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高考数学一轮复习考点探究与题型突破第44讲利用空间向量求空间角(原卷版+解析)
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这是一份高考数学一轮复习考点探究与题型突破第44讲利用空间向量求空间角(原卷版+解析)，共15页。试卷主要包含了两条异面直线所成的角，直线和平面所成的角，平面与平面的夹角，点P到直线l的距离，点P到平面α的距离，))等内容，欢迎下载使用。
1.两条异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，
则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2.直线和平面所成的角
直线AB与平面α相交于B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3.平面与平面的夹角
(1)两平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面 β的夹角.
(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
4.点P到直线l的距离
设eq \(AP,\s\up6(→))＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(\a\vs4\al(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2))＝eq \r(a2－（a·u）2).
5.点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如图所示.
6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.
考点1 异面直线所成的角
[名师点睛]
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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，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.
[典例]
如图，在四棱锥P－ABCD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；
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
[举一反三]
如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角.
考点2 直线与平面所成的角
[名师点睛]
利用向量求线面角的2种方法
(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，取其余角就是斜线与平面所成的角．
[典例]
(2023·新高考Ⅰ卷)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．
[举一反三]
(2023·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq \r(15)，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
考点3 平面与平面的夹角
[名师点睛]
向量法求平面与平面夹角(二面角)的方法
(1)找法向量：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：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．
[典例]
(2023·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝eq \r(5)，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求平面BQD与平面AQD夹角的余弦值.
[举一反三]
如图所示，在四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD．
(1)求证：AB⊥PD；
(2)若∠BPC＝90°，PB＝eq \r(2)，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC的夹角的余弦值．
第44讲 利用空间向量求空间角
1.两条异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，
则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2.直线和平面所成的角
直线AB与平面α相交于B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3.平面与平面的夹角
(1)两平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面 β的夹角.
(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
4.点P到直线l的距离
设eq \(AP,\s\up6(→))＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(\a\vs4\al(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2))＝eq \r(a2－（a·u）2).
5.点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如图所示.
6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.
考点1 异面直线所成的角
[名师点睛]
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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，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.
[典例]
如图，在四棱锥P－ABCD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；
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
(1)证明 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，
所以BD⊥平面PAC.
(2)解 设AC∩BD＝O，
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝eq \r(3).
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，
则P(0，－eq \r(3)，2)，A(0，－eq \r(3)，0)，B(1，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)，D(－1，0，0)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0).
设PB与AC所成角为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(PB,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq \f(\r(6),4).
(3)解 由(2)知eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0).
设P(0，－eq \r(3)，t)(t＞0)，
则eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，t).
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
则eq \(BC,\s\up6(→))·m＝0，eq \(BP,\s\up6(→))·m＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋tz＝0，))
令y＝eq \r(3)，则x＝3，z＝eq \f(6,t)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\r(3)，\f(6,t))).
同理，平面PDC的法向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\r(3)，\f(6,t))).
因为平面PBC⊥平面PDC，
所以m·n＝0，即－6＋eq \f(36,t2)＝0，
解得t＝eq \r(6)，所以PA＝eq \r(6).
[举一反三]
如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角.
解 以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图).
设AB＝1，
则B(0，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，C1(1，0，1)，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(1，0，1).
于是cs〈eq \(BC1,\s\up6(→))，eq \(EF,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BC1,\s\up6(→))·\(EF,\s\up6(→)),|\(BC1,\s\up6(→))||\(EF,\s\up6(→))|)
＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2) ×\r(2))＝eq \f(1,2)，
所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.
考点2 直线与平面所成的角
[名师点睛]
利用向量求线面角的2种方法
(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，取其余角就是斜线与平面所成的角．
[典例]
(2023·新高考Ⅰ卷)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．因此AD⊥平面PDC．
因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC．
由已知得l∥AD．
因此l⊥平面PDC．
(2)以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up7(―→))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)，eq \(DC,\s\up7(―→))＝(0,1,0)，eq \(PB,\s\up7(―→))＝(1,1，－1)．
由(1)可设Q(a,0,1)，
则eq \(DQ,\s\up7(―→))＝(a,0,1)．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(DQ,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(DC,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax＋z＝0，,y＝0.))
可取n＝(－1,0，a)．
所以cs〈n，eq \(PB,\s\up7(―→))〉＝eq \f(n·eq \(PB,\s\up7(―→)),|n|·|eq \(PB,\s\up7(―→))|)＝eq \f(－1－a,\r(3)·\r(1＋a2)) ．
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(|a＋1|,\r(1＋a2))＝eq \f(\r(3),3) eq \r(1＋\f(2a,a2＋1))．
因为eq \f(\r(3),3) eq \r(1＋\f(2a,a2＋1))≤eq \f(\r(6),3)，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eq \f(\r(6),3)．
[举一反三]
(2023·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq \r(15)，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
(1)证明 因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，
所以AB⊥平面PDM.
又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)解 因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝eq \r(7).
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2).
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，
则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(－eq \r(3)，2，0)，P(0，0，2eq \r(2))，C(eq \r(3)，－1，0)，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2)))，
所以eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，－\f(5,2)，\r(2))).
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AN,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AN,\s\up6(→))·n,|\(AN,\s\up6(→))|·|n|)))＝eq \f(\f(5,2),\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为eq \f(\r(15),6).
考点3 平面与平面的夹角
[名师点睛]
向量法求平面与平面夹角(二面角)的方法
(1)找法向量：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：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．
[典例]
(2023·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝eq \r(5)，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求平面BQD与平面AQD夹角的余弦值.
(1)证明 取AD的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD.
又AD＝2，QA＝eq \r(5)，
故QO＝eq \r(5－1)＝2.
在Rt△ODC中，CO＝eq \r(OD2＋CD2)＝eq \r(5).
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC.
因为OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，故QO⊥平面ABCD.
因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)解 在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系，
则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，故eq \(BQ,\s\up6(→))＝(－2，1，2)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，2，0).
设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BQ,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋y＋2z＝0，,－2x＋2y＝0，))
取x＝1，则y＝1，z＝eq \f(1,2)，
故n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2))).
易知平面QAD的一个法向量为m＝(1，0，0)，
故cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,1×\f(3,2))＝eq \f(2,3).
所以平面BQD与平面AQD夹角的余弦值为eq \f(2,3).
[举一反三]
如图所示，在四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD．
(1)求证：AB⊥PD；
(2)若∠BPC＝90°，PB＝eq \r(2)，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC的夹角的余弦值．
解：因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD．
又平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD．
(2)如图，过点P作AD的垂线，垂足为点O，过点O作BC的垂线，垂足为点G，连接PG，
则PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG．
在Rt△BPC中，BC＝eq \r(6)，PG＝eq \f(2\r(3),3)，GC＝eq \f(2\r(6),3)，BG＝eq \f(\r(6),3)．
设AB＝m，则OP＝eq \r(PG2－OG2)＝eq \r(\f(4,3)－m2)，故四棱锥PABCD的体积为V＝eq \f(1,3)·eq \r(6)·m·eq \r(\f(4,3)－m2)＝eq \f(m,3) eq \r(8－6m2)．
因为meq \r(8－6m2)＝eq \r(8m2－6m4)＝ eq \r(－6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2－\f(2,3)))2＋\f(8,3))，
故当m＝eq \f(\r(6),3)，即AB＝eq \f(\r(6),3)时，四棱锥PABCD的体积最大．
此时，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),3)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(6),3)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(6),3)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),3)))．
故eq \(PC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(6),3)，－\f(\r(6),3)))，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(0，eq \r(6)，0)，eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)，0，0))，
设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y,1)，则由n1⊥eq \(PC,\s\up7(―→))，n1⊥eq \(BC,\s\up7(―→))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)x＋\f(2\r(6),3)y－\f(\r(6),3)＝0，,\r(6)y＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝0，))
故n1＝(1,0,1)．
同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))．
从而平面BPC与平面DPC的夹角θ的余弦值为cs θ＝eq \f(|n·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,\r(2)·\r(\f(1,4)＋1))＝eq \f(\r(10),5)．
1.两条异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，
则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2.直线和平面所成的角
直线AB与平面α相交于B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3.平面与平面的夹角
(1)两平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面 β的夹角.
(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
4.点P到直线l的距离
设eq \(AP,\s\up6(→))＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(\a\vs4\al(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2))＝eq \r(a2－（a·u）2).
5.点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如图所示.
6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.
考点1 异面直线所成的角
[名师点睛]
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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，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.
[典例]
如图，在四棱锥P－ABCD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；
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
[举一反三]
如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角.
考点2 直线与平面所成的角
[名师点睛]
利用向量求线面角的2种方法
(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，取其余角就是斜线与平面所成的角．
[典例]
(2023·新高考Ⅰ卷)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．
[举一反三]
(2023·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq \r(15)，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
考点3 平面与平面的夹角
[名师点睛]
向量法求平面与平面夹角(二面角)的方法
(1)找法向量：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：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．
[典例]
(2023·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝eq \r(5)，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求平面BQD与平面AQD夹角的余弦值.
[举一反三]
如图所示，在四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD．
(1)求证：AB⊥PD；
(2)若∠BPC＝90°，PB＝eq \r(2)，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC的夹角的余弦值．
第44讲 利用空间向量求空间角
1.两条异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，
则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2.直线和平面所成的角
直线AB与平面α相交于B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3.平面与平面的夹角
(1)两平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面 β的夹角.
(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
4.点P到直线l的距离
设eq \(AP,\s\up6(→))＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(\a\vs4\al(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2))＝eq \r(a2－（a·u）2).
5.点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如图所示.
6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.
考点1 异面直线所成的角
[名师点睛]
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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，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.
[典例]
如图，在四棱锥P－ABCD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；
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
(1)证明 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，
所以BD⊥平面PAC.
(2)解 设AC∩BD＝O，
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝eq \r(3).
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，
则P(0，－eq \r(3)，2)，A(0，－eq \r(3)，0)，B(1，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)，D(－1，0，0)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0).
设PB与AC所成角为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(PB,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq \f(\r(6),4).
(3)解 由(2)知eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0).
设P(0，－eq \r(3)，t)(t＞0)，
则eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，t).
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
则eq \(BC,\s\up6(→))·m＝0，eq \(BP,\s\up6(→))·m＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋tz＝0，))
令y＝eq \r(3)，则x＝3，z＝eq \f(6,t)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\r(3)，\f(6,t))).
同理，平面PDC的法向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\r(3)，\f(6,t))).
因为平面PBC⊥平面PDC，
所以m·n＝0，即－6＋eq \f(36,t2)＝0，
解得t＝eq \r(6)，所以PA＝eq \r(6).
[举一反三]
如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角.
解 以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图).
设AB＝1，
则B(0，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，C1(1，0，1)，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(1，0，1).
于是cs〈eq \(BC1,\s\up6(→))，eq \(EF,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BC1,\s\up6(→))·\(EF,\s\up6(→)),|\(BC1,\s\up6(→))||\(EF,\s\up6(→))|)
＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2) ×\r(2))＝eq \f(1,2)，
所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.
考点2 直线与平面所成的角
[名师点睛]
利用向量求线面角的2种方法
(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，取其余角就是斜线与平面所成的角．
[典例]
(2023·新高考Ⅰ卷)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．因此AD⊥平面PDC．
因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC．
由已知得l∥AD．
因此l⊥平面PDC．
(2)以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up7(―→))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)，eq \(DC,\s\up7(―→))＝(0,1,0)，eq \(PB,\s\up7(―→))＝(1,1，－1)．
由(1)可设Q(a,0,1)，
则eq \(DQ,\s\up7(―→))＝(a,0,1)．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(DQ,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(DC,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax＋z＝0，,y＝0.))
可取n＝(－1,0，a)．
所以cs〈n，eq \(PB,\s\up7(―→))〉＝eq \f(n·eq \(PB,\s\up7(―→)),|n|·|eq \(PB,\s\up7(―→))|)＝eq \f(－1－a,\r(3)·\r(1＋a2)) ．
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(|a＋1|,\r(1＋a2))＝eq \f(\r(3),3) eq \r(1＋\f(2a,a2＋1))．
因为eq \f(\r(3),3) eq \r(1＋\f(2a,a2＋1))≤eq \f(\r(6),3)，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eq \f(\r(6),3)．
[举一反三]
(2023·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq \r(15)，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
(1)证明 因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，
所以AB⊥平面PDM.
又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)解 因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝eq \r(7).
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2).
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，
则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(－eq \r(3)，2，0)，P(0，0，2eq \r(2))，C(eq \r(3)，－1，0)，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2)))，
所以eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，－\f(5,2)，\r(2))).
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AN,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AN,\s\up6(→))·n,|\(AN,\s\up6(→))|·|n|)))＝eq \f(\f(5,2),\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为eq \f(\r(15),6).
考点3 平面与平面的夹角
[名师点睛]
向量法求平面与平面夹角(二面角)的方法
(1)找法向量：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：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．
[典例]
(2023·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝eq \r(5)，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求平面BQD与平面AQD夹角的余弦值.
(1)证明 取AD的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD.
又AD＝2，QA＝eq \r(5)，
故QO＝eq \r(5－1)＝2.
在Rt△ODC中，CO＝eq \r(OD2＋CD2)＝eq \r(5).
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC.
因为OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，故QO⊥平面ABCD.
因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)解 在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系，
则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，故eq \(BQ,\s\up6(→))＝(－2，1，2)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，2，0).
设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BQ,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋y＋2z＝0，,－2x＋2y＝0，))
取x＝1，则y＝1，z＝eq \f(1,2)，
故n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2))).
易知平面QAD的一个法向量为m＝(1，0，0)，
故cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,1×\f(3,2))＝eq \f(2,3).
所以平面BQD与平面AQD夹角的余弦值为eq \f(2,3).
[举一反三]
如图所示，在四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD．
(1)求证：AB⊥PD；
(2)若∠BPC＝90°，PB＝eq \r(2)，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC的夹角的余弦值．
解：因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD．
又平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD．
(2)如图，过点P作AD的垂线，垂足为点O，过点O作BC的垂线，垂足为点G，连接PG，
则PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG．
在Rt△BPC中，BC＝eq \r(6)，PG＝eq \f(2\r(3),3)，GC＝eq \f(2\r(6),3)，BG＝eq \f(\r(6),3)．
设AB＝m，则OP＝eq \r(PG2－OG2)＝eq \r(\f(4,3)－m2)，故四棱锥PABCD的体积为V＝eq \f(1,3)·eq \r(6)·m·eq \r(\f(4,3)－m2)＝eq \f(m,3) eq \r(8－6m2)．
因为meq \r(8－6m2)＝eq \r(8m2－6m4)＝ eq \r(－6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2－\f(2,3)))2＋\f(8,3))，
故当m＝eq \f(\r(6),3)，即AB＝eq \f(\r(6),3)时，四棱锥PABCD的体积最大．
此时，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),3)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(6),3)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(6),3)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),3)))．
故eq \(PC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(6),3)，－\f(\r(6),3)))，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(0，eq \r(6)，0)，eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)，0，0))，
设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y,1)，则由n1⊥eq \(PC,\s\up7(―→))，n1⊥eq \(BC,\s\up7(―→))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)x＋\f(2\r(6),3)y－\f(\r(6),3)＝0，,\r(6)y＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝0，))
故n1＝(1,0,1)．
同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))．
从而平面BPC与平面DPC的夹角θ的余弦值为cs θ＝eq \f(|n·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,\r(2)·\r(\f(1,4)＋1))＝eq \f(\r(10),5)．
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