空間向量法求角度問題探究

摘要空間中角度的計(jì)算是新課標(biāo)高考的一個(gè)重要考點(diǎn)，近年來在高考中頻繁出現(xiàn).解決這類問題的關(guān)鍵在于構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，引入空間向量的概念，將復(fù)雜的幾何問題轉(zhuǎn)化為相對簡單的代數(shù)問題.這種方法能有效降低解題難度，提升解題效率.

關(guān)鍵詞空間角度；向量法；夾角問題

1.異面直線所成的角

首先需要明確兩條異面直線所成的角為θ，及其方向向量u→，v→，之間的關(guān)系，因?yàn)楫惷嬷本€的方向向量分別代表了這兩條直線的方向，，然后依據(jù)向量夾角公式，即cos θ＝|cos〈u→，v→〉|＝|u→·v→||u→||v→|.

例1（2024年湖北高三開學(xué)檢測）類似平面解析幾何中的曲線與方程，在空間直角坐標(biāo)系中，可以定義曲面（含平面）S的方程，如圖1所示.若曲面S和三元方程Fx，y，z=0之間滿足：①曲面S上任意一點(diǎn)的坐標(biāo)均為三元方程Fx，y，z=0的解；②以三元方程Fx，y，z=0的任意解x0，y0，z0為坐標(biāo)的點(diǎn)均在曲面S上，則稱曲面S的方程為Fx，y，z=0，方程Fx，y，z=0的曲面為S.已知曲面C的方程為x21+y21－z24=1.

（1）寫出坐標(biāo)平面xOz的方程（無需說明理由），并說明xOz平面截曲面C所得交線是什么曲線；

（2）已知曲面C可視為平面xOz中某雙曲線的一支繞z軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)面；同時(shí)，過曲面C上任意一點(diǎn)，有且僅有兩條直線，使得它們均在曲面C上.設(shè)直線l′在曲面C上，且過點(diǎn)T1，0，0，求異面直線l（第二間中的直線l）與l′所成角的余弦值.

解析（1）因?yàn)樽鴺?biāo)平面xOy內(nèi)點(diǎn)的坐標(biāo)的特征不難得到坐標(biāo)平面xOz的方程為y=0，

因?yàn)榍鍯的方程為：x21+y21－z24=1，當(dāng)y=0時(shí)，xOz平面截曲面C所得交線上的點(diǎn)Mx，0，z滿足x2－z24=1，從而xOz平面截曲面C所得交線是平面xOz上，以原點(diǎn)O為對稱中心，

焦點(diǎn)在x軸上，實(shí)軸長為2，虛軸長為4的雙曲線.

（2）直線l′在曲面C上，且過點(diǎn)T1，0，0，設(shè)Mx1，y1，z1是直線l′上任意一點(diǎn)，直線l′的方向向量為d′=（a，b，c），由d′，TM均為直線l′的方向向量，有TM//d′，

從而存在實(shí)數(shù)t，使得TM=td′，即x1－1，y1，z1=ta，b，c，

則x1－1=at，

y1=bt，

z1=ct， 解得x1=1+at，y1=bt，z1=ct，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為1+at，bt，ct.因?yàn)?/p>

M（x1，y1，z1）在曲面C上，故有（1+at）21+（bt）21－（ct）24=1，

整理得a2+b2－c24t2+2at=0.由題意，對任意的t，有a2+b2－c24t2+2at=0恒成立，故有a2+b2－c24=0，且2a=0，所以c=2b或c=－2b.不妨取b=1，c=2或－2，所以d′=（0，1，2）或d′=（0，1，－2），又因?yàn)橹本€l的方向向量為d=（0，1，2），則異面直線l與l′所成角的余弦值為·d′d′=45×5=45.

點(diǎn)評本題考查新定義，這類題型的特點(diǎn)是通過給出一個(gè)新概念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，其中第（1）問根據(jù)坐標(biāo)平面內(nèi)點(diǎn)的坐標(biāo)的特征，可得坐標(biāo)平面的方程利用平面截曲面所得交線的方程，進(jìn)而可得曲線類型；第（2）問設(shè)直線l′上任意一點(diǎn)，由題意有TM//d′，可得點(diǎn)M的坐標(biāo)，代入曲面C的方程，進(jìn)而可求得d′，利用向量夾角公式求解即可得出答案. 遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的．

2.直線與平面所成的角

當(dāng)一條直線和一個(gè)平面相交時(shí)，他們之間會形成一個(gè)角，這個(gè)角就是直線與平面所成的角.利用向量法求解該角度時(shí)，要找出直線的方向向量u→，和平面的法向量n→，利用公式sin θ＝|cos〈u→，n→〉|＝|u→·n→||u→||n→|求解即可，圖像如圖2所示.

例2（2024·福建高三開學(xué)檢測）如圖3，在四棱錐P－ABCD中，已知底面ABCD為矩形，PA⊥BC，平面PAD⊥平面ABCD．（1）求證：PA⊥平面ABCD；

（2）若PA=AD=2，AB=2，點(diǎn)M在棱PD上，且二面角M－AC－B的大小為120°．

①求證：CM⊥BD；②設(shè)Q是線段BC上的點(diǎn)，求直線MQ與平面MAC所成角的正弦值的最大值．

解析（1）在四棱錐P－ABCD中，因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以AB⊥AD．

因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB平面ABCD，

所以AB⊥平面PAD，因?yàn)镻A平面PAD，所以AB⊥PA，

因?yàn)镻A⊥BC，AB，BC平面ABCD，且AB∩BC=B，所以PA⊥平面ABCD．

（2）①以{AB，AD，AP}為基底，建立如圖4所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，從而有A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），所以AC=（2，2，0），

因?yàn)辄c(diǎn)M在棱PD上，所以設(shè)DM=λDP，0lt;λlt;1（λ=0或λ=1顯然不滿足題設(shè)）.

因?yàn)镈P=（0，－2，2），所以DM=（0，－2λ，2λ），所以AM=AD+DM=（0，2－2λ，2λ）.

設(shè)平面MAC的一個(gè)法向量n1=（x，y，z），則n1·AM=0，

n1·AC=0，

即（2－2λ）y+2λz=0，

2x+2y=0.

取x=2，則y=－1，z=1－λλ，所以n1=（2，－1，1－λλ），又AP=0，0，2是平面ABC的一個(gè)法向量，

所以|coslt;n1，APgt;|=n1·AP|n1|·|AP|=1－λλ3+（1－λλ）2.

因?yàn)槎娼荕－AC－B的大小為120°，所以|cos〈n1，AP〉|=12，即1－λλ3+（1－λλ）2=12，解得λ=12，

此時(shí)，CM=CD+DM=（－2，－2λ，2λ）=（－2，－1，1），

又BD=－2，2，0，所以CM·BD=（－2，－1，1）·（－2，2，0）=0，所以CM⊥BD，即CM⊥BD．

②因?yàn)镼是直線BC上的點(diǎn)，所以設(shè)Q（2，x，0），x∈［0，2］，

由①可得M（0，1，1），所以MQ=（2，x－1，－1），平面MAC的一個(gè)法向量n1=（2，－1，1）.

設(shè)直線MQ與平面MAC所成角為θ，則sinθ=|coslt;n1，MQgt;|=|2－x|2（x－1）2+3，x∈［0，2］，

令t=2－x，x∈［0，2］，則t∈［0，2］，則sinθ=t2t2－2t+4，

當(dāng)t=0時(shí)，sinθ=0；當(dāng)0lt;t≤2時(shí)，sinθ=124t2－2t+1.

令m=1t，則m∈［12，+∞），則sinθ=124m2－2m+1，所以當(dāng)m=12，即t=2，x=0時(shí)，（sinθ）max=12，

即直線MQ與平面MAC所成角的正弦值的最大值為12．

點(diǎn)評"第（1）問利用面面垂直的性質(zhì)得線面垂直，再利用線面垂直的性質(zhì)，結(jié)合條件及線面垂直的判定定理，即可證明；

第（2）問建立空間直角坐標(biāo)系，先求出平面MAC和平面ABC的法向量，結(jié)合條件得到CM·BD=0即可；②結(jié)合①中結(jié)果，以及利用線面角的向量法，得到sinθ函數(shù)關(guān)系式，然后即可求出結(jié)果．

3.二面角

如圖5，設(shè)平面α與平面β相交，形成四個(gè)二面角，其中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角．

然后求出兩個(gè)平面α，β的法向量分別是n1→和n2→，根據(jù)向量的性質(zhì)，依據(jù)兩個(gè)平面α與平面β的法向量之間的夾角與這兩個(gè)平面α與平面β的夾角為θ之間的關(guān)系，列出等式cos θ＝|cos〈n1→，n2→〉|＝|n1→·n2→||n1→||n2→|求解即可.

例3（2024年江蘇南京高三檢測）在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，PA=AB，E為線段PB的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段BC上的動點(diǎn)，BF=λBC（0≤λ≤1）．

（1）證明：AE⊥PC；

（2）求實(shí)數(shù)λ的值，使得平面AEF與平面PDC所成角的余弦值最大．

解析（1）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，且BC，AB平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥AB，因?yàn)榈酌鍭BCD為正方形，所以BC⊥AB，

又PA∩AB=A，PA平面PAB，AB平面PAB，所以BC⊥平面PAB，

又AE平面PAB，所以BC⊥AE，因?yàn)镻A=AB，PA⊥AB，且E為線段PB的中點(diǎn)，所以AE⊥PB，

又PB∩BC=B，PB平面PBC，BC平面PBC，所以AE⊥平面PBC，因?yàn)镻C平面PBC，

所以AE⊥PC．

（2）如圖6，分別以AB，AD，AP所在的直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)PA=AB=AD=1，則B（1，0，0），C

（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，1），E（12，0，12），A（0，0，0），

所以BC=（0，1，0），AE=（12，0，12），DC=（1，0，0），PD=（0，1，－1）.

設(shè)F（x，y，z），則BF=（x－1，y，z），因?yàn)锽F=λBC（0≤λ≤1），

所以（x－1，y，z）=λ（0，1，0），解得F（1，λ，0），所以AF=（1，λ，0），

設(shè)平面AEF的法向量為n1=（x1，y1，z1），則n1·AE=12x1+12z1=0，n1·AF=x1+λy1=0，

取y1=－1，則x1=λ，z1=－λ，即n1=（λ，－1，－λ），

設(shè)平面PCD的法向量為n2=（x2，y2，z2），則n2·DC=x2=0，

n2·PD=y2－z2=0，

取y2=1，則x2=0，z2=1，即n2=（0，1，1）.

設(shè)平面AEF與平面PDC所成角為α，

則cosα=|coslt;n1，n2gt;|=|n1·n2||n1|·|n2|=22·12+2λ+122λ2+1.

令t=2λ+12∈［12，52］，則λ=12t－14，所以cosα=2212+112t+98t－12.

因?yàn)?2t+98t－12≥212t·98t－12=1，當(dāng)且僅當(dāng)12t=98t，即t=32時(shí)取等號，所以當(dāng)t=32，即λ=12時(shí)，（cosα）max=32，故當(dāng)實(shí)數(shù)λ=12時(shí)，平面AEF與平面PDC所成角的余弦值取得最大值32．

點(diǎn)評"向量法求平面與平面的夾角，其中第（1）問先證明BC⊥AE，結(jié)合正方形的性質(zhì)與線面垂直的判定定理，即可得證命題正確性；第（2）問建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求平面與平面的夾角，結(jié)合換元法、基本不等式，求出最值，考查了學(xué)生的空間立體思維，邏輯推理能力和運(yùn)算能力．

3結(jié)語

空間向量法為我們解決立體幾何中的角度問題提供了強(qiáng)大的工具，通過將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，利用空間中的坐標(biāo)運(yùn)算來避免繁瑣的計(jì)算過程.由此可見，熟練掌握向量法來解決空間中的角度問題，不僅可以提高我們解決這類問題的效率，還可以增強(qiáng)我們解決復(fù)雜問題的能力和信心.