2022年 高中数学一轮复习第八章立体几何8.7利用空间向量求空间角学案

§8.7 利用空间向量求空间角
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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，那
么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．
向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，假设cos 〈m ，n 〉＝－1
2
，那么l 与α所成的角为________．
答案：30°
解析：设l 与α所成的角为θ，
那么sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝1
2
，∴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，那么BM 与AN 所成角的余弦值为( )
A.110
B.25
C.3010
D.22 [答案] C
[解析] 建立如下图的空间直角坐标系C －xyz ，
设BC ＝2，那么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＝30
10.
(2)如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，假设沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，那么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， ∴建立如下图的空间直角坐标系， 设AB ＝EF ＝CD ＝2，
那么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＝4
5，
∴AF 与CE 所成角的余弦值为4
5
.
[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
如下图，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，那么有sin φ＝|cos θ|＝|n·e|
|n||e |
.
(1)[教材习题改编]假设直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，那么直线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 |＝3
2
，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]如下图，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，那么sin 〈CM →，D 1N →
〉的值为________．
答案：45
9
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 →〉＝45
9
.
[典题2] [2021·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)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，建立如下图的空间直角坐标系
O －xyz ，
那么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，
那么⎩⎨⎧
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，
那么sin θ＝|cos 〈EC 1→
，m 〉|＝|EC 1→
·m ||EC 1→||m |＝42
14.
[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.
[2021·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，
那么有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)，
那么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，
那么有⎩⎨⎧
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，
那么有sin α＝|cos 〈n ，BB 1→
〉|＝13＝3
3，
故cos α＝
1－⎝
⎛⎭
⎪⎪⎫332
＝63. 即BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为6
3
.
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，那么二面角的大小θ＝________.
答案：〈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，那么二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．
二面角的求法：可先求出两个平面的法向量n 1，n 2所成的角〈n 1，n 2〉，那么所求二面角为〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．
ABCD －A 1B 1C 1D 1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A 1，E ，F ，C 1共面时，平面A 1DE 与平面
C 1DF 所成二面角的余弦值为________．
答案：1
2
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，如下图，
易知当E (6,3,0)，F (3,6,0)时，A 1，E ，F ，C 1四点共面．设平面A 1DE 的法向量为n 1＝(a ，b ，c )，依题意得
⎩⎨⎧
n 1·DE →
＝6a ＋3b ＝0，
n 1
·DA 1
→
＝6a ＋6c ＝0，
可取n 1＝(－1,2,1)．同理可得平面C 1DF 的一个法向量为n 2
＝(2，－1,1)．故平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝1
2
.
[典题3] 如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，
AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，
四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．
(1)求证：O 1O ⊥底面ABCD ；
(2)假设∠CBA ＝60°，求二面角C 1－OB 1－D 的余弦值． (1)[证明] 因为四边形ACC 1A 1为矩形， 所以CC 1⊥AC ，同理DD 1⊥BD . 因为CC 1∥DD 1，
所以CC 1⊥BD ，而AC ∩BD ＝O ， 因此CC 1⊥底面ABCD . 由题设知，O 1O ∥C 1C ， 故O 1O ⊥底面ABCD .
(2)[解] 因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等， 所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .
又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直．
如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1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)，B 1(3，0,2)，C 1(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，
那么⎩⎨⎧
n 2
·OB 1
→
＝0，n 2·OC 1
→
＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.
取z ＝－3，那么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
＝257
19.
故二面角C 1－OB 1－D 的余弦值为257
19
.
[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，那么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， 那么⎩⎨⎧
n 2
·OB 1
→＝0，n 2·OC 1
→
＝0，
即⎩
⎪⎨⎪⎧
2x ＋2z ＝0，
2y ＋2z ＝0，
取z ＝－2，那么x ＝2，y ＝2，那么n 2＝(2,2，－2)． 设二面角C 1－OB 1－D 为θ，
那么cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝210＝10
5，
故二面角C 1－OB 1－D 的余弦值为10
5
.
[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．
那么⎩⎨⎧
n 2·OM →
＝0，n 2
·OB 1
→
＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
y ＋mz ＝0，3x ＋2z ＝0，
取z ＝－1，那么x ＝23
3，y ＝m ，
那么
n 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫233，m ，－1. 由cos 〈n 1，n 2〉＝1
2
知，
m
m 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 ＝7
3，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，那么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，建立如下图空间直角坐标系．
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， 那么
cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪
⎪
n 1·n 2|n 1||n 2|＝1
5
， 因此sin θ＝25
＝25
5，
即二面角E －BF －C 的正弦值为25
5
.
[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，那么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根本出发点．
(2)建系的根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条件得到垂直关系，在此根底上选择一
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．[2021·新课标全国卷Ⅱ]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
＝5
4，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，得AC ⊥BD ，AD ＝CD .
又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CF
CD
，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 ＝1
4
.
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 .
那么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，
那么⎩⎨⎧ 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，
那么⎩⎨⎧
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 〉＝295
25
.
因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是295
25
.
2．[2021·山东卷]在如下图的圆台中，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)G ，H 分别为EC ，FB 的中点．求证：GH ∥平面ABC ； (2)EF ＝FB ＝1
2AC ＝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 ′，那么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，建立如下图的空间直角坐标系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 |＝7
7
.
所以二面角F －BC －A 的余弦值为7
7
.
解法二：如图，连接OO ′.过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 那么有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°＝6
2
，
从而FN ＝422，可得cos ∠FNM ＝7
7.
所以二面角F －BC －A 的余弦值为7
7
.
3．[2021·新课标全国卷Ⅲ]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，得AM ＝2
3AD ＝2.
如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN .
由N 为PC 的中点知，TN ∥BC ，TN ＝1
2
BC ＝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，建立如下图的空间直角坐标系A －xyz .
由题意知，
P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (
5，2,0)，N ⎝
⎛⎭
⎪⎪⎫5
2，1，2， PM →
＝(0,2，－4)，PN →＝⎝
⎛⎭⎪⎪⎫
52，1，－2， AN →
＝⎝
⎛⎭
⎪⎪⎫5
2，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，
那么⎩⎨⎧
n ·PM →
＝0，
n ·PN →
＝0，
即⎩
⎪⎨⎪⎧
2y －4z ＝0，5
2x ＋y －2z ＝0，
可取n ＝(0,2,1)．
于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →
||n ||AN →|＝85
25，
那么直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为85
25
.
4．[2021·新课标全国卷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，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 ＝2
2.
在Rt△FDG 中，可得FG ＝6
2
.
在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝2
2，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 →|＝－3
3.
所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为3
3
.
5．[2021·新课标全国卷Ⅱ]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 如下图． (2)作EM ⊥AB ，垂足为M ， 那么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， 建立如下图的空间直角坐标系D －xyz ，
那么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，
那么⎩⎨⎧
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根本策略是执果索因．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] 如下图，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．
[思路分析]
[解析] 因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，
故可建立如下图的空间直角坐标系A －xyz .
因为AB ＝4，SA ＝3，
所以B (0,4,0)，S (0,0,3)．
设BC ＝m ，那么C (m,4,0)，
因为SF BF ＝CE BE ＝λ，
所以SF →＝λFB →
.
所以AF →－AS →＝λ(AB →－AF →
)．
所以AF →＝11＋λ(AS →
＋λAB →)＝1
1＋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，
那么0·m
1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ
＝0， 所以16λ＝9，
解得λ＝916
. [答案]916
2．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，此类问题的根本特征是：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，假设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，那么思路简单、解法固定、操作方便．
[典例2] 如下图，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 ？假设存在，求线段AS 的长；假设不存在，请说明理由．
[思路分析]
[解] (1)如下图，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 →|
＝
1
252×2＝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 ，如下图．
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－1＋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根本特征是：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(如下图)，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．假设设计出的样品满足：∠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
轴建立如下图的空间直角坐标系C －xyz .
因为BE ＝30 cm ，AB ＝20 cm ，
设BC ＝t cm ，那么AC ＝400－t 2 cm ，
那么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，那么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－t 230×0＝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，那么cos θ≤12
， 所以cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝
400－t 2301＋400－t 2900≤1
2， 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 ＝13
S 矩形BCDE ·AC ＝13
·30t ·400－t 2＝10·t 2400－t 2 ≤10⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫t 2＋400－t 222＝2 000， 当且仅当t 2＝400－t 2，即t ＝10 2 cm 时，V A －BCDE 的体积最大，
最大值为2 000 cm 3
.
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，在此根底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．。