(新高考)高考数学一轮考点复习7.5.2《利用空间向量求空间角》学案 (含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮考点复习7.5.2《利用空间向量求空间角》学案 (含详解)，共20页。学案主要包含了真题集中研究——明考情，题型精细研究——提素养等内容，欢迎下载使用。
第2课时　精研题型明考向——利用空间向量求空间角
一、真题集中研究——明考情
1.(2020·全国卷Ⅲ·考查平行垂直关系与二面角)
如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A­EF­A1的正弦值．
解：设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，以C1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C1­xyz.
(1)证明：连接C1F，则C1(0,0,0)，A(a，b，c)，E，F，＝，＝，得＝，
因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，
所以点C1在平面AEF内．
(2)由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，
＝(0，－1，－1)，＝(－2,0，－2)，＝(0，－1,2)，＝(－2,0,1)．
设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，
则即
可取n1＝(－1，－1,1)．
设n2为平面A1EF的法向量，
则同理可取n2＝.
因为cosn1，n2＝＝－，
所以二面角A­EF­A1的正弦值为.



2．(2020·新高考全国卷Ⅰ·考查平行垂直关系与线面角)
如图，四棱锥P­ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
解：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.
因为PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
因为平面PAD∩平面PBC＝l，AD⊂平面PAD，
所以l∥AD.
所以l⊥平面PDC.
(2)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D­xyz，
则D(0,0,0)，C(0,1，0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，＝(0,1,0)，＝(1,1，－1)．
由(1)可设Q(a,0,1)，则＝(a,0,1)．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，
则即
可取n＝(－1,0，a)．
所以cos〈n，〉＝＝.
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝×＝ .
因为≤，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
3．(2019·全国卷Ⅲ·考查平行垂直关系与二面角及翻折问题)
图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B ­CG ­A的大小．

解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，
从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，
可求得BH＝1，EH＝.
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，＝(1,0, )，＝(2，－1,0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
所以可取n＝(3,6，－)．
又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)，
所以cos〈n，m〉＝＝.
因此二面角B­CG­A的大小为30°.



[把脉考情]
常规
角度
1.求异面直线所成的角：以棱柱、棱锥等简单几何体为载体，考查应用定义法或向量法求两异面直线所成的角．
2.求直线与平面所成的角：以棱柱、棱锥或不规则的几何体为载体，与线、面位置关系的证明相结合，考查直线与平面所成的角的求法．
3.求二面角：以棱柱、棱锥或不规则的几何体为载体，与线面位置关系的证明相结合，考查二面角的求法
创新
角度
求空间角常与立体几何中的翻折问题、探索性问题等交汇命题

二、题型精细研究——提素养
题型一　异面直线所成的角
[典例]　在各棱长均相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与NB所成角的正切值为(　　)
A.　　　　　　　　　　 B．1
C. D.
[解析]　法一：设AA1的中点为D，连接DN，DB，如图①.因为A1D和BM平行且相等，所以四边形A1DBM是平行四边形，所以A1M∥DB，所以∠DBN(或其补角)就是异面直线A1M与NB所成的角．易知BN⊥DN.设AB＝2，则BN＝，DN＝，
所以tan∠DBN＝＝.故选C.
法二：在各棱长均相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，设棱长为2，以A为坐标原点，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，如图②，
则A1(0,0,2)，M(，1,1)，
B(，1,0)，N(0,1,0)，
所以＝(，1，－1)，
＝(－，0,0)．
设异面直线A1M与BN所成的角为θ，
则cos θ＝＝＝，
所以tan θ＝.
所以异面直线A1M与BN所成角的正切值为.故选C.
[答案]　C
[方法技巧]
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(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，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．　　
[针对训练]　
　(2021·邵阳模拟)若正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为，AB＝1，则直线AB1与CD1所成的角为(　　)
A．30°　　　　　　　　 B．45°
C．60° D．90°
解析：选C　∵正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为，AB＝1，∴AA1＝.
以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B1(1,1，)，C(0,1,0)，D1(0,0，)，＝(0,1，)，＝(0，－1，)．设直线AB1与CD1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝，又0°BA，这与底面ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③.
下面证明：PO⊥平面ABCD.
因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，所以BD⊥平面APC.
又因为PO⊂平面APC，所以BD⊥PO.
因为PA＝PC，O为AC中点，所以PO⊥AC.
又AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD.
以O 为坐标原点，以，，的方向分别作为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，
因为AB∥CD，所以∠PBA为异面直线PB与CD所成的角，所以∠PBA＝60°.
在菱形ABCD中，设AB＝2，
因为∠ABC＝60°，所以OA＝1，OB＝，
设PO＝a，则PA＝，PB＝.
在△PBA中，由余弦定理得：
PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cos∠PBA，
所以a2＋1＝4＋a2＋3－2×2×，解得a＝，
所以A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)．
设n1＝(x1，y1，z1)为平面ABP的法向量，
＝(，1,0)，＝(0,1，)，
由可得
令z1＝1得n1＝(，－，1)．
设n2＝(x2，y2，z2)为平面CBP的法向量，
＝(，－1,0)，＝(0，－1，)，
由可得
令z2＝1得n2＝(，，1)．
设二面角A­PB­C的平面角为θ，
所以cos θ＝＝，
所以二面角A­PB­C的余弦值为.
8.如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，且AD＝2AB＝2BC＝2，∠BAD＝90°，△PAD为等边三角形，平面ABCD⊥平面PAD，点E，M分别为PD，PC的中点．
(1)求证：CE∥平面PAB；
(2)求直线DM与平面ABM所成角的正弦值．



解：(1)证明：如图，取PA的中点N，连接EN，BN.
∵E为PD的中点，N为PA的中点，∴EN为△PAD的中位线，
∴EN∥AD，且EN＝AD.
在梯形ABCD中，BC∥AD，且BC＝AD，
∴BC∥EN，BC＝EN.
∴四边形ENBC是平行四边形．∴CE∥BN.
又BN⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB.
(2)如图，取AD的中点O，连接OP，OC.
∵PA＝PD，∴PO⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，PO⊂平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD.
又∵CO∥BA，∠BAD＝90°，∴CO⊥AD.
∴直线OA，OC，OP两两垂直．以O为原点，OA，OP，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.
由已知条件易知A(1,0,0)，B(1，0,1)，M，D(－1，0,0)，∴＝(0,0,1)，＝.
设平面ABM的法向量为m＝(x，y，z)，
则令y＝2，则x＝，
可得平面ABM的一个法向量为m＝(，2,0)．
又＝，
∴cosm，＝＝，
∴直线DM与平面ABM所成角的正弦值为.




9.如图，在圆柱W中，点O1，O2分别为上、下底面的圆心，平面MNFE是轴截面，点H在上底面圆周上(异于点N，F)，点G为下底面圆弧ME的中点，点H与点G在平面MNFE的同侧，圆柱W的底面半径为1，高为2.
(1)若平面FNH⊥平面NHG，求证：NG⊥FH；
(2)若直线NH与平面NFG所成线面角α的正弦值等于，求证：平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于.
证明：(1)因为平面FNH⊥平面NHG，平面FNH∩平面NHG＝NH，又NH⊥FH，FH⊂平面FHN，
所以FH⊥平面NHG，又NG⊂平面NHG，
所以FH⊥NG.
(2)以点O2为坐标原点，分别以O2G，O2E，O2O1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O2­xyz，
则N(0，－1,2)，G(1,0,0)，F(0,1,2)．
设H(m，n,2)(由图知m>0)，
则m2＋n2＝1，
＝(m，n＋1,0)．
设平面NFG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)．
因为所以
即令x1＝2，则n1＝(2,0,1)．
因此sin α＝|cos〈，n1〉|＝
＝＝＝.
所以2m2＝3n＋3，解得(舍去)或
所以H.
设平面NHG的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．
因为所以
即令x2＝1，即n2＝.
设平面NHG与平面MNFE所成锐二面角为θ.
因为平面MNFE的一个法向量n3＝(1,0,0)，
所以cos θ＝＝