2019学年高中一轮复习理数：三十九 利用空间向量求空间角含解析
利用空间向量求空间角考点与题型归纳
利用空间向量求空间角考点与题型归纳一、基础知识1．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |❶， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量．2．直线与平面所成角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |❷.3．二面角(1)若AB ，CD 分别是二面角αl β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|❸，如图(2)(3)．两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角为(0，π)，所以公式中要加绝对值．直线与平面所成角的范围为⎣⎡⎦⎤0，π2，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值．利用公式与二面角的平面角时，要注意〈n 1，n 2〉与二面角大小的关系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断．二、常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理 cos θ＝cos θ1cos θ2.如图，若OA 为平面α的一条斜线，O 为斜足，OB 为OA 在平面α内的射影，OC 为平面α内的一条直线，其中θ为OA 与OC 所成的角，θ1为OA 与OB 所成的角，即线面角，θ2为OB 与OC 所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. 考点一 异面直线所成的角[典例精析]如图，在三棱锥P ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． [解] 由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0，0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0，0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE . (2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )， 进而可得NH ―→＝(－1，－2，h )， BE ―→＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos 〈NH ―→，BE ―→〉|＝|NH ―→·BE ―→||NH ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以线段AH 的长为85或12.[解题技法]用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．[提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，此夹角就是异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．[题组训练]1.如图所示，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C 以B 为坐标原点，以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，∴EF ―→＝(0，－1，1)，BC 1―→＝(2,0,2)，∴EF ―→·BC 1―→＝2，∴cos 〈EF ―→，BC 1―→〉＝22×22＝12，则EF 和BC 1所成的角是60°，故选C.2.如图，在四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BD .又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，射线OB ，OC 分别为x 轴，y 轴的正半轴建立空间直角坐标系O xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)， 所以PB ―→＝(1，3，－2)，AC ―→＝(0，23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝|PB ―→·AC ―→||PB ―→||AC ―→|＝622×23＝64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64. 考点二 直线与平面所成的角[典例精析](2019·合肥一检)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． [解] (1)证明：连接AC 交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，∴MN ∥EC . ∵MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ， ∴MN ∥平面EFC .∵BF ，DE 都与平面ABCD 垂直，∴BF ∥DE . ∵BF ＝DE ，∴四边形BDEF 为平行四边形，∴BD ∥EF . ∵BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，∴平面BDM ∥平面EFC . (2)∵DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz . 设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,0,2)，A (2,0,0)，E (0,0,4)，∴DB ―→＝(2,2,0)，DM ―→＝(1,0,2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DM ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量．∵AE ―→＝(－2,0,4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cosn ，AE ―→|＝|n ·AE ―→||n |·|AE ―→|＝4515，∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.[解题技法]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．[题组训练]1．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，由于AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，所以A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)，所以A 1C 1―→＝(－1,2,0)，BC 1―→＝(－1,0,1)，D 1C 1―→＝(0,2,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1―→·n ＝0， BC 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝2，得y ＝1，z ＝2，则n ＝(2,1,2)．设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1―→，n 〉|＝|D 1C 1―→·n ||D 1C 1―→||n |＝22×3＝13，即D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.答案：132.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BA ＝BC ＝5，AC ＝8，D 为线段AC 的中点．(1)求证：BD ⊥A 1D ；(2)若直线A 1D 与平面BC 1D 所成角的正弦值为45，求AA 1的长．解：(1)证明：∵三棱柱ABC A 1B 1C 1是直三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ，又BD ⊂平面ABC ，∴BD ⊥AA 1， ∵BA ＝BC ，D 为AC 的中点，∴BD ⊥AC ，又AC ∩AA 1＝A ，AC ⊂平面ACC 1A 1，AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，∴BD ⊥A 1D . (2)由(1)知BD ⊥AC ，AA 1⊥平面ABC ，以D 为坐标原点，DB ，DC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点D 且平行于AA 1的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .设AA 1＝λ(λ＞0)，则A 1(0，－4，λ)，B (3,0,0)，C 1(0,4，λ)，D (0,0,0)， ∴DA 1―→＝(0，－4，λ)，DC 1―→＝(0,4，λ)，DB ―→＝(3,0,0)， 设平面BC 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC 1―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋λz ＝0，3x ＝0，则x ＝0，令z ＝4，可得y ＝－λ，故n ＝(0，－λ，4)为平面BC 1D 的一个法向量． 设直线A 1D 与平面BC 1D 所成角为θ，则sin θ＝|cosn ，DA 1―→|＝|n ·DA 1―→||n |·|DA 1―→|＝|4λ＋4λ|λ2＋16·λ2＋16＝45，解得λ＝2或λ＝8， 即AA 1＝2或AA 1＝8.考点三 二面角[典例精析]如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的余弦值．[解] (1)证明：由四边形ABCD 为菱形，得AC ⊥BD . 由AE ＝CF ＝54，得AE AD ＝CFCD ，所以EF ∥AC .因此EF ⊥DH ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，则OD ′2＝OH 2＋D ′H 2，所以D ′H ⊥OH . 又OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)以H 为坐标原点，HB ，HF ，HD ′分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系H xyz ，如图所示．则B (5,0,0)，C (1,3,0)，D ′(0,0,3)，A (1，－3,0)， (由口诀“起点同”，我们先求出起点相同的3个向量．) 所以AB ―→＝(4,3,0)， AD ′―→＝(－1,3,3)，AC ―→＝(0,6,0)． (由口诀“棱排前”，我们用行列式求出两个平面的法向量．) 由⎩⎪⎨⎪⎧ AD ′―→＝(－1，3，3)， AB ―→＝(4，3，0)，可得平面ABD ′的法向量n 1＝(－3,4，－5)，由⎩⎪⎨⎪⎧AD ′―→＝(－1，3，3)， AC ―→＝(0，6，0)，可得平面AD ′C 的法向量n 2＝(－3,0，－1)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝7525.所以二面角B D ′A C 的余弦值为7525.[解题技法](1)利用法向量求二面角的大小时，由于法向量的方向不同，两个法向量的夹角与二面角的大小可能相等，也可能互补．所以，两个法向量的夹角的余弦值与二面角的余弦值可能存在正负号的差异．(2)有时用观察法难以判定二面角是钝角还是锐角，为了保证解题结果准确无误，我们给出一种万无一失的方法：就是在两个半平面和二面角的棱上各取1个向量，要求这三个向量必须起点相同，在利用行列式计算法向量时，棱对应的向量必须排前面，即口诀“起点同，棱排前”，这样求出的两个法向量的夹角一定与二面角的大小相等．[题组训练]如图所示，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，△DAB ≌△DCB ，E 为线段BD 上的一点，且EB ＝ED ＝EC ＝BC ，连接CE 并延长交AD 于F .(1)若G 为PD 的中点，求证：平面P AD ⊥平面CGF ； (2)若BC ＝2，P A ＝3，求二面角B CP D 的余弦值． 解：(1)证明：在△BCD 中，EB ＝ED ＝EC ＝BC ， 故∠BCD ＝90°，∠CBE ＝∠BEC ＝60°.∵△DAB ≌△DCB ，∴∠BAD ＝∠BCD ＝90°，∠ABE ＝∠CBE ＝60°，∴∠FED ＝∠BEC ＝∠ABE ＝60°.∴AB ∥EF ，∴∠EFD ＝∠BAD ＝90°， ∴EF ⊥AD ，AF ＝FD . 又PG ＝GD ，∴GF ∥P A .又P A ⊥平面ABCD ，∴GF ⊥平面ABCD ， ∵AD ⊂平面ABCD ，∴GF ⊥AD . 又GF ∩EF ＝F ，∴AD ⊥平面CGF .又AD ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面CGF .(2)以A 为坐标原点，射线AB ，AD ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (3，3，0)，D (0,23，0)，P (0,0,3)，故CB ―→＝(－1，－3，0)， CP ―→＝(－3，－3，3)，CD ―→＝(－3，3，0)． 设平面BCP 的一个法向量为n 1＝(1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·CB ―→＝0，n 1·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －1－3y 1＝0，－3－3y 1＋3z 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝－33，z 1＝23，即n 1＝⎝⎛⎭⎫1，－33，23. 设平面DCP 的一个法向量为n 2＝(1，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD ―→＝0，n 2·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3＋3y 2＝0，－3－3y 2＋3z 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝3，z 2＝2，即n 2＝(1，3，2)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝43169×8＝24， 由图知二面角B CP D 为钝角， 所以二面角B CP D 的余弦值为－24. [课时跟踪检测]A 级1.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3030 B.3015 C.3010D.1515解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0，0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→＝(－1，－1，－2)， D 1N ―→＝(1,0，－2)，∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→||B 1M ―→|·|D 1N ―→|＝|－1＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010. 2．如图，已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.24解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)，∴DC 1―→＝(0,3,1)， D 1E ―→＝(1,1，－1)， D 1C ―→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∴cosDC 1―→，n＝DC 1―→·n |DC 1―→|·|n|＝33535， ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.3．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B AA 1C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7B.6C.5D ．2解析：选A 由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4， |AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4， cosAB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC ―→|AB 1―→|·|BC ―→|＝24，故tanAB 1―→，BC 1―→＝7.4.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35 B.56 C.3310D.3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1， GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.5．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)， A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)． 又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.6．如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线OF 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为坐标原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1,0,3)，DB ―→＝(0,23，0)， EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ， ∴n ＝(－a,0,1)，∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10.∵直线OF 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22， 解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：27.如图，已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点，则二面角F OE A 的余弦值为________．解析：以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ， 由题知，OA ＝OB ＝2，则A (0，－2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，E (1，－1,0)，F (0，－1,1)， OE ―→＝(1，－1,0)，OF ―→＝(0，－1,1)，设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OE ―→＝0，m ·OF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝33.由图知二面角F OE A 为锐角， 所以二面角F OE A 的余弦值为33. 答案：338．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧C D 所在平面垂直，M 是C D 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，所以BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ， 所以DM ⊥平面BMC . 因为DM ⊂平面AMD ， 所以平面AMD ⊥平面BMC .(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D xyz .当三棱锥M ABC 的体积最大时，M 为CD 的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM ―→＝(－2，1,1)，AB ―→＝(0,2,0)，DA ―→＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，又DA ―→是平面MCD 的一个法向量，所以cos 〈n ，DA ―→〉＝n ·DA ―→|n ||DA ―→|＝55，sin 〈n ，DA ―→〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M P A C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为P A ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 又因为OB ∩AC ＝O ， 所以PO ⊥平面ABC .(2)以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP ―→＝(0,2,23)．取平面P AC 的一个法向量OB ―→＝(2,0,0)． 设M (a,2－a,0)(0＜a ≤2)，则AM ―→＝(a,4－a,0)． 设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)，所以平面P AM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB ―→，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB ―→，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝43或a ＝－4(舍去)．所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833，433，－43.又PC ―→＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC ―→，n 〉＝833＋8334＋12·643＋163＋169＝34.所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34. B 级1．如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B OB 1C 的余弦值． 解：(1)证明：∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴A 1O ⊥BD .∵四边形ABCD 是菱形，∴CO ⊥BD . ∵A 1O ∩CO ＝O ，∴BD ⊥平面A 1CO . ∵BD ⊂平面BB 1D 1D ，∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D .(2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，∴OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→， OA 1―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°， ∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3， OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0,0，6)，∴OB ―→＝(1,0,0)，BB 1―→＝AA 1―→＝(0，3，6)， OB 1―→＝OB ―→＋BB 1―→＝(1，3，6)． 设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧OB ―→·n ＝0，OB 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x ＋3y ＋6z ＝0.令y ＝2，得z ＝－1，∴n ＝(0，2，－1)是平面OBB 1的一个法向量． 同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(6，0，－1)， ∴cosn ，m＝n ·m|n |·|m |＝13×7＝2121，由图可知二面角B OB 1C 是锐二面角， ∴二面角B OB 1C 的余弦值为2121. 2．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝2CD .平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ＝PD ，点E 在PC 上，DE ⊥平面P AC .(1)求证：P A ⊥平面PCD ；(2)设AD ＝2，若平面PBC 与平面P AD 所成的二面角为45°，求DE 的长．解：(1)证明：由DE ⊥平面P AC ，得DE ⊥P A ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面P AD ，所以CD ⊥P A ， 又CD ∩DE ＝D ，所以P A ⊥平面PCD . (2)取AD 的中点O ，连接PO ， 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，由(1)得P A ⊥PD ，由AD ＝2得P A ＝PD ＝2，PO ＝1，设CD ＝a ，则P (0,0,1)，D (0,1,0)，C (a,1,0)，B (2a ，－1,0)， 则BC ―→＝(－a,2,0)，PC ―→＝(a,1，－1)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC ―→＝0，m ·PC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋2y ＝0，ax ＋y －z ＝0，令x ＝2，则y ＝a ，z ＝3a ，故m ＝(2，a,3a )为平面PBC 的一个法向量，由(1)知n ＝DC ―→＝(a,0,0)为平面P AD 的一个法向量． 由|cosm ，n|＝|m ·n ||m ||n |＝|2a |a 10a 2＋4＝22，解得a ＝105，即CD ＝105，所以在Rt △PCD 中，PC ＝2155，由等面积法可得DE ＝CD ·PD PC ＝33.3．如图，在三棱锥P ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC ，AB ＝6， BC ＝23，AC ＝26，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，PD ⊥AC .(1)求证：PD ⊥平面ABC ；(2)若直线P A 与平面ABC 所成的角为45°，求平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角大小．解：(1)证明：∵AC ＝26，BC ＝23，AB ＝6，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴∠ACB ＝90°， ∴cos ∠ABC ＝236＝33.又易知BD ＝2，∴CD 2＝22＋(23)2－2×2×23cos ∠ABC ＝8， ∴CD ＝22，又AD ＝4， ∴CD 2＋AD 2＝AC 2，∴CD ⊥AB .∵平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ，CD ⊂平面ABC ， ∴CD ⊥平面P AB ，又PD ⊂平面P AB ，∴CD ⊥PD ， ∵PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ， ∴PD ⊥平面ABC .(2)由(1)知PD ，CD ，AB 两两互相垂直，∴可建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，∵直线P A 与平面ABC 所成的角为45°，即∠P AD ＝45°，∴PD ＝AD ＝4，则A (0，－4,0)，C (22，0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,4)，∴CB ―→＝(－22，2,0)，AC ―→＝(22，4,0)，P A ―→＝(0，－4，－4)． ∵AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，∴DE ∥AC ， 由(1)知AC ⊥BC ，∴DE ⊥BC ，又PD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴PD ⊥BC ， ∵PD ∩DE ＝D ，∴CB ⊥平面PDE ，∴CB ―→＝(－22，2,0)为平面PDE 的一个法向量． 设平面P AC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·P A ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x ＋4y ＝0，－4y －4z ＝0，令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1， ∴n ＝(2，－1,1)为平面P AC 的一个法向量． ∴cos n ，CB ―→＝－4－24×12＝－32， ∴平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角的余弦值为32， 故平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角为30°.。
高考数学(理科)一轮复习利用向量方法求空间角学案有答案
高考数学（理科）一轮复习利用向量方法求空间角学案有答案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址www.5y 学案46 利用向量方法求空间角导学目标：1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别.3.体会求空间角中的转化思想、数形结合思想，熟练掌握平移方法、射影方法等.4.灵活地运用各种方法求空间角．自主梳理．两条异面直线的夹角定义：设a，b是两条异面直线，在直线a上任取一点作直线a′∥b，则a′与a的夹角叫做a与b的夹角．范围：两异面直线夹角θ的取值范围是_______________________________________．向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cosθ＝________＝______________.2．直线与平面的夹角定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内的射影的夹角．范围：直线和平面夹角θ的取值范围是________________________________________．向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sin θ＝__________或cosθ＝sinφ.3．二面角二面角的取值范围是____________．二面角的向量求法：①若AB、cD分别是二面角α—l—β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB→与cD→的夹角．②设n1，n2分别是二面角α—l—β的两个面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．自我检测．已知两平面的法向量分别为m＝，n＝，则两平面所成的二面角为A．45°B．135°c．45°或135°D．90°2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝，b＝，则A．l1∥l2B．l1⊥l2c．l1与l2相交但不垂直D．以上均不正确3．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于A．120°B．60°c．30°D．以上均错4．二面角的棱上有A、B两点，直线Ac、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，Ac ＝6，BD＝8，cD＝217，则该二面角的大小为A．150°B．45°c．60°D．120°5．已知直线AB、cD是异面直线，Ac⊥cD，BD⊥cD，且AB＝2，cD＝1，则异面直线AB与cD夹角的大小为A．30°B．45°c．60°D．75°探究点一利用向量法求异面直线所成的角例1 已知直三棱柱ABc—A1B1c1，∠AcB＝90°，cA＝cB＝cc1，D为B1c1的中点，求异面直线BD和A1c所成角的余弦值．变式迁移1如图所示，在棱长为a的正方体ABcD—A1B1c1D1中，求异面直线BA1和Ac所成的角．探究点二利用向量法求直线与平面所成的角例2 如图，已知两个正方形ABcD和DcEF不在同一平面内，m，N分别为AB，DF的中点．若平面ABcD⊥平面DcEF，求直线mN与平面DcEF所成角的正弦值．变式迁移2如图所示，在几何体ABcDE中，△ABc是等腰直角三角形，∠ABc＝90°，BE和cD都垂直于平面ABc，且BE＝AB ＝2，cD＝1，点F是AE的中点．求AB与平面BDF所成角的正弦值．探究点三利用向量法求二面角例3 如图，ABcD是直角梯形，∠BAD＝90°，SA⊥平面ABcD，SA＝Bc＝BA＝1，AD＝12，求面ScD与面SBA所成角的余弦值大小．变式迁移3如图，在三棱锥S—ABc中，侧面SAB与侧面SAc均为等边三角形，∠BAc＝90°，o为Bc中点．证明：So⊥平面ABc；求二面角A—Sc—B的余弦值．探究点四向量法的综合应用例4如图所示，在三棱锥A—BcD中，侧面ABD、AcD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD＝3，BD＝cD＝1，另一个侧面ABc是正三角形．求证：AD⊥Bc；求二面角B－Ac－D的余弦值；在线段Ac上是否存在一点E，使ED与面BcD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．变式迁移4在如图所示的几何体中，四边形ABcD为平行四边形，∠AcB＝90°，EA⊥平面ABcD，EF∥AB，FG∥Bc，EG∥Ac，AB＝2EF.若m是线段AD的中点，求证：Gm∥平面ABFE；若Ac＝Bc＝2AE，求二面角A－BF－c的大小．．求两异面直线a、b的夹角θ，需求出它们的方向向量a，b的夹角，则cosθ＝|cos〈a，b〉|.2．求直线l与平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sinθ＝|cos〈n，a〉|.3．求二面角α—l—β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角．则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．一、选择题．在正方体ABcD—A1B1c1D1中，m是AB的中点，则sin 〈DB1→，cm→〉的值等于A.12B.21015c.23D.11152．长方体ABcD—A1B1c1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E 为cc1的中点，则异面直线Bc1与AE所成角的余弦值为A.1010B.3010c.21510D.310103．已知正四棱锥S—ABcD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE、SD所成的角的余弦值为A.13B.23c.33D.234.如图所示，在长方体ABcD—A1B1c1D1中，已知B1c，c1D 与上底面A1B1c1D1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1c和c1D所成的余弦值为A.26B.63c.36D.645．P是二面角α—AB—β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线Pm、PN，如果∠BPm＝∠BPN＝45°，∠mPN＝60°，那么二面角α—AB—β的大小为A．60°B．70°c．80°D．90°二、填空题6．已知正四棱锥P—ABcD的棱长都相等，侧棱PB、PD的中点分别为m、N，则截面AmN与底面ABcD所成的二面角的余弦值是________．7．如图，PA⊥平面ABc，∠AcB＝90°且PA＝Ac＝Bc＝a，则异面直线PB与Ac所成角的正切值等于________．8．如图，已知正三棱柱ABc—A1B1c1的所有棱长都相等，D是A1c1的中点，则直线AD与平面B1Dc所成角的正弦值为________．三、解答题9．如图所示，AF、DE分别是⊙o、⊙o1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8.Bc是⊙o的直径，AB＝Ac＝6，oE∥AD.求二面角B－AD－F的大小；求直线BD与EF所成的角的余弦值．0．如图，四棱锥S－ABcD中，AB∥cD，Bc⊥cD，侧面SAB为等边三角形，AB＝Bc＝2，cD＝SD＝1.证明：SD⊥平面SAB；求AB与平面SBc所成角的正弦值．1．如图，已知正三棱柱ABc－A1B1c1各棱长都是4，E 是Bc的中点，动点F在侧棱cc1上，且不与点c重合．当cF＝1时，求证：EF⊥A1c；设二面角c－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．学案46 利用向量方法求空间角自主梳理．0，π2 |cosφ| a•b|a|•|b|2．0，π2 |cosφ| 3.[0，π]自我检测．c 2.B 3.c 4.c 5.c课堂活动区例1 解题导引求异面直线所成的角，用向量法比较简单，若用基向量法求解，则必须选好空间的一组基向量，若用坐标求解，则一定要将每个点的坐标写正确．用异面直线方向向量求两异面直线夹角时，应注意异面直线所成角的范围是0，π2解如图所示，以c为原点，直线cA、cB、cc1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设cA＝cB＝cc1＝2，则A1，c，B，D，∴BD→＝，A1c→＝，∴cos〈BD→，A1c→〉＝BD→•A1c→|BD→||A1c →|＝－105.∴异面直线BD与A1c所成角的余弦值为105.变式迁移1 解∵BA1→＝BA→＋BB1→，Ac→＝AB→＋Bc→，∴BA1→•Ac→＝•＝BA→•AB→＋BA→•Bc→＋BB1→•AB→＋BB1→•Bc→.∵AB⊥Bc，BB1⊥AB，BB1⊥Bc，∴BA→•Bc→＝0，BB1→•AB→＝0，BB1→•Bc→＝0，BA→•AB→＝－a2，∴BA1→•Ac→＝－a2.又BA1→•Ac→＝|BA1→|•|Ac→|•cos〈BA1→，Ac→〉，∴cos〈BA1→，Ac→〉＝－a22a×2a＝－12.∴〈BA1→，Ac→〉＝120°.∴异面直线BA1与Ac所成的角为60°.例2 解题导引在用向量法求直线oP与α所成的角时，一般有两种途径：一是直接求〈oP→，oP′→〉，其中oP′为斜线oP在平面α内的射影；二是通过求〈n，oP→〉进而转化求解，其中n为平面α的法向量．解设正方形ABcD，DcEF的边长为2，以D为坐标原点，分别以射线Dc，DF，DA为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系如图．则m，N，可得mN→＝．又DA→＝为平面DcEF的法向量，可得cos〈mN→，DA→〉＝mN→•DA→|mN→||DA →|＝－63.所以mN与平面DcEF所成角的正弦值为|cos〈mN→，DA→〉|＝63.变式迁移2 解以点B为原点，BA、Bc、BE所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B，A，c，D，E，F．∴BD→＝，DF→＝．设平面BDF的一个法向量为n＝，∵n⊥DF→，n⊥BD→，∴n•DF→＝0，n•BD→＝0.即2，a，b•1，－2，0＝0，2，a，b•0，2，1＝0.解得a＝1，b＝－2.∴n＝．设AB与平面BDF所成的角为θ，则法向量n与BA→的夹角为π2－θ，∴cosπ2－θ＝BA→•n|BA→||n|＝2，0，0•2，1，－22×3＝23，即sinθ＝23，故AB与平面BDF所成角的正弦值为23.例3 解题导引图中面ScD与面SBA所成的二面角没有明显的公共棱，考虑到易于建系，从而借助平面的法向量来求解．解建系如图，则A，D12，0，0，c，B，S，∴AS→＝，Sc→＝，SD→＝12，0，－1，AB→＝，AD→＝12，0，0.∴AD→•AS→＝0，AD→•AB→＝0.∴AD→是面SAB的法向量，设平面ScD的法向量为n＝，则有n•Sc→＝0且n•SD→＝0.即x＋y－z＝0，12x－z＝0.令z＝1，则x＝2，y＝－1.∴n＝．∴cos〈n，AD→〉＝n•AD→|n||AD→|＝2×126×12＝63.故面ScD与面SBA所成的二面角的余弦值为63.变式迁移3 证明由题设AB＝Ac＝SB＝Sc＝SA.连接oA，△ABc为等腰直角三角形，所以oA＝oB＝oc＝22SA，且Ao⊥Bc.又△SBc为等腰三角形，故So⊥Bc，且So＝22SA.从而oA2＋So2＝SA2，所以△SoA为直角三角形，So⊥Ao.又Ao∩Bc＝o，所以So⊥平面ABc.解以o为坐标原点，射线oB、oA、oS分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系oxyz，如右图．设B，则c，A，S．Sc的中点m－12，0，12，mo→＝12，0，－12，mA→＝12，1，－12，Sc→＝，∴mo→•Sc→＝0，mA→•Sc→＝0.故mo⊥Sc，mA⊥Sc，〈mo→，mA→〉等于二面角A—Sc —B的平面角．cos〈mo→，mA→〉＝mo→•mA→|mo→||mA→|＝33，所以二面角A—Sc—B的余弦值为33.例4 解题导引立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设，借助空间向量建立方程，进行求解．证明作AH⊥面BcD于H，连接BH、cH、DH，则四边形BHcD 是正方形，且AH＝1，将其补形为如图所示正方体．以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系．则B，c，A．Bc→＝，DA→＝，∴Bc→•DA→＝0，则Bc⊥AD.解设平面ABc的法向量为n1＝，则由n1⊥Bc→知：n1•Bc→＝－x＋y＝0，同理由n1⊥Ac→知：n1•Ac→＝－x－z＝0，可取n1＝，同理，可求得平面AcD的一个法向量为n2＝．由图可以看出，二面角B－Ac－D即为〈n1，n2〉，∴cos〈n1，n2〉＝n1•n2|n1||n2|＝1＋0＋13×2＝63.即二面角B－Ac－D的余弦值为63.解设E是线段Ac上一点，则x＝z>0，y＝1，平面BcD的一个法向量为n＝，DE→＝，要使ED与平面BcD成30°角，由图可知DE→与n 的夹角为60°，所以cos〈DE→，n〉＝DE→•n|DE→||n|＝x1＋2x2＝cos60°＝12.则2x＝1＋2x2，解得x＝22，则cE＝2x＝1.故线段Ac上存在E点，且cE＝1时，ED与面BcD成30°角．变式迁移4证明方法一因为EF∥AB，FG∥Bc，EG∥Ac，∠AcB ＝90°，所以∠EGF＝90°，△ABc∽△EFG.由于AB＝2EF，因此Bc＝2FG.连接AF，由于FG∥Bc，FG＝12Bc，在▱ABcD中，m是线段AD的中点，则Am∥Bc，且Am＝12Bc，因此FG∥Am且FG＝Am，所以四边形AFGm为平行四边形，因此Gm∥FA.又FA⊂平面ABFE，Gm⊄平面ABFE，所以Gm∥平面ABFE.方法二因为EF∥AB，FG∥Bc，EG∥Ac，∠AcB＝90°，所以∠EGF＝90°，△ABc∽△EFG.由于AB＝2EF，所以Bc＝2FG.取Bc的中点N，连接GN，因此四边形BNGF为平行四边形，所以GN∥FB.在▱ABcD中，m是线段AD的中点，连接mN，则mN∥AB.因为mN∩GN＝N，所以平面GmN∥平面ABFE.又Gm⊂平面GmN，所以Gm∥平面ABFE.解方法一因为∠AcB＝90°，所以∠cAD＝90°.又EA⊥平面ABcD，所以Ac，AD，AE两两垂直．分别以Ac，AD，AE所在直线为x轴，y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设Ac＝Bc＝2AE＝2，则由题意得A，B，c，E，所以AB→＝，Bc→＝．又EF＝12AB，所以F，BF→＝．设平面BFc的法向量为m＝，则m•Bc→＝0，m•BF→＝0，所以y1＝0，x1＝z1，取z1＝1，得x1＝1，所以m＝．设平面向量ABF的法向量为n＝，则n•AB→＝0，n•BF→＝0，所以x2＝y2，z2＝0，取y2＝1，得x2＝1.则n＝．所以cos〈m，n〉＝m•n|m|•|n|＝12.因此二面角A－BF－c的大小为60°.方法二由题意知，平面ABFE⊥平面ABcD.取AB的中点H，连接cH.因为Ac＝Bc，所以cH⊥AB，则cH⊥平面ABFE.过H向BF引垂线交BF于R，连接cR，则cR⊥BF，所以∠HRc为二面角A－BF－c的平面角．由题意，不妨设Ac＝Bc＝2AE＝2，在直角梯形ABFE中，连接FH，则FH⊥AB.又AB＝22，所以HF＝AE＝1，BH＝2，因此在Rt△BHF中，HR＝63.由于cH＝12AB＝2，所以在Rt△cHR中，tan∠HRc＝263＝3.因此二面角A－BF－c的大小为60°.课后练习区．B[以D为原点，DA、Dc、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，易知DB1→＝，cm→＝1，－12，0，故cos〈DB1→，cm→〉＝DB1→•cm→|DB1→||cm →|＝1515，从而sin〈DB1→，cm→〉＝21015.]2．B [建立空间直角坐标系如图．则A，E，B，c1．Bc1→＝，AE→＝，cos〈Bc1→，AE→〉＝Bc1→•AE→|Bc1→|•|AE→|＝3010.所以异面直线Bc1与AE所成角的余弦值为3010.]3．c 4.D5．D [不妨设Pm＝a，PN＝b，作mE⊥AB于E，NF⊥AB于F，如图：∵∠EPm＝∠FPN＝45°，∴PE＝22a，PF＝22b，∴Em→•FN→＝•＝Pm→•PN→－Pm→•PF→－PE→•PN→＋PE→•PF→＝abcos60°－a×22bcos45°－22abcos45°＋22a×22b＝ab2－ab2－ab2＋ab2＝0，∴Em→⊥FN→，∴二面角α—AB—β的大小为90°.]6.255解析如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为2，则PB＝2，oB＝1，oP＝1.∴B，D，A，P，m12，0，12，N－12，0，12，Am→＝12，－1，12，AN→＝－12，－1，12，设平面AmN的法向量为n1＝，由n•Am→＝12x－y＋12z＝0，n•AN→＝－12x－y＋12z＝0，解得x＝0，z＝2y，不妨令z＝2，则y＝1.∴n1＝，平面ABcD的法向量n2＝，则cos〈n1，n2〉＝n1•n2|n1|•|n2|＝25＝255.7.2解析PB→＝PA→＋AB→，故PB→•Ac→＝•Ac→＝PA→•Ac→＋AB→•Ac→＝0＋a ×2a×cos45°＝a2.又|PB→|＝3a，|Ac→|＝a.∴cos〈PB→，Ac→〉＝33，sin〈PB→，Ac→〉＝63，∴tan〈PB→，Ac→〉＝2.8.45解析不妨设正三棱柱ABc—A1B1c1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则c，A，B1，D32，－12，2.则cD→＝32，－12，2，cB1→＝，设平面B1Dc的法向量为n＝，由n•cD→＝0，n•cB1→＝0，解得n＝．又∵DA→＝32，－12，－2，∴sinθ＝|cos〈DA→，n〉|＝45.9．解∵AD与两圆所在的平面均垂直，∴AD⊥AB，AD⊥AF，故∠BAF是二面角B—AD—F的平面角．依题意可知，ABFc是正方形，∴∠BAF＝45°.即二面角B—AD—F的大小为45°.以o为原点，cB、AF、oE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则o，A，B，D，E，F，∴BD→＝，EF→＝．cos〈BD→，EF→〉＝BD→•EF→|BD→||EF→|＝0－18－64100×82＝－8210.设异面直线BD与EF所成角为α，则cosα＝|cos〈BD→，EF→〉|＝8210.即直线BD与EF所成的角的余弦值为8210.0.方法一证明取AB中点E，连接DE，则四边形BcDE 为矩形，DE＝cB＝2，连接SE，则SE⊥AB，SE＝3.又SD＝1，故ED2＝SE2＋SD2，所以∠DSE为直角，即SD⊥SE.由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，得AB⊥平面SDE，所以AB⊥SD.由SD与两条相交直线AB、SE都垂直，所以SD⊥平面SAB.解由AB⊥平面SDE知，平面ABcD⊥平面SDE.作SF⊥DE，垂足为F，则SF⊥平面ABcD，SF＝SD•SEDE＝32.作FG⊥Bc，垂足为G，则FG＝Dc＝1.连接SG，又Bc⊥FG，Bc⊥SF，SF∩FG＝F，故Bc⊥平面SFG，平面SBc⊥平面SFG.作FH⊥SG，H为垂足，则FH⊥平面SBc.FH＝SF•FGSG＝37，则F到平面SBc的距离为217.由于ED∥Bc，所以ED∥平面SBc，E到平面SBc的距离d为217.设AB与平面SBc所成的角为α，则sinα＝dEB＝217，即AB与平面SBc所成的角的正弦值为217.方法二以c为坐标原点，射线cD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系c－xyz.设D，则A、B．又设S，则x>0，y>0，z>0.证明AS→＝，BS→＝，DS→＝，由|AS→|＝|BS→|得x－22＋y－22＋z2＝x2＋y－22＋z2，故x＝1.由|DS→|＝1得y2＋z2＝1.①又由|BS→|＝2得x2＋2＋z2＝4，即y2＋z2－4y＋1＝0.②联立①②得y＝12，z＝32.于是S，AS→＝，BS→＝，DS→＝．因为DS→•AS→＝0，DS→•BS→＝0，故DS⊥AS，DS⊥BS.又AS∩BS＝S，所以SD⊥平面SAB.解设平面SBc的法向量a＝，则a⊥BS→，a⊥cB→，a•BS→＝0，a•cB →＝0.又BS→＝，cB→＝，故m－32n＋32p＝0，2n＝0.取p＝2得a＝．又AB→＝，cos〈AB→，a〉＝|AB→•a||AB→||a|＝217，所以AB与平面SBc所成角的正弦值为217.1．证明建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A，B，c，A1，E，F．于是cA1→＝，EF→＝．则cA1→•EF→＝•＝0－4＋4＝0，故EF⊥A1c.解设cF＝λ，平面AEF的一个法向量为m＝，则由得F．AE→＝，AF→＝，于是由m⊥AE→，m⊥AF→可得m•AE→＝0，m•AF→＝0，即3x＋3y＝0，4y＋λz＝0.取m＝．又由直三棱柱的性质可取侧面Ac1的一个法向量为n＝，于是由θ的锐角可得cosθ＝|m•n||m|•|n|＝3λ2λ2＋4，sinθ＝λ2＋162λ2＋4，所以tanθ＝λ2＋163λ＝13＋163λ 2.由0<λ≤4，得1λ≥14，即tanθ≥13＋13＝63.故当λ＝4，即点F与点c1重合时，tanθ取得最小值63.www.5y。
高考必考题—运用空间向量解决空间角(含解析)
运用空间向量解决空间角一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
例1、【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．例2、(2019南京学情调研） 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知底面ABCD 的边长AB ＝3，侧棱AA 1＝2，E 是棱CC 1的中点，点F 满足AF →＝2FB →.(1) 求异面直线FE 和DB 1所成角的余弦值； (2) 记二面角EB 1FA 的大小为θ，求|cos θ|.题型二、直线与平面所成的角直线与平面所成的角是通过研究直线的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特别注意所求的角与已求的角之间的关系。
例3、【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．例4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．题型三、平面与平面所成的角利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据观察判断向量在图形中的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点例5、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．例6、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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，连结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.例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．二、达标训练1、【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．2、【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.3、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.4、（2020届山东省九校高三上学期联考）已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，12AB AA ==，3BAD π∠=，ACBD O =，AO ⊥平面1A BD ，11A B A D =.（1）证明：1//B C 平面1A BD ； （2）求钝二面角1B AA D --的余弦值.5、（2020届山东省潍坊市高三上期末）在底面为正方形的四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面,,,ABCD PA PD E F =分别为棱PC 和AB 的中点.(1)求证://EF 平面PAD ;(2)若直线PC 与AB ，求平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的大小.6、(2019南京、盐城一模）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA ＝AB＝2，点E是棱PB的中点．(1) 求异面直线EC与PD所成角的余弦值；(2) 求二面角BECD的余弦值．一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
利用空间向量求解立体几何中的角-2019届高考数学(理)提分必备30个黄金考点---精校解析Word版
【考点剖析】1.命题方向预测：空间角的计算是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题．此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角. 2.课本结论总结： 一种方法用空间向量解决几何问题的一般方法步骤是： (1)适当的选取基底{a ，b ，c }； (2)用a ，b ，c 表示相关向量； (3)通过运算完成证明或计算问题． 两个理解(1)共线向量定理还可以有以下几种形式： ①a ＝λb ⇒a ∥b ；②空间任意两个向量，共线的充要条件是存在λ，μ∈R 使λa ＝μb .③若OA →，OB →不共线，则P ，A ，B 三点共线的充要条件是OP →＝λOA →＋μOB →且λ＋μ＝1.(2)对于共面向量定理和空间向量基本定理可对比共线向量定理进行学习理解．空间向量基本定理是适当选取基底的依据，共线向量定理和共面向量定理是证明三点共线、线线平行、四点共面、线面平行的工具，三个定理保证了由向量作为桥梁由实数运算方法完成几何证明问题的完美“嫁接”． 四种运算空间向量的四种运算与平面向量的四种运算加法、减法、数乘、数量积从形式到内容完全 一致可类比学习．学生要特别注意共面向量的概念．而对于四种运算的运算律，要类比实数加、减、乘的运算律进行学习． 三种成角(1)异面直线所成的角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2；(2)直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2； (3)二面角的范围是[0，π]． 3.名师二级结论： 1.夹角计算公式(1)线线角：直线与直线所成的角θ，如两直线的方向向量分别为a ，b ，则||cos cos a b θ＝〈，〉.(2)线面角：直线与平面所成的角θ，如直线的方向向量为a ，平面的法向量为n ，则||sin cos a n θ＝〈，〉. (3)面面角：两相交平面所成的角θ，两平面的法向量分别为n 1，n 2，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.判定二面角的平面角是锐角还是钝角的情况来决定cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|还是cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|. 2.距离公式(1)点点距：点与点的距离，以这两点为起点和终点的向量的模；(2)点线距：点M 到直线a 的距离，如直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M 到直线a 的距离d ＝|MN →|sin 〈MN →，a 〉；(3)线线距：两平行线间的距离，转化为点线距离；两异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；(4)点面距：点M 到平面α的距离：如平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN →||cos 〈MN →，n 〉|＝|MN →·n ||n |；(5)线面距：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离； (6)面面距：两平行平面间的距离，转化为点面距离. 4.考点交汇展示：三棱锥A BCD -及其侧视图、俯视图如图所示.设M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，P 为线段BC 上的点，且MN NP ⊥.（1）证明：P 为线段BC 的中点； （2）求二面角A NP M --的余弦值.【答案】（1）证明详见解析；（2）cos θ=.y（2）易得平面PMN 的法向量为1(0,1,1)n =.(1,0,3),(1,BA BC =-=-，设平面ABC 的法向量为2(,,)n x y z =，则0000x x ⎧-++=⎪⇒⎨-+=⎪⎩2(3,1,1)n =，所以cos 5θ==【2018年理数全国卷II 】如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.由已知得取平面的法向量.设，则.设平面的法向量为.由得，可取，所以.由已知得.所以.解得（舍去），.所以.又，所以.所以与平面所成角的正弦值为.【2018年全国卷Ⅲ理】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.（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D−xyz.【考点分类】考向一利用空间向量求空间角1.【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以．所成角的正弦值为．2.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ^底面ABCD ，AD AB ^，//AB DC ，2AD DC AP ===，1AB =，点E 为棱PC 的中点．C（Ⅰ）证明：DC BE ⊥；（Ⅱ）求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；（Ⅲ）若F 为棱PC 上一点，满足AC BE ⊥，求二面角F AB P --的余弦值． 【答案】（Ⅰ）详见试题分析；（Ⅱ）直线BE 与平面PBD；．（Ⅰ）向量()0,1,1BE =，()2,0,0DC =，故0=⋅． ∴DC BE ⊥．（Ⅱ）向量()1,2,0BD =-，()1,0,2PB =-．设(),,n x y z =为平面PBD 的法向量，则0,0,n BD n PBìï?ïíï?ïî即20,20.x y x z ì-+=ïïíï-=ïî不妨令1y =，可得()2,1,1n =为平面PBD的一个法向量．于是有cos ,6n BE n BE n BE×===×BE 与平面PBD ． （Ⅲ）向量()1,2,0BC =，()2,2,2CP =--，()2,2,0AC =，()1,0,0AB =．由点F 在棱PC 上，设CF CP l =，01l＃，故()12,22,2BF BC CF BC CP l l l l =+=+=--，由BF AC ^，得0BF AC?，因此，()()2122220l l -+-=，解得34l =，即113,,222BF 骣÷ç=-÷ç÷ç桫．设()1,,n x y z =为平面FAB 的法向量，则110,0,n AB n BFìï?ïíï?ïî即0,1130.222x x y z ì=ïïïíï-++=ïïî不妨令1z =，可得()10,3,1n =-为平面FAB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量()20,1,0n =，则121211cos ,10n n n n n n ×===-×．易知，二面角F AB P --． （方法二）（Ⅰ）如图，取PD 中点M ，连结EM ，AM ．由于,E M 分别为,PC PD 的中点，故//EM DC ，且12EM DC =，又由已知，可得//EM AB 且EM AB =，故四边形ABEM 为平行四边形，∴//BE AM ．∵PA ^底面ABCD ，故PA CD ^，而CD DA ^，从而CD ^平面PAD ，∵AM Ì平面PAD ，于是CD AM^，又//BE AM ，∴BE CD ^．C【方法规律】1．利用向量法求异面直线所成的角时，注意向量的夹角与异面直线所成的角的异同．同时注意根据异面直线所成的角的范围(0，π2]得出结论．2．利用向量法求线面角的方法一是分别求出斜线和它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)； 二是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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.3．利用空间向量求二面角可以有两种方法：一是分别在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是通过平面的法向量来求：设二面角的两个半平面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)． 4．利用空间向量求二面角时，注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角．求解过程中应注意以下几个方面：(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求；(2)求平面的法向量的方法：①待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之；②先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量．当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法.5. (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求直线与平面所成的角θ，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得，即sin θ＝|cos α|.【解题技巧】运用空间向量求解空间的角关键是建立空间直角坐标系后，空间角转化为向量的运算．使用空间向量解决立体几何计算，直线的标志是它的方向向量，平面的标志是它的法向量，我们可以借助于直线和平面的标志用向量这个工具解决立体几何计算问题．利用向量法求解空间角，可以避免利用定义法作角、证角、求角中的“一作、二证、三计算”的繁琐过程，利用法向量求解空间角的关键在于“四破”．第一破“建系关”，第二破“求坐标关”；第三破“求法向量关”；第四破“应用公式关”，熟记线面成的角与二面角的公式，即可求出空间角．【易错点睛】1.异面直线所成角的范围；线面角的正弦值是直线的方向向量和平面法向量所成角余弦的绝对值；两相交平面所成的角θ，两平面的法向量分别为n1和n2，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|，其特殊情况是两个半平面所成的角即二面角，也可以用这个公式解决，但要判定二面角的平面角是锐角还是钝角的情况以决定cosθ＝|cos〈n1，n2〉|还是cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|.这是利用向量求二面角的难点、易错点．2.向量的书写不规范，字母上方缺少＂→＂．3.作图马虎，虚实线不分，不用直尺作图．考向二利用空间向量解决探索与翻折问题1.【2018年理新课标I卷】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.2.如图，在三棱锥S ABC -中， SA ⊥底面ABC ， 2AC AB SA ===， AC AB ⊥， D ， E 分别是AC ， BC 的中点， F 在SE 上，且2SF FE =． （1）求证： AF ⊥平面SBC ；（2）在线段上DE 上是否存在点G ，使二面角G AF E --的大小为30︒？若存在，求出DG 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析; （2）见解析. 【解析】（1）由2AC AB SA ===， AC AB ⊥，E 是BC 的中点，得AE =因为SA ⊥底面ABC ，所以SA AE ⊥．（2）方法一：假设满足条件的点G 存在，并设DG t =． 过点G 作GM AE ⊥交AE 于点M ，又由SA GM ⊥， AE SA A ⋂=，得GM ⊥平 面SAE ．作MN AF ⊥交AF 于点N ，连结NG ，则AF NG ⊥． 于是GNM ∠为二面角G AF E --的平面角，即30GNM ︒∠=，由此可得)12MG x =-． 由MNEF ，得MN AM EF AE =)1t +=)1MN t =+．在Rt GMN 中， tan30MG MN ︒=，即)()11263t t -=+⋅，解得12t =．于是满足条件的点G 存在，且12DG =．所以()1,1,0AE =， 222,,333AF ⎛⎫=⎪⎝⎭， ()1,,0AG t =． 设平面AFG 的法向量为()111,,m x y z =，则0{0m AF m AG ⋅=⋅=，即2220{3330x y z x my ++=+=，取1y =，得x t =-， 1z t =-，即(),1,1m t t =--．设平面AFE 的法向量为()222,,n x y z =，则0{0n AF n AE ⋅=⋅=，即222{333x y z x y ++=+=，取1y =，得x t =-， 1z t =-，即(),1,1n t t =--．由二面角G AF E --的大小为30︒，得cos30m n m n︒⋅==⋅，化简得22520t t -+=，又01t ≤≤，求得12t =． 于是满足条件的点G 存在，且12DG =． 【方法规律】1.解决探索性问题，都是先假设存在，然后根据已知条件和结论逐步进行计算和推导，若推出矛盾则不存在，这是解决探索性问题的常用方法．2.解决翻折问题，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没有变，特别是没有变的量是我们解决问题的关键．【解题技巧】探索性问题命题背景宽，涉及到的知识点多，综合性较强，通常是寻找使结论成立的条件或探索使结论成立的点是否存在等问题，全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度，考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，因此使用问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．【易错点睛】解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．如本题把直二面角转化为这两个平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为零，得参数p的方程．即把与两平面垂直有关的存在性问题转化为方程有无解的问题．与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【热点预测】1.【2016高考新课标1卷】平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α//平面CB1D1,αI平面ABCD=m,αI平面AB B1A1=n,则m、n所成角的正弦值为B)21 3【答案】A2.在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，.若分别是棱上的点，且，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】故选D.3.【2018届河北省定州中学高三上第二次月考】已知点在正方体的对角线上，在上，则与所成角的大小为___________.【答案】【解析】以D点为原点，以DA,DC，分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，，连接，在平面中，延长DP交于点H,设，由，可得，，填。
通用版2019版高考数学一轮复习第八章立体几何第六节利用空间向量求空间角实用课件理
(2)分别取BC，AD的中点为M，N. 连接PN交EF于点Q，连接MQ，BN. 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点， 所以Q为EF的中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE. 由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD. 由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD. 又PN∩BN＝N， 所以AD⊥平面PBN. 由BC∥AD得BC⊥平面PBN， 那么平面PBC⊥平面PBN. 过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.
φ＝|cos θ|＝ |n||e| .
3．求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD是二面角α -l-β的两个面内与棱l垂直 的直线，则二面角的大小θ＝〈 ―A→B ，―C→D 〉．
(2)如图②和图③，n 1，n 2分别是二面角α-l-β的两个半平面α， β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉 ．
⊥PD，又因为CD⊥平面PAD，所以AE⊥CD，又PD∩CD＝
D，所以AE⊥平面CDP.所以
―→ AD
＝(0,1,0)，
―→ AE
＝
0，12，12
分别是平面ABP，平面CDP的法向量，且〈
―→ AD
，
―→ AE
〉＝
45°，所以平面ABP与平面CDP所成的二面角为45°. 答案：45°
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[基本知识]
1．两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ， |a·b|
则cos φ＝|cos θ|＝ |a||b| (其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．
2．直线和平面所成角的求法
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sin |n·e|
2019年高考数学(理)一轮复习精品资料专题39空间向量及其运算(押题专练)含解析
2019年高考数学（理）一轮复习精品资料1．在空间直角坐标系中，A(1，2，3)，B(－2，－1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是( )A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直答案：B2．空间四边形ABCD 的各边和对角线均相等，E 是BC 的中点，那么( ) A.AE →·BC →<AE →·CD → B.AE →·BC →＝AE →·CD → C.AE →·BC →>AE →·CD →D.AE →·BC →与AE →·CD →的大小不能比较解析：取BD 的中点F ，连接EF ，则EF12CD.因为AE ⊥BC ，〈AE →，EF →〉＝〈AE →，CD →〉>90°. 所以AE →·BC →＝0，AE →·CD →<0， 因此AE →·BC →>AE →·CD →. 答案：C3． O 为空间任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则A ，B ，C ，P 四点( )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断 解析：∵OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，且34＋18＋18＝1.所以P ，A ，B ，C 四点共面． 答案：B4．已知向量a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，且ka ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值是( ) A ．－1 B.43 C.53 D.75答案：D5． 在空间四边形ABCD 中，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．2解析：如图，令AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c.则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0. 答案：B6．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216 aB.66aC.156 a D.153a 解析：以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，答案：A7．向量a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c ＝(－4，－6,2)，下列结论正确的是( ) A ．a ∥b ，a ∥c B ．a ∥b ，a ⊥c C ．a ∥c ，a ⊥b D ．以上都不对 答案 C解析 因为c ＝(－4，－6,2)＝2(－2，－3,1)，所以a ∥c .又a ·b ＝(－2)×2＋(－3)×0＋1×4＝0，所以a ⊥b .故选C.8．已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1,1,0) B ．(1，－1,0) C ．(0，－1,1) D ．(－1,0,1) 答案 B解析 经检验，选项B 中向量(1，－1,0)与向量a ＝(1,0，－1)的夹角的余弦值为12，即它们的夹角为60°.故选B.9．已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)答案A10．已知A (1，－1,3)，B (0,2,0)，C (－1,0,1)，若点D 在z 轴上，且AD →⊥BC →，则|AD →|等于( )A. 2B. 3C. 5D. 6 答案 B解析 ∵点D 在z 轴上，∴可设D 点坐标为(0,0，m )，则AD →＝(－1,1，m －3)，BC →＝(－1，－2,1)，由AD →⊥BC →，得AD →·BC →＝m －4＝0，∴m ＝4，AD →＝(－1,1,1)，|AD →|＝1＋1＋1＝ 3.故选B.11．已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA →＋λOB →与OB →的夹角为120°，则λ的值为( ) A ．±66 B.66 C ．－66D ．± 6 答案 C解析 OA →＋λOB →＝(1，－λ，λ)， cos120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66. 经检验λ＝66不合题意，舍去，∴λ＝－66.故选C. 12．如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB .12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋cD .12a －12b ＋c答案 A13．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB →，AD →，AA 1→两两的夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→|等于( )A ．5B ．6C ．4D ．8 答案 A解析 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则AC 1→＝a ＋b ＋c ，|AC 1→|2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2c ·a ＝25，因此|AC 1→|＝5.故选A.14．已知四边形ABCD 为平行四边形，且A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C (3,7，－5)，则点D 的坐标为________． 答案 (5,13，－3)解析 设D (x ，y ，z )，则AB →＝DC →.∴(－2，－6，－2)＝(3－x,7－y ，－5－z )． ∴⎩⎪⎨⎪⎧3－x ＝－2，7－y ＝－6，－5－z ＝－2.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝13，z ＝－3.∴D (5,13，－3)．15．在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数x 的值为________．答案 2解析 由题意知AB →·AC →＝0，|AB →|＝|AC →|，又AB →＝(6，－2，－3)，AC →＝(x －4,3，－6)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x －－6＋18＝0，x －2＝4，解得x ＝2.16．已知O (0,0,0)，A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，8317．已知a ＝(2，1，－3)，b ＝(－1，2，3)，c ＝(7，6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝________． 解析：由题意知c ＝xa ＋yb ，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9. 答案：－918．已知2a ＋b ＝(0，－5，10)，c ＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．解析：由题意得，(2a ＋b)·c＝0＋10－20＝－10. 即2a·c＋b·c＝－10，又∵a·c＝4，∴b·c＝－18， ∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b|·|c|＝－1812×1＋4＋4＝－12，∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°. 答案：60°19．已知O(0，0，0)，A(1，2，3)，B(2，1，2)，P(1，1，2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是________．解析：由题意，设OQ →＝λOP →，即OQ →＝(λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－432－23，当λ＝43时有最小值，此时Q 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 20．已知空间中三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设a ＝AB →，b ＝AC →. (1)若|c|＝3，且c ∥BC →，求向量c ； (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值．(2)∵a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)， ∴a·b＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1， 又∵|a|＝12＋12＋02＝2， |b|＝（－1）2＋02＋22＝5，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a|·|b|＝－110＝－1010，即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. 21．如图，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，G 为△BC 1D 的重心．(1)试证：A 1，G ，C 三点共线；(2)试证：A 1C ⊥平面BC 1D.22．如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M 、N 、P 分别是AA 1、BC 、C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →；(2)A 1N →；(3)MP →＋NC 1→。
04向量法求空间角度问题-2019年高考数学考点讲解(四)
空间向量的引入为代数方法处理立体几何问题提供了一种重要的工具和方法，解题时，可用定量的计算代替定性的分析，从而避免了一些繁琐的推理论证。
求空间角是立体几何的一类重要的问题，也是高考的热点之一。
本文旨在讨论怎么样用向量的办法解决空间角问题。
⒈空间的角包括两条异面直线所成的角，直线与平面所成的角，以及二面角等。
⒉考试要求：既要深刻理解它们的含义(包括取值范围)，又要能综合应用其概念和平面几何知识熟练解题。
⒊对于空间向量a 、b ，有cos<a ,b >=a ·b |a ||b |．利用这一结论，我们可以较方便地处理立体几何中的角的问题． 经典例题解析：求解空间中的角的策略是转化思想，即把空间角转化为平面的角解决，空间的角共有三种：线线角、线面角、二面角。
而空间的角的求解是高考考查的热点，下面就具体分析空间角的求解策略。
一、两条异面直线所成的角已知两条异面直线a ，b ，经过空间任意一点O 作直线b b a a //',//'，那么直线','b a 所成的锐角（或直角）叫做异面直线a ，b 所成的角（夹角）。
点O 也可选在a 或b 上。
由定义可以看出两条异面直线所成的角是由两条相交直线所成的角定义的，它刻画了两条异面直线的相对倾斜程度。
两条异面直线所成角的范围是]90,0(0；当夹角为090时，两条异面直线互相垂直。
例1、如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB=BC=AA 1，∠ABC =90°。
点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是（ ）A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解：连结1AB ，易知1AB //EF ，连结C B 1交1BC 于点G ，取AC 的中点H ，则GH//1AB //EF ，设AB ＝BC ＝a AA =1，在三角形GHC 中，易知GH ＝HC ＝GC ＝a 22，故两直线所成的角为.600=∠HGB 故选B. 点评：求两条异面直线所成的角，关键是作平行线，一般依据三角形中位线定理、公理4等来作，求解步骤可分为找，即如果图形中有现成的夹角，把它找出来，没有现成的，把它作出来；证明，即证明哪个角是夹角；求，即求出夹角的值。
高考数学一轮复习第八章立体几何第六节利用空间向量求空间角课件理
(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成 的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选 择一个合理的位置建立空间直角坐标系．
[易错防范] 1．利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间 角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同． 2．求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．
答案：13
4．在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E 为 BB1 的中点，则平 面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．
解析：以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长 为 1，
则 A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0，1,0)，
以 B 为原点，分别以
的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的
正方向建立空间直角坐标系，则 A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，
F(2,2,1)．
因为 AB⊥平面 BEC，所以 ＝(0,0,2)为平面 BEC 的法向量． 设 n＝(x，y，z)为平面 AEF 的法向量．
所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为23.
A(0，－ 3，0)，E(1,0， 2)，F－1，0， 22，C(0， 3，0)，
所以直线
AE
与直线
CF
所成角的余弦值为
3 3.
[解题模板] 利用向量法求异面直线所成角的步骤
直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠BCA＝90°，M，N 分别是 A1B1，
A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( )
接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1.
由∠ABC＝120°，可得 AG＝GC＝ 3.
高中数学课件：利用空间向量求空间角
(2)平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量
为n 2，〈n 1，n2〉＝θ，则二面角α -l -β为θ或π－θ.设二面角 |n 1·n 2|
大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝ |n 1||n 2| ，如图②③. (3)二面角的平面角的取值范围是___[_0__，___π__]____．
―→ ―→
EF ·DC ―→ ―→
＝－
22，
| EF || DC |
∴〈―E→F ，―D→C 〉＝135°，
∴异面直线 EF 和 CD 所成的角是 45°，故选 B. 答案：B
2. 如 图 ， 正 三 棱 柱 ( 底 面 是 正 三 角 形 的 直 棱 柱)ABC-A1B1C1 的底面边长为 2，侧棱长为 2 2， 则 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为________．
∴∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角，
∴cos∠C1AD＝ |
―→ ―→
AC1 ·AD ―→ ―→
＝
AC1 || AD |
1＋ 12× 0＋89＝
23，
又∵∠C1AD∈0，π2，∴∠C1AD＝π6.
答案：π6
四、“基本活动体验”不可少 在用直线的方向向量求两条异面直线的夹角时，向量的夹
角就等于两异面直线的夹角，这种认识正确吗？ 解：不正确．当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角 时，此夹角就是异面直线所成的角；当异面直线的方向向 量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．
角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0,0,0)，
D(0,1,0)，P(0,0,1)，由题意，知AD⊥平面
高考数学专题复习 空间向量法求角 理
高考数学专题复习 空间向量法求角 理例1.求平面的一个法向量在正方体1111D C B A ABCD -中F E G ,,分别为BC AB AA ,,1的中点，求平面GEF 和平面1FGD 的法向量及其二面角余弦值2.空间向量法应用： 1．求直线和平面所成的角已知B A ,为直线l 上任意两点，n 为平面α的法向量，则l 和平面α所成的角θ为:222222212121212121cos zy x z y x z z y y x x ++⋅++++==β βθcos sin =当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πβ时βπθ-=2 当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈ππβ,2时βπθ-= 2、利用法向量求二面角的大小的原理:设n m ,为平面βα，的法向量，二面角βα--l 的大小为θ，向量n m ,的夹角为ϕ，则有πϕθ=+或ϕθ=图222222212121212121cos zy x z y x z z y y x x ++⋅++++==θ说明：通过法向量的方向来求解二面角，两个法向量的方向是“一进一出”，所求的二面角的平面角就等于两法向量的夹角，如果是“同进同出”， 所求的二面角的平面角就等于两法向量的夹角的补角y三. 空间向量法:1.下图分别为三棱锥ABC S -的直观图与三视图，在直观图中，N M SC SA 、,=分别为SB AB ,的中点. （Ⅰ）求证：SB AC ⊥（Ⅱ）求二面角B NC M --的余弦值.2.如图，PDCE 为矩形，ABCD 为梯形，平面PDCE ⊥平面ABCD ，090=∠=∠ADC BAD ，12AB ADCD a ，2PD a .(Ⅰ)若M 为PA 中点，求证：//AC 平面MDE (Ⅱ)求平面PAD 与PBC 所成二面角大小ABCMSN侧视俯视图4A BCEPDMABC1A 1B 1C 3.多面体111ABC A BC -中，11ABB A 是正方形，1AC AB ==，11AC A B BC ==，11//B C BC ，1112B C =BC . （Ⅰ）求证：1//AB 面11AC C（Ⅱ）求二面角11C AC B --的余弦值的大小4.在直四棱柱1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 为平行四边形，且2AD =，13AB AA ==，060=∠BAD ，E 为AB 的中点．（Ⅰ）证明：1AC ∥平面1EB C（Ⅱ）求直线1ED 与平面1EB C 所成角的正弦值．5.四棱锥ABCD P -的底面是边长为1的菱形，E BCD ，060=∠是CD 中点，ABCD PA ⊥，3=PA（Ⅰ）证明：平面PAB PBE ⊥ （Ⅱ）求二面角P BE A --的大小.A1ADC1D1C1BBE6.如图，正四棱柱1111ABCD A BC D -中，124AAAB ==，点E 在1CC 上且EC E C 31=． （Ⅰ）证明：1AC ⊥平面BED （Ⅱ）求二面角1A DE B --的余弦值7.四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为平行四边形，ABCD PD AD AB DAB ⊥==∠,2600， (Ⅰ) 证明：BD PA ⊥（Ⅱ）若AD PD =，求二面角C PB A --的余弦值8.已知正三棱柱A B C -111A B C 的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱1A A 上，点F 在侧棱1B B 上，且22A E =,2BF =.（Ⅰ）求证：1C F C E ⊥（Ⅱ）求二面角1E C F C --的大小A BCDEA 1B 1C 1D 19.AD EB AE AEB EF ,,⊥⊥//EF //BC ，G BE AE EF AD BC ，，，2342=====是BC 的中点 （Ⅰ）求证：AB //平面DEG （Ⅱ）求二面角E DF C --的余弦值10.在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，060=∠BAD ，Q 为AD 的中点，2PA PD AD === （Ⅰ）点M 在线段PC 上，PM tPC =，试确定t 的值，使//PA 平面MQB（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若平面PAD ⊥平面ABCD ，求二面角M BQ C --的大小11.三棱锥被平行于底面ABC 的平面所截得的几何体如图所示，截面为111A B C ，090=∠BAC ，1A A ⊥平面ABC ，13A A =，2AB =，2AC =，111AC =，12BD DC =． （Ⅰ）证明：平面1A AD ⊥平面11BCC B （Ⅱ）求二面角1A CC B --的余弦值A 1AC 1B 1BDC12.直角梯形ABCP 中，AP ∥BC ，1,2,2AP AB AB BC AP D ⊥===是AP 中点,G F E ,,分别为CB PD PC ,,的中点，将PCD ∆沿CD 折起，使得PD ⊥平面ABCD ，如图2（Ⅰ）求证：AP ∥平面EFG （Ⅱ）求二面角D EF G --的大小13.在五面体ABCDE 中，四边形ADEF 是正方形，FA ABCD ⊥平面，//BC AD ，1CD =，22AD =，045=∠=∠CDA BAD（Ⅰ）求异面直线CE 与AF 所成的角的余弦值 （Ⅱ）证明：ABF CD ⊥（Ⅲ）求二面角B EF A --的正切值．14.如图，已知⊥AB 平面DE ACD ,//AB ，ACD ∆是正三角形，AB DE AD 2==，且F 是CD 的中点 （Ⅰ）求证：AF //平面BCE （Ⅱ）求证：CDE BCE ⊥（Ⅲ）求平面BCE 与平面ACD 所成锐二面角的大小BFED CA15.如图，在正三棱柱DEF ABC -中，P AD AB ，，12==是CF 的延长线上一点，过P B A ,,三点的 平面交FD 于M ，交EF 于N （Ⅰ）求证：MN ∥平面CDE（Ⅱ）(文科)当3=PC 时，求三棱台ABC MNF -的体积（Ⅲ）当平面CDE PAB ⊥时，求三棱台ABC MNF -的体积．16.在多面体ABCDEFG 中，平面DG EF DG ED AC BA DEFG AD DEFG ABC //,,,,//⊥⊥⊥且4,2,1======DG AD EF ED AB AC ．（Ⅰ）求证：DEFG BE ⊥ （Ⅱ）求证：ACGD BF //（Ⅲ）求二面角A BC F --的余弦值．17.已知直角梯形ABCD 的上底2BC =1//,2BC AD BC AD =，CD AD ⊥，PDC ⊥ABCD ，PCD ∆是边长为2的等边三角形 （Ⅰ）证明：AB PB ⊥（Ⅱ）求二面角P AB D --的大小 （Ⅲ）求三棱锥A PBD -的体积A BCD EGF18.直三棱柱111ABC A BC -中，5,4,3AB AC BC ===，14AA =，点D 在AB 上． （Ⅰ）若D 是AB 中点，求证：1AC ∥平面1B CD （Ⅱ）当15BD AB =时，求二面角1B CD B --的余弦值． 19. 如图，四边形ABCD 中，AB AD ⊥AD ,∥2,4,6,===AB BC AD BC , 点F E ,分别在AD BC ,上，且E 为BC 中点，EF ∥AB ,现将四边形ABEF 沿EF 折起，使二面角A EF D --等于060 （Ⅰ）设P 为AD 的中点，求证：CP ∥平面ABEF （Ⅱ）求直线AF 与平面ACD 所成角的正弦值．20.如图所示，在矩形ABCD 中，4,2,AB AD E CD ==是的中点，O 为AE 的中点，以AE 为折痕将ADE ∆向上折起，使D 到P 点位置，且PC PB =.（Ⅰ）求证：ABCE PO ⊥（Ⅱ）求二面角B AP E --的余弦值AA 1BCDB 1C 121.在四棱锥ABCD P -中，底面是边长为32的菱形，且0120=∠BAD ，且ABCD PA ⊥,N M PA 、,62=分别为PD PB ,的中点．（Ⅰ）证明：MN ∥平面ABCD（Ⅱ）过点A 作PC AQ ⊥，垂足为点Q ，求二面角Q MN A --的余弦值．22.在四棱锥ABCD P -中，DAB ABCD PA ∠⊥,为直角，F E AB CD AD CD AB 、,2,//==分别为CD PC ,的中点.（Ⅰ）求证：BEF CD ⊥（Ⅱ）设()0,>=k kAB PA ，且二面角C BD E --的大小为030，求此时k 的值.23.如图，四边形ABCD 为矩形，PD ABCD PD ,⊥//PD AD QA QA 21,== （Ⅰ）求证：平面DCQ PQC ⊥（Ⅱ）若二面角C BP Q --的余弦值为53-，求AB AD的值24.几何体111ABCD BC D -中，四边形ABCD 为菱形，060=∠BAD ，AB a =，面111B C D ∥面ABCD , 1BB 、1CC 、1DD 都垂直于面ABCD ,且12BB a =，E 为1CC 的中点，F 为AB 的中点.（Ⅰ）求证：1DB E ∆为等腰直角三角形 （Ⅱ）求二面角1B DE F --的大小25.四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，2BC =，2CD =AB AC =．（Ⅰ）证明：AD CE ⊥（Ⅱ）设侧面ABC 为等边三角形，求二面角C AD E --的余弦值26.在三棱锥P ABC -中，PA ⊥0090,60,,=∠=∠=BCA ABC AB PA ABC ，点D ，E 分别在棱,PB PC 上，且//DE BC（Ⅰ）求证：BC ⊥平面PAC（Ⅱ）当D 为PB 的中点时，求AD 与平面PAC 所成的角的正弦值 （Ⅲ）是否存在点E 使得二面角A DE P --为直二面角BCDF1B 1C 1D CDEAB27.四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥ABCD ，2AD =2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，ABM ∠060=（Ⅰ）证明：M 在侧棱SC 的中点 （Ⅱ）求二面角S AM B --的余弦值28.在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD , AD //BC //FE ，AD AB ⊥，M 为EC 的中点，AD FE BC AB AF 21==== （Ⅰ）求异面直线BF 与DE 所成的角的大小 （Ⅱ）证明平面AMD ⊥平面CDE （Ⅲ）求二面角F CD A --的余弦值29. 三棱柱111ABC A BC -，90=∠BCA ，2AC BC ==，1A 在底面射影为AC 中点D ，11BA AC ⊥. （Ⅰ）求证：1AC ⊥平面1A BC （Ⅱ）求二面角1A A B C --的余弦值D1B 1A 1CBAA BCDEF30.矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE //2,390,0===∠=∠EF AD CEF BCF CF ，，（Ⅰ）求证：AE //平面DCF（Ⅱ）当AB 的长为何值时, 二面角C EF A --的大小为06031.如图，在直三棱柱111ABC A BC -中，平面1A BC ⊥侧面11.A ABB （Ⅰ）求证：BC AB ⊥（Ⅱ）若1AA AC a ==，直线AC 与平面1A BC 所成的角为θ，二面角A BC A --1的大小为ϕ，求证： 2πϕθ=+32.已知四棱锥P ABCD -的底面是正方形，PA ⊥面ABCD ，且2PA AD ==,点,M N 分别在,PD PC 上，1,.2PN NC PM MD == （Ⅰ） 求证：PC ⊥面AMN（Ⅱ）求二面角B AN M --的余弦值.DMNP A33.已知正三棱柱111C B A ABC -的底面边长是2，D 是侧棱1CC 的中点，平面ABD 和平面C B A 11的交线为MN（Ⅰ）试证明MN AB //（Ⅱ）若直线AD 与侧面C C BB 11所成的角为045，试求二面角C BD A --的正切值34.三棱柱111ABC A BC -中,15,4AB AC AA BC ====,1A 在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O （Ⅰ）证明在侧棱1AA 上存在一点E ,使得OE ⊥平面11BB C C ,并求出AE 的长 (Ⅱ)求平面11A B C 与平面11BB C C 夹角的余弦值35.如图,在长方体1111ABCD A BC D -中E AD AA ,11==为CD 中点. (Ⅰ)求证:11B E AD ⊥(Ⅱ)在棱1AA 上是否存在一点P ,使得//DP 平面1B AE ?若存在,求AP 的长;若不存在,说明理由(Ⅲ)若二面角11A B E A --的大小为030,求AB 的长.36.正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，,E F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A DC B --．(Ⅰ)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由 （Ⅱ）求二面角E DF C --的余弦值(Ⅲ)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP DE ⊥？证明你的结论．37.四棱锥A BCDE -中，BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，2BC =，CD =AB AC =．（Ⅰ）证明：AD CE ⊥（Ⅱ）设CE 与平面ABE 所成的角为045，求二面角C AD E --的余弦值例1：()()29873cos ,4,3,2,1,1,1-==---=θn m ()()()()()()11333,2,6.0,32,2:,1,6,2.0,3,3,3,3,2:1⇒-==--===n CB BNC m CM CN MNC ()()()()()().31cos 1,1,1:,1,1,1:3.32,1,1,0,1,021111=⇒--=-=⇒==θπn B C A m C C A n m ()()()70309cos sin ,3,32,5,0,21,3,0,0,04==--=⎪⎭⎫⎝⎛θαm E D CDEABABCDEFAB CDEF()()().31,3,0:,1,0,0:.5πθ=⇒==⊥n PBC m ABE PAB BE ()()()4214,2,1,1,2,1,46---()()()()()772cos 3,0,2:,32,3,1:.0,1,3,0007-=--==-θn PBA m PBC A D ，， ()()40,3,1:,1,2,0:πθ=⇒==n CFC m ECF()()()66cos 0,0,1:,1,2,1:.332,31,233,21,239-=⇒=-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⇒⎪⎪⎭⎫⎝⎛-θn DFE m CDF M P ()()2,3,3:,3131,//10-==⇒=m MBQ t AC AE BE PA ()31,0,0:π⇒=n BCQ ()()()5150,0,1,1,3,611⇒==n m ().412π()4113()()()41,0,0,1,0,114π⇒=-=n m ()27319,315==V CP ()()()661,2,1,1,0,0,//16-⇒=-=n m DE AB ()()3,1,2:,17222==+m ABP AP BP AB()362,41,0,0:=⇒=V n ABD π()()()1333,12,4:,1,0,0:181⇒--CDB BCD ().5219()3320().333321 ()()()().1522,2,:,1,0,0:,,0,0,////22⇒-k k n m k P EBF PAD CD ()()()12,,0:,1,,:23=⇒--AB k n k k m ()()()42,1,0:,2,1,3:24π⇒--n m ()10125-().73,,4226CP CE PC AE DE AE =⇒⊥⊥ ()()()()()36cos 2,0,1:,1,1,2:,210,2,0,2,2,227-=⇒--=⇒-=--=+=θn m t BA t t CM BC BM()36,328π()()()()771,3,0,1,3,3,3,0,0,,291111⇒-=-==⇒⊥⊥n m t t A BC AC BA AC ()()()()()()()()2933,,3,1,0,0.0,3,1,,0,3.0,3,4,0,0,3,,0,030=⇒-===-=k k k n m EF k AE F E k A []()()()22111sin sin ,2131ca c c AB ACM ABMB A AM B CN BB B A CN +==⇒==∠=∠⇒⊥⊥⇒⊥ϕθθϕ，作()()()5151,1,1:,1,2,0:.34,32,32,32,32,3232-⇒--⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n m N PC ()()()()3tan 101cos 1,0,0,1,6,3,3,0,1,233=⇒=⇒=-==θθn m A CD ()()1030cos 2.51,52,431===⇒⊥⊥θAE OE BC OE AA OE[]()()()()()()21,1,0:,2,,2:.1,1,2,1,1,2,0,0,3.21,0,02.1351111111=⇒=-=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛⊥t n E B A t t m E AB t EA t E B t B p CE B BC ()BC BP 31,72136=()()()()()101cos 2,3,0:,1,0,3:.31,0,:,0,037-=⇒=-=⇒=⇒-=⇒θn ADE m CAD k k m ABE k A 2004-2014山东高考数学真题：立体几何（04）如图，已知四棱锥ABCD P -，AD PB ⊥，侧面PAD 为边长等于2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为0120.求点P 到平面ABCD 的距离（05）已知长方体1111ABCD A BC D -,12,1AB AA ==，直线BD 与平面11AA B B 所成的角为030， AE 垂直BD 于,E F 为11A B 的中点．（Ⅰ）求异面直线AE 与BF 所成的角的余弦值（Ⅱ）求平面BDF 与平面1AA B 所成二面角（锐角）的余弦值 （Ⅲ）求点A 到平面BDF 的距离A 11C 11F E CA（06理科）如图，已知平面111C B A 平行于三棱锥ABC F -的底面ABC ，等边C AB 1∆所在的平面与 底面ABC 垂直，且090=∠ACB ，设a BC a AC ==,2 （Ⅰ）求证直线11C B 是异面直线1AB 与11C A 的公垂线 （Ⅱ）求点A 到平面FBC 的距离 （Ⅲ）求二面角C FB A --的余弦值（07理科）在直四棱柱1111ABCD A BC D -中,已知122DC DD AD AB ===,AD DC ⊥.AB //CD （Ⅰ）设E 是DC 的中点, 求证: E D 1//BD A 1 （Ⅱ）求二面角11A BD C --的余弦值ED1C1B1A1DCBA（08理科）四棱锥P ABCD -底面为菱形，PA ⊥平面ABCD ，060=∠ABC ，E F ，是BC PC ，中点 （Ⅰ）证明：AE PD ⊥（Ⅱ）若H 为PD 上的动点，EH 与PADE AF C --的余弦值．（08文科）在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB //DC ，PAD △是等边三角形，已知28BD AD ==，2AB DC ==（Ⅰ）设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD （Ⅱ）求四棱锥P ABCD -的体积．ABCMPDPBEC DFA（09文理）直四棱柱1111D C B A ABCD -中，ABCD 为等腰梯形，AB //CD ,，，24===CD BC AB21=AA ，M E ,分别是棱1,AA AD 的中点.设F 是棱AB 的中点（Ⅰ）证明：直线EM //平面1FCC （Ⅱ）证明:平面C C BB AC D 111⊥（文科） （Ⅲ）求二面角C FC B --1的余弦值（10理科）在五棱锥ABCDE P -中，⊥PA 平面AB ABCDE ,//AC CD ,//AE ED ,//BC ，,450=∠ABC 42,22===AE BC AB ，三角形PAB 是等腰三角形（Ⅰ）求证：平面PCD ⊥平面PAC （Ⅱ）求直线PB 与平面PCD 所成角的大小 （Ⅲ）求四棱锥ACDE P -的体积EA BCFMAB 1C 1DD（10文科）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，⊥MA G F E MA PD ABCD ,,,//,分别为PC PB MB ,,的中点，且MA PD AD 2==（Ⅰ）求证：平面PDC EFG ⊥（Ⅱ）求三棱锥MAB P -与四棱锥ABCD P -的体积之比（11文科）四棱台中，1D D ⊥ABCD ，ABCD 是平行四边形，01160,,2=∠==BAD B A AD AD AB （Ⅰ）证明:BD AA ⊥1 （Ⅱ）证明:BD A CC 11（11理科）如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，090,ACB ∠=ABCD EA ⊥ //,//,//,2EF AB FG BC EG AC AB EF = （Ⅰ）若M 是线段AD 的中点，求证：ABFE GM // （Ⅱ）若2AC BC AE ==，求二面角A BF C --的大小.DB 11DC 1 CBA A 1 DEFG（12理科）如图几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB //CD ，060=∠DAB ，ABCD FC ⊥， CF CD CB BD AE ==⊥,（Ⅰ）求证：AED BD ⊥（Ⅱ）求二面角C BD F --的余弦值（12文科）几何体E ABCD -是四棱锥，ABD ∆为正三角形，,CB CD EC BD =⊥.（Ⅰ）求证：DE BE =（Ⅱ）若0120=∠BCD ，M 为线段AE 的中点，求证：DM //平面BEC .（13理科）在三棱锥ABQ P -中，F E C D BQ BP BA ABQ PB ,,,.,==⊥，分别是BP AP BQ AQ ,,, 的中点，PD BD AQ ,2=与EQ 交于点PC G ,与FQ 交于点H ，连接GH（Ⅰ）求证：AB //GH（Ⅱ）求二面角E GH D --的余弦值（13文科）四棱锥P ABCD -中，,AB AC AB PA ⊥⊥,,2AB CD AB CD =∥,,,,,E F G M N 分别为,,,,PB AB BC PD PC 的中点（Ⅰ）求证：PAD CE //（Ⅱ）求证：EMN EFG ⊥(14理)四棱柱1111D C B A ABCD -，底面ABCD 是等腰梯形，M CD AB DAB ,22,600===∠是线段AB 中点 （Ⅰ）求证：111//ADD A M C（Ⅱ）若ABCD CD ⊥1且31=CD ，求平面M D C 11和ABCD 所成角（锐角）的余弦值B 1C 1D 1A 1DC B M A（14文）四棱锥ABCD P -中F E AD BC AB BC AD PCD AP ,,21,//,==⊥分别为线段PC AD ,的中点 （Ⅰ）求证：BEF AP //（Ⅱ）求证：PAC BE ⊥（04）23（05）()().5525151,3,1,0,1,042，，⇒==n m （06）(),1,3,32,333--=⇒=m a V ().411,3,0⇒=n （07）()()331,1,1,1,2,2⇒-=--=n m （08理）()()5150,3,1,1,2,0⇒-=-=n m（08文科）316（09理）()().773,0,2,0,3,1⇒==n m （10理）()()⇒=-=1,1,0,22,0,22m BP .6πθ=22（11理）3π（12理）55(13理)54-（14）55。
高考数学一轮复习---利用空间向量求空间角
利用空间向量求空间角一、基础知识1．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |❶， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量． 2．直线与平面所成角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |❷.3．二面角(1)若AB ，CD 分别是二面角αl β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|❸，如图(2)(3)．二、常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理cos θ＝cos θ1cos θ2.如图，若OA 为平面α的一条斜线，O 为斜足，OB 为OA 在平面α内的射影，OC 为平面α内的一条直线，其中θ为OA 与OC 所成的角，θ1为OA 与OB 所成的角，即线面角，θ2为OB 与OC 所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2.三、考点解析考点一异面直线所成的角例、如图，在三棱锥PABC中，P A⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱P A，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，P A＝AC＝4，AB＝2.(1)求证：MN∥平面BDE；(2)已知点H在棱P A上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH的长．[解题技法]用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．[跟踪训练1.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是()A．30°B．45°C．60°D．90°2.如图，在四棱锥PABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面P AC；(2)若P A＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．考点二 直线与平面所成的角例、如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值．[解题技法]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．跟踪训练1．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．2.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BA ＝BC ＝5，AC ＝8，D 为线段AC 的中点．(1)求证：BD ⊥A 1D ；(2)若直线A 1D 与平面BC 1D 所成角的正弦值为45，求AA 1的长．考点三 二面角例、如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B D ′A C 的余弦值．[解题技法](1)利用法向量求二面角的大小时，由于法向量的方向不同，两个法向量的夹角与二面角的大小可能相等，也可能互补．所以，两个法向量的夹角的余弦值与二面角的余弦值可能存在正负号的差异．(2)有时用观察法难以判定二面角是钝角还是锐角，为了保证解题结果准确无误，我们给出一种万无一失的方法：就是在两个半平面和二面角的棱上各取1个向量，要求这三个向量必须起点相同，在利用行列式计算法向量时，棱对应的向量必须排前面，即口诀“起点同，棱排前”，这样求出的两个法向量的夹角一定与二面角的大小相等．跟踪训练如图所示，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，△DAB ≌△DCB ，E 为线段BD 上的一点，且EB ＝ED ＝EC ＝BC ，连接CE 并延长交AD 于F .(1)若G 为PD 的中点，求证：平面P AD ⊥平面CGF ；(2)若BC ＝2，P A ＝3，求二面角B CP D 的余弦值．课后作业1.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( ) A.3030 B.3015 C.3010 D.15152、已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.243．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B AA 1C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7B.6C.5 D ．2 4.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35B.56C.3310D.36105．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.226．如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线OF 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.7.如图，已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点，则二面角F OE A 的余弦值为________．8．如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧C D 所在平面垂直，M 是C D 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．9．如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M P A C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值提高练习1．如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；(2)若∠BAD＝60°，求二面角BOB1C的余弦值．2．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.平面P AD⊥平面ABCD，P A＝PD，点E在PC上，DE⊥平面P AC.(1)求证：P A⊥平面PCD；(2)设AD＝2，若平面PBC与平面P AD所成的二面角为45°，求DE的长．3．如图，在三棱锥PABC中，平面P AB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝23，AC＝26，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.(1)求证：PD⊥平面ABC；(2)若直线P A与平面ABC所成的角为45°，求平面P AC与平面PDE所成的锐二面角大小．。
高考数学复习利用向量求空间角和距离理含解析
高考数学复习核心素养提升练四十六利用向量求空间角和距离(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos<m,n>=-,则l与α所成的角为( )A.30°B.60°C.120°D.150°【解析】选A.设线面角为θ,则sin θ=|cos<m,n>|=,θ=30°.2.已知在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于( )A. B. C. D.【解析】选A.如图,连接AC,交BD于点O,连接C1O,过C作CH⊥C1O于点H.因为⇒⇒⇒CH⊥平面C1BD,所以∠HDC为CD与平面BDC1所成的角.设AA1=2AB=2,则OC==,C1O====.由等面积法,得C1O·CH=OC·CC1,即·CH=×2,所以CH=.所以sin∠HDC===.3.二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为()A.150°B.45°C.60°D.120°【解析】选 C.因为·=0,·=0,所以由=++,两边平方得,=+++2(·+·+·),所以=62+42+82+2×6×8cos<,>,所以cos<,>=-,所以<,>=120°,因为二面角的大小为锐角,所以该二面角的大小为60°.4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是( )A. B.C. D.【解析】选B.如图,以D为原点,以DA,DC,DD1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则O, C(0,1,0),C1(0,1,1),设=μ=μ(0,0,1),所以=+=+(0,0,μ)=,容易得到平面A1BD的法向量为n=(-1,1,1),所以sinα====,因为μ∈[0,1],所以sin α∈.5.(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A. B. C. D.【解析】选A.由于平面α与每条棱所在直线所成的角都相等,所以平面α与平面AB1D1平行或重合(如图),而在与平面AB1D1平行的所有平面中,面积最大的为由各棱的中点构成的截面EFGHMN,而平面EFGHMN的面积S=××××6=.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,2AC=AA1=BC=2.若二面角B1-DC-C1的大小为60°,则AD的长为________.【解析】如图,以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在的直线分别为x轴,y轴,z 轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),设AD=a,则D点坐标为(1,0,a),=(1,0,a),=(0,2,2),设平面B1CD的一个法向量为m=(x,y,z).则由m·=0,m·=0,得到取z=-1,所以m= ,又平面C1DC的一个法向量为n= (0,1,0),由cos 60°=,得=,即a=,所以AD=.答案:7.在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0≤λ≤1),则点G到平面D1EF的距离为________.【解析】如图所示,以射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则G(1,λ,1),E,D1(0,0,1),F,=,=(0,1,0),=.过点G向平面D1EF作垂线,垂足为H,由于点H在平面D1EF内,故存在实数x,y,使=+x+y=,由于GH⊥EF,GH⊥ED1,所以解得故=,所以||=,即点G到平面D1EF的距离是.答案:8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F∥平面D1AE,则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是________.【解析】建立如图所示的坐标系,令AB=1,则A(0,0,0),E,D1(0,1,1),B(1,0,0),C1(1,1,1),A1(0,0,1),F(1,t,s),平面D1AE的法向量为n=(x,y,z),则=(1,t,s-1),=,=(0,1,1),所以·n=0,·n=0,即令z=2,则所以n=(1,-2,2).又因为A1F∥平面D1AE,所以·n=0,即1-2t+2(s-1)=0,即s-1=t-,所以=.由于n1=(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量,且·n1=1,所以cos<,n1>=,记A1F与平面BCC1B1所成角为α,则sin α=,cos α=,所以tan α=,因为s=t+≤1,所以t≤,故t∈,∈,所以tan α∈[2,2].答案:[2,2]三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为菱形,△PAD为正三角形,且E,F分别为AD,AB的中点,PE⊥平面ABCD,BE⊥平面PAD.(1)求证:BC⊥平面PEB.(2)求EF与平面PDC所成角的正弦值.【解析】(1)因为PE⊥平面ABCD,BE⊥平面PAD,所以PE⊥AD,BE⊥AD,又PE∩BE=E,PE⊂平面PEB,BE⊂平面PEB,所以AD⊥平面PEB,由四边形ABCD为菱形,得AD∥BC,所以BC⊥平面PEB.(2)以E为原点,EA,EB,EP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,不妨设菱形ABCD的边长为2,则AE=ED=1,PA=2,PE=,BE==,则点A(1,0,0),B(0,,0),C(-2,,0),D(-1,0,0),P(0,0,),F,=(-1,,0),=(1,0,),设平面PDC的法向量为n=(x,y,z),则由n·=-x+y=0,n·=x+z=0,解得取z=1,得n=;又=,所以EF与平面PDC所成角的正弦值为==.10.(2018·南宁模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PD⊥平面ABCD,PD=AD=3,PM=2MD,AN=2NB,∠DAB=60°.(1)求证:直线AM∥平面PNC.(2)求二面角D-PC-N的余弦值.【解析】(1)在PC上取一点F,使PF=2FC,连接MF,NF,因为PM=2MD,AN=2NB,所以MF∥DC,MF=DC,AN∥DC,AN=AB=DC.所以MF∥AN,MF=AN.所以四边形MFNA为平行四边形,即AM∥NF.又NF⊂平面PNC,所以直线AM∥平面PNC.(2)取AB中点E,底面四边形ABCD是菱形,∠DAB=60°,所以∠AED=90°.因为四边形ABCD为菱形,所以∠EDC=90°,即CD⊥DE.又PD⊥平面ABCD,所以CD⊥PD.又DE∩PD=D,所以直线CD⊥平面PDE.故DP,DE,DC相互垂直,以D为原点,如图建立空间直角坐标系.则P,N,C,A,B,D,平面PDC的法向量为m=,设平面PNC的法向量为n=,由n·=0,n·=0,得n=,所以cos<m,n>==,所以二面角D-PC-N的余弦值为.(20分钟40分)1.(5分)(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )A. B. C. D.【解析】选 C.以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,),B1(1,1,),所以=(-1,0,),=(1,1,),设异面直线AD1与DB1所成角为α,则cos α=|cos<,>|==.【一题多解】选C.如图.连接A1D交AD1于点E.取A1B1中点F,连接EF,则EF B1D,连接D1F,在△D1FE中,∠D1EF为异面直线AD1与DB1所成的角.由已知EF=DB1==,D1E=AD1=1,D1F==,所以cos∠D1EF==.2.(5分)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形,若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为( )A. B. C. D.【解析】选B.因为三棱柱的底面面积为S底=×=,所以=AA1,所以AA1=.因为P为底面A1B1C1的中心,所以PA1=××=1,设PA与平面ABC所成角的大小为θ,所以tan θ==,所以θ=.3.(5分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为________.【解析】如图,过E作EE1⊥B1C1于E1,连接D1E1,过P作PQ⊥D1E1于Q,在同一个平面EE1D1内,EE1⊥E1D1, PQ⊥D1E1,所以PQ∥EE1,又因为CC1∥EE1,所以CC1∥PQ,因为CC1⊥平面A1B1C1D1,所以点P 到CC1的距离就是QC1的长度,所以当且仅当C1Q⊥D1E1时,所求的距离最小值为C1Q===.答案:4.(12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,PA⊥底面ABCD,E,F分别为AB,PC 的中点.(1)求证:EF∥平面PAD.(2)若PA=2,试问在线段EF上是否存在点Q,使得二面角Q-AP-D的余弦值为?若存在,确定点Q的位置;若不存在,请说明理由.【解析】(1)取PD中点M,连接MF,MA,在△PCD中,F为PC的中点,所以MF DC,在正方形ABCD中,E为AB中点,所以AE DC,所以AE MF,故四边形EFMA为平行四边形,所以EF∥AM,又因为EF⊄平面PAD,AM⊂平面PAD,所以EF∥平面PAD.(2)结论:满足条件的点Q存在,是EF的中点.理由如下:如图:以点A为坐标原点建立空间直角坐标系,则P(0,0,2),B(0,1,0),C(1,1,0),E,F,由题易知平面PAD的法向量为n=(0,1,0),假设存在Q满足条件:设=λ,因为=,所以Q,=,λ∈[0,1],设平面PAQ的法向量为m=(x,y,z),由可得m=(1,-λ,0),所以|cos<m,n>|==,由已知:=,解得:λ=,所以满足条件的点Q存在,是EF的中点.5.(13分)(2018·济南模拟)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF.(2)求二面角O-EF-C的正弦值.(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.【解析】依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0), B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得·n1=0,又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)因为=(-1,1,0)是平面OEF的一个法向量,已知=(1,1,0),=(-1,1,2),设n2=为平面CEF的法向量,由n2·=0,n2·=0,得-x′+y′+2z′=0,x′+y′=0,取x′=1,则y′=-1,z′=1,n2=,所以cos<,n2>==-,所以sin<,n2>=,即二面角O-EF-C的正弦值为.(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以==,则H,从而=,因此cos<,n2>==-.所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.。
高考数学一轮复习利用空间向量求空间角与距离
1 + 1
2
3 31 +
· = 0,
则൝
即ቐ
· = 0,
4 31 = 0,
= 0,
令z1＝2，则m＝（0，－3，2）.
目录
所以｜cos＜n，m＞｜＝
·
||·||
4 3
＝ .
13
设二面角C－AE－B的大小为θ，则sin θ＝ 1−
11
即二面角C－AE－B的正弦值为 .
13
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC，
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，所以OD∥AC，因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面APC，所以OD∥
||
|AP·|
| |
；
（3）两异面直线间的距离：即两条异面直线公垂线段的长度.
目录
＝
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.
（
）
答案：（1）×
（2）直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.
（
）
答案：（2）×
目录
弦值.
解 （2）连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以
PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝ 2 −2 ＝ 52 −32 ＝4.
1
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OAsin 30°＝4× ＝2，
3
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最新教案：空间向量与空间角(含解析)
空间向量与空间角利用向量求空间角1．两条异面直线所成的角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．2．直线和平面所成角的求法如图所示，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，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |.3．求二面角的大小(1)如图1，AB 、CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ，CD 〉．(2)如图2、3，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．[基础自测]1．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析：选A 由于cos 〈m ，n 〉＝－12，∴〈m ，n 〉＝120°.所以直线l 与α所成的角为30°.2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为( )A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90°解析：选C cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22， 即〈m ，n 〉＝45°，其补角为135°， ∴两平面所成的二面角为45°或135°.3.在如图所示的正方体A1B 1C 1D 1－ABCD 中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 夹角的余弦值为( )A ．－1010B ．－120C.120D.1010解析：选D 如图建立直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1.则AC ＝(－1,1,0)，DE ＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，若异面直线DE 与AC 所成的角为θ，cos θ＝|cos 〈AC ，DE 〉|＝1010. 4．已知点E 、F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________．解析：如图，建立直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1由已知条件A (1,0,0)， E ⎝⎛⎭⎫1，1，13，F ⎝⎛⎭⎫0，1，23， AE ＝⎝⎛⎭⎫0，1，13，AF ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，23， 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，面AEF 与面ABC 所成的二面角为θ，由⎩⎨⎧n ·AE ＝0，n ·AF ＝0，得⎩⎨⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)． 设平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)， 则cos θ＝cos 〈n ，m 〉＝311，tan θ＝23.答案：235．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值________．解析：建立如图所示直角坐标系，则A 1(4,0,3)，B (4,4,0)，B 1(4,4,3)，C (0,4,0)，1A B ＝(0,4，－3)，1B C ＝(－4,0，－3)．设异面直线A 1B 与B 1C 所成角为θ， 则cos θ＝|cos 〈1A B ，1B C 〉|＝925. 答案：925[例1] 如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35[自主解答] 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.可得 O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)， ∴1BC ＝(0,2，－1)，1AB ＝(－2,2,1)，∴cos 〈1BC ，1AB 〉＝1BC ·1AB |1BC ||1AB |＝4－15×9＝15＝55>0.∴1BC 与1AB 的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角， ∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55. [答案] A变式练习1．如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1.解：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，∴cos 〈1AB ，1DD 〉＝1AB ·1DD |1AB |·|1DD |＝33，所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)证明：∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )，∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0， 1FB ·BC ＝0，∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.[例2] 如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，P A⊥底面ABCD ，AC ＝22，P A ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角A -PB -C 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小． [自主解答] (1)证明：以A 为坐标原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则C (22，0,0)．设D (2，b,0)，其中b >0，则 P (0,0,2)，E ⎝⎛⎭⎫423，0，23，B (2，－b,0)．于是PC ＝(22，0，－2)， BE ＝⎝⎛⎭⎫23，b ，23，DE ＝⎝⎛⎭⎫23，－b ，23，从而PC ·BE ＝0，PC ·DE ＝0， 故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ， 所以PC ⊥平面BED .(2) AP ＝(0,0,2)，AB ＝(2，－b,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量，则 m ·AP ＝0，m ·AB ＝0， 即2z ＝0且2x －by ＝0， 令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则n ·PC ＝0，n ·BE ＝0，即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0， 令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b ，n ＝⎝⎛⎭⎫1，－2b ，2. 因为二面角A －PB －C 为90°，所以面P AB ⊥面PBC ，故m ·n ＝0， 即b －2b＝0，故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP ＝(－2，－2，2)， 所以cos 〈n ，DP 〉＝n ·DP |n ||DP |＝12，所以〈n ，DP 〉＝60°.因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP 〉互余， 故PD 与平面PBC 所成的角为30°.变式练习2.如图，已知P A ⊥平面ABC ，且P A ＝2，等腰直角三角形ABC中，AB ＝BC ＝1，AB ⊥BC ，AD ⊥PB 于D ，AE ⊥PC 于E .(1)求证：PC ⊥平面ADE ；(2)求直线AB 与平面ADE 所成角的大小． 解：(1)证明：因为P A ⊥平面ABC ， 所以P A ⊥BC ，又AB ⊥BC ，且P A ∩AB ＝A ， 所以BC ⊥平面P AB ，从而BC ⊥AD . 又AD ⊥PB ，BC ∩PB ＝B ， 所以AD ⊥平面PBC ， 得PC ⊥AD ，又PC ⊥AE ，AE ∩AD ＝A ， 所以PC ⊥平面ADE .(2)如图所示，建立空间直角坐标系B －xyz . 则A (1,0,0)，C (0,1,0)， P (1,0，2)， 因为PC ⊥平面ADE ，所以PC ＝(－1,1，－2)是平面ADE 的一个法向量． 设直线AB 与平面ADE 所成的角为θ， 则sin θ＝|PC ·AB ||PC ||AB |＝(－1，1，－2)·(－1，0，0)2＝12，则直线AB 与平面ADE 所成的角为30°.[例3] 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ＝AA 1＝5，BC ＝4，点A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O .(1)证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长；(2)求平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值．[自主解答] (1)证明：连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1于点E ，因为AA 1∥BB 1，得OE ⊥BB 1，因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC .因为AB ＝AC ，OB ＝OC ，得AO ⊥BC ，所以BC ⊥平面AA 1O ，所以BC ⊥OE ， 所以OE ⊥平面BB 1C 1C .又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5， 得AE ＝AO 2AA 1＝55.(2)如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(－1,2,2)，由AE ＝151AA 得点E 的坐标是⎝⎛⎭⎫45，0，25，由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是OE ＝⎝⎛⎭⎫45，0，25， 设平面A 1B 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·11A B ＝0，n ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1，即n ＝(2,1，－1)，所以cos 〈OE ，n 〉＝OE ·n | OE |·|n |＝3010，即平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值是3010. 变式练习3．如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ，SD ＝AD ＝a ，点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0<λ≤1)．(1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE ； (2)若二面角C －AE －D 的大小为60°，求λ的值．解：(1)证明：如图，建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0，)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，D (0,0,0)，E (0,0，λa )，∴AC ＝(－a ，a,0)，BE ＝(－a ，－a ，λa )，∴AC ·BE ＝0对任意λ∈(0,1]都成立，即对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE .(2)显然n ＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量， 设平面ACE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ∵AC ＝(－a ，a,0)，AE ＝(－a,0，λa )，∴⎩⎨⎧m ·AC ＝0，m ·AE ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧ －ax ＋ay ＝0，－ax ＋λaz ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，x －λz ＝0.取z ＝1，则x ＝y ＝λ，∴m ＝(λ，λ，1)， ∵二面角C －AE －D 的大小为60°， ∴|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m |＝λ1＋2λ2＝12， ∵λ∈(0,1]， ∴λ＝22.课后练习A 组1.如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF ＝(0，－1,1)，1BC ＝(2,0,2)， ∴EF ·1BC ＝2， ∴cos 〈EF ，1BC 〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成角为60°. 答案：60°2．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为________．解析：如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)．设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD ＝(1,0，a )，1CB ＝(0,2,2)， 设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 则由cos 60°＝|m·n ||m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2，故AD ＝ 2. 答案： 23.如图，在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成角为________．解析：如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2. 则CA ＝(2a,0,0)，AP ＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a2，CB ＝(a ，a,0)． 设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB ，n 〉＝CB ·n | CB ||n |＝a 2a 2·2＝12. ∴〈CB ，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 的夹角为90°－60°＝30°. 答案：30°4．如图，在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6.(1)求证：BD ⊥平面P AC ； (2)求二面角P －BD －A 的大小．解：(1)证明：由题可知，AP 、AD 、AB 两两垂直，则分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP ＝(0,0,3)，AC ＝(23，6,0)，BD ＝(－23，2,0)， ∴BD ·AP ＝0，BD ·AC ＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC . 又P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面P AC .(2)显然平面ABD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·BD ＝0，n ·BP ＝0.由(1)知，BP ＝(－23，0,3)，∴⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，z ＝233x .令x ＝3，则n ＝(3，3,2)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12.∴结合图形可知二面角P －BD －A 的大小为60°.5．如图，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λAA ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)若二面角A ′－MN －C 为直二面角，求λ的值．解：(1)法一：证明：如图，连接AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，所以M 为AB ′中点．又因为N 为B ′C ′的中点， 所以MN ∥AC ′. 又MN ⊄平面A ′ACC ′， A ′C ⊂平面A ′ACC ′， 所以MN ∥平面A ′ACC ′.法二：证明：取A ′B ′ 中点P ，连接MP ，NP ，而M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点，所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′， 所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′. 又MP ∩NP ＝P ，因此平面MPN ∥平面A ′ACC ′.而MN ⊂平面MPN ， 因此MN ∥平面A ′ACC ′.(2)以A 为坐标原点，分别以直线AB ，AC ，AA ′为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，如图所示．设AA ′＝1，则AB ＝AC ＝λ，于是A (0,0,0)，B (λ，0,0)，C (0，λ，0)，A ′(0,0,1)， B ′(λ，0,1)，C ′(0，λ，1)， 所以M ⎝⎛⎭⎫λ2，0，12，N ⎝⎛⎭⎫λ2，λ2，1. 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A ′MN 的法向量，由⎩⎨⎧m ·A M '＝0，m ·MN ＝0，得⎩⎨⎧λ2x 1－12z 1＝0，λ2y 1＋12z 1＝0，可取m ＝(1，－1，λ)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MNC 的法向量，由⎩⎨⎧n ·NC ＝0，n ·MN ＝0，得⎩⎨⎧－λ2x 2＋λ2y 2－z 2＝0，λ2y 2＋12z 2＝0，可取n ＝(－3，－1，λ)．因为A ′－MN －C 为直二面角，所以m·n ＝0， 即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝2(负值舍去)．6．如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． 解：(1)证明：因为AC ⊥BC ，DE ∥BC ， 所以DE ⊥AC .所以ED ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，所以DE ⊥平面A 1DC . 所以DE ⊥A 1C . 又因为A 1C ⊥CD . 所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)如图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C －xyz ，则A 1(0,0,23)，D (0,2,0)，M (0,1, 3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 n ·1A B ＝0，n ·BE =0.又1A B (3,0－)＝ (－1,2，0)，所以⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝ 3. 所以n ＝(2,1，3)．设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ.因为CM ＝),所以sin θ＝|cos 〈n , CM 〉|＝|n ·CM |n ||CM ||＝48×4＝22.所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，理由如下：假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]．设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·1A D ＝0，m ·DP ＝0. 又1A D ＝(0，2，－23),DP ＝(p ，－2,0)，所以⎩⎨⎧2y －2 3z ＝0，px －2y ＝0.令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p 3. 所以m ＝(2，p ，p 3)． 平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．所以线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．B 组1．如图所示，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD⊥平面ABCD ，PD ＝AB ＝2，E 、F 、G 分别为PC 、PD 、BC 的中点．(1)求证：P A ⊥EF ；(2)求二面角D －FG －E 的余弦值．解：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，A (0,2,0)，C (－2,0,0)，P (0,0,2)，E (－1,0,1)，F (0,0,1)，G (－2,1,0)．(1)证明：由于PA ＝(0,2，－2)，EF ＝(1,0,0)，则PA ·EF ＝1×0＋0×2＋(－2)×0＝0，∴P A ⊥EF .(2)易知DF ＝(0,0,1)，EF ＝(1,0,0)，FG ＝(－2,1，－1)， 设平面DFG 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·DF ＝0，m ·FG ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，－2x 1＋y 1－z 1＝0.令x 1＝1，得m ＝(1,2,0)是平面DFG 的一个法向量． 设平面EFG 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， 同理可得n ＝(0,1,1)是平面EFG 的一个法向量． ∵cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝25·2＝210＝105，设二面角D －FG －E 的平面角为θ，由图可知θ＝π－〈m ，n 〉，∴cos θ＝－105， ∴二面角D －FG －E 的余弦值为－105. 2．如图，在直三棱柱ABC －A1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1； (2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．解：(1)证明：连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD .由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点．又D 为BC 的中点，所以OD 为△A 1BC 的中位线， 所以A 1B ∥OD ，因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1， 所以A 1B ∥平面ADC 1.(2)由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC ＝90°，得BA ，BC ，BB 1两两垂直． 以BC ，BA ，BB 1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B －xyz . 设BA ＝2，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，A (0,2,0)，C 1(2,0,1)，D (1,0,0)， 所以AD ＝(1，－2,0)，1AC ＝(2，－2,1)．设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD ＝0，n ·1AC ＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x －2y ＋z ＝0.取y ＝1，得n ＝(2,1，－2)．易知平面ADC 的一个法向量为v ＝(0,0,1)． 所以cos 〈n ，v 〉＝n ·v |n |·|v |＝－23.因为二面角C 1－AD －C 是锐二面角， 所以二面角C 1－AD －C 的余弦值为23.(3)假设存在满足条件的点E .因为点E 在线段A 1B 1上，A 1(0,2,1)，B 1(0,0,1)， 故可设E (0，λ，1)，其中0≤λ≤2.所以AE ＝(0，λ－2,1)，1DC ＝(1,0,1)． 因为AE 与DC 1成60°角，所以|cos 〈AE ，1DC 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AE ·1DC |AE |·|1DC |＝12. 即⎪⎪⎪⎪⎪⎪1(λ－2)2＋1·2＝12，解得λ＝1或λ＝3(舍去)．所以当点E 为线段A 1B 1的中点时，AE 与DC 1成60°角．3．如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值．解：(1)证明：如图，以D 为坐标原点，DA 、DP 、DC 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .设DA ＝1，则有D (0,0,0)，Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，所以DQ ＝(1,1,0)，DC ＝(0,0,1)，PQ ＝(1，－1,0)，所以PQ ·DQ ＝0，PQ ·DC ＝0，即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC . 又DQ ⊂平面DCQ ，DC ⊂平面DCQ ，且DQ ∩DC ＝D ， 所以PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)由(1)易知B (1,0,1)，CB ＝(1,0,0)，BP ＝(－1,2，－1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎨⎧n ·CB ＝0，n ·BP ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0，可取n ＝(0，－1，－2)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP ＝0，m ·PQ ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2y 1－z 1＝0，x 1－y 1＝0，可取m ＝(1,1,1)． 所以cos 〈m ，n 〉＝－155，故二面角Q －BP －C 的余弦值为－155. 4．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 为棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．解：如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝⎛－12，⎭⎫12，0，P (0,0,2)．(1)证明：易得PC ＝(0,1，－2)，AD ＝(2,0,0)，于是PC ·AD ＝0，所以PC ⊥AD .(2) PC ＝(0,1，－2)，CD ＝(2，－1,0)． 设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·PC ＝0，n ·CD ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)．可取平面P AC 的法向量m ＝(1,0,0)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n|m |·|n |＝16＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝306. 所以二面角A －PC －D 的正弦值为306. (3)设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]．由此得BE ＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h .由CD ＝(2，－1,0)，故cos 〈BE ，CD 〉＝BE ·CD |BE |·|CD |＝3212＋h 2×5＝310＋20h2， 所以310＋20h 2＝cos 30°＝32，解得h ＝1010，即AE ＝1010. 5.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB＝2.(1)证明：当点E 在棱AB 上移动时，D 1E ⊥A 1D ； (2)在棱AB 上是否存在点E ，使二面角D 1－EC －D 的平面角为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．解：以D 为原点，DA 、DC 、DD1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)．设E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)．(1)证明：∵1D E ＝(1，y 0，－1)，1A D ＝(－1,0，－1)， 则1D E ·1A D ＝(1，y 0，－1)·(－1,0，－1)＝0， ∴1D E ⊥1A D ，即D 1E ⊥A 1D . (2)当AE ＝2－33时，二面角D 1－EC －D 的平面角为π6. ∵EC ＝(－1,2－y 0,0)，1D C ＝(0,2，－1)，设平面D 1EC 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC ＝0，n 1·1D C ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y (2－y 0)＝0，2y －z ＝0.取y ＝1，则n 1＝(2－y 0,1,2)是平面D 1EC 的一个法向量．而平面ECD 的一个法向量为n 2＝1DD ＝(0,0,1)，要使二面角D 1－EC －D 的平面角为π6，则cos π6＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2(2－y 0)2＋12＋22＝32，解得y 0＝2－33(0≤y 0≤2)． ∴当AE ＝2－33时，二面角D 1－EC －D 的平面角为π6. 6．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝90°.(1)若异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角为60°，求棱柱的高； (2)设D 是BB 1的中点，DC 1与平面A 1BC 1所成的角为θ，当棱柱的高变化时，求sin θ的最大值．解：建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设AA 1＝h (h >0)，则有B (1,0,0)，B 1(1,0，h )，C 1(0,1，h )，A 1(0,0，h )，11B C ＝(－1,1,0)，11A C ＝(0,1,0)，1A B ＝(1,0，－h )．(1)因为异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角为60°，所以cos60°＝|11B C ·1A B ||11B C |·|1A B |，即12·h 2＋1＝12，得1＋h 2＝2，解得h ＝1. (2)由D 是BB 1的中点，得D ⎝⎛⎭⎫1，0，h 2， 于是1DC ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，h2. 设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，于是由n ⊥1A B ，n ⊥11A C 可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A B ＝0，n ·11A C ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －hz ＝0，y ＝0，可取n ＝(h,0,1)， 故sin θ＝|cos 〈1DC ，n 〉|，而|cos 〈1DC ，n 〉|＝|1DC ·n ||1DC |·|n |＝⎪⎪⎪⎪－h ＋h 214h 2＋2·h 2＋1＝hh 4＋9h 2＋8. 令f (h )＝hh 4＋9h 2＋8＝1h 2＋8h2＋9， 因为h 2＋8h 2＋9≥28＋9，当且仅当h 2＝8h 2，即h ＝48时，等号成立．所以f (h )≤19＋28＝18＋1＝22－17，故当h ＝48时，sin θ的最大值为22－17.。
高考数学一轮复习向量法求空间角
可知 B(0,0,0)，C(0,2,0)，M(1,1,0)．因为 BM＝ 2， MN＝ 6，
所以 BN＝ MN2－BM2＝ 6－2＝2， 所以 PB＝4，则 P(0,0,4)．
设||― ―BB→ →QA ||＝λ，且 0＜λ＜1，则 Q(2λ，0,0)， 可知―PM→＝(1,1，－4)，―C→Q ＝(2λ，－2,0)， 所以―PM→·―C→Q ＝1×2λ＋1×(－2)＋(－4)×0＝2λ－2， |―PM→|＝ 12＋12＋－42＝3 2，|―C→Q |＝ 2λ2＋－22＝ 4λ2＋4 因为异面直线 PM 与 CQ 所成的角的余弦值为 3344，
n 1·n 2
|n 1·n 2|
则 cos θ＝|cos〈n 1，n 2〉|＝___|n_1_||_n_2_|__＝_教材经典小题的回顾拓展
1．(人教 B 版选择性必修①P36·T3 改编)已知直线 l1 的方向向量 s1＝
(1,0,1)与直线 l2 的方向向量 s2＝(－1，2，－2)，则 l1 和 l2 夹角的余
在 Rt△BED 中，当 EF 的长度最小时，EF⊥BD，EF＝DEB·DBE＝ 23. 又 DE⊥AC，BE⊥AC，所以 EA，EB，ED 两两垂直，以 E 为坐标 原点，EA，EB，ED 所在的直线分别为 x，y， z 轴建立如图所示空间直角坐标系 E-xyz，则 A(1,0,0)，B(0， 3，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)， ―A→B ＝(－1， 3，0)， ―D→B ＝(0， 3，－1)．
()
A.41或 4
1 B.2
C.31
D.14
高考数学一轮复习1 第1课时 利用空间向量求空间角
第6讲 立体几何中的向量方法最新考纲考向预测能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题．了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.命题趋势本讲内容以几何体为载体，重点考查有关空间的线线角、线面角、二面角与空间的距离的计算问题，这仍会是高考的热点，题型多为解答题的第2问. 核心素养 数学运算、数学建模1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则 l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围 ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2 [0，π] 求法cos θ＝|a·b||a||b|cos β＝a·b|a||b|2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a·n||a||n|．3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α-l -β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB→，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α-l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．4．利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离 设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB→|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＋（z1－z2）2. (2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n||n|.常见误区1．当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角．2．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )答案：(1)× (2)× (3)× (4)√2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( )A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90°解析：选 C.因为cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝11×2＝22，故〈m ，n 〉＝45°，故两平面所成的二面角为45°或135°.故选C 项．3．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 所成角的余弦值为( )A ．－1010 B ．－120 C.120D.1010解析：选D.如图建立空间直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1，A (1，0，0)，C (0，1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，则AC →＝(－1，1，0)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，设异面直线DE 与AC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AC→，DE →〉|＝1010.4．已知2a ＋b ＝(0，－5，10)，c ＝(1，－2，－2)，a·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．解析：由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10，即2a ·c ＋b ·c ＝－10.因为a ·c ＝4，所以b ·c ＝－18，所以cos 〈b ，c 〉＝b·c |b|·|c|＝－1812×1＋4＋4＝－12，所以〈b ，c 〉＝120°，所以两直线的夹角为60°.答案：60°5．(易错题)已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量、平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．解析：设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，所以θ＝30°.答案：30°第1课时 利用空间向量求空间角异面直线所成的角[题组练透]1．若正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，则直线AB 1与CD 1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C.因为正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，所以AA 1＝3，以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系， 则A (1，0，0)，B 1(1，1，3)，C (0，1，0)，D 1(0，0，3)， AB1→＝(0，1，3)，CD1→＝(0，－1，3)， 设直线AB 1与CD 1所成的角为θ， 则cos θ＝|AB1→·CD1→||AB1→|·|CD1→|＝24·4＝12， 又0°＜θ≤90°，所以θ＝60°，所以直线AB 1与CD 1所成的角为60°.故选C.2．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.22解析：选C.建立如图所示的空间直角坐标系． 设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则可得A (2，0，0)，B (0，2，0)，M (1，1，2)，N (1，0，2)，所以BM →＝(1，－1，2)，AN →＝(－1，0，2)．所以cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝－1＋412＋（－1）2＋22×（－1）2＋02＋22＝36×5＝3010. 3．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为________．解析：以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，正方体的棱长为2，则A 1(2，0，2)，D 1(0，0，2)，E (0，2，1)，A (2，0，0)，所以D1E→＝(0，2，－1)，A1F →＝A1A →＋AF →＝A1A →＋λAD →＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)，所以cos 〈A1F →，D1E →〉＝A1F →·D1E →|A1F →|·|D1E →|＝22λ2＋1·5＝3210，解得λ＝13(λ＝－13舍去)．答案：13求异面直线所成的角的两个关注点(1)用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解的．(2)由于两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，两方向向量的夹角α的范围是[0，π]，所以要注意二者的区别与联系，应有cos θ＝|cos α|.直线与平面所成的角(2020·新高考卷Ⅰ)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 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，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，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·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，y ＝0.可取n ＝(－1，0，a )．所以cos 〈n ，PB →〉＝n·PB →|n|·|PB →|＝－1－a 3·1＋a2 .设PB 与平面QCD 所成角为θ， 则sin θ＝33×|a ＋1|1＋a2＝331＋2aa2＋1. 因为331＋2a a2＋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.求直线与平面所成角的方法(1)定义法：①作，在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键；②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；③求，构造角所在的三角形，利用解三角形的知识求角．(2)公式法：sin θ＝hl (其中h 为斜线上除斜足外的任一点到所给平面的距离，l 为该点到斜足的距离，θ为斜线与平面所成的角)．(3)向量法：sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB·n||AB →||n|(其中AB 为平面α的斜线，n 为平面α的法向量，θ为斜线AB 与平面α所成的角)．(2021·石家庄模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，P A ＝PD ，∠DAB ＝60°.(1)证明：AD⊥PB；(2)若PB＝6，AB＝P A＝2，求直线PB与平面PDC所成角的正弦值．解：(1)证明：取AD的中点为O，连接PO，BO，BD，如图，因为底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，所以△ABD是等边三角形，所以BO⊥AD.又P A＝PD，即△P AD是等腰三角形，所以PO⊥AD.又PO∩BO＝O，所以AD⊥平面PBO，又PB⊂平面PBO，所以AD⊥PB.(2)因为AB＝P A＝2，所以由(1)知△P AD，△ABD均是边长为2的正三角形，则PO＝3，BO＝3，又PB＝6，所以PO2＋BO2＝PB2，即PO⊥BO，又由(1)知，BO⊥AD，PO⊥AD，所以以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D (－1，0，0)，P (0，0，3)，C (－2，3，0)，B (0，3，0)， PB→＝(0，3，－3)，DP →＝(1，0，3)，CD →＝(1，－3，0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥DP →，n ⊥CD →，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，x －3y ＝0，令y ＝1，解得x ＝3，z ＝－1，即n ＝(3，1，－1)为平面PCD 的一个法向量．设直线PB 与平面PDC 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈PB→，n 〉|＝ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪0×3＋3×1＋（－3）×（－1）6×5＝105，所以直线PB 与平面PDC 所成角的正弦值为105.二面角(2020·大同调研)在如图所示的多面体中，EF ⊥平面AEB ，AE ⊥EB ，AD ∥EF ，EF ∥BC ，BC ＝2AD ＝4，EF ＝3，AE ＝BE ＝2，G 是BC 的中点．(1)求证：AB ∥平面DEG ； (2)求二面角C -DF -E 的余弦值．【解】 (1)证明：因为AD ∥EF ，EF ∥BC ，所以AD ∥BC ，又BC ＝2AD ，G 是BC 的中点，所以AD 綊BG ，所以四边形ADGB 是平行四边形，所以AB ∥DG . 因为AB ⊄平面DEG ，DG ⊂平面DEG ， 所以AB ∥平面DEG .(2)因为EF ⊥平面AEB ，AE ⊂平面AEB ，BE ⊂平面AEB ， 所以EF ⊥AE ，EF ⊥BE ，又AE ⊥EB ， 所以EB ，EF ，EA 两两垂直．以点E 为坐标原点，EB ，EF ，EA 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则E (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，4，0)，F (0，3，0)，D (0，2，2)． 由已知得EB→＝(2，0，0)是平面EFDA 的一个法向量．设平面DCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧FD →·n ＝0，FC →·n ＝0，因为FD →＝(0，－1，2)，FC →＝(2，1，0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，2x ＋y ＝0，令z ＝1，得y ＝2，x ＝－1，所以可取n ＝(－1，2，1)．设二面角C -DF -E 的大小为θ，则cos θ＝cos 〈n ，EB →〉＝－226＝－66.易知二面角C -DF -E 为钝二面角， 所以二面角C -DF -E 的余弦值为－66.利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：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法：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． Ｋ(2021·贵阳市适应性考试)如图是一个半圆柱与多面体ABB 1A 1C 构成的几何体，平面ABC 与半圆柱的下底面共面，且AC ⊥BC ，P 为弧A 1B 1上(不与A 1，B 1重合)的动点．(1)证明：P A 1⊥平面PBB 1；(2)若四边形ABB 1A 1为正方形，且AC ＝BC ，∠PB 1A 1＝π4，求二面角P -A 1B 1C 的余弦值．解：(1)证明：在半圆柱中，BB 1⊥平面P A 1B 1，所以BB 1⊥P A 1. 因为A 1B 1是直径，所以P A 1⊥PB 1.因为PB 1∩BB 1＝B 1，PB 1⊂平面PBB 1，BB 1⊂平面PBB 1， 所以P A 1⊥平面PBB 1.(2)以C 为坐标原点，分别以CB ，CA 所在直线为x 轴，y 轴，过C 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系C -xyz ，如图所示．设CB ＝1，则C (0，0，0)，B (1，0，0)，A (0，1，0)，A 1(0，1，2)，B 1(1，0，2)，P (1，1，2)．所以CA1→＝(0，1，2)，CB1→＝(1，0，2)． 平面P A 1B 1的一个法向量为n 1＝(0，0，1)． 设平面CA 1B 1的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，x ＋2z ＝0， 令z ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2，x ＝－2，z ＝1，所以可取n 2＝(－2，－2，1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝11×5＝55.由图可知二面角P -A 1B 1C 为钝角， 所以所求二面角的余弦值为－55.[A 级 基础练]1.将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图，AC ︵长为2π3，A1B1︵长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧．则异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2解析：选B.以O 为坐标原点建系如图，则A (0，1，0)，A 1(0，1，1)，B 1⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0.所以AA1→＝(0，0，1)，B1C →＝(0，－1，－1)， 所以cos 〈AA1→，B1C →〉＝AA1→·B1C →|AA1→||B1C →|＝0×0＋0×（－1）＋1×（－1）1×02＋（－1）2＋（－1）2＝－22， 所以〈AA1→，B1C →〉＝3π4，所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π4.故选B.2．(多选)(2020·山东烟台期末)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则( )A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P -A 1C 1D 的体积为定值 C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为63解析：选ABD.对于选项A ，连接B 1D 1，易知A 1C 1⊥B 1D 1，且BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，则BB 1⊥A 1C 1，所以A 1C 1⊥平面BD 1B 1，故A 1C 1⊥BD 1；同理；连接AD 1，易证得A 1D ⊥BD 1，故BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确．对于选项B ，VP A 1C 1D ＝VC 1A 1PD ，因为点P 在线段B 1C 上运动，所以S △A 1DP ＝12A 1D ·AB ，面积为定值，又C 1到平面A 1PD 的距离即为C 1到平面A 1B 1CD 的距离，也为定值，故三棱锥P -A 1C 1D 的体积为定值，B 正确．对于选项C ，当点P 与线段B 1C 的端点重合时，AP 与A 1D 所成角取得最小值，为π3，故C 错误．对于选项D ，因为直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，所以若直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值最大，则直线C 1P 与直线BD 1所成角的余弦值最大，此时P 位于B 1C 的中点处，即所成角为∠C 1BD 1，设正方体棱长为1，在Rt △D 1C 1B 中，cos ∠C 1BD 1＝C1B BD1＝23＝63，故D 正确．故选ABD.3．二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217.则该二面角的大小为________．解析：如图所示，二面角的大小就是〈AC →，BD →〉．因为CD→＝CA →＋AB →＋BD →， 所以CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →) ＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD→， 所以CA →·BD→＝12[(217)2－62－42－82]＝－24. 因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，又〈AC →，BD →〉∈[0°，180°]，所以〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.答案：60°4．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．解析：以C 为原点建立空间直角坐标系如图所示，得下列坐标：A (2，0，0)，C 1(0，0，22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，22.所以AC1→＝(－2，0，22)，AC2→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22， 设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝|AC1→·AC2→||AC1→||AC2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以θ＝π6. 答案：π65.如图所示，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值的大小．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以BD ⊥AC .因为AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以BD ⊥AE .又因为AC ∩AE ＝A ，AC ，AE ⊂平面ACFE . 所以BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，设CF ＝a (a >0)，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1，0，2)，F (－1，0，a )(a >0)，OF→＝(－1，0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n·OB →＝0，n·OE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2，0，1)，由题意得sin 45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF →·n||OF →||n|＝|2＋a|a2＋1·5＝22，解得a ＝3或a ＝－13(舍去)．所以OF→＝(－1，0，3)，BE →＝(1，－3，2)， cos 〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为54.6．(2020·高考天津卷)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2，CC 1＝3，点D ，E 分别在棱AA 1和棱CC 1上，且AD ＝1，CE ＝2，M 为棱A 1B 1的中点．(1)求证：C 1M ⊥B 1D ；(2)求二面角B -B 1E D 的正弦值；(3)求直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值．解：依题意，以C 为原点，分别以CA→，CB →，CC1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，2，0)，C 1(0，0，3)，A 1(2，0，3)，B 1(0，2，3)，D (2，0，1)，E (0，0，2)，M (1，1，3)．(1)证明：依题意，C1M →＝(1，1，0)，B1D →＝(2，－2，－2)，从而C1M →·B1D →＝2－2＋0＝0，所以C 1M ⊥B 1D .(2)依题意，CA →＝(2，0，0)是平面BB 1E 的一个法向量，EB1→＝(0，2，1)，ED →＝(2，0，－1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面DB 1E 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·EB1→＝0，n·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋z ＝0，2x －z ＝0.不妨设x ＝1，可得n ＝(1，－1，2)．因此有cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →||n|＝66，于是sin 〈CA→，n 〉＝306.所以二面角B -B 1E -D 的正弦值为306.(3)依题意，AB →＝(－2，2，0)．由(2)知n ＝(1，－1，2)为平面DB 1E 的一个法向量，于是cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n|＝－33.所以直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为33.[B 级 综合练]7.(2020·高考全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A -EF -A 1的正弦值． 解：设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c ，如图，以C 1为坐标原点，C1D1→的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系C 1xyz . 0，23(1)证明：连接C 1F ，则C 1(0，0，0)，A (a ，b ，c )，E (a ，c )，F (0，b ，13c )，EA→＝(0，b ，13c )，C1F →＝(0，b ，13c )，得EA →＝C1F →，因此EA ∥C 1F ，即A ，E ，F ，C 1四点共面， 所以点C 1在平面AEF 内．(2)由已知得A (2，1，3)，E (2，0，2)，F (0，1，1)，A 1(2，1，0)，AE →＝(0，－1，－1)，AF→＝(－2，0，－2)，A1E →＝(0，－1，2)，A1F →＝(－2，0，1)． 设n 1＝(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n 1＝(－1，－1，1)．设n 2为平面A 1EF 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n2·A1E →＝0，n2 ·A1F →＝0，同理可取n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，1.因为cos 〈n 1，n 2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝－77， 所以二面角A -EF -A 1的正弦值为427.8．(2021·唐山模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，点E 是PC 的中点．(1)求证：P A ∥平面BDE ；(2)若直线BD 与平面PBC 所成的角为30°，求二面角C -PB -D 的大小． 解：(1)证明：如图，连接AC 交BD 于O ，连接OE . 由题意可知，PE ＝EC ，AO ＝OC ，所以P A ∥EO ，又P A ⊄平面BED ，EO ⊂平面BED ， 所以P A ∥平面BED .(2)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，不妨令PD ＝CD ＝1，AD ＝a (a >0)，则D (0，0，0)，B (a ，1，0)，C (0，1，0)，P (0，0，1)，DB →＝(a ，1，0)，PB →＝(a ，1，－1)，PC→＝(0，1，－1)．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧PB →·n ＝0，PC →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋y －z ＝0，y －z ＝0，所以可取n ＝(0，1，1)． 由直线BD 与平面PBC 所成的角为30°，得|cos 〈DB →，n 〉|＝|DB →·n||DB →||n|＝1a2＋1×2＝12，解得a ＝1或a ＝－1(舍去)．可得平面PBD 的一个法向量m ＝(－1，1，0)， 所以cosn ，m＝n·m |n||m|＝12×2＝12.因为二面角C -PB -D 为锐二面角． 所以二面角C -PB -D 的大小为60°.[C 级 创新练]9．(2021·四省八校第二次质量检测)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是菱形，点M 在线段PC 上，PD ＝BD ＝BC ＝3，N 是线段PB 的中点，且三棱锥M -BCD 的体积是四棱锥P -ABCD 的体积的16.(1)若H 是PM 的中点，证明：平面ANH ∥平面BDM ； (2)若PD ⊥平面ABCD ，求二面角B -DM -C 的正弦值． 解：(1)证明：连接AC 交BD 于点O ，连接OM . 由V三棱锥M -BCD ＝16V四棱锥P -ABCD ，得MC ＝13PC ，则MC ＝12HC ，又O 为AC 的中点，所以OM ∥AH .因为N ，H 分别为PB ，PM 的中点，所以NH ∥BM .又AH ∩NH ＝H ，OM ∩BM ＝M ，所以平面ANH ∥平面BDM .(2)连接ON ，则ON ∥PD ，所以ON ⊥平面ABCD .建立以O 为坐标原点，OA→，OB →，ON →的方向分别为x ，y ，z 轴正方向的空间直角坐标系，则O (0，0，0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，0，M ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－36，33，DB →＝(0，3，0)，MD →＝21 / 21 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－33，－33，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－36，33，CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，0. 设平面MBD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n1·MD →＝0，n1·DB →＝0⇒⎩⎨⎧x1－33y1－33z1＝0，3y1＝0，得y 1＝0. 取x 1＝1，得z 1＝3，所以n 1＝(1，0，3)， 同理可得，平面CMD 的一个法向量为n 2＝(1，3，0)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝14，所以二面角B -DM -C 的正弦值为154.。
高三理科数学一轮复习讲义,复习补习资料：第八章立体几何8.7利用空间向量求空间角(解析版)
§8.7 利用空间向量求空间角考纲展示►1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.考点1 异面直线所成的角两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．空间角的范围处理错误．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．答案：30°解析：设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∴θ＝30°.[典题1] (1)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110 B.25 C.3010 D.22[答案] C[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ，设BC ＝2，则B (0,2,0)，A (2,0,0)，M (1,1,2)，N (1,0,2)，所以BM →＝(1，－1,2)，AN →＝(－1,0,2)，故BM 与AN 所成角θ的余弦值cos θ＝|BM →·AN →||BM →||AN →|＝36×5＝3010.(2)如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．[答案] 45[解析] ∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2， ∴AE⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，∴建立如图所示的空间直角坐标系， 设AB ＝EF ＝CD ＝2， 则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0,2,1)，∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF →·EC→|AF →||EC →|＝45×5＝45， ∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.[点石成金] 1.利用向量法求异面直线所成角的步骤2．注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其是取值范围．考点2 直线与平面所成角直线和平面所成角的求法如图所示，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sin φ＝|cos θ|＝|n·e||n||e |.(1)[教材习题改编]若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于________．答案：30°解析：根据线面角的定义易知为30°.(2)[教材习题改编]如果平面的一条斜线和它在这个平面上的射影的方向向量分别是a ＝(0,2,1)，b ＝(2，5，5)，那么这条斜线与平面的夹角是________．答案：30°解析：cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝32，因此a 与b 的夹角为30°，即斜线与平面的夹角也为30°.(3)[教材习题改编]如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为________．答案：459解析：设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1→所在方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，所以cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，所以sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.[典题2] [2019·河南郑州二模]如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，四边形AA 1C 1C 是边长为2的菱形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，∠A 1AC ＝60°，∠BCA ＝90°.(1)求证：A 1B ⊥AC 1；(2)已知点E 是AB 的中点，BC ＝AC ，求直线EC 1与平面ABB 1A 1所成的角的正弦值． (1)[证明] AC 的中点O ，连接A 1O ，因为四边形AA 1C 1C 是菱形，且∠A 1AC ＝60°， 所以△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC . 又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ， 所以A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC . 又BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C ， 所以AC 1⊥BC .在菱形AA 1C 1C 中，AC 1⊥A 1C ， 所以AC 1⊥平面A 1BC ， 所以A 1B ⊥AC 1.(2)[解] 以点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则A (0，－1,0)，B (2,1,0)，C (0,1,0)，C 1(0,2，3)， AB →＝(2,2,0)，BB 1→＝CC 1→＝(0,1，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面ABB 1A 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y ＝0，y ＋3z ＝0，取z ＝－1，可得m ＝(－3，3，－1)． 又E (1,0,0)，所以EC 1→＝(－1,2，3)， 设直线EC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈EC 1→，m 〉|＝|EC 1→·m ||EC 1→||m |＝4214.[点石成金] 利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它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，取其余角就是斜线和平面所成的角.[2019·辽宁协作体联考]在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求BB 1与平面ACD 1所成的角的余弦值．解：设正方体的边长为DD 1＝1，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则有D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，B 1(1,1,1)，则BB 1→＝(0,0,1)，AD 1→＝(－1,0,1)，AC →＝(－1,1,0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的法向量， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1)．设直线BB 1与平面ACD 1所成的角为α，则有sin α＝|cos 〈n ，BB 1→〉|＝13＝33， 故cos α＝1－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63. 即BB 1与平面ACD1所成角的余弦值为63. 考点3 二面角求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝________.答案：〈AB→，CD→〉(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．二面角的求法：可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角〈n1，n2〉，则所求二面角为〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为6的正方体，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF.当A1，E，F，C1共面时，平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为________．答案：12解析：以D为原点，DA→，DC→，DD1→所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，易知当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F，C1四点共面．设平面A1DE的法向量为n1＝(a，b，c)，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧n1·DE→＝6a＋3b＝0，n1·DA1→＝6a＋6c＝0，可取n1＝(－1,2,1)．同理可得平面C1DF的一个法向量为n2＝(2，－1,1)．故平面A1DE 与平面C1DF所成二面角的余弦值为|n1·n2||n1||n2|＝12.[典题3] 如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．(1)求证：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1－OB1－D的余弦值．(1)[证明]因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC，同理DD1⊥BD.因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD，而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.由题设知，O1O∥C1C，故O1O⊥底面ABCD.(2)[解]因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．如图，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O－xyz.不妨设AB＝2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝3，OC＝1.于是相关各点的坐标为O(0,0,0)，B1(3，0,2)，C1(0,1,2)．易知n 1＝(0,1,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量. 设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·OB 1→＝0，n 2·OC 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23， 所以n 2＝(2,23，－3)．设二面角C 1－OB 1－D 的大小为θ，易知θ是锐角， 于是cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝2319＝25719.故二面角C 1－OB 1－D 的余弦值为25719.[题点发散1] 将(2)中条件“∠CBA ＝60°”改为“∠CBA ＝90°”，问题不变． 解：由母题(2)建系条件知，当∠CBA ＝90°时，四边形ABCD 为正方形， 不妨设AB ＝2，则OB ＝2，OC ＝2， ∴O (0,0,0)，B 1(2，0,2)，C 1(0，2，2)． 易知n 1＝(0,1,0)是平面OB 1D 的一个法向量． 设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·OB 1→＝0，n 2·OC 1→＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2z ＝0，2y ＋2z ＝0，取z ＝－2，则x ＝2，y ＝2，则n 2＝(2,2，－2)． 设二面角C 1－OB 1－D 为θ， 则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝210＝105，故二面角C 1－OB 1－D 的余弦值为105. [题点发散2] 在题干条件下，试在线段C 1C 上求一点M ，使二面角 M －OB 1－D 的大小为60°.解：在母题(2)建系条件下，O (0,0,0)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)． 易知n 1＝(0,1,0)是平面OB 1D 的一个法向量．设M (0,1，m )，且n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1M 的一个法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·OM →＝0，n 2·OB 1→＝0，即⎩⎨⎧y ＋mz ＝0，3x ＋2z ＝0，取z ＝－1，则x ＝233，y ＝m ，则n 2＝⎝⎛⎭⎪⎫233，m ，－1. 由cos 〈n 1，n 2〉＝12知，mm 2＋73＝12， ∴m 2＝79(m >0)，即m ＝73，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，73. 即在线段CC 1上存在一点M 且CM ＝73，使二面角M －OB 1－D 的大小为60°. [点石成金] 1.利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：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法：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．2．利用法向量求二面角时的两个注意点(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论错误.如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点．(1)求证：EF ⊥BC ；(2)求二面角E －BF －C 的正弦值．(1)证明：由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．易得B (0,0,0)，A (0，－1，3)，D (3，－1,0)，C (0,2,0)．因而E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0.所以EF →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0,2,0)，因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)解：平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)．设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )， 又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0，n 2·BE →＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角E －BF －C 的大小为θ，且由题意知θ为锐角， 则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15，因此sin θ＝25＝255，即二面角E －BF －C 的正弦值为255.[方法技巧] 1.用向量来求空间角，只需将各类角转化成对应向量的夹角来计算，问题的关键在于确定对应线段的向量．2．合理建立空间直角坐标系(1)一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点．(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系．[易错防范] 1.利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角． 2．求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．真题演练集训1．[2019·重庆模拟]如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值． (1)证明：由已知，得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CFCD，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC ，得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解：如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD →的方向为y 轴正方向，HD →′的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz.则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m||n|＝－1450×10＝－7525，sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.2．[2019·山东模拟]在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点．求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值．(1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点， 所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点， 所以HI ∥BC .又HI ∩GI ＝I ，OB ∩BC ＝B ， 所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)解：解法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC . 又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径， 所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz.由题意，得B (0,23，0)，C (－23，0,0)，所以BC →＝(－23，－23，0)． 过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3， 可得F (0，3，3)． 故BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0.1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝77. 所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 解法二：如图，连接OO ′.过点F 作FM 垂直OB 于点M ，则有FM ∥OO ′. 又OO ′⊥平面ABC ， 所以FM ⊥平面ABC . 可得FM ＝FB 2－BM 2＝3.过点M 作MN 垂直BC 于点N ，连接FN . 可得FN ⊥BC ，从而∠FNM 为二面角F －BC －A 的平面角． 又AB ＝BC ，AC 是圆O 的直径， 所以MN ＝BM sin 45°＝62， 从而FN ＝422，可得cos ∠FNM ＝77. 所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 3．[2019·成都诊断]如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． (1)证明：由已知，得AM ＝23AD ＝2.如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN . 由N 为PC 的中点知，TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ， 所以MN ∥平面PAB .(2)解：取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC ，得AE ⊥BC ， 从而AE ⊥AD ， 且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz . 由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫52，1，2， PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝⎛⎭⎪⎫52，1，－2， AN →＝⎝⎛⎭⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525，则直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.4．[2018·新课标全国卷]如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC 可知，AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 因为EG ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解：如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G －xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF→|AE →||CF →|＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 5．[2018·天津模拟]如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ， 则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形， 所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6， 所以AH ＝10.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D －xyz ，则A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10，4,8)，F (0,4,8)， FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6,8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面α的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3)． 又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面α所成角的正弦值为4515.课外拓展阅读巧用向量法求立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略．1．条件追溯型解决立体几何中的条件追溯型问题的基本策略是执果索因．其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可迅速找到切入点．这类题目要求考生变换思维方向，有利于培养考生的逆向思维能力．[典例1] 如图所示，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CE BE＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角．[思路分析][解析] 因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°， 故可建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .因为AB ＝4，SA ＝3， 所以B (0,4,0)，S (0,0,3)． 设BC ＝m ，则C (m,4,0)， 因为SF BF ＝CEBE＝λ，所以SF →＝λFB →.所以AF →－AS →＝λ(AB →－AF →)．所以AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0,4λ，3)．所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4λ1＋λ，31＋λ. 同理可得E ⎝⎛⎭⎪⎫m 1＋λ，4，0，所以FE →＝⎝⎛⎭⎪⎫m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ.因为FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－4λ1＋λ，－31＋λ，要使∠AFE 为直角，即FA →·FE →＝0，则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0，所以16λ＝9， 解得λ＝916.[答案]9162．存在判断型以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便．[典例2] 如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．[思路分析][解] (1)如图所示，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D －xyz . 依题意，得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，AM →＝(－1,0,1)，因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →||AM →|＝1252×2＝1010. 所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 连接AE ，如图所示．因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，又EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0， 所以ES →＝EA →＋AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ，得 ⎩⎪⎨⎪⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS →|＝22.经检验，当|AS |＝22时，ES ⊥平面AMN .故在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时|AS |＝22. 3．结论探索型立体几何中的结论探索型问题的基本特征是：给出一定的条件与设计方案，判断设计的方案是否符合条件要求．此类问题的难点是“阅读理解”和“整体设计”两个环节，因此，应做到审得仔细、找得有法、推得有理、证得有力，整合过程无可辩驳．[典例3] 某设计部门承接一产品包装盒的设计(如图所示)，客户除了要求AB ，BE 边的长分别为20 cm,30 cm 外，还特别要求包装盒必须满足：①平面ADE ⊥平面ADC ；②平面ADE 与平面ABC 所成的二面角不小于60 °；③包装盒的体积尽可能大．若设计出的样品满足：∠ACB 与∠ACD 均为直角且AB 长20 cm ，矩形DCBE 的边长BE ＝30 cm ，请你判断该包装盒的设计是否符合客户的要求，并说明理由．[思路分析]建立空间直角坐标系→验证所给样品是否满足条件①②③→得出结论 [解] 该包装盒的样品设计符合客户的要求．理由如下： 因为四边形DCBE 为矩形，∠ACB 与∠ACD 均为直角，所以以C 为原点，分别以直线CA ，CB ，CD 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .因为BE ＝30 cm ，AB ＝20 cm ， 设BC ＝t cm ，则AC ＝400－t 2cm ，则A (400－t 2，0,0)，B (0，t,0)，D (0,0,30)，E (0，t,30)，设平面ADE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， DA →＝(400－t 2，0，－30)，DE →＝(0，t,0)，因为n 1·DA →＝0且n 1·DE →＝0，所以⎩⎨⎧400－t 2x －30z ＝0，ty ＝0，取x ＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，400－t 230.又平面ADC 的一个法向量CB →＝(0，t,0)， 所以n 1·CB →＝1×0＋0×t ＋400－t230×0＝0，所以n 1⊥CB →，所以平面ADE ⊥平面ADC ，所以满足条件①. 因为平面ABC 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，设平面ADE 与平面ABC 所成二面角的平面角为θ，则cos θ≤12，所以cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝400－t 2301＋400－t 2900≤12， 所以10≤t ≤20，即当10≤t <20时，平面ADE 与平面ABC 所成的二面角不小于60°. 由∠ACB 与∠ACD 均为直角知，AC ⊥平面DCBE ，该包装盒可视为四棱锥A －BCDE ， 所以V A －BCDE ＝13S 矩形BCDE ·AC＝13·30t ·400－t 2＝10·t 2－t2≤10⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＋400－t 222＝2 000，当且仅当t2＝400－t2，即t＝10 2 cm时，V A－BCDE的体积最大，最大值为2 000 cm3.而10<t＝102<20，可以满足平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60°的要求．综上可知，该包装盒的设计符合客户的要求．方法总结解决立体几何中的结论探索型问题的策略是：先把题目读懂，全面、准确地把握题目所提供的所有信息和题目提出的所有要求，分析题目的整体结构，找好解题的切入点，对解题的主要过程有一个初步的设计，在此基础上建立空间直角坐标系，把所求的问题转化为空间几何体中的证明线面位置关系、角与最值等问题．。
2019高考数学空间向量与立体几何(专用)：立体几何中的向量方法(二)求空间角
∠ AFD＝90°，且二面角 D－AF－ E 与二面角 C－BE－ F 都是 60°．
(1) 证明：平面 ABEF⊥平面 EFDC；
(2) 求二面角 E－ BC－ A 的余弦值 .
[ 解析 ] (1) 由已知可得 AF⊥ DF，AF⊥ EF， 所以 AF⊥平面 EFDC. 又 AF? 平面 ABEF， 故平面 ABEF⊥平面 EFDC.
2 2
，B
2 2 ，1，0
，C －
2 2 ，1，0
.
所以
―→ PC
＝
－
2 2 ，1，－
2 2
， ―C→B＝ (
2， 0,0) ，
―→ PA＝
2 2 ， 0，－
2 2
―→ ， AB ＝ (0,1,0)
．
设 n＝ ( x1， y1， z1) 是平面 PCB的法向量，
n·―P→C ＝ 0， 则
―→ n· CB ＝ 0，
π θ ∈ 0， 2 ，两向量的夹角 α 的范围是 [0 ， π ] ，当异面
直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹
角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角 .
【对点训练】
在正方体 A1B1C1D1－ ABCD中， AC与 B1D所成的角的大小为 (
)
π A． 6
θ ＝ __〈A→B， C→D〉 .
(2) 如图②③， n1， n2 分别是二面角 α －l － β 的两个半平面 α ，β 的法向量，则二面角
的大小 θ 满足 |cos θ | ＝ |cos 〈 n1，n2〉 | ，二面角的平面角大小是向量 n1 与 n2 的夹角 ( 或其补
角 ).
【考点突破】
考点一、利用空间向量求异面直线所成的角
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课时达标检测（三十九）利用空间向量求空间角
[一般难度题——全员必做]
1．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1，∠ACB ＝90°，CA ＝CB ＝CC 1，D 为B 1C 1的中点，求异面直线BD 和A 1C 所成角的余弦值．
解：如图所示，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别
为x 轴，y 轴，z
轴建立空间直角坐标系．
设CA ＝CB ＝CC 1＝2，则A 1(2,0,2)，C (0,0,0)，B (0,2,0)，D (0,1,2)，
∴BD ―→＝(0，－1,2)，A 1C ―→＝(－2,0，－2)，
∴cos 〈BD ―→，A 1C ―→〉＝BD ―→·A 1C ―→|BD ―→||A 1C ―→|＝－105.∴异面直线BD 与A 1C 所成角的余弦值为105.2.(2018·河南洛阳模拟)已知三棱锥A BCD ，AD ⊥平面BCD ，BD
⊥CD ，AD ＝BD
＝2，CD ＝23，E ，F 分别是AC ，BC 的中点，P 为线段BC 上一点，
且CP ＝2PB .(1)求证：AP ⊥DE ；
(2)求直线AC 与平面DEF 所成角的正弦值．
解：(1)证明：作PG ∥BD 交CD 于点G .连接AG .∴CG GD ＝CP PB ＝2，∴GD ＝13CD ＝23
3.∵AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥DC ，
∵在△ADG 中，t an ∠GAD ＝33
，∴∠DAG ＝30°，在R t △ADC 中，AC 2＝AD 2＋CD 2＝4＋12＝16，∴AC ＝4，又E 为AC 的中点，∴DE ＝AE ＝2，
又AD ＝2，∴∠ADE ＝60°，∴AG ⊥DE .
∵AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥BD ，
又∵BD ⊥CD ，AD ∩CD ＝D ，∴BD ⊥平面ADC ，
∴PG ⊥平面ADC ，∴PG ⊥DE .
又∵AG ∩PG ＝G ，∴DE ⊥平面AGP ，又AP ⊂平面AGP ，
∴AP ⊥DE .
(2)以D 为坐标原点，直线DB 、DC 、DA 所在直线分别为x 轴、
y 轴、z 轴建立
空间直角坐标系D xyz ，
则D (0,0,0)，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，
F (1，3，0)，∴DF ―→＝(1，3，0)，DE ―→＝(0，3，1)，AC ―→＝(0,23，－2)．
设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
―→·n ＝0，DF ―→·n ＝0，x ＋3y ＝0，
3＋z ＝0，
令x ＝3，则n ＝(3，－3，3)．
设直线AC 与平面DEF 所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈AC ―→，n 〉|＝|AC ―→·n ||AC ―→|·|n |＝|－6－6|421＝21
7，
所以AC 与平面DEF 所成角的正弦值为21
7.
3.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，∠DPC ＝30°，AF ⊥PC 于点F ，FE ∥CD ，交PD 于点E .
(1)证明：CF ⊥平面ADF ；
(2)求二面角D AF E 的余弦值．
解：(1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥AD .又CD ⊥AD ，PD ∩CD ＝D ，∴AD ⊥平面PCD .
又PC ⊂平面PCD ，∴AD ⊥PC .
又AF ⊥PC ，AD ∩AF ＝A ，
∴PC ⊥平面ADF ，即CF ⊥平面ADF .
(2)设AB ＝1，则在R t △PDC 中，CD ＝1，又∠DPC ＝30°，∴PC ＝2，PD ＝3，∠PCD ＝60°.
由(1)知CF ⊥DF ，∴DF ＝CD sin 60°＝3
2，
CF ＝CD cos 60°＝12又FE ∥CD ，∴DE PD ＝CF PC ＝14，∴DE ＝3
4.
同理EF ＝3
4CD ＝3
4.
如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系，则A (0,0,1)，
E 34，0，0，
F 34，34，0，P (3，0,0)，C (0,1,0)．
设m ＝(x ，y ，z )是平面AEF m ⊥AE ―→，
m ⊥EF ―→.又AE ―→＝3
4，0，－1EF ―→＝0，3
4，0，。