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1、第19练空间向量与空间角考情分析高考必考内容，常以空间几何体为载体考查空间角，是高考命题的重点，常与空间线、面关系的证明相结合，热点为平面与平面的夹角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上题目难度为中档题一、异面直线所成的角例1(1)(2022龙岩模拟)已知直三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的正弦值为()A. B. C. D.答案C解析取线段AC的中点O，则BOAC，设直三棱柱ABCA1B1C1的棱长为2，以点O为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1,0)，M
2、(0,0,2)，B(，0,0)，C1(0,1,2)，所以(0,1,2)，(，1,2)，cos，.所以sin，.故AM与BC1所成角的正弦值为.(2)(2022毕节模拟)在正四棱锥SABCD中，底面边长为2，侧棱长为4，点P是底面ABCD内一动点，且SP，则当A，P两点间距离最小时，直线BP与直线SC所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案A解析如图所示，连接AC，BD交于点O，连接SO，因为四棱锥SABCD为正四棱锥，可得SO底面ABCD，由底面边长为2，可得AC4，所以AO2，在RtSOA中，SA4，AO2，可得SO2，又由SP，在RtSOP中，可得OP1，即点P在以O为圆心，以1为半
3、径的圆上，所以当P为圆与OA的交点时，此时A，P两点间距离最小，最小值为AP1，以O为坐标原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得P(1,0,0)，B(0,2,0)，S(0,0,2)，C(2,0,0)，则(1，2,0)，(2,0，2)，可得cos，所以直线BP与直线SC所成角的余弦值为.规律方法(1)设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，设l，m的夹角为，则cos .(2)异面直线所成的角的范围为.跟踪训练1(1)(2022丹东模拟)在三棱锥PABC中，PA平面ABC，PAAB，ABC是正三角形，M，N分别
4、是AB，PC的中点，则直线MN，PB所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案D解析如图，以AC的中点O为坐标原点建立空间直角坐标系，设PA4，则N(0,0,2)，M(，1,0)，P(0，2,4)，B(2，0,0)，(，1，2)，(2，2，4)，cos，则直线MN，PB所成角的余弦值为.(2)(2022长春模拟)在矩形ABCD中，O为BD的中点且AD2AB，将平面ABD沿对角线BD翻折至二面角ABDC的大小为90，则直线AO与CD所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案B解析如图，在平面ABD中过A作AEBD，垂足为E，在平面CBD中过C作CFBD，垂足为F.由于平面ABD平面BCD
5、，且交线为BD，所以AE平面BCD，CF平面ABD，设AB1，AD2，BDAEABADAE，OE，同理可得CF，OF，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A，C，D，设AO与CD所成的角为，则cos .二、直线与平面所成的角例2(2022全国甲卷)在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，CDAB，ADDCCB1，AB2，DP.(1)证明：BDPA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值(1)证明在四边形ABCD中，作DEAB于点E，CFAB于点F，如图因为CDAB，ADCDCB1，AB2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AEBF，故DE，BD，所以AD2BD2AB2，所以ADBD.
6、因为PD平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，又PDADD，PD，AD平面PAD，所以BD平面PAD.又因为PA平面PAD，所以BDPA.(2)解由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，如图，以D为原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，0)，P(0,0，)，则(1,0，)，(0，)，(0,0，)设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则有即可取n(，1,1)，则cosn，所以PD与平面PAB所成角的正弦值为.规律方法(1)设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面的法向量为(a2，b2，c2)，设直线l与平面的夹角为，则sin |cosa，|.(2)
7、线面角的范围为.跟踪训练2(2022绍兴模拟)如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，平面DCC1D1平面ABCD，ADDD1D1C1C1CDC1. (1)求证：BD1DD1；(2)求直线BD1和平面ABB1A1所成角的正弦值(1)证明底面ABCD为矩形，ADDC，又平面DCC1D1平面ABCD，且平面DCC1D1平面ABCDDC，AD平面ABCD，AD平面DCC1D1，取CD，C1D1，AB的中点O，E，G，OD的中点F，连接OG，OE，D1F，如图，由底面ABCD为矩形，可得OGAD，OGDC，OG平面DCC1D1，又OE平面DCC1D1，OGOE，ABCDA1B1C
8、1D1为四棱台，DCD1C1，又DD1D1C1C1CDC，四边形DCC1D1为等腰梯形，OEOC，OC，OE，OG两两垂直，分别以射线OG，OC，OE为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由于棱台的上、下底面相似，且D1C1DC，又ADDD1D1C1C1CDC1，FD1，D(0，1,0)，D1，B(1,1,0)，010，BD1DD1.(2)解由于棱台的上、下底面相似，且ADD1C1DC1，A(1，1,0)，G(1,0,0)，A1，B(1,1,0)，(0,1,0)，设平面ABB1A1的法向量为m(x，y，z)，则取z1，则x，得m(，0,1)由(1)知，设直线BD1和平面ABB1A1所成
9、角为，则sin |cosm，|.直线BD1和平面ABB1A1所成角的正弦值为.三、平面与平面的夹角例3(2022新高考全国改编)如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，A1BC的面积为2.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，AA1AB，平面A1BC平面ABB1A1，求平面ABD与平面BCD夹角的正弦值解(1)设点A到平面A1BC的距离为h，因为直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，所以SABCAA1，又A1BC的面积为2，2h，所以h，即点A到平面A1BC的距离为.(2)取A1B的中点E，连接AE，则AEA1B.因为平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB
10、1A1A1B，AE平面ABB1A1，所以AE平面A1BC，又BC平面A1BC，所以AEBC.又AA1平面ABC，BC平面ABC，所以AA1BC.因为AA1AEA，AA1，AE平面ABB1A1，所以BC平面ABB1A1，又AB平面ABB1A1，所以BCAB.以B为坐标原点，分别以，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，由(1)知，AE，所以AA1AB2，A1B2.因为A1BC的面积为2，所以2A1BBC，所以BC2，所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)，则(1,1,1)，(0,2,0)设平面ABD的
11、法向量为n(x，y，z)，则即令x1，得n(1,0，1)又平面BDC的法向量可取为(0，1，1)，所以cos，n.设平面ABD与平面BCD的夹角为，则sin ，所以平面ABD与平面BCD夹角的正弦值为.规律方法(1)设平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)，且平面与平面的夹角为，则cos |cos，v|.(2)平面与平面的夹角的取值范围为.跟踪训练3(2022重庆调研)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AC，BD相交于点N，DN2BN2，PAACAD3，ADB30. (1)求证：AC平面PAD；(2)若点M为PD的中点，求平面PAB与平面MAC夹角的正弦值
12、(1)证明AD3，DN2，ADB30，AN，AN2AD2DN2.DAN90，ACAD，PA平面ABCD，AC平面ABCD，PAAC，又PAADA，PA，AD平面PAD，AC平面PAD.(2)解以点A为原点，以，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,3)，A(0,0,0)，D(0,3,0)，M，C(3,0,0)，过B作BEAD交AC于点E，则，BE，NE，即AE，B，(0,0，3)，(3,0,0)，设平面PAB与平面MAC的法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)，平面PAB与平面MAC夹角为，可取平面PAB的一个法向量为n1(1，0)，可取平面MAC的一个法向量为n2(0,1，1)，cos ，则sin .平面PAB与平面MAC夹角的正弦值为.