2017年高考数学第八章 8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

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专题8.8 立体几何中的向量方法(二)—求空间角与距离(重难点突破)(解析版)

专题8.7 立体几何中的向量方法（二）求空间角与距离一、考纲要求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.二、考点梳理考点一异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角β l 1与l 2所成的角θ范围 (0，π) ⎝⎛⎦⎤0，π2 求法cos β＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos β|＝|a ·b ||a ||b |考点二求直线与平面所成的角设直线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，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.考点三求二面角的大小(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). 【特别提醒】1.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 〉|.2.二面角与法向量的夹角：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n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补.三、题型分析例1. （黑龙江鹤岗一中2019届期末）如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值为( )A.3－225B.2－26C.12D.32【答案】A【解析】因为BC →＝AC →－AB →，所以OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB →＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|cos 〈OA →，AB →〉＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－162＋24. 所以cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝24－1628×5＝3－225.即OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.【变式训练1-1】、（天津新华中学2019届高三质检）如图所示，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面为平行四边形，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长； (2)求证：AC 1⊥BD ；(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值.【解析】(1) 记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝⎛⎭⎫12＋12＋12＝6， ∴|AC →1|＝6，即AC 1的长为 6. (2)证明 ∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，BD →＝b －a ，∴AC 1→·BD →＝(a ＋b ＋c )·(b －a )＝a ·b ＋|b |2＋b ·c －|a |2－a ·b －a ·c ＝b ·c －a ·c ＝|b ||c |cos 60°－|a ||c |cos 60°＝0.∴AC 1→⊥BD →，∴AC 1⊥BD .(3)解 BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3， BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.例2、（2018年天津卷）如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；（II ）求二面角的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).【解析】依题意，可以建立以D 为原点，分别以，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，，1），N （1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.【变式训练2-1】、（吉林长春市实验中学2019届高三模拟）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，过点E作EF⊥PB于点F.求证：(1)PA ∥平面EDB ； (2)PB ⊥平面EFD .【证明】以D 为坐标原点，射线DA ，DC ，DP 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D -xyz .设DC ＝a .(1)连接AC 交BD 于点G ，连接EG .依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2. 因为底面ABCD 是正方形，所以G 为AC 的中点故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0，所以PA ―→＝(a,0，－a )，EG ―→＝⎝⎛⎭⎫a2，0，－a 2，则PA ―→＝2EG ―→，故PA ∥EG .而EG ⊂平面EDB ，PA ⊄平面EDB ，所以PA ∥平面EDB . (2)依题意得B (a ，a,0)，所以PB ―→＝(a ，a ，－a )．又DE ―→＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2，故PB ―→·DE ―→＝0＋a 22－a 22＝0，所以PB ⊥DE ，所以PB ⊥DE .由题可知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD .例3、如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2，求异面直线BC 与AE 所成的角的大小．【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，22，0)，E(1，2，1)，AE →＝(1，2，1)，BC →＝(0，22，0)．设AE →与BC →的夹角为θ，则cosθ＝AE →·BC →|AE →|·|BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4，所以异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.【变式训练3-1】、如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．【答案】55【解析】不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得C(0，0，0)，B(0，0，1)，C 1(0，2，0)，A(2，0，0)，B 1(0，2，1)，所以BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)，所以cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→|·|AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0，所以BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，所以直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.【变式训练3-2】、如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝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．【解析】 (1)证明：连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E -xyz . 不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝⎛⎭⎫32，32，23，C (0,2,0)．因此，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫32，32，23，BC ―→＝(－3，1,0)．由EF ―→·BC ―→＝0得EF ⊥BC .(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC ―→＝(－3，1,0)，A 1C ―→＝(0,2，－23)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧BC ―→·n ＝0，A 1C ―→·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1, 3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF ―→，n 〉|＝|EF ―→·n ||EF ―→|·|n |＝45，∴cos θ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.。

高考数学《立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离易错点》

立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离备考策略易错点主标题：立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离备考策略易错点副标题：从考点分析立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离备考策略易错点，为学生备考提供简洁有效的备考策略。

关键词：空间角，距离，易错点难度：2重要程度：4【易错点】1．直线的方向向量与平面的法向量(1)若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则n 1∥n 2⇔α∥β.(×)(2)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．(×)(3)已知a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c ＝(－4，－6,2)，则a ∥c ，a ⊥b .(√)2．空间角(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]．(√)(5)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150°.(×)(6)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45°.(×)(7)在如图所示的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，异面直线A 1B 与B 1C 所成角的大小为60°.(√)剖析:1．利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点线面的位置关系的判定和计算程序化、简单化．主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算．2．两种关系一是异面直线所成的角与其方向向量的夹角：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，如(2)．二是二面角与法向量的夹角：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，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补，如(6).。

立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角与距离课件专题训练

a2 a2 2 4 ＋ 4 ＝ 2 a.
5．如图所示，在三棱柱 ABC—A1B1C1 中，AA1⊥底面 ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90° ，点 E、F 分别是棱 AB、BB1 的中点，则直线 EF 和 BC1 所成的角是________．
解析以 BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，BB1 为 z 轴，建立空间直角坐标系．设 AB＝BC＝AA1＝2，则 C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则 EF ＝(0，－1,1)， BC1 ＝(2,0,2)， ∴ EF BC1 ＝2， 2 1 EF , BC ∴cos ＝， 1 ＝ 2×2 2 2
3．已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 α 的方 1 向向量、法向量，若 cos〈m，n〉＝－2，则 l 与 α 所成的角为( A ) A．30° B．60° C．120° D．150°
设 l 与 α 所成的角为 θ， 1 则 sin θ＝|cos〈m，n〉|＝2，∴θ＝30° . 解析
4．如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为 a 的正方体 ABCO—A′B′C′D′，A′C 的中点 E 与 AB 的中点 F
思维启迪：（1）本题易于建立空间直角坐标系， → → 把 E C 1 与 F D 1 所成的角看向量EC1与FD1的夹角，用向量法求解． (2)平移线段 C1E 让 C1 与 D1 重合，转化为平面角，放到三角形中，用几何法求解．
AD、 AA1 分别为 x 轴、y 解方法一以 A 为原点， AB、
基础自测 1．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是 a＝(1,0,1)， b＝(0,1,1)，那么，这条斜线与平面所成的角是( D ) A．90° B．30° C．45° D．60° 1 1 解析 ∵cos〈a，b〉＝＝， 2· 2 2

7.8立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离(人教A版·数学理)

5. 【解析】选 A.如图，正方形 ACDE 与等腰直角三角形 ACB 所在的平面互相垂直，且 AC=BC=2， ∠ACB=90°， F，G 分别是线段 AE，BC 的中点. 以 C 为原点建立空间直角坐标系 Cxyz, A(0，2，0)，B(2，0，0)，D(0，0，2)，G(1，0，0)，F(0，2，1)，
1 AD＝a，G 是 EF 的中点，则 GB 与平面 AGC 所成角的正弦值为( 2
(B)
)
(A)
6 6 6 3
3 3 2 3
(C)
(D)
二、填空题 7.如图，正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2，M，N 分别是 C1D1，CC1 的中点，则直线 B1N 与平面 BDM 所成角的正弦值为_______．
2 2 2 2
2
2
2
2

∴cos〈 CA, BD 〉=

1 ,〈 CA, BD 〉＝120°, 2
∴二面角的大小为 60°. 答案：60° 10.【解析】如图，以 O 为原点建立空间直角坐标系 Oxyz. 设 OD=SO=OA=OB=OC=a，则 A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(-a,0,0)，
1 1 EA1 ＝( ，- ，1)， 2 2 1 1 1 EC1 ＝(- ，，1)，cos〈 EA1， EC1 〉＝ . 2 2 3
【方法技巧】求二面角的策略 (1)法向量法.其步骤是： ①建系;②分别求构成二面角的两个半平面的法向量;③求法向量夹角的余弦值;④根据题意确定二面角的余弦值或其大小. (2)平面角法.该法就是首先利用二面角的定义，找出二面角的平面角，然后用向量法或解三角形法求其余弦值. 4.【解析】选 C.∵ AB AC CD DB, ∴ AB AC CD DB , ∴| CD | =2.

高三数学一轮复习精品课件3：8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

(1)证明：A1C⊥平面 BB1D1D (2)求平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的夹角 θ 的大小．
[解答] 由题设易知 OA，OB，OA1 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
A．23
B．
3 3
C．
2 3
D．13
[答案] A
[解析] 解法 1：如图，连接 C1O，过 C 作 CM⊥C1O.
∵BD⊥平面 C1CO，∴BD⊥CM，∴CM⊥平面 BC1D ∴∠CDM 即为 CD 与平面 BDC1 所成的角
令 AB＝1，∴AA1＝2，CO＝ 22， C1O＝ 22＋ 222＝ 92＝322， CM·C1O＝CC1·CO，即3 2 2CM＝2·22，∴CM＝23，∴sin∠CDM＝CCMD ＝23.
则 n·D→B＝0，n·D→C1＝0，
∴yx＋＋2y＝z＝00，，令 y＝－2，则 x＝2，z＝1，
∴n＝(2，－2,1)，
设 CD 与平面 BDC1 所成的，D→C〉|＝
→ |n·DC|
→
＝23.
|n|·|DC|
命题方向2 利用空间向量求二面角例 2 如图，四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，O 为底面中心，A1O⊥平面 ABCD，AB＝AA1＝ 2.
[方法总结] 直线 l 与平面 α 的夹角为 θ，直线 l 的方向向量 l 与平面 α 的法向量 n 的夹角为 β，则 θ＝π2－β(或 θ＝β－π2)，故有 sinθ＝|cosβ|＝||ll|·|nn||.
跟踪训练 1 已知正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝
2AB，则 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值等于( )
第八章立体几何
8.7 立体几何中的向量方法(二) ——求空间角和距离

专题88立体几何中的向量方法(Ⅱ)—求空间角与距离(讲).docx

第八章立体几何第08节立体几何屮的向量方法（II）-求空间角与距离【最新考纲解读】【考点深度剖析】空间的角与距离的计算是高考热点,一•般以大题的条件或一小问形式呈现,考査用向量方法解决立体儿何问题，将空间儿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儿何问题.距离问题往往在与有关面积、体积的计算屮加以考查.【课前检测训练】［判一判］1.设正方体ABCD-A.B.QD.的棱长为2,则点D｝到平而的距离是（）A.爭B.乎泮D普2.【2016高考新课标3理数】如图，四棱锥P-ABC^,以丄地面ABCD , AD 口BC,AB = AD = AC = 3, PA = BC = 4, M 为线段AD k一点，AM = 2MD, N为PC 的中点.D(I)证观MN □平而円B；(11)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.［练一练］Q1・若向量心(1,入，2),方=(2, -1, 2).R a^b的夹角的余弦值为g,贝以=2.如图，四边形ABCD和ADPQ均为止方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分则cos &的最大值为3.正四棱锥S—SBCDP，0为顶点S在底面上的射影，P为侧棱SQ的中点，且SO=OQ,则直线BC与平面RC所成的角是__________ .4.【安徽省示范高屮2016届高三第一次联考】如图，在三棱锥P-ABC中，血丄平而ABC,2AC = PC = 2,AC 1BC,F为/P的中点，M,N,D,E分别为线段PC,PB,AC,AB上的动点，且MNQBCUDE.⑴求证：DE丄面PAC；⑵若M是卩C的中点，D是线段/C靠近/的一个三等分点，求二面角F-MN-D的余眩值.5.[2016高考新课标1卷】（木小题满分为12分）如图，在以A,B,CQ,E,F为顶点的五而体中，而ABEF为正方形AF=2FD, ZAFD = 90°，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.（I）证明：平面ABEF丄平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值.A【题根精选精析】考点1异面直线所成的角【1・1】如图，在空间直角处标系中有总三棱柱4BC—4\B、G，CA = CC\=2CB，则直线3C】与直线力倚夹角的余弦值为（）【1・2】长方体4BCD—4\B\CQ\中,4B=AA、=2, AD=l, E为CG的中点,则异面直线BC、与4E所成介J的余弦值为（）【基础知识】1.两条异血肓•线所成的角①定义：设Q，〃是两条异面直线，过空间任一点0作直线a' //a, b' //b,则与，所夹的锐角或直角叫做G与b所成的角.②范围：两异面直线所成角&的取值范围是（0,|].a • h③向量求法：设肓线G，b的方向向最为a，b,其夹角为0,则H COS e =| COS（P冃一一I^N^I【思想方法】求一对界而总线所成角：一•是按定义平移转化为两相交直线的夹角；二是在界而总线上各取-向量，转化为两向量的夹角或其补角，无论哪种求法，都应注意角的范围的限定.【温馨提醒】（1）空间向量的夹角与所求角的范围不一•定相同，如两向量的夹角范围是[0, n],两界而岂线所成的角的范布I 是（o, y .（2）利用宜线的方向向量的夹角求异而直线的夹角时，注意区别：当异而肓线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此界面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝时，其补角才是异面直线所成的角.考点2直线与平面所成角【2・1】【2015高考上海】如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA】=1, AB = AD = 2 , E、F分别是AB、BC的中点.证明A「G、F、E四点共面，并求直线CD】与平而AQFE所成的角的正弦值大小.长方体ABCD —£BCDjF, AB=16, BC=IO, AA} =8，点E, F 分别在AQ, GQ上，A、E = D、F = 4.过点E, F的平而G与此长方体的而相交，交线围成一个正方形.A B（I ）在图屮曲出这个正方形（不必说出曲法和理由）；（II ）求氏线力尸与平面Q所成角的正弦值.【2・3】在三棱柱ABC-A^C,中，侧而ABB{A}为矩形，AB = \, AA X =>/2 , D为44】的中点，BD与幽交于点O, CO丄侧面ABB X A X.（1）证明：BC丄码;（2）若O C = OA,求在线GD与平面/3C所成角的正弦值.【基础知识】1.总线和平而所成角的求法：如图所示，设直线/的方向向量为◎平而a的法向量为畀，直线/与平而a 所成的角为（p,两向量e与n的夹角为&，则有sin 0 = |cos切=肯讣【思想方法】1.利用向量法求线而角的方法（1）分别求出斜线和它在平而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）；⑵通过平面的法向量來求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角（钝角时取其补角），取其余角就是斜线和平而所成的角. 【温馨提醒】立体几何开放性问题求解方法有以下两种：(1)根据条件作出判断，再进一步论证.(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达己知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在.考点3二面角[3-1] [2016髙考山东理数】在如图所示的圆台中，/C是下底而圆O的直径，EF是上底而圆少的直径, 肋是圆台的一条母线.(I)已知G//分别为EC, 的中点，求证：GH〃平面/3C；[3-2]【山西省右玉一中2016届高三下学期模拟】(木小题满分12分)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE-BCF和一个正死棱锥P-ABCD组合而成，/1D丄,AE = AD = 2.(1)证明：平面P/D丄平面ABFE；(2)当正四棱锥P-ABCD的高为1时，求二面角C-AF-P的余弦值.【基础知识】1.求二面角的大小⑴如图1, AB. CD是二面角a-1-p的两个面内与棱/垂直的直线，贝IJ二面角的大小&=〈错误！不能通AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.过编辑域代码创建对象。

8.8 立体几何中的向量方法(Ⅱ)----求空间角、距离

8.8 立体几何中的向量方法（Ⅱ）----求空间角、距离一、选择题1．如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1上的动点，则直线NO 、AM 的位置关系是( )．A ．平行B ．相交C ．异面垂直D ．异面不垂直解析建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A (2,0,0)，M (0,0,1)，O (1,1,0)，N (2，t,2)，NO →＝(－1,1－t ，－2)， AM →＝(－2,0,1)，NO →·AM →＝0，则直线NO 、AM 的位置关系是异面垂直．答案 C2．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.216a B.66a C.156a D.153a 解析以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )，∵点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a－z )∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3.得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3，∴|MN →|＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216a .答案 A3．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( )．A.19B.49 5C.29 5D.23 解析设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系(如图)，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)， cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459，答案 B4．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( ) A.32 B.22C. 3 D ．3 2 解析两平面的一个单位法向量n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，故两平面间的距离d ＝|OA →·n 0|＝22. 答案 B5．已知直二面角αl β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足，若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则CD ＝( )．A ．2 B. 3 C. 2 D ．1解析如图，建立直角坐标系D xyz ，由已知条件B (0,0,1)，A (1，t,0)(t ＞0)，由AB ＝2解得t ＝ 2. 答案 C6．正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BB 1中点，G 是DD 1中点，F 是BC 上一点且FB ＝14BC ，则GB 与EF 所成的角为( )． A ．30° B ．120° C ．60° D ．90° 解析如图建立直角坐标系D xyz ，设DA ＝1，由已知条件 G ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，B ()1，1，0， E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1，0， GB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0，－12cos 〈GB →，EF →〉＝GB →·EF →|GB →||EF →|＝0，则GB →⊥EF →.答案 D7．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()A. 2B. 3 C ．2D.22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)，D (1,0,1)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cos60°＝m·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2，故AD ＝ 2. 答案：A二、填空题8．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 在线段BD 1上．当∠APC 最大时，三棱锥P －ABC 的体积为________．解析以B 为坐标原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，BB 1为z 轴建立空间直角坐标系(如图)，设BP ＝λ1BD，可得P (λ，λ，λ)，再由cos ∠APC ＝AP ·CP| AP ||CP |可求得当λ＝13时，∠APC 最大，故V P －ABC ＝13×12×1×1×13＝118.答案 1189．如图，在空间直角坐标系中有棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点M 是线段DC 1上的动点，则点M 到直线AD 1距离的最小值为________．解析设M (0，m ，m )(0≤m ≤a )，AD 1→＝(－a,0，a )，直线AD 1的一个单位方向向量s 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，由MD 1→＝(0，－m ，a －m )，故点M 到直线AD 1的距离d ＝|MD 1→|2－|MD 1→·s 0|2＝m 2＋a －m 2－12a －m 2＝32m 2－am ＋12a 2，根式内的二次函数当m ＝－－a 2×32＝a 3时取最小值32⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－a ×a 3＋12a 2＝13a 2，故d 的最小值为33a . 答案33a 10．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)且a 与b 的夹角的余弦值为89，则λ＝________.解析由已知得89＝a·b |a ||b |＝2－λ＋45＋λ2·9， ∴8 5＋λ2＝3(6－λ)，解得λ＝－2或λ＝255. 答案－2或25511．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PAC 的夹角的大小为________．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，a 2，CB →＝(a ，a,0)．设平面PAC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a2a 2·2＝12. ∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面PAC 的夹角为90°－60°＝30°. 答案 30°12．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，则面AEF 与面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) 平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1) cos θ＝cos 〈n ，m 〉＝311，tan θ＝23.答案 23三、解答题13. 如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°.(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)设AB ＝AP .若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长．解析：(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB .又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图)．在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ，则CE ⊥AD . 在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1，CE ＝CD ·sin45°＝1. 设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )．由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)，CD＝(－1,1,0)， PD＝(0,4－t ，－t )．设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥CD ，n ⊥PD ，得⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，4－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )．又PB＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得cos60°＝|n ·PB |n |·|PB ||，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋4－t 2·2t 2＝12，解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45.14．如图所示，四棱锥A BCDE 中，底面BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，BC ＝2，CD ＝2，AB ＝AC .(1)证明：AD ⊥CE ；(2)设侧面ABC 为等边三角形，求二面角C AD E 的大小．解析 (1)证明取BC 中点O ，连接AO ，则AO ⊥BC 由已知条件AO ⊥平面BCDE ，如图，建立直角坐标系O xyz ，则A (0,0，t )，D (1，2，0)，C (1,0,0)，E (－1，2，0)， AD →＝(1，2，－t )， CE →＝(－2，2，0)，则AD →·CE →＝0，因此AD ⊥CE . (2) 作CF ⊥AD 垂足为F ，连接EF ，由AD ⊥平面CEF 知EF ⊥AD ，则∠CFE 为二面角C AD E 的平面角．在Rt △ACD 中，CF ＝AC ·CD AD ＝233，在等腰△ADE 中EF ＝303，cos ∠CFE ＝CF 2＋EF 2－CE 22CF ·EF ＝－1010.∴二面角CADE 的余弦值为－1010. 15．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 .(1)若M 是线段AD 的中点，求证：GM ∥平面ABFE ；(2)若AC ＝BC ＝2AE ，求二面角A BF C 的大小．解析 (1)证明法一因为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 .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 ，AB ∩FB ＝B ，所以平面GMN ∥平面ABFE . 又GM ⊂平面GMN ，所以GM ∥平面ABFE .(2)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 (0,0,0)，B (2，－2,0)，C (2,0,0)，E (0,0,1)，所以AB →＝(2，－2,0)，BC →＝(0,2,0)．又EF ＝12AB ，所以F (1，－1,1)，BF →＝(－1,1,1)．设平面BFC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，所以⎩⎨⎧y 1＝0，x 1＝z 1，取z 1＝1，得x 1＝1，所以m ＝(1,0,1)．设平面ABF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ·AB →＝0，n ·BF →＝0，所以⎩⎨⎧x 2＝y 2，z 2＝0，取y 2＝1，得x 2＝1，则n ＝(1,1,0)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝12.因此二面角A BF C 的大小为60°.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ABFC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＝6 3.由于CH＝12AB＝2，所以在Rt△CHR中，tan∠HRC＝263＝3，因此二面角ABFC的大小为60°.16．如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．解析方法一：(1)证法一：取CE的中点G，连接FG、BG.∵F为CD的中点，∴GF∥DE且GF＝12 DE，∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴AB∥DE，∴GF∥AB.又AB＝12DE，∴GF＝AB.又DE＝2AB，∴四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG. ∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，∴AF∥平面BCE.证法二：取DE的中点M，连接AM、FM，∵F为CD的中点，∴FM∥CE.∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴DE ∥AB .又AB ＝12DE ＝ME ， ∴四边形ABEM 为平行四边形，则AM ∥BE .∵FM 、AM ⊄平面BCE ，CE 、BE ⊂平面BCE ，∴FM ∥平面BCE ，AM ∥平面BCE .又FM ∩AM ＝M ，∴平面AFM ∥平面BCE .∵AF ⊂平面AFM ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵△ACD ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF .又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE .∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)在平面CDE 内，过F 作FH ⊥CE 于H ，连接BH ，∵平面BCE ⊥平面CDE ，∴FH ⊥平面BCE .∴∠FBH 为BF 和平面BCE 所成的角．设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，则FH ＝CF sin45°＝22a ， BF ＝AB 2＋AF 2＝a 2＋3a 2＝2a ，在Rt △FHB 中，sin ∠FBH ＝FH BF ＝24. ∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 方法二：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ∵F 为CD 的中点，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0. (1)证明：AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a,0，－a )，∵AF →＝12(BE →＋BC →)，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE . (2)证明：∵AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CD →＝(－a ，3a,0)，ED →＝(0,0，－2a )， ∴AF →·CD →＝0，AF →·ED →＝0，∴AF →⊥CD →，AF →⊥ED →.∴AF →⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·BE →＝0，n ·BC →＝0可得 x ＋3y ＋z ＝0,2x －z ＝0，取n ＝(1，－3，2)．又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，－a ，设BF 和平面BCE 所成的角为θ，则 sin θ＝|BF →·n ||BF →|·|n |＝2a 2a ·22＝24. ∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24.。

§8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

所以异面直线 BC1 与 AE 所成角 30 的余弦值为 . 10
思想方法练出高分
题型分类·深度剖析
题型一求异面直线所成的角
思维启迪解析答案思维升华
【例 1 】
长方体 ABCD －
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
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 ( B ) 10 30 A. B. 10 10 2 15 3 10 C. D. 10 10
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 ( 10 30 A. B. 10 10 2 15 3 10 C. D. 10 10
基础知识题型分类
)
思想方法
练出高分
题型分类·深度剖析
题型一求异面直线所成的角
思维启迪解析答案思维升华
设 n＝(x，y，z)为平面 PEH 的法向量，
题型分类思想方法练出高分
正弦值 .
基础知识
题型分类·深度剖析
题型二
【例 2】
求直线与平面所成的角
思维启迪解析思维升华
如图，已
知四棱锥 P—ABCD 的底面为等腰梯形， AB∥ CD， AC⊥ BD，垂足为 H， PH 是四棱锥的高， E 为 AD 的中点 . (1)证明：PE⊥ BC； (2)若∠ APB＝∠ ADB＝ 60° ，求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值 .
基础知识题型分类
则 A(1,0,0)，B(0,1,0). 系 (如图 )，设 C(m,0,0)，P(0,0，n) (m<0，n>0)， 1 m 则 D(0，m,0)，E2， 2 ，0. 1 m → ＝，，－n，可得PE 2 2

8.8 立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角、距离

2.
点面距的求法
如图，设 AB 为平面 α 的一条斜线段，n 为平面 α 的法向量， → |AB· n| 则 B 到平面 α 的距离 d＝ |n| .
1．若平面 α 的一个法向量为 n＝(4,1,1)，直线 l 的一个方向向量为 a＝(－2，－3,3)，则 l 与 α 所成角的正弦值为 ___________． 2．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 所成的角为________．
(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〉 ABCD—A1B1C1D1 中，是底面 ABCD O 的中点，E，F 分别是 CC1，AD 的中点，那么异面直线 OE 和 FD1 所成的角的余弦值等于________．
题型一
求异面直线所成的角
例1
如图，已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 2，点 E
是正方形 BCC1B1 的中心，点 F、G 分别是棱 C1D1、AA1 的中点，设点 E1、G1 分别是点 E、G 在平面 DCC1D1 内的正投影． (1)证明：直线 FG1⊥平面 FEE1； (2)求异面直线 E1G1 与 EA 所成角的正弦值．
ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD，点 E 在线段 PC 上，PC⊥平面 BDE. (1)证明：BD⊥平面 PAC； (2)若 PA＝1，AD＝2，求二面角 B－PC－A 的正切值．
(2011· 辽宁)如图，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥ 1 平面 ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝2PD. (1)证明：平面 PQC⊥平面 DCQ； (2)求二面角 Q—BP—C 的余弦值．

高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量 8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

第八章立体几何与空间向量 8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离教师用书理苏教版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).【知识拓展】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 →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.(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 |.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的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].( √ )(5)直线l 的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l 和α所成角为30°.( √ ) (6)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )1.(2016·南通模拟)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________. 答案 45°或135°解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成的二面角为45°或180°－45°＝135°.2.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 〉＝－12，则l与α所成的角为________. 答案 30°解析设l 与α所成角为θ，∵cos〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.3.(2016·泰州模拟)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所成角的余弦值为________.答案55解析设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55. 4.(教材改编)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________.答案π6解析以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1中点，则A (0,0,0)，C 1(1，3，22)，D (1,0,22)，∴AC 1→＝(1，3，22)， AD →＝(1,0,22).∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角，cos∠C 1AD ＝AC 1→·AD→|AC 1→||AD →|＝1，3，22×1，0，2212×9＝32，又∵∠C 1AD ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴∠C 1AD ＝π6.5.P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β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________. 答案 90°解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22a ×b cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0，∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.题型一求异面直线所成的角例1 (2015·课标全国Ⅰ)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)证明如图所示，连结BD ，设BD ∩AC ＝G ，连结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 ＝2，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 ，可得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. 思维升华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值等于两向量夹角余弦值的绝对值.如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是______.答案 90° 解析连结D 1M ，在正方形DCC 1D 1中，∵M 、N 分别是CD 、CC 1的中点，∴DN ⊥D 1M ，又∵A 1D 1⊥平面D 1C ，DN ⊂平面D 1C ， ∴DN ⊥A 1D 1，又∵A 1D 1∩D 1M ＝D 1， ∴DN ⊥平面A 1D 1M ，又A 1M ⊂平面A 1D 1M ，∴A 1M ⊥DN .即异面直线A 1M 与DN 所成的角为90°.题型二求直线与平面所成的角例2 (2016·全国丙卷)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.取BP 的中点T ，连结AT ，TN ，由N 为PC 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 ，连结AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，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.设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525，∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.思维升华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.如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是______________．答案 [63，1] 解析由正方体的性质易求得sin∠C 1OA 1＝223，sin∠COA 1＝63，注意到∠C 1OA 1是锐角，∠COA 1是钝角，且223>63. 故sin α的取值范围是[63，1]．题型三求二面角例3 (2016·天津)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 ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．(1)证明依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →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)．依题意，AD →＝(2,0,0)，AF →＝(1，－1,2)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0,2,1)，又EG →＝(0,1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)解易证OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，不妨取x 2＝1，可得n 2＝(1，－1,1)．因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →||n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1,2)，所以AH →＝25AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，－25，45，进而有H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 思维升华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.如图(1)，正方形ABCD 的边长为1，M ，N 分别是边AD ，BC 上的点，MN 与AB 平行，且与AC 交于点O .若将四边形ABCD 沿MN 折成直二面角A —MN —C (如图(2))，则二面角C —AO —B 的平面角的正弦值是________．图(1) 图(2)答案63解析由条件得NM ，NB ，NC 两两垂直，分别以NM ，NB ，NC 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，设NC ＝m ，则NO ＝m ，从而得O (m,0,0)，C (0,0，m )，A (1,1－m,0)．设平面AOC 的法向量为a ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧a ·OA →＝0，a ·OC →＝0，OA →＝(1－m,1－m,0)，OC →＝(－m,0，m )，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ，z ＝x ，取x ＝1，得a ＝(1，－1,1)．又平面AOB 的一个法向量为b ＝(0,0,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a·b |a|·|b|＝33，故sin 〈a ，b 〉＝63.题型四求空间距离(供选用)例4 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离.解如图，取CD 的中点O ，连结OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，所以MO ⊥平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O —xyz .因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，所以OB ＝OM ＝3，则O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)，所以BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3). 设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC →，n ⊥BM→得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1,1). 又BA →＝(0,0,23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.思维升华求点面距一般有以下三种方法(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离； (2)等体积法；(3)向量法.其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便.(2016·四川成都外国语学校月考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝2，PA ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 中点.(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q －AC －D 的余弦值为63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由.解 (1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 中点， ∴PO ⊥AD .又∵侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ， ∴PO ⊥平面ABCD .在△PAD 中，PA ⊥PD ，PA ＝PD ＝2，∴AD ＝2. 在直角梯形ABCD 中，O 为AD 的中点，AB ⊥AD ， ∴OC ⊥AD .以O 为坐标原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)， ∴PB →＝(1，－1，－1). 易证OA ⊥平面POC ，∴OA →＝(0，－1,0)为平面POC 的法向量， cos 〈PB →，OA →〉＝PB →·OA →|PB →||OA →|＝33，∴PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)∵PB →＝(1，－1，－1)，设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0.取z ＝1，得u ＝(1,1,1).则B 点到平面PCD 的距离d ＝|PB →·u ||u |＝33.(3)假设存在，且设PQ →＝λPD →(0≤λ≤1).∵PD →＝(0,1，－1)，∴OQ →－OP →＝PQ →＝(0，λ，－λ)， ∴OQ →＝(0，λ，1－λ)， ∴Q (0，λ，1－λ).设平面CAQ 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝x ＋y ＝0，m ·AQ →＝λ＋1y ＋1－λz ＝0.取z ＝1＋λ，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1). 平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∵二面角Q －AC －D 的余弦值为63， ∴|cos〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63.整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0. 解得λ＝13或λ＝3(舍去)，∴存在，且PQ QD ＝12.6.利用空间向量求解空间角典例 (16分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点.(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值. 规范解答(1)证明依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2).[2分]由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1). BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .[4分](2)解 BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2).设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，可得n ＝(2,1,1). [6分]于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝26×2＝33，所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.[8分](3)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0).由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ). 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝(－12，12，32).[12分]设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1). 取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－310×1＝－31010.易知，二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010.[16分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.1.(2017·苏北四市联考)在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为________. 答案3010解析建立空间直角坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2).所以BC 1→＝(－1,0,2)， AE →＝(－1,2,1).故cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→||AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010. 2.(2016·徐州模拟)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________. 答案 60°解析如图所示，二面角的大小就是〈AC →，BD →〉.∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →)＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD →. ∴CA →·BD →＝12[(217)2－62－42－82]＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，∴〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.3.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________. 答案 23解析以A 为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 )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2).∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4.(2016·盐城模拟)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为________.答案55解析以A 为原点，AB ，AC ，AP 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，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D (12，0,0)，E (12，12，0)，F (0，12，1).∴PA →＝(0,0，－2)，DE →＝(0，12，0)，DF →＝(－12，12，1).设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|PA →·n ||PA →||n |＝55，∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55. 5.已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1到平面BDE 的距离为________. 答案 1解析以D 为原点，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(如图)，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,22)，E (0,2，2)，易知AC 1∥平面BDE .设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝2x ＋2y ＝0，n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)为平面BDE 的一个法向量，又DA →＝(2,0,0)，∴点A 到平面BDE 的距离是 d ＝|n ·DA →||n |＝|－1×2＋0＋0|－12＋12＋－22＝1.故直线AC 1到平面BDE 的距离为1.6.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为________.答案－14解析建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )， ∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.7.(2016·无锡模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________. 答案 13解析如图，建立空间直角坐标系D —xyz ，则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0). ∴D 1C 1→＝(0,2,0)，A 1C 1→＝(－1,2,0)，A 1B →＝(0,2，－1)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝x ，y ，z ·－1，2，0＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝x ，y ，z ·0，2，－1＝2y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)，设直线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，即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.8.在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________. 答案 23解析以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2).设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1).设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n ||DC →|＝23.9.(2016·连云港模拟)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________.答案23解析如图，建立空间直角坐标系D —xyz ，设DA ＝1，由已知条件得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 )，平面AEF 与平面ABC 所成的二面角为θ，由图知θ为锐角，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)，取平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.10.(2016·南京、无锡联考)如图，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值. (1)证明如图，取AB 的中点O ，连结OC ，OA 1，A 1B . ∵CA ＝CB ，∴OC ⊥AB .∵AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. ∴△AA 1B 为等边三角形， ∴OA 1⊥AB .∵OC ∩OA 1＝O ，∴AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ， ∴AB ⊥A 1C .(2)解由(1)知，OC ⊥AB ，OA 1⊥AB . ∵平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ， ∴OC ⊥平面AA 1B 1B ， ∴OA ，OA 1，OC 两两垂直.以O 为坐标原点，OA →的方向为x 轴的正方向，|OA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O —xyz .由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0). 则BC →＝(1,0，3)，BB 1→＝AA 1→＝(－1，3，0)，A 1C →＝(0，－3，3). 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0，可取n ＝(3，1，－1). ∴cos〈n ，A 1C →〉＝n ·A 1C→|n ||A 1C →|＝－105. ∴直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105. 11.(2016·扬州模拟)如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ； (2)求二面角A —DF —C 的大小.(1)证明以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz ，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,2).∵E 为AB 的中点，∴点E 的坐标为(1,1,0)， ∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2)＝(23，23，－43)， DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋(23，23，－43)＝(23，23，23).设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 1＋23y 1＋23z 1＝0，2y ＝0，令x ＝1，则平面DFC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)，设p ＝(x 2，y 2，z 2)是平面D 1EC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 2＋23y 2－43z 2＝0，2y －2z ＝0，令y ＝1，则平面D 1EC 的一个法向量为p ＝(1,1,1)， ∵n·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0， ∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(2)设q ＝(x 3，y 3，z 3)是平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧q ·DF →＝0，q ·DA →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 3＋23y 3＋23z 3＝0，x ＝0，令y ＝1，则平面ADF 的一个法向量为q ＝(0,1，－1)，设二面角A —DF —C 的平面角为θ，由题中条件可知θ∈(π2，π)，则cos θ＝－|n·q||n||q |＝－0＋0＋12×2＝－12， ∴二面角A —DF —C 的大小为2π3. 12.(2016·四川)如图，在四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P-CD-A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行.延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点.理由如下：由已知，BC ∥ED 且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形，从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ，所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角.所以∠PDA ＝45°.由∠PAB ＝90°，且PA 与CD 所成的角为90°，可得PA ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A —xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0). 所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2). 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1).设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，AP →〉|＝|n ·AP →||n ||AP →|＝22×22＋－22＋12＝13.所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.*13.(2016·盐城模拟)如图，边长为2的正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直.已知AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝12AB ＝1，点M 在线段EC 上.(1)证明：平面BDM ⊥平面ADEF ；(2)判断点M 的位置，使得平面BDM 与平面ABF 所成的锐二面角为π3.(1)证明 ∵DC ＝BC ＝1，DC ⊥BC ，∴BD ＝2，又AD ＝2，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2， ∴∠ADB ＝90°，∴AD ⊥BD .又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ， ∴BD ⊥平面ADEF ，又BD ⊂平面BDM ， ∴平面BDM ⊥平面ADEF .(2)解在平面DAB 内过点D 作DN ⊥AB ，垂足为N ， ∵AB ∥CD ，∴DN ⊥CD ，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊥AD ， ∴ED ⊥平面ABCD ，∴DN ⊥ED ，以D 为坐标原点，DN 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DE 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示.∴B (1,1,0)，C (0,1,0)，E (0,0，2)，N (1,0,0)，设M (x 0，y 0，z 0)，EM →＝λEC →(0≤λ<1)， ∴(x 0，y 0，z 0－2)＝λ(0,1，－2)，∴x 0＝0，y 0＝λ，z 0＝2(1－λ)， ∴M (0，λ，2(1－λ)).设平面BDM 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DM →＝0，n 1·DB →＝0，又DM →＝(0，λ，2(1－λ))，DB →＝(1,1,0)， ∴⎩⎨⎧λy ＋21－λz ＝0，x ＋y ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝λ21－λ，故n 1＝(1，－1，λ21－λ)是平面BDM 的一个法向量.∵平面ABF 的一个法向量为DN →＝(1,0,0)， ∴|cos〈n 1，DN →〉|＝11＋1＋λ221－λ2＝12，得λ＝23， ∴M (0，23，23)，∴点M 在线段CE 的三等分点且靠近点C 处.。

8-8立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

第八章立体几何与空间向量
【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)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．( )
(2)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角． ()
高考总复习·数学理科（RJ）
第八章立体几何与空间向量
(3)两异面直线夹角的范围是0，π2
∴D→H＝

22，
22，1，
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第八章立体几何与空间向量
∵cos〈D→H，CC→′〉＝ 22×0＋1×22×20＋1×1＝ 22，又∵〈D→H，CC→′〉∈[0°，180°]， ∴〈D→H，CC→′〉＝45°，即 DH 与 CC′所成的角为 45°.
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【答案】
π 6
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第八章立体几何与空间向量
题型一求异面直线所成的角【例1】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．
第八章立体几何与空间向量 §8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离
1．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
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第八章立体几何与空间向量
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第八章立体几何与空间向量
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＝〈A→B，C→D〉．

立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离共56页

距离
36、如果我们国家的法律中只有某种神灵，而不是殚精竭虑将神灵揉进宪法，总体上来说，法律就会更好。—— 马克·吐温 37、纲纪废弃之日，便是暴政兴起之时。— —威·皮物特
38、若是没有公众舆论的支持，法律是丝毫没有力量的。 ——菲力普斯 39、一个判例造出另一个判例，它们迅速累聚，进而变成法律。 ——朱尼厄斯
40、人类法律，事物有规律，这是不容忽视的。— —爱献生
31、只有永远躺在泥坑里的人，才不会再掉进坑里。——黑格尔 32、希望的灯一旦熄灭，生活刹那间变成了一片黑暗。——普列姆昌德 33、希望是人生的乳母。——科策布 34、形成天才的决定因素应该是勤奋。——郭沫若 35、学到很多东西的诀窍，就是一下子不要学很多。——洛克

高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量 8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

§8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角距离最新考纲考情考向分析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.本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解.题型以解答题为主，要求有较强的数学运算素养，广泛应用函数与方程思想、转化与化归思想.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θ a 与b 的夹角βX 围 ⎝⎛⎦⎥⎤0，π2[0，π]求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b|a ||b |(1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角). (2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角.(1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.(2)在二面角α—l —β的棱上任取一点O ，在两半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α—l —β的平面角.(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|.(2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，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〉或－cos 〈n 1，n 2〉. 概念方法微思考1.利用空间向量如何求线段长度？提示利用|AB →|2＝AB →·AB →可以求空间中有向线段的长度. 2.如何求空间点面之间的距离？提示点面距离的求法：已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离为 |BO →|＝|AB →||cos 〈AB →，n 〉|.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的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X 围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的X 围是[0，π]. ( √ )(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )题组二教材改编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° 答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3.如图，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______.答案π6解析如图，以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1的中点，则A (0,0,0)，C 1(1，3，22)，D (1,0,22)，∴AC 1→＝(1，3，22)， AD →＝(1,0,22).∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角， cos∠C 1AD ＝AC 1→·AD→|AC 1→||AD →|＝(1，3，22)·(1，0，22)12×9＝32，又∵∠C 1AD ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴∠C 1AD ＝π6.题组三易错自纠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 答案 C解析以点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)，∴BM →＝(1，－1,2)，AN →＝(－1,0,2).∴cos〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝1×(－1)＋(－1)×0＋2×212＋(－1)2＋22×(－1)2＋02＋22＝36×5＝3010. 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 〉＝－12，则l 与α所成的角为________. 答案 30°解析设l 与α所成角为θ，∵cos〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.题型一求异面直线所成的角例1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)证明如图所示，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 ＝2，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 ，AC ，FG ⊂平面AFC ，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 所在直线为x 轴、y 轴，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，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. 思维升华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值等于两向量夹角余弦值的绝对值.跟踪训练1三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝AB ，N ，M 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则AM 与BN 所成角的余弦值为( ) A.110B.35C.710D.45 答案 C解析如图所示，取AC 的中点D ，以D 为原点，BD ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC ＝2，则A (0，－1,0)，M (0,0,2)，B (－3，0,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，所以AM →＝(0,1,2)， BN →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，所以cos 〈AM →，BN →〉＝AM →·BN →|AM →|·|BN →|＝725×5＝710，故选C.题型二求直线与平面所成的角例2(2018·全国Ⅰ)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. (1)证明由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)解如图，作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE . 又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32，0， DP →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32. 又HP →为平面ABFD 的法向量，设DP 与平面ABFD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈HP →，DP →〉|＝|HP →·DP →||HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 思维升华若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝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 －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值. (1)证明因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 如图，连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .因为OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC .(2)解由(1)知OP ，OB ，OC 两两垂直，则以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示.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).由(1)知平面PAC 的一个法向量为OB →＝(2,0,0). 设M (a ,2－a ,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a ,4－a ,0). 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0，得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，可取y ＝3a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝OB →·n |OB →||n |＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2. 由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝cos30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)或a ＝43.所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 题型三求二面角例3(2018·某某模拟)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝2，∠ABC ＝60°，平面ACEF ⊥平面ABCD ，四边形ACEF 是菱形，∠CAF ＝60°.(1)求证：BF ⊥AE ；(2)求二面角B －EF －D 的平面角的正切值.(1)证明依题意，在等腰梯形ABCD 中，AC ＝23，AB ＝4，∵BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，即BC ⊥AC ，又∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面ACEF ，而AE ⊂平面ACEF ，∴AE ⊥BC ，连接CF ，∵四边形ACEF 为菱形，∴AE ⊥FC ，又∵BC ∩CF ＝C ，BC ，CF ⊂平面BCF ， ∴AE ⊥平面BCF ，∵BF ⊂平面BCF ，∴BF ⊥AE . (2)解取EF 的中点M ，连接MC ，∵四边形ACEF 是菱形，且∠CAF ＝60°， ∴由平面几何易知MC ⊥AC ，又∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，CM ⊂平面ACEF ， ∴MC ⊥平面ABCD .以CA ，CB ，CM 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，各点的坐标依次为C (0,0,0)，A (23，0,0)，B (0，2,0)，D (3，－1,0)，E (－3，0,3)，F (3，0,3)，设平面BEF 和平面DEF 的一个法向量分别为n 1＝(a 1，b 1，c 1)，n 2＝(a 2，b 2，c 2)， ∵BF →＝(3，－2,3)，EF →＝(23，0,0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧BF →·n 1＝0，EF →·n 1＝0，即⎩⎨⎧3a 1－2b 1＋3c 1＝0，23a 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，2b 1＝3c 1，不妨令b 1＝3，则n 1＝(0,3,2)，同理可求得n 2＝(0,3，－1)，设二面角B －EF －D 的大小为θ，由图易知θ为锐角， ∴cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝7130，故二面角B －EF －D 的平面角的正切值为97.思维升华利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.跟踪训练3(2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 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.(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 ，故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 ，BC ，CM ⊂平面BMC ，所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)解以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CDD (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，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)， DA →是平面MCD 的一个法向量，因此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.利用空间向量求空间角例(12分)如图，四棱锥S －ABCD 中，△ABD 为正三角形，∠BCD ＝120°，CB ＝CD ＝CS ＝2，∠BSD ＝90°.(1)求证：AC ⊥平面SBD ；(2)若SC ⊥BD ，求二面角A －SB －C 的余弦值. (1)证明设AC ∩BD ＝O ，连接SO ，如图①，因为AB ＝AD ，CB ＝CD ，所以AC 是BD 的垂直平分线，即O 为BD 的中点，且AC ⊥BD .[1分]在△BCD 中，因为CB ＝CD ＝2，∠BCD ＝120°，所以BD ＝23，CO ＝1.在Rt△SBD 中，因为∠BSD ＝90°，O 为BD 的中点，所以SO ＝12BD ＝ 3.在△SOC 中，因为CO ＝1，SO ＝3，CS ＝2，所以SO 2＋CO 2＝CS 2，所以SO ⊥AC .[4分]因为BD ∩SO ＝O ，BD ，SO ⊂平面SBD ，所以AC ⊥平面SBD .[5分](2)解方法一过点O 作OK ⊥SB 于点K ，连接AK ，CK ，如图②，由(1)知AC ⊥平面SBD ，所以AO ⊥SB . 因为OK ∩AO ＝O ，OK ，AO ⊂平面AOK ，所以SB ⊥平面AOK .[6分] 因为AK ⊂平面AOK ，所以AK ⊥SB . 同理可证CK ⊥SB .[7分]所以∠AKC 是二面角A －SB －C 的平面角. 因为SC ⊥BD ，由(1)知AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD . 在Rt△SOB 中，OK ＝SO ·OB SB ＝62. 在Rt△AOK 中，AK ＝AO 2＋OK 2＝422，同理可求CK ＝102.[10分] 在△AKC 中，cos∠AKC ＝AK 2＋CK 2－AC 22AK ·CK ＝－10535.所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[12分] 方法二因为SC ⊥BD ，由(1)知，AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC . 而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD .[6分]由(1)知，AC ⊥平面SBD ，SO ⊂平面SBD ，所以SO ⊥AC .因为AC ∩BD ＝O ，AC ，BD ⊂平面ABCD ，所以SO ⊥平面ABCD .[7分]以O 为原点，OA →，OB →，OS →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图③，则A (3,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，S (0,0，3). 所以AB →＝(－3，3，0)，CB →＝(1，3，0)， SB →＝(0，3，－3).[8分]设平面SAB 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝－3x 1＋3y 1＝0，SB →·n ＝3y 1－3z 1＝0，令y 1＝3，得平面SAB 的一个法向量为n ＝(1，3，3). 同理可得平面SCB 的一个法向量为m ＝(－3，1,1).[10分]所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－3＋3＋37×5＝10535.因为二面角A －SB －C 是钝角，所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角.m ＝(1，－1,0)，n ＝(0,1，－1)，则两平面所成的二面角为( )A.60°B.120°C.60°或120°D.90° 答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－12·2＝－12，即〈m ，n 〉＝120°.∴两平面所成二面角为120°或180°－120°＝60°.2.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所成角的余弦值为( )A.55B.53 C.56D.54答案 A解析设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A.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 答案 B解析以A 为原点，AB ，AD ，AA 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Axyz ，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 )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2).∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 与B 1D 所成角的大小为( )A.π6B.π4C.π3D.π2 答案 D解析以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 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，设正方体的边长为1，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，B 1(1,0,1)，D (0,1,0). ∴AC →＝(1,1,0)，B 1D →＝(－1,1，－1)， ∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2.5.(2018·某某模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，AB ＝AA 1＝2，则异面直线AB 1与CA 1所成角的余弦值为( ) A.0B.－14C.14D.12答案 C解析以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 所在直线为y 轴，以AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B 1(3，1,2)，A 1(0,0,2)，C (0,2,0)，AB 1→＝(3，1,2)，A 1C →＝(0,2，－2)，设异面直线AB 1和A 1C 所成的角为θ，则cos θ＝|AB 1→·A 1C →||AB 1→|·|A 1C →|＝|－2|8·8＝14.∴异面直线AB 1和A 1C 所成的角的余弦值为14.6.如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1,2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23D.－23 答案 C解析由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0,0，2)，由图可知，二面角C －AB －O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC →·n ||OC →||n |＝|4|2×3＝23.P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为________.答案55解析以A 为原点，AB ，AC ，AP 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，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，E ⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1.∴PA →＝(0,0，－2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1.设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PA →〉|＝|PA →·n ||PA →||n |＝55， ∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55. 8.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，所以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，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.9.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__________.答案 60°解析以B 点为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，BB 1所在直线为zAB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2，∴cos〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22×22＝12，∵异面直线所成角的X 围是(0°，90°]，∴EF 和BC 1所成的角为60°.10.(2019·某某质检)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 所成的锐二面角的正切值为________.答案23解析方法一延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示.设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求锐二面角的平面角.∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan∠EHB ＝EB BH ＝23. 方法二如图，以点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Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得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 )，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)，取平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)，设平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23. 11.(2018·鄂尔多斯联考)如图，在几何体ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥底面ABC ，四边形A 1ACC 1是正方形，B 1C 1∥BC ，Q 是A 1B 的中点，且AC ＝BC ＝2B 1C 1，∠ACB ＝2π3.(1)证明：B 1Q ⊥A 1C ；(2)求直线AC 与平面A 1BB 1所成角的正弦值.(1)证明如图所示，连接AC 1与A 1C 交于M 点，连接MQ .∵四边形A 1ACC 1是正方形， ∴M 是AC 1的中点，又Q 是A 1B 的中点， ∴MQ ∥BC ，MQ ＝12BC ，又∵B 1C 1∥BC 且BC ＝2B 1C 1， ∴MQ ∥B 1C 1，MQ ＝B 1C 1，∴四边形B 1C 1MQ 是平行四边形，∴B 1Q ∥C 1M ， ∵C 1M ⊥A 1C ，∴B 1Q ⊥A 1C .(2)解 ∵平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，CC 1⊥AC ，CC 1⊂平面A 1ACC 1， ∴CC 1⊥平面ABC .如图所示，以C 为原点，CB ，CC 1所在直线分别为y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，令AC ＝BC ＝2B 1C 1＝2，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，A 1(3，－1,2)，B (0,2,0)，B 1(0，1,2)， ∴CA →＝(3，－1,0)，B 1A 1—→＝(3，－2,0)，B 1B →＝(0,1，－2)，设平面A 1BB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥B 1A 1—→，n ⊥B 1B →，可得⎩⎨⎧3x －2y ＝0，y －2z ＝0，可令y ＝23，则x ＝4，z ＝3，∴平面A 1BB 1的一个法向量n ＝(4,23，3)，设直线AC 与平面A 1BB 1所成的角为α，则sin α＝|n ·CA →||n |·|CA →|＝23231＝9331.12.(2019·某某模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，其中AB ∥CD ，∠CDA ＝90°，CD ＝2AB ＝2，AD ＝3，PA ＝5，PD ＝22，点E 在棱AD 上且AE ＝1，点F 为棱PD 的中点.(1)证明：平面BEF ⊥平面PEC ； (2)求二面角A －BF －C 的余弦值. (1)证明在Rt△ABE 中，由AB ＝AE ＝1，得∠AEB ＝45°，同理在Rt△CDE 中，由CD ＝DE ＝2，得∠DEC ＝45°，所以∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC . 在△PAD 中，cos∠PAD ＝PA 2＋AD 2－PD 22PA ·AD ＝5＋9－82×3×5＝55，在△PAE 中，PE 2＝PA 2＋AE 2－2PA ·AE ·cos∠PAE ＝5＋1－2×5×1×55＝4，所以PE 2＋AE 2＝PA 2，即PE ⊥AD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥BE . 又因为CE ∩PE ＝E ，CE ，PE ⊂平面PEC ，所以BE ⊥平面PEC ，所以平面BEF ⊥平面PEC .(2)解由(1)知EB ，EC ，EP 两两垂直，故以E 为坐标原点，以射线EB ，EC ，EP 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B (2，0,0)，C (0,22，0)，P (0,0,2)，A ⎝⎛⎭⎪⎫22，－22，0，D (－2，2，0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，1， AB →＝⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－322，22，1， BC →＝(－2，22，0)，设平面ABF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝22x 1＋22y 1＝0，m ·BF →＝－322x 1＋22y 1＋z 1＝0，不妨设x 1＝1，则m ＝(1，－1,22)，设平面BFC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n ·BC →＝－2x 2＋22y 2＝0，n ·BF →＝－322x 2＋22y 2＋z 2＝0，不妨设y 2＝2，则n ＝(4,2,52)，记二面角A －BF －C 为θ(由图知应为钝角)，则cos θ＝－|m ·n ||m |·|n |＝－|4－2＋20|10·70＝－11735，故二面角A －BF －C 的余弦值为－11735.13.如图，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.答案916解析因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 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Axyz .∵AB ＝4，SA ＝3， ∴B (0,4,0)，S (0,0,3). 设BC ＝m ，则C (m ,4,0)， ∵SF BF ＝CE BE＝λ， ∴SF →＝λFB →.∴AF →－AS →＝λ(AB →－AF →).∴AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0,4λ，3)，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4λ1＋λ，31＋λ. 同理可得E ⎝⎛⎭⎪⎫m 1＋λ，4，0，∴FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ.∵FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－4λ1＋λ，－31＋λ，要使∠AFE 为直角，即FA →·FE →＝0，则0·m1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0， ∴16λ＝9，解得λ＝916.14.(2018·满洲里模拟)如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M ，N ，Q 分别是CC 1，BC ，AC 的中点，点P 在直线A 1B 1上运动，且A 1P →＝λA 1B 1—→(λ∈[0,1]).(1)证明：无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ ；(2)是否存在点P ，使得平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°？若存在，试确定点P 的位置，若不存在，请说明理由. (1)证明连接A 1Q .∵AA 1＝AC ＝1，M ，Q 分别是CC 1，AC 的中点， ∴Rt△AA 1Q ≌Rt△CAM ， ∴∠MAC ＝∠QA 1A ，∴∠MAC ＋∠AQA 1＝∠QA 1A ＋∠AQA 1＝90°， ∴AM ⊥A 1Q .∵N ，Q 分别是BC ，AC 的中点，∴NQ ∥AB . 又AB ⊥AC ，∴NQ ⊥AC .在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ， ∴NQ ⊥AA 1.又AC ∩AA 1＝A ，AC ，AA 1⊂平面ACC 1A 1，∴NQ ⊥平面ACC 1A 1， ∴NQ ⊥AM .由NQ ∥AB 和AB ∥A 1B 1可得NQ ∥A 1B 1， ∴N ，Q ，A 1，P 四点共面， ∴A 1Q ⊂平面PNQ .∵NQ ∩A 1Q ＝Q ，NQ ，A 1Q ⊂平面PNQ ， ∴AM ⊥平面PNQ ，∴无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ .(2)解如图，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 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A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，Q ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0，NM →＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，12，12，A 1B 1→＝(1,0,0).由A 1P →＝λA 1B 1→＝λ(1,0,0)＝(λ，0,0)，可得点P (λ，0,1)， ∴PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，12，－1. 设n ＝(x ，y ，z )是平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·NM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋12y ＋12z ＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λx ＋12y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1＋2λ3x ，z ＝2－2λ3x ，令x ＝3，得y ＝1＋2λ，z ＝2－2λ，∴n ＝(3,1＋2λ，2－2λ)是平面PMN 的一个法向量. 取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0,1). 假设存在符合条件的点P ，则|cos 〈m ，n 〉|＝|2－2λ|9＋(1＋2λ)2＋(2－2λ)2＝12，化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝7－354或λ＝7＋354(舍去).综上，存在点P ，且当A 1P ＝7－354时，满足平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°.P －ABCD 中，AB →＝(4，－2,3)，AD →＝(－4,1,0)，AP →＝(－6,2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于( ) 答案 B解析设平面ABCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AB →，n ⊥AD →，即⎩⎪⎨⎪⎧4x －2y ＋3z ＝0，－4x ＋y ＝0，令y ＝4，则n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，4，43，则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626，∴h ＝2626×226＝2. 16.如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .(1)求证：EF ⊥平面BCF ；(2)点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值. (1)证明设AD ＝CD ＝BC ＝1， ∵AB ∥CD ，∠BCD ＝120°， ∴AB ＝2，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos60°＝3， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2，则BC ⊥AC . ∵CF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥CF ，而CF ∩BC ＝C ，CF ，BC ⊂平面BCF ， ∴AC ⊥平面BCF . ∵EF ∥AC ， ∴EF ⊥平面BCF .(2)解以C 为坐标原点，分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0，1,0)，M (λ，0,1)， ∴AB →＝(－3，1,0)，BM →＝(λ，－1,1). 设n ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BM →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，3，3－λ).易知m ＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量，∴cos〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4. ∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos 〈n ，m 〉取得最小值77，7 7.∴当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为。

高考数学北师大版(通用,理)总复习讲义87立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离.资料

→
→
BC1、AE所成的角来求．
答案
B
分析
成立坐标系如图，则
A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)．
→
→
BC1＝(－1,0,2)，AE＝(－1,2,1)，
→
→
→ →
30
BC
1·AE
＝
.
cos〈BC1，AE〉＝
→
→
10
|BC1|·|AE|
所以异面直线
BC1与AE所成角的余弦值为
分析不如设PM＝a，PN＝b，如图，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，∵∠EPM＝∠FPN＝45°，
2
2
∴PE＝2a，PF＝2b，
→ →
→
→
→
→
∴EM·FN＝(PM－PE)
·(PN－PF)
→ →
→ →
→ →
→ →
＝PM·PN－PM·PF－PE·PN＋PE·PF
＝abcos 60°－a×
2
2
22
2bcos 45－°2abcos 45＋°2a×2b
§8.7立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离
1．空间向量与空间角的关系
(1)已知异面直线l1，l2的方向向量分别为
π
与l2的夹角等于〈s1，
s1，s2，当0≤〈s1，s2〉≤ 时，直线l1
2
s2〉；
π
当<〈s1，s2〉≤π时，直线l1与l2的夹角等于π－〈s1，s2〉．
2
π
π2的夹角等于〈n1，
又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形．
于是A1D⊥AD1，故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.

高三数学总复习课件- 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

又PD∩CD=D,
所以AE⊥平面CDP.
所以 AD
=(0,1,0), AE =
(0，1，1) 分别是平面ABP,平面CDP的法向量,
22
且< AD，AE >=45°,
所以平面ABP与平面CDP所成的二面角为45°.
考点1 向量法求异面直线所成的角
【典例1】(1)(2015·上饶模拟)如图所示,已知三棱
|n| | 2 6 2 | 2. 22 (2)2 1
(4)(2015·济南模拟)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,
若AB=PA,则平面ABP与平面CDP所成的二面角为( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
【解析】选B.建立如图所示空间直角坐标系, 设AB=PA=1,知A(0,0,0), B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),P(0,0,1), 由题意,AD⊥平面ABP,设E为PD的中点, 连接AE,则AE⊥PD, 又因为CD⊥平面PAD, 所以AE⊥CD,
柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,且AA1⊥面ABC,M是
侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM所成的角的大小
是
.
(2)(2015·岳阳模拟)如图,已知两个正四棱锥 P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1,2,AB=4. ①证明:PQ⊥平面ABCD. ②求异面直线AQ与PB所成角的余弦值.
直角坐标系Oxyz,由条件得P(0,0,1),A(2 2 ,0,0),Q(0,0,-2),
B(0,2 2 ,0),
所以 AQ (2 2,0， 2),PB 0,2 2, 1 .
于是 | cos〈AQ, PB〉| | AQ PB | 3 .

课件2：8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

【规律方法】
1.平面法向量的求法
若要求出一个平面的法向量的坐标,一般要建立空间直角坐标系,
然后用待定系数法求解,一般步骤如下:
设平面的法向量为n=(x,y,z).
(1)找出(求出)平面内的两个不共线的向量a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2).
(2)根据法向量的定义建立关于x,y,z的方程组
的距离为 | BO |＝| AB || cos〈AB，n〉| ＝
| AB n | |n|
.
3. (1)常用方法:利用向量求异面直线所成角、线面角、二面角及空间距离的方法. (2)数学思想:转化与化归、数形结合、函数与方程.
考点1 向量法求异面直线所成的角
【典例1】(1)(2015·上饶模拟)如图所示,已知三棱
考点3 向量法计算与应用二面角的大小知·考情
利用空间向量计算与应用二面角大小,是高考考查空间角的一个热点考向,常与线线、线面、面面位置关系等知识综合以解答题第(2) 或(3)问的形式出现.
明·角度命题角度1:计算二面角的大小【典例3】(2014·山东高考)如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形, ∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点. (1)求证:C1M∥平面A1ADD1. (2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1= 3,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.
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所以 AD 0, 3,0 ,AE (0, 3 , 1),AC (m, 3,0). 22
设平面ADE的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则n1 AD 0,n1 AE 0, 解得一个n1=(1,0,0). 同理设平面ACE的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 n2 AC 0,n2 AE 0, 解得一个 n2 ( 3，m, 3m).