 突破点(二)　与空间角有关的综合问题 与空间角有关的综合问题主要包括两类：‎ (1)已知某一空间角，求另外一种空间角的大小；‎ (2)探究是否存在某点，满足线面角或二面角成某一角度(如直二面角、所成二面角为60°等).求解此类问题的一般思路是先假设存在该定点，满足该结论；然后以该结论作为一个新的条件，结合题目已知的条件，一步一步逆推，并充分利用角度或空间距离的求解方法，列等式(通常含有一个未知数)，求解未知数：若有解，即可得到定点的位置，并说明存在满足题意的定点；若无解，则假设不成立，不存在满足题意的定点.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 空间角的综合问题 ‎[例1]　如图，在四棱锥 PABCD中，PC⊥底面 ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．‎ ‎(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；‎ ‎(2)若二面角 PACE的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，‎ ‎∴AC⊥PC，‎ ‎∵AB＝2，AD＝CD＝1，∠ADC＝90°，∴AC＝BC＝，‎ ‎∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.‎ 又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC.‎ ‎∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.‎ ‎(2)如图，作CF∥DA，交AB于点F，以C为原点， ，， 分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，‎ 则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－1,0)．‎ 设P(0,0，a)(a＞0)，则E，‎ ‎＝(1,1,0)，＝(0,0，a)，＝，‎ 取m＝(1，－1,0)，则m·＝m·＝0，m为平面PAC的一个法向量．‎ 设n＝(x，y，z)为平面EAC的一个法向量，则 即取 x＝a，可得n＝(a，－a，－2)．‎ 依题意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，则a＝1(负值舍去)．‎ 于是n＝(1，－1，－2)，＝(1,1，－1)．‎ 设直线PA与平面EAC所成角为θ，‎ 则 sin θ＝|cos〈，n〉|＝，‎ 即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.‎ 空间角中的探索性问题 ‎[例2]　如图所示，等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足＝＝.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1 DE B为直二面角，连接A1B，A‎1C.‎ ‎(1)求证：A1D⊥平面BCED；‎ ‎(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解]　(1)证明：因为等边△ABC的边长为3，‎ 且＝＝，‎ 所以AD＝1，AE＝2.‎ 在△ADE中，∠DAE＝60°，‎ 由余弦定理得DE＝＝.‎ 所以AD2＋DE2＝AE2，‎ 所以AD⊥DE.‎ 折叠后有A1D⊥DE，‎ 因为二面角A1 DE B是直二面角，‎ 所以平面A1DE⊥平面BCED，‎ 又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE，所以A1D⊥平面BCED.‎ ‎(2)假设存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°.如图所示，在BC上取点P，连接A1P，过点P作PH垂直BD于点H ‎，连接A1H.由(1)的证明，可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.‎ 以D为坐标原点，以射线DB，DE，DA1分别为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系D xyz.‎ 设PB＝‎2a(0≤‎2a≤3)，‎ 则BH＝a，PH＝a，DH＝2－a，‎ 所以D(0,0,0)，A1(0,0,1)，P(2－a，a,0)，E(0，，0)，‎ 所以＝(a－2，－a,1)，‎ 因为ED⊥平面A1BD，‎ 所以平面A1BD的一个法向量为＝(0，，0)．‎ 因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，‎ 所以sin 60°＝cos〈，〉＝ ‎＝，‎ 解得a＝，即PB＝‎2a＝，满足0≤‎2a≤3，符合题意，‎ 所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝.‎ ‎[方法技巧]‎ 与空间角有关的探索性问题的解题策略 与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1．[考点一]如图，在四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1，顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C.‎ ‎(1)求证：AD1⊥BC；‎ ‎(2)若直线DD1与直线AB所成的角为，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值．‎ 解：(1)证明：如图，连接D‎1C，则D‎1C⊥平面ABCD，‎ ‎∴D‎1C⊥BC.‎ 在等腰梯形ABCD中，连接AC，‎ ‎∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，∴BC⊥AC，‎ 又D‎1C∩AC＝C，∴BC⊥平面AD‎1C，∴AD1⊥BC.‎ ‎(2)由(1)知AC，BC，D‎1C两两垂直，‎ ‎∵AB∥CD，∴∠D1DC＝，∵CD＝1，∴D‎1C＝.‎ 在等腰梯形ABCD中，∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，‎ ‎∴AC＝，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，＝(－，1,0)，＝(－，0，)．‎ 设平面ABC1D1的法向量n＝(x，y，z)，‎ 由得 可得平面ABC1D1的一个法向量n＝(1，，1)．‎ 又＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量，‎ 因此cos〈，n〉＝＝，‎ ‎∴平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为.‎ ‎2．[考点二]如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝4，∠ABC＝60°.‎ ‎(1)求证：BC⊥平面PAC；‎ ‎(2)E是侧棱PB上一点，记＝λ(0