考点41 立体几何的向量方法-空间角问题（考点详解）-备战2022年新高考数学一轮复习考点微专题学案

考点41  立体几何的向量方法-----空间角问题

从近三年高考情况来看，本讲一直是空间立体几何的基础，一般不单独命题．预测2021年会与多面体相结合进行考查，题型为解答题，解题时利用空间向量法解决问题，试题难度不会太大，属中档题.

一、求异面直线所成的角；

二、斜线与平面所成的角；

三、求二面角的大小。

【规律总结】

利用向量求空间角的步骤

第一步：建立空间直角坐标系．

第二步：确定点的坐标．

第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标．

第四步：计算向量的夹角(或函数值)．

第五步：将向量夹角转化为所求的空间角．

第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．

求异面直线所成的角

(1)异面直线所成角的求法：

设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则：

l1与l2所成的角为〈a，b〉或π－〈a，b〉，则cos θ＝【3】．

(2)斜线与平面所成的角φ求法：

用斜线的方向向量e与平面的法向量n，φ＝－〈e，n〉或φ＝〈e，n〉－，则sin φ＝|cos〈a，n〉|＝

利用向量求线线角的解题策略

(1)向量法求异面直线所成的角的方法有两种

①基向量法：利用线性运算．

②坐标法：利用坐标运算．

(2)注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别

当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角.

【典例】

例1　[一题多解]直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为(　　)

A．　　　　　　　　 B．

C．  D．

解析：选C．解法一：以C点为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线CC1为z轴建立空间直角坐标系，如图，设CA＝1，则B(0，1，0)，M，A(1，0，0)，N(，0，1)，故＝，＝(－，0，1)，所以cos〈，〉＝＝＝.

解法二：不妨设三棱柱的侧棱为2，将三棱柱补成如图所示的正方体，取BC的中点G，连接NG，MN，由N为A1C1中点，则NG∥BM，所以∠ANG为BM与AN所成的角，可知AN＝AG＝，NG＝，则cos∠ANG＝＝＝.

[思维创新]

将例1中的条件“BC＝CA＝CC1”改为“BC＝CA＝2CC1”，其余条件不变．则BM与AN所成的角为(　　)

A．  B．

C．  D．

解析：选A．建系如例1解析图，设BC＝CA＝2CC1＝2，则A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1，1)，N(1，0，1)，＝(－1，0，1)，＝(1，－1，1)，记BM与AN所成的角为θ，cos θ＝0，BM与AN所成的角为.

斜线与平面所成的角

向量法求线面角的两大途径

(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，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，取其余角就是斜线和平面所成的角．

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，

两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.

【典例】

例2 (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.

(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；

(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．

解：(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，EF∩PF＝F，PF⊂平面PEF，EF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.

又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.

(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.

以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.

由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.

可得PH＝，EH＝.

则H(0，0，0)，P，D(－1，－，0)，＝，＝.又为平面ABFD的法向量．

设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝＝＝.

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

[考题新作]

若本例条件不变，求EP与面ABFD所成角．

解：由例2可知，平面PEF⊥平面ABFD，且平面PEF∩平面ABFD＝EF，

建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，则P，E，平面ABFD的法向量为＝，＝.

设EP与平面ABFD所成的角为α，

∴sin α＝＝＝.

∴α＝30°，即EP与面ABFD所成的角为30°.

求二面角的大小

如果二面角α­l­β的大小为θ，α，β的法向量分别为m，n，则θ＝〈m，n〉或θ＝π－〈m，n〉．

1．建系时，首先确定图形中有建系的条件；否则要先寻找并证明，如本题先证明DE⊥DA.

2．建立空间直角坐标系后，写出各点坐标，正确求解平面的法向量是解决本题的关键．

3．完整认识二面角的棱与半平面，如本题面AMA1实质是棱柱侧面ABB1A1，可用与待定其法向量，面MA1N实质是面MA1D，直接可用、求法向量简单．

4．求解时要区分向量夹角与二面角大小的关系．

(1)如图①，AB，CD是二面角α­l­β两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小为θ＝〈，〉．

(2)如图②③，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满足cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉.

【典例】

命题点1 | 用向量法求二面角的大小或函数值

例3　(2019·全国卷Ⅰ改编)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，M，N分别是BB1，A1D的中点．

求二面角A­MA1­N的正弦值．

解：取BC的中点为E，则DE⊥DA，以D为坐标原点．

的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz，

则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)，＝(0，0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1，0，－2)，＝(0，－，0)．

设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，

则

所以可取m＝(，1，0)．

设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则

所以可取n＝(2，0，－1)．

于是cos〈m，n〉＝＝＝，

所以二面角A­MA1­N的正弦值为.

[考题新作]

若将本例的底面改为“正方形”，其它条件不变，求二面角A­MA1­N的余弦值．

解：由题意可知，以D为坐标原点，为y轴，为x轴，为z轴，建立空间直角坐标系，

∴A(2，0，0)，B(2，2，0)，M(2，2，2)，A1(2，0，4)，面AMA1的法向量即是平面ABB1A1的法向量，＝(2，0，0)，设平面MA1D的法向量n＝(x，y，z)，

则即

∴令x＝2，则z＝－1，y＝－1，

∴n＝(2，－1，－1)，

二面角A­MA1­N为锐二面角，设为θ，

∴cos θ＝＝，

故二面角A­MA1-N的余弦值为.

命题点2 | 由二面角求参数或求几何体的量

例4　如图，在三棱锥A­BCD中，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝90°，AC＝6，BC＝CD＝6，E点在平面BCD内，EC＝BD，EC⊥BD.

(1)求证：AE⊥平面BCDE；

(2)设点G在棱AC上，若二面角C ­EG ­D的余弦值为，试求的值．

解：(1)证明：连接BE，设BD交CE于点O，因为△BCD是等腰直角三角形，CO⊥BD，所以CO＝BD，又EC＝BD，所以O是BD和CE的中点．已知EC⊥BD，所以四边形BCDE是正方形．则CD⊥ED，又CD⊥AD，AD∩ED＝D，所以CD⊥平面ADE，CD⊥AE，同理BC⊥AE，BC∩CD＝C，所以AE⊥平面BCDE.

(2)由(1)的证明过程知BCDE为正方形，如图建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，D(0，6，0)，A(0，0，6)，B(6，0，0)，C(6，6，0)，设＝t(t＞0)，G(x，y，z)，由＝t可得G(，，)，

则＝(0，6，0)，＝，易知平面CEG的一个法向量为＝(6，－6，0)，

设平面DEG的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)，

则得

令x0＝1得z0＝－，n＝，

所以＝，即＝.

解得t＝2，所以＝2.