第五节 第2课时 精研题型明考向——利用空间向量求空间角 课件

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，C1D1―→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a，0，23c，F0，b，13c，EA―→＝0，b，13c，C1F―→＝0，b，13c，得EA―→＝C1F―→，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)，AE―→＝(0，－1，－1)，AF―→＝(－2,0，－2)，A1E―→＝(0，－1,2)，A1F―→＝(－2,0,1)．设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则n1·AE―→＝0，n1·AF―→＝0，即－y－z＝0，－2x－2z＝0，可取n1＝(－1，－1,1)．设n2为平面A1EF的法向量，则n2·A1E―→＝0，n2·A1F―→＝0，同理可取n2＝12，2，1.因为cosn1，n2＝n1·n2|n1|·|n2|＝－77，所以二面角A­EF­A1的正弦值为427.2．(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，DA―→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)，DC―→＝(0,1,0)，PB―→＝(1,1，－1)．由(1)可设Q(a,0,1)，则DQ―→＝(a,0,1)．设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则n·DQ―→＝0，n·DQ―→＝0，即ax＋z＝0，y＝0.可取n＝(－1,0，a)．所以cos〈n，PB―→〉＝n·PB―→|n|·|PB―→|＝－1－a3·1＋a2.设PB与平面QCD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，PB―→〉|＝33×|a＋1|1＋a2＝331＋2aa2＋1.因为331＋2aa2＋1≤63，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63.3．(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B­CG­A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＝3.以H为坐标原点，HC―→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(2,0，3)，CG―→＝(1,0,3)，AC―→＝(2，－1,0)．设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则CG―→·n＝0，AC―→·n＝0，即x＋3z＝0，2x－y＝0.所以可取n＝(3,6，－3)．又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)，所以cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝32.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.3B．1C.63D.22[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＝3，DN＝2，所以tan∠DBN＝23＝63.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(3，1,1)，B(3，1,0)，N(0,1,0)，所以A1M―→＝(3，1，－1)，BN―→＝(－3，0,0)．设异面直线A1M与BN所成的角为θ0θ≤π2，则cosθ＝|A1M―→·BN―→||A1M―→|·|BN―→|＝35×3＝155，所以tanθ＝63.所以异面直线A1M与BN所成角的正切值为63.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0，π2，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3，AB＝1，则直线AB1与CD1所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：∵正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为3，AB＝1，∴AA1＝3.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(1,1，3)，C(0,1,0)，D1(0,0，3)，AB1―→＝(0,1，3)，CD1―→＝(0，－1，3)．设直线AB1与CD1所成的角为θ，则cosθ＝|AB1―→·CD1―→||AB1―→|·|CD1―→|＝24·4＝12，又0°θ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB1与CD1所成的角为60°.故选C.答案：C题型二直线与平面所成的角[典例](2020·浙江高考)如图，在三棱台ABC­DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC.(1)证明：EF⊥DB；(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．[解](1)证明：如图，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB.由∠ACD＝45°，DO⊥AC，得CD＝2CO.因为平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC＝AC，DO⊂平面ACFD，所以DO⊥平面ABC.因为BC⊂平面ABC，所以DO⊥BC.因为∠ACB＝45°，BC＝12CD＝22CO，所以在△BOC中，由余弦定理得BO＝22CO，所以BC2＋BO2＝CO2，所以BO⊥BC.因为DO∩BO＝O，所以BC⊥平面BDO.因为DB⊂平面BDO，所以BC⊥DB.由三棱台ABC­DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB.(2)法一：如图，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH.由三棱台ABC­DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角．因为BC⊥平面BDO，OH⊂平面BDO，所以OH⊥BC，故OH⊥平面DBC，所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角．设CD＝22.由DO＝OC＝2，BO＝BC＝2，得BD＝6，OH＝233，所以sin∠OCH＝OHOC＝33，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.法二：由三棱台ABC­DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ.如图，以O为坐标原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz.设CD＝22.由题意知各点坐标如下：O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2)．因此OC―→＝(0,2,0)，BC―→＝(－1,1,0)，CD―→＝(0，－2,2)．设平面DBC的法向量n＝(x，y，z)．则n·BC―→＝0，n·CD―→＝0，即－x＋y＝0，－2y＋2z＝0，可取n＝(1,1,1)．所以sinθ＝|cos〈OC―→，n〉|＝|OC―→·n||OC―→|·|n|＝33.因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.[方法技巧]解答直线与平面所成角的问题，通常建立空间直角坐标系，然后转化为向量运算求解，具体方法为：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sinφ＝|cosθ|＝|n·e||n||e|.[针对训练]一副标准的三角板(如图1)中，∠ABC为直角，∠A＝60°，∠DEF为直角，DE＝EF，BC＝DF.把BC与DF重合，拼成一个三棱锥(如图2)，设M是AC的中点，N是BC的中点．(1)求证：平面ABC⊥平面EMN；(2)若AC＝4，二面角E­BC­A为直二面角，求直线EM与平面ABE所成角的正弦值．解：(1)证明：∵M是AC的中点，N是BC的中点，∴MN∥AB，∵AB⊥BC，∴MN⊥BC.∵BE＝EC，N是BC的中点，∴EN⊥BC.又MN∩EN＝N，MN⊂平面EMN，EN⊂平面EMN，∴BC⊥平面EMN.又BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面EMN.(2)由(1)可知，EN⊥BC，MN⊥BC，∴∠ENM为二面角E­BC­A的平面角，又二面角E­BC­A为直二面角，∴∠ENM＝90°，即EN⊥MN.以NM，NC，NE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N­xyz，∵AC＝4，∴AB＝2，BC＝23，∴NE＝3，MN＝1，则N(0,0,0)，E(0,0，3)，M(1,0,0)，B(0，－3，0)，A(2，－3，0)，∴EM―→＝(1,0，－3)，BE―→＝(0，3，3)，BA―→＝(2,0,0)．设m＝(x，y，z)为平面ABE的法向量，则m·BA―→＝0，m·BE―→＝0，即2x＝0，3y＋3z＝0，得x＝0，令y＝1，则z＝－1，∴平面ABE的一个法向量m＝(0,1，－1)．设直线EM与平面ABE所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，EM―→〉|＝m·EM―→|m||EM―→|＝322＝64，即直线EM与平面ABE所成角的正弦值为64.题型三二面角[典例](2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的