2020版高考新创新一轮复习数学（理）通用版讲义：第八章第六节　利用空间向量求空间角

第六节　利用空间向量求空间角

1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题．
2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．

突破点一　利用空间向量求异面直线所成角
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)．
[典例]　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.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又因为AC∩PA＝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O­xyz，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＝＝＝.即PB与AC所成角的余弦值为.
[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．　　
[针对训练]
1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A　设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，
可得向量＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)，
由向量的夹角公式得cos〈，〉＝＝＝.
2．已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成角分别为60°和45°，求异面直线B1C和C1D所成角的余弦值．
解：建立如图所示的空间直角坐标系，可知∠CB1C1＝60°，
∠DC1D1＝45°，
设B1C1＝1，CC1＝＝DD1.
∴C1D1＝，则有B1(，0,0)，C(，1，)，C1(，1,0)，D(0,1，)．
∴＝(0,1，)，＝(－，0，)．
∴cos〈，〉＝＝＝.
突破点二　直线与平面所成角
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，向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.


[典例]　(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M­PA­C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2.连接OB，因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.又因为OB∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.
(2)以O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O­xyz.
由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，
＝(0,2,2)．
取平面PAC的一个法向量＝(2,0,0)．
设M(a,2－a,0)(0＜a≤2)，则＝(a,4－a,0)．
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
令y＝a，得z＝－a，x＝(a－4)，
所以平面PAM的一个法向量为n＝((a－4), a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝，
所以＝，
解得a＝或a＝－4(舍去)．
所以n＝.
又＝(0,2，－2)，
所以cos〈，n〉＝＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
[方法技巧]
利用向量法求直线与平面所成角的注意点
(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．　　
[针对训练]
1．如图，正三棱柱ABC ­A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C夹角的正弦值为________．

解析：取B1C1中点O，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝AA1＝2，则A1(－，0,0)，C1(0,1,0)，A(－，0,2)，O(0,0,0)，＝(，0,0)，为平面BB1C1C的法向量，＝(，1，－2)，
∴sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.
答案：
2．在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD.
(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；
(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．
解：(1)证明：在△ABD中，∠ABD＝，AB＝2AD，
由余弦定理，得BD＝AD，
从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，
因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD.
又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.
因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.
(2)由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝，BD＝AD，
又由ED＝BD，设AD＝1，则BD＝ED＝.
因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，
所以以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D­xyz，如图所示．
则A(1,0,0)，C(－1，，0)，E(0,0，)，F(0，，)，
所以＝(－1,0，)，＝(－2，，0)．
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得n＝(，2,1)为平面AEC的一个法向量．
因为＝(－1，，)，
所以cos〈n，〉＝＝，
所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.
突破点三　二面角
(1)如图①，AB，CD是二面角α­l­β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〉．
[典例]　(2019·惠州模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥PB，PC＝2.
(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)若PA＝PB，求二面角A­PC­D的余弦值．
[解]　(1)证明：取AB的中点为O，连接CO，PO，
∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∴AB＝BC＝2.
∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，
∴CO⊥AB，OC＝.
∵PA⊥PB，∴PO＝AB＝1.
∵PC＝2，∴OP2＋OC2＝PC2，∴CO⊥PO.
∵AB∩PO＝O，∴CO⊥平面PAB.
∵CO⊂平面ABCD，∴平面PAB⊥平面ABCD.
(2)∵OP2＋OA2＝12＋12＝()2＝PA2，∴PO⊥AO.
由(1)知，平面PAB⊥平面ABCD，
∴PO⊥平面ABCD，

∴直线OC，OB，OP两两垂直．以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，
则O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(0，1,0)，C(，0,0)，D(，－2,0)，P(0,0,1)，
∴＝(0,1,1)，＝(，0，－1)，＝(0,2,0)．
设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由得
取x1＝1，得m＝(1，－，)，
设平面PCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由得
取x2＝1，得n＝(1,0，)，
∴cos〈m，n〉＝＝，
由图易知二面角A­PC­D为锐二面角，
∴二面角A­PC ­D的余弦值为.
[方法技巧]
利用法向量求二面角时的2个注意点
(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．
(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误．　　

1．如图，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝，则平面PAB与平面PBC的夹角的余弦值为________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(，1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，＝(0,0,1)，＝(，1,0)，＝(，0,0)，＝(0，－1，1)．

设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
∴令x＝1，得m＝(1，－，0)，
设平面PBC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，
则即∴
令y′＝1，∴n＝(0,1,1)．
∴cos〈m，n〉＝＝－.
由图知所求二面角为锐角，
∴平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为.
答案：
2．(2019·江西五市联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB＝AD＝AP＝2BC＝2，M是棱PD上的一点，＝λ(0＜λ＜1)．
(1)若λ＝，求证：PB∥平面MAC；
(2)若平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，二面角D­AC­M的余弦值为，求λ的值．
解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接MO.
∵AD∥BC，∴△BCO∽△DAO，
∵AD＝2BC，∴DO＝2BO.
∵λ＝，∴DM＝2MP，∴PB∥MO，
∵PB⊄平面MAC，MO⊂平面MAC，∴PB∥平面MAC.
(2)∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD⊂平面ABCD，且AD⊥AB，
∴AD⊥平面PAB，∴AD⊥PA，同理可得AB⊥PA，可知AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，C(2，1,0)，M(0,2λ，2－2λ)，∴＝(2,1,0)，＝(0,2λ，2－2λ)．易知平面ACD的一个法向量为m＝(0,0,1)．
设平面MAC的法向量为n＝(x，y，z)，
则得
令x＝1，则y＝－2，z＝，即n＝为平面MAC的一个法向量．
由题意可知＝，即＝，解得λ＝.

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[A级　基础题——基稳才能楼高]
1．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为(　　)
A．45°　　　　　　　　　 　B．135°
C．45°或135° D．90°
解析：选C　cos 〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.
∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
2．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为(　　)
A．　　　　　　　　 B.
C． D.
解析：选C　建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0,0,2)，N(1,0,0)，
∴＝(－1，－1，－2)，＝(1,0，－2)，
∴B1M与D1N所成角的余弦值为
＝＝.故选C.
3．如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.

解析：选A　如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，
∴＝(0,3,1)，＝(1,1，－1)，＝(0,3，－1)．
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即取y＝1，得n＝(2,1,3)．
∵cos，n＝＝＝，
∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为.
4．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2，二面角B­AA1­C1的大小为60°，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为(　　)
A. B．
C. D．2
解析：选A　由题意可知，∠BAC＝60°，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2，∠ABC＝90°，则·＝(－)·(＋)＝4，||＝2，||＝4，cos〈，〉＝＝，故tan〈，〉＝.
5．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则B1，F(1,0,1)，
E，G(0,0,2)，
＝，＝，＝(1,0，－1)．
设平面GEF的法向量n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则z＝1，y＝，
故n＝为平面GEF的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝＝－，
所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为.故选A.
6．在正方体ABCD ­A1B1C1D1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(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，
∴＝(0,1，－1)，＝，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
则即∴∴n1＝(1,2,2)．
又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝.
即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.

7．如图所示，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为__________．
解析：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC.

过点A作AE∥CB，又CB⊥AB，
则AP，AB，AE两两垂直．
如图，以A为坐标原点，分别以AB，AE，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A­xyz，
则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(4,0,0)，C(4，－2,0)．
因为D为PB的中点，所以D(2,0,1)．
故＝(－4,2,2)，＝(2,0,1)．
所以cos，＝＝＝－.
设异面直线PC，AD所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝.
答案：
8．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线FO与平面BED所成的角为45°，则AE＝________.

解析：如图，以O为原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系．
设AE＝a，则B(0，，0)，D(0，－，0)，F(－1,0,3)，E(1,0，a)，∴＝(－1,0,3)，＝(0,2，0)，＝(－1，，－a)．设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
则y＝0，令z＝1，得x＝－a，
∴n＝(－a,0,1)，
∴cos〈n，〉＝＝.
∵直线FO与平面BED所成角的大小为45°，
∴＝，
解得a＝2或a＝－(舍去)，∴AE＝2.
答案：2

[B级　保分题——准做快做达标]
1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A­PB­C的余弦值．
解：(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD.
因为AB∥CD，所以AB⊥PD.
又AP∩PD＝P，所以AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为F.
由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.
以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F­xyz.
由(1)及已知可得A，P，B，
C.
所以＝，＝(，0,0)，
＝，＝(0,1,0)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，
则即
所以可取n＝(0，－1，－)．
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，
则即
所以可取m＝(1,0,1)．
则cos〈n，m〉＝＝＝－.
由图知二面角A­PB­C为钝角，
所以二面角A­PB­C的余弦值为－.

2．(2019·合肥一检)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．
(1)求证：平面BDM∥平面EFC；
(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．
解：(1)证明：连接AC交BD于点N，连接MN，
则N为AC的中点，
又M为AE的中点，∴MN∥EC.
∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，
∴MN∥平面EFC.
∵BF，DE都与平面ABCD垂直，∴BF∥DE.
∵BF＝DE，
∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.
∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，
∴BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFC.
(2)∵DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，∴DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D­xyz.
设AB＝2，则DE＝4，从而D(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,0,2)，A(2,0,0)，E(0,0,4)，
∴＝(2,2,0)，＝(1,0,2)，
设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，
则得
令x＝2，则y＝－2，z＝－1，
从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量．
∵＝(－2,0,4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝，
∴直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.

3．如图，EA⊥平面ABC ，DB⊥平面ABC，△ABC是等边三角形，AC＝2AE，M是AB的中点．
(1)求证：CM⊥EM;
(2)若直线DM与平面ABC所成角的正切值为2，求二面角B­CD­E的余弦值．
解：(1)证明：因为△ABC是等边三角形，M是AB的中点，
所以CM⊥AM.
因为EA⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以CM⊥EA.
因为AM∩EA＝A，所以CM⊥平面EAM.
因为EM⊂平面EAM，所以CM⊥EM.
(2)以点M为坐标原点，MC所在直线为x轴，MB所在直线为y轴，过M且与直线BD平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系M­xyz，如图所示．
因为DB⊥平面ABC，所以∠DMB为直线DM与平面ABC所成的角，
所以tan∠DMB＝＝2，即BD＝2MB，所以BD＝AC.
不妨设AC＝2，又AC＝2AE，则CM＝，AE＝1.
故B(0,1,0)，C(，0,0)，D(0,1,2)，E(0，－1,1)．
所以＝(，－1,0)，＝(0,0,2)，＝(－，－1,1)，＝(－，1,2)．
设平面BCD与平面CDE的一个法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，
由得令x1＝1，得y1＝，
所以m＝(1，，0)．
由得
令x2＝1，得y2＝－，z2＝.
所以n＝.
所以cos〈m，n〉＝＝0.
所以二面角B­CD­E的余弦值为0.