高考数学专题：空间角——线线角与线面角专题复习
第6节 第1课时 线线角与线面角--2025高中数学一轮复习课件基础版(新高考新教材)
异面直线所成角只能是锐角或直角,所以加“绝对值”
(2)直线与平面所成的角
直线与平面所成的角,可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角.
如图,直线AB与平面α相交于点B,设直线AB与平面α所成的角为θ,直线AB的
方向向量为u,平面α的法向量为n,则 sin θ=|cos<u,n>|=
u·
|u|||
离就是在直线 l 上的投影向量的长度.因此 PQ=
·
||
=
·
||
=
| ·|
.
||
常用结论
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为直线OA与OC所成的角,θ1为直线OA与OB所
题组三 连线高考
7.(1992·全国,理14)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别
为A1B1和BB1的中点,那么直线AM与CN夹角的余弦值为( D )
√3
A.
2
√10
B.
10
3
C.
5
2
D.
5
解析 以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示空
是向量a,b的夹角.( × )
3.设a,b是两个平面α,β的法向量,则α与β所成的二面角的大小等于向量a,b
的夹角的大小.( × )
4.利用||2= ·可以求空间中有向线段的长度.( √ )
题组二 回源教材
5.(人教A版选择性必修第一册1.4.2节练习2(1)(2)改编)如图,在棱长为1的正
解析 由题得,B(1,0,0),B1(1,0,2),C(0,1,0),
专题03 利用向量法求线线角、线面角、二面角及距离问题(知识梳理+专题过关)(解析版)
专题03利用向量法求线线角、线面角、二面角及距离问题【知识梳理】（1）异面直线所成角公式：设a ，b 分别为异面直线1l ，2l 上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos cos ,⋅==a b a b a bθ．（2）线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin cos ,⋅==a n a n a nθ．（3）二面角公式：设1n ，2n 分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则12,=n n θ或12,-n n π（需要根据具体情况判断相等或互补），其中1212cos ⋅=n n n n θ．（4）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线，a b 的公垂线的方向向量为n ，这时分别在，a b 上任取，A B 两点，则向量在n 上的正射影长就是两条异面直线，a b 的距离．则||||||||⋅=⋅=n AB n d AB n n 即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．（5）点到平面的距离A 为平面α外一点（如图），n 为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|n ||n |||||sin |||cos ,|=||nn⋅⋅=⋅=⋅<>=⋅AB AB AH AB AB AB n AB AB θ||||⋅=AB n d n （6）点A 与点B 之间的距离可以转化为两点对应向量AB 的模AB 计算．（7）在直线l 上找一点P ，过定点A 且垂直于直线l 的向量为n ，则定点A 到直线l 的距离为PA n d PA cos PA,n n⋅=〈〉=．【专题过关】【考点目录】考点1：异面直线所成角考点2：线面角考点3：二面角考点4：点到直线的距离考点5：点到平面的距离、直线到平面的距离、平面到平面的距离考点6：异面直线的距离【典型例题】考点1：异面直线所成角1．（2022·贵州·遵义市第五中学高二期中（理））在三棱锥P —ABC 中，PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA =PB =PC ，M 、N 分别为AC 、AB 的中点，则异面直线PN 和BM 所成角的余弦值为（）A 33B ．36C ．63D ．66【答案】B【解析】以点P 为坐标原点，以PA ，PB ，PC 方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，令2PA =，则()0,0,0P ，()0,2,0B ，()1,0,0M ，()1,1,0N ，则(1,1,0)PN =，(1,2,1)BM =-，设异面直线PN 和BM 所成角为θ，则||3cos 6||||PN BM PN BM θ⋅==.故选：B.2．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD ⊥平面CBD ，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（）A ．12B 2C ．12-D ．2【答案】A【解析】取BD 中点为O ，连接,AO CO ，所以,AO BD CO BD ⊥⊥，又面ABD ⊥面CBD 且交线为BD ，AO ⊂面ABD ，所以AO ⊥面CBD ，OC ⊂面CBD ，则AO CO ⊥.设正方形的对角线长度为2，如图所示，建立空间直角坐标系，()()()(0,0,1),1,0,0,0,1,0,1,0,0A B C D -，所以()()=1,0,1,=1,1,0AB CD ---，1cos ,222AB CD AB CD AB CD⋅==-⨯.所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为12.故选:A3．（2022·新疆·乌苏市第一中学高二期中（理））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，3AC =，4BC =，13CC =，90ACB ∠=︒，则1BC 与1AC 所成角的余弦值为（）A ．3210B ．3210-C ．24D 5【答案】A【解析】因为111ABC A B C -为直三棱柱，且90ACB ∠=︒，所以建立如图所示的空间直角坐标系，()()()()110,4,0,0,0,0,0,0,3,3,0,3B C C A ，所以()()110,4,3,3,0,3BC AC =-=--，115,992BC A C ==+设1BC 与1AC 所成角为θ，所以11932cos cos ,532BC A Cθ-===⨯.则1BC 与1AC 32故选：A.4．（2022·福建宁德·高二期中）若异面直线1l ，2l 的方向向量分别是()1,0,2a =-，()0,2,1b =，则异面直线1l 与2l 的夹角的余弦值等于（）A ．25-B ．25C ．255-D 255【答案】B【解析】由题，()22125a =+-=，22215b =+=，则22cos 555a b a bθ⋅-==⋅⋅，故选：B5．（2022·河南·焦作市第一中学高二期中（理））已知四棱锥S ABCD -的底面ABCD 是边长为1的正方形，SD ⊥平面ABCD ，线段,AB SC 的中点分别为E ，F ，若异面直线EC 与BF 5SD =（）A ．1B ．32C ．2D ．3【答案】C【解析】如图示，以D 为原点，,,DA DC DS 分别为x 、y 、z 轴正方向联立空间直角坐标系.不妨设(),0SD t t =>.则()0,0,0D ，()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()0,0,S t ，11,,02E ⎛⎫⎪⎝⎭，10,,22t F ⎛⎫ ⎪⎝⎭.所以11,,02EC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11,,22t BF ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.因为异面直线EC 与BF 55211054cos ,1111444EC BF EC BF EC BFt -+==⨯+⨯++，解得：t =2.即SD =2.故选：C6．（2021·广东·深圳市龙岗区德琳学校高二期中）如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2DC SD ==，点M 是侧棱SC 的中点，2AD =则异面直线CD 与BM 所成角的大小为___________.【答案】3π【解析】由题知，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD 所以DA 、DC 、DS 两两垂直故以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系因为2DC SD ==，2AD =，点M 是侧棱SC 的中点，则()0,0,0D ，()0,2,0C ，)2,2,0B ，()0,0,2S ，()0,1,1M 所以()0,2,0DC =，()2,1,1BM =--设异面直线CD 与BM 所成角为θ则21cos 22211DC BM DC BMθ⋅-===⨯++⋅因为异面直线的夹角为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦所以3πθ=故答案为：3π.7．（2021·广东·江门市广雅中学高二期中）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1 2.AB AA ==E 、F 分别是BC 、11AC 的中点.设D 是线段11B C 上的（包括两个端点．．．．．．）动点，当直线BD 与EF 所10BD 的长为_______.【答案】【解析】如图以E为坐标原点建立空间直角坐标系：则()()10,0,0,,2,0,1,0,22E F B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭设(0,,2)(11)D t t -≤≤，则()1,2,0,1,22EF BD t ⎫==+⎪⎪⎝⎭，设直线BD 与EF 所成角为θ所以cos ||||EF BD EF BD θ⋅==22314370t t +-=，解得1t =或3723t =-（舍去），所以BD ==故答案为：8．（2021·福建省厦门集美中学高二期中）如图，在正四棱锥V ABCD -中， E 为BC 的中点，2AB AV ==.已知F 为直线VA 上一点，且F 与A 不重合，若异面直线BF 与VE 所成角为余弦值为216，则VF VA =________.【答案】23【解析】连接AC 、BD 交于点O ，则AC BD ⊥，因为四棱锥V ABCD -为正四棱锥，故VO ⊥底面ABCD ，以点O 为坐标原点，OA 、OB 、OV 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则)A、E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、(V、()B ，设),0,VF VA λλ===-，其中01λ≤≤，(0,BV =，则)),1BF BV VF λ=+=-，22,22VE ⎛=- ⎝，由已知可得21cos ,6BF VE BF VE BF VE ⋅<>==⋅，整理可得2620λλ--=，因为01λ≤≤，解得23λ=，即23VF VA =.故答案为：23考点2：线面角9．（2022·山东·东营市第一中学高二期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2，M 、N 分别为1A B 、AC 的中点．(1)证明：//MN 平面11BCC B ；(2)求1A B 与平面11A B CD 所成角的大小．【解析】（1）如图，以点D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴建立空间直角坐标系．则()2,0,0A ，()0,2,0C ，()12,0,2A ，(2,2,0)B ，()12,2,2B ，()2,1,1M ，()1,1,0N ．所以()1,0,1MN =--，因为DC ⊥平面11BCC B ,所以平面11BCC B 的一个法向量为(0,2,0)DC =，因为0MN DC ⋅=，所以MN DC ⊥，因为MN ⊂平面11BCC B ，所以//MN 平面11BCC B （2）()0,2,0DC =，()12,0,2DA =，()10,2,2A B =-．设平面11A B CD 的一个法向量为(),,n x y z =则122020DA n x z DC n y ⎧⋅=+=⎨⋅==⎩，令1z =，则1x =-，0y =，所以()1,0,1n =-设1A B 与平面11A B CD 所成角为θ，则1111sin cos ,2A B n A B n A B nθ⋅===⋅．因为0180θ︒≤<︒，所以1A B 与平面11A B CD 所成角为30°．10．（2021·黑龙江·哈尔滨七十三中高二期中（理））如图，已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面边长2AB =，侧棱1BB 的长为4，过点B 作1B C 的垂线交侧棱1CC 于点E ，交1B C 于点F．(1)求证：1A C ⊥平面BED ；(2)求1A B 与平面BDE 所成的角的正弦值．【解析】（1）连接AC ，因为1111ABCD AB C D -是正四棱柱，即底面为正方形，则BD AC ⊥，又1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，则1BD AA ⊥，又1AC AA A =∩，1,AC AA ⊂平面1A AC ，故BD ⊥平面1A AC ，而1AC ⊂平面1A AC ，则1BD AC ⊥，同理得1BE AC ⊥，又BD BE B ⋂=，,BD BE ⊂平面BDE ，所以1A C ⊥平面BDE ；（2）以DA 、DC 、1DD 分别为,,x y z 轴，建立直角坐标系，则()2,2,0B ，()()12,0,4,0,2,0A C ，∴()10,2,4A B =-，()12,2,4AC =--，由题可知()12,2,4AC =--为平面BDE 的一个法向量，设1A B 与平面BDE 所成的角为α，则1130sin cos 62024,C A B A α==⋅，即1A B 与平面BDE 所成的角的正弦值为306.11．（2021·河北唐山·高二期中）如图（1），△BCD 中，AD 是BC 边上的高，且∠ACD ＝45°，AB ＝2AD ，E 是BD 的中点，将△BCD 沿AD 翻折，使得平面ACD ⊥平面ABD ，得到的图形如图（2）．(1)求证：AB⊥CD；(2)求直线AE与平面BCE所成角的正弦值．【解析】(1)证明：由图（1）知，在图（2）中AC⊥AD，AB⊥AD，∵平面ACD⊥平面ABD，平面ACD∩平面ABD＝AD，AB⊂平面ABD，∴AB⊥平面ACD，又CD⊂平面ACD，∴AB⊥CD；(2)由（1）可知AB⊥平面ACD，又AC⊂平面ACD，∴AB⊥AC.以A为原点，AC，AB，AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，不妨设AC＝1，则A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，0，0），D（0，0，1），E（0，1，12），∴A E＝10,1,2⎛⎫,⎪⎝⎭BC＝(120),BE,-,＝10,1,2⎛⎫-,⎪⎝⎭设平面BCE的法向量为n＝（x，y，z），由20102BC n x yn BE y z⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令y＝1，得x＝2，z＝2，则n＝（2，1，2），……设直线AE与平面BCE所成角为θ，则245 sin|cos,|15532AE nθ==⨯故直线AE与平面BCE4512．（2022·贵州·遵义市第五中学高二期中（理））如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面ABP，BC//AD，∠PAB=90°，PA=AB=2，AD=3，BC=1，E是PB的中点.(1)证明：PB ⊥平面ADE ；(2)求直线AP 与平面AEC 所成角的正弦值.【解析】（1）因AD ⊥平面ABP ，PB ⊂平面ABP ，则AD ⊥PB ，又PA =AB =2，E 是PB 的中点，则有AE ⊥PB ，而AE AD A =，,AE AD ⊂平面ADE ，所以PB ⊥平面ADE .（2）因AD ⊥平面ABP ，∠PAB =90°，则直线,,AB AD AP 两两垂直，以点A 为原点，射线,,AB AD AP 分别为x ，y ，z 轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则(0,0,0),(1,0,1),(0,0,2),(2,1,0)A E P C ，(1,0,1),(2,1,0),(0,0,2)AE AC AP ===，令平面AEC 的一个法向量为(,,)n x y z =，则020n AE x z n AC x y ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，令1x =-，得(121)n ,,=-，令直线AP 与平面AEC 所成角的大小为θ，则||26sin |cos ,|||||62n AP n AP n AP θ⋅=〈〉==⨯所以直线AP 与平面AEC 613．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD BC ∥，90ABC ∠=︒，2PA AB BC ===，1AD =，点M ，N 分别为棱PB ，DC 的中点．(1)求证：AM ∥平面PCD ；(2)求直线MN 与平面PCD 所成角的正弦值．【解析】（1）证明:以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则()()()0,0,0,0,2,0,2,2,0A B C ,()()()1,0,0,0,0,2,0,1,1D P M ,则()()0,1,1,1,0,2AM PD ==-,()1,2,0CD =--,设平面PCD 的一个法向量为(),,n x y z =r,则2020n PD x z n CD x y ⎧⋅=-=⎨⋅=--=⎩,令1z =,则2,1x y ==-,则平面PCD 的一个法向量为()2,1,1n =-,0110,n AM n AM∴⋅=-+=∴⊥//AM ∴平面PCD（2）由（1）得3,1,02N ⎛⎫ ⎪⎝⎭,3,0,12MN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭设直线MN 与平面PCD 所成角为θ.sin cos ,n MN MN n n MNθ⋅∴==⋅39=∴直线MN 与平面PCD 所成角的正弦值为27839.14．（2021·福建·厦门大学附属科技中学高二期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥平面，,//AB AD BC AD ⊥，点M 是棱PD 上一点，且满足2,4AB BC AD PA ====．(1)求二面角A CD P --的正弦值；(2)若直线AM 与平面PCD所成角的正弦值为3，求MD 的长．【解析】(1)如图建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(2,2,0)C ，(0,4,0)D ，(0,0,4)P ，(2,2,0)CD =-，(0,4,4)PD =-，设平面PCD 法向量(,,)n x y z =，则00n CD n PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即220440x y y z -+=⎧⎨-=⎩，令1x =，111x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩，即(1,1,1)n =，又平面ACD 的法向量(0,0,1)m =，cos ,3m n m n m n⋅〈〉=，故二面角A CD P --3=．(2)设MD PD λ=（01λ≤≤），(0,4,4)MD λλ=-，点(0,4,44)M λλ-，∴(0,4,44)AM λλ=-，由（1）得平面PCD 法向量(1,1,1)n =，且直线AM 与平面PCD∴6cos ,3AM n AM n AM n⋅〈〉==，解得12λ=，即12=MD PD ，又PD 12==MD PD 15．（2022·北京市第十二中学高二期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，PD ⊥平面ABCD ，E 是棱PC 的中点．(1)证明：//PA 平面BDE ；(2)若1,90PD AD BD ADB ===∠=︒，F 为棱PB 上一点，DF 与平面BDE 所成角的大小为30°，求PFPB的值．【解析】(1)如图，连接AC 交BD 于点M ，连接EM ，因为M 是AC 的中点，E 是PC 的中点，所以//PA EM 又ME ⊂平面BDE ，PA ⊄平面BDE ，所以//PA 平面BDE(2)因为1,90PD AD BD ADB ===∠=︒，所以AD BD ⊥，故以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DB 为y 轴，DP 为z轴建立空间直角坐标系，则()()()()()1110,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,1,1,0,,,222D A B P C E ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，()111,,,0,1,0222DE DB ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，设平面BDE 的法向量为(),,n x y z =r ，则00n DE n DB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11102220x y z y ⎧-++=⎪⎨⎪=⎩，故取()1,0,1n =，设(01)PF PB λλ=<<，则()()0,,1,0,,1F DF λλλλ-=-因为直线DF 与平面BDE 所成角的大小为30，所以1sin302DF n DF n⋅==12=解得12λ=，故此时12PF PB =.16．（2022·江苏·东海县教育局教研室高二期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，2PD AD ==，AD PC ⊥，点E 在线段PC 上（不与端点重合），30PCD ∠=︒.(1)求证：AD ⊥平面PCD ；(2)是否存在点E 使得直线PB 与平面ADE 所成角为30°？若存在，求出PEEC的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)证明：在正方形ABCD 中，可得AD CD ⊥，又由AD PC ⊥，且CDPC C =，CD ⊂平面PCD ，PC ⊂平面PCD ，根据线面垂直的判定定理，可得AD ⊥平面PCD .(2)在平面PCD 中，过点D 作DF CD ⊥交PC 于点F .由（1）知AD ⊥平面PCD ，所以AD DF ⊥，又由AD DC ⊥，以{},,DA DC DF 为正交基底建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示，则()(0,0,0),2,0,0D A ，()2,2,0B ，()0,2,0C，(0,P -，设PEEC λ=，则PE EC λ=，所以212,,11AE AP PE λλλ⎛⎫-=+=- ++⎝⎭，()2,0,0AD =-，(2,3,PB =uu r设平面ADE 的一个法向量为(),,n x y z =，则2120120AE n x y AD n x λλ⎧-⋅=-++=⎪⎨+⎪⋅=-=⎩，取y =0,12x z λ==-，所以平面ADE的一个法向量()2n λ=-，因为直线PB 与平面ADE 所成角为30，所以1sin 30cos ,2PB n ︒==，解得5λ=±综上可得，存在点E 使得直线PB 与平面ADE 所成角为30，且5PEEC=±考点3：二面角17．（2022·云南·罗平县第一中学高二期中）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D 为1AB 的中点，1B C 交1BC 于点E ，AC BC ⊥，1CA CB CC ==.(1)求证：DE ∥平面11AAC C ；(2)求平面1AB C 与平面11A B C 的夹角的余弦值.【解析】（1）证明：因为111ABC A B C -为三棱柱，所以平面11BCC B 是平行四边形，又1B C 交1BC 于点E ，所以E 是1B C 的中点．又D 为1AB 的中点，所以//DE AC ，又AC ⊂平面11AAC C ，DE ⊂/平面11AAC C ，所以//DE 平面11AAC C ；（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面111A B C ，又AC BC ⊥，所以11C A 、11C B 、1C C 两两互相垂直，所以以1C 为坐标原点，分别以11C A 、11C B 、1C C 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，如图所示．设11CA CB CC ===，则1(0,0,0)C ，1(1,0,0)A ，1(0,1,0)B ，(1,0,1)A ，(0,0,1)C ，所以1(1,1,1)AB =--，(1,0,0)=-AC ，11(1,1,0)=-A B ，1(1,0,1)AC =-．设平面1AB C 的一个法向量为(,,)n x y z =，则100n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，所以00x y z x -+-=⎧⎨-=⎩，不妨令1y =，则(0,1,1)n =，设平面11A B C 的一个法向量为(,,)m x y z =，则11100m A B m A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以00x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，不妨令1y =，则(1,1,1)m =．所以cos ||||m n m n m n ⋅〈⋅〉===⋅所以平面1AB C 与平面11A B C18．（2022·江苏·宝应县教育局教研室高二期中）如图，已知三棱锥O ABC -的侧棱,,OA OB OC 两两垂直，且1,2OA OB OC ===，E 是OC的中点．(1)求异面直线BE 与AC 所成角的余弦值；(2)求二面角A BE C --的正弦值．【解析】（1）以O 为原点，OB ，OC ，OA 分别为,,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则有()0,0,1A ，()2,0,0B ，()0,2,0C ，()0,1,0E .()()()2,0,00,1,02,1,0EB =-=-，()0,2,1AC =-.2cos 5EB AC =-，.由于异面直线BE 与AC 所成的角是锐角，故其余弦值是25.（2）()()2,0,10,1,1AB AE =-=-，.设平面ABE 的法向量为()1,,n x y z =，则由11n AB n AE ⊥⊥，，得200x z y z -=⎧⎨-=⎩，取()11,2,2n =.由题意可得，平面BEC 为xOy 平面，则其一个法向量为()20,0,1n =u u r，1212122cos 3n n n n n n ⋅===⋅，，则12sin 3n n =，，即二面角A BE C --的正弦值为3．19．（2021·福建·厦门一中高二期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB =，2BC =，4ABC π∠=，四边形ACEF 为矩形，平面ACEF ⊥平面ABCD ，1AF =，点M 在线段EF 上运动．(1)当AE DM ⊥时，求点M 的位置；(2)在（1）的条件下，求平面MBC 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值．【解析】（1）2AB =2AD BC ==，4ABC π∠=，∴222cos 2AC AB BC AB BC ABC +-⋅∠∴222AB AC BC +=，∴90BAC ∠=︒，AB AC ∴⊥，又AF AC ⊥，又平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF 平面ABCD AC =，AF ⊂平面ACEF ，AF ∴⊥平面ABCD ，所以以AB ，AC ，AF 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(2,2,0),(0,2,1),(0,0,1)A B C D E F-，设(0,,1),02M y y 则2,1)AE =，(2,2,1)DM y =-AE DM ⊥，∴2(2)10AE DM y ⋅=-+=，解得22y =，∴12FM FE =．∴当AE DM ⊥时，点M 为EF 的中点．（2）由（1）可得(2,,1)2BM =，(BC =设平面MBC 的一个法向量为111(,,)m x y z =，则111112020m BM y z m BC ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅==⎩，取12y =，则m =，易知平面ECD 的一个法向量为(0,1,0)n =，∴cos |cos ,|||||m n m n m n θ⋅=<>=⋅∴平面MBC 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值为105．20．（2022·四川省内江市第六中学高二期中（理））如图，直角三角形ABC 中，60BAC ∠=，点F 在斜边AB 上，且4AB AF =，AD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，3AD =，4AC BE ==．(1)求证：DF ⊥平面CEF ；(2)点M 在线段BC 上，且二面角F DM C --的余弦值为25，求CM 的长度．【解析】（1）90ACB ∠=，60BAC ∠=，4AC =，8AB ∴=，又4AB AF =，2AF ∴=；2222cos 2016cos6012CF AC AF AC AF BAC ∴=+-⋅∠=-=，解得：CF =，222AF CF AC ∴+=，则AF CF ⊥；DA ⊥平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，CF AD ∴⊥；又,AF AD ⊂平面ADF ，AFA AD =，CF ∴⊥平面ADF ，DF ⊂平面ADF ，DF CF ∴⊥；连接ED ，在四边形ABED 中，作DH BE ⊥，垂足为H，如下图所示，DF ==EF ==，DE =222DF EF DE ∴+=，则DF EF ^；,CF EF ⊂平面CEF ，CF EF F ⋂=，DF ⊥∴平面CEF .（2）以C 为坐标原点，,CA CB 正方向为,x y 轴，以BE 的平行线为z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设CM m =，则()0,,0M m ，()0,0,0C ，()4,0,3D，()F ，()4,,3MD m ∴=-，()4,0,3CD =，()1,FD =，设平面DMF 的法向量(),,n x y z =，则43030MD n x my z FD n x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令9y =，解得：3x m =-z m =，()3n m m ∴=--；设平面CDM 的法向量(),,m a b c =，则430430CD m a c MD m a mb c ⎧⋅=+=⎨⋅=-+=⎩，令3a =，解得：0b =，4c =-，()3,0,4m ∴=-；二面角F DM C --的余弦值为25，2cos ,5m n m n m n ⋅∴<>==⋅，25=，((()222134381m m m ⎡⎤∴-=-++⎢⎥⎣⎦，解得：m；当m F DM C --为钝二面角，不合题意；则二面角F DM C --的余弦值为25时，CM =21．（2022·江苏徐州·高二期中）如图所示，在四棱锥中P ABCD -，2AB DC=，0AB BC ⋅=，AP BD ⊥，且AP DP DC BC ====(1)求证：平面ADP ⊥平面ABCD ；(2)已知点E 是线段BP 上的动点（不与点P ､B 重合），若使二面角E AD P --的大小为4π，试确定点E 的位置.【解析】(1)连接BD ，由2AB DC =，0AB BC ⋅=知242,//,AB DC AB DC CD BC ==⊥，在Rt BCD 中，22216,4BD CD BC BD =+==，设AB 的中点为Q ，连接DQ ，则//,CD QB QB CD =，所以四边形BCDQ 为平行四边形，又,CD BC DC BC ⊥=，所以四边形BCDQ 为正方形，所以,22DQ AB DQ AQ ⊥==Rt AQD 中，22216AD AQ DQ =+=，在Rt ABD 中，222161632AD BD AB +=+==，所以AD BD ⊥，又,AP BD AP AD A ⊥⋂=，,AP AD ⊂平面ADP ，所以BD ⊥平面ADP ，又BD ⊂平面ABCD ，所以平面ADP ⊥平面ABCD ；(2)在APD △中，2228816AP PD AD +=+==，所以AP PD ⊥，在Rt APD 中，过点P 作PF AD ⊥，垂足为F ，因为PA PD =，所以F 为AD 中点，所以2PF DF ==，由（1）得BD ⊥平面ADP ，PF ⊂平面ADP ，则BD PF ⊥，,AD BD ⊂平面ABCD ，ADBD D =，则PF ⊥平面ABCD .以D 为原点，分别以,DA DB 所在直线为,x y 轴，以过点D 与平面ABCD 垂直的直线为z 轴，建立如图所示空间坐标系，则(0,0,0),(4,0,0),(0,4,0),(2,0,2),(4,0,0),(2,4,2)D A B P DA PB ==--，设()(2,4,2),0,1PE PB λλλλλ==--∈，则(22,4,22)DE DP PE λλλ=+=--，易知平面PAD 的一个法向量为(0,1,0)m =，设平面EAD 的法向量为(,,)n x y z =，则()()40224220n DA x n DE x y z λλλ⎧⋅==⎪⎨⋅=-++-=⎪⎩，令1z =，则1(0,,1)2n λλ-=，所以221cos ,cos 4211m n m n m nλπλλλ⋅-===⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，即2122521λλλ-=-+，即23210λλ+-=，解得1λ=-（舍）或13λ=，所以，当点E 在线段BP 上满足13PE PB =时，使二面角E AD P --的大小为4π.22．（2021·湖北十堰·高二期中）如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，//,2,4,23AN BM AB AN BM CN ====(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM 上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --的余弦值为33，若存在求出CE EM 的值，若不存在，请说明理由.【解析】(1)正方形ABCD 中，BC AB ⊥，因为平面ABCD ⊥平面ABMN ，平面ABCD平面,ABMN AB BC =⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ABMN ，所以BC BM ⊥，且BC BN ⊥，2,23BC CN ==所以2222BN CN BC -，又因为2AB AN ==，所以222BN AB AN =+，所以AN AB ⊥，又因为AN //BM ，所以BM AB ⊥，BC BA B =，所以BM ⊥平面ABCD .(2)由（1）知，BM ⊥平面,ABCD BM AB ⊥，以B 为坐标原点，,,BA BM BC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系.()()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,0,4,0B C N M 设点(),,,,E x y z CE CM λ=[0,λ∈1]，则()(),,20,4,2x y z λ-=-，所以0422x y z λλ=⎧⎪=⎨⎪=-⎩，所以()0,4,22E λλ-，所以()()2,2,0,0,4,22BN BE λλ==-，设平面BEN 的法向量为(),,m x y z =，()2204220m x y m y z λλ⋅=+=⎧∴⎨⋅=+-=⎩令1x =，所以21,1y z λλ=-=-，所以2(1,1,)1m λλ=--，显然，平面BMN 的法向量为()0,0,2BC =，所以cos ,BC m BC m BC m⋅=⋅3==即2642λλ=-+，即23210λλ+-=，解得13λ=或1-（舍），则存在一点E ，且12CE EM =.考点4：点到直线的距离23．（2021·云南大理·高二期中）鳖臑是指四个面都是直角三角形的三棱锥.如图，在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2AB BC PA ===，D ，E 分别是棱AB ，PC 的中点，点F是线段DE 的中点，则点F 到直线AC 的距离是（）A ．38B 6C ．118D ．224【答案】B 【解析】因为AB BC =，且ABC 是直角三角形，所以AB BC ⊥.以B 为原点，分别以BC ，BA 的方向为x ，y 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz -.因为2AB BC PA ===，所以()0,2,0A ，()2,0,0C ，()0,1,0D ，()1,1,1E ，则()2,2,0AC =-，11,1,22AF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.故点F到直线AC 的距离2221136144422AF AF AC AC d ⎛⎫⋅⎛⎫⎪=-++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故点F 到直线AC 的距离是6424．（2021·河北·石家庄市第十二中学高二期中）已知直线l 的方向向量为(1,0,2)n =，点()0,1,1A 在直线l 上，则点()1,2,2P 到直线l 的距离为（）A ．230B 30C 3010D 305【答案】D【解析】由已知得(1,1,1)PA =---，因为直线l 的方向向量为(1,0,2)n =，所以点()1,2,2P 到直线l 的距离为2222212930335512PA n PA n ⎛⎫⎛⎫⋅-----= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭故选：D25．（2021·北京·牛栏山一中高二期中）在空间直角坐标系中，已知长方体1111ABCD A B C D -的项点()0,0,0D ，()2,0,0A ，()2,4,0B ，()10,4,2C =，则点1A 与直线1BC 之间的距离为（）A ．B ．2C ．125D ．52【答案】A【解析】如图，由题意知，建立空间直角坐标系D xyz -，1(000)(200)(240)(042)D A B C ，，，，，，，，，，，，则1422AB BC CC ===，，，连接111A B AC ，，所以1111A B A C BC ===得11A BC V 是等腰三角形，取1BC 的中点O ，连接1OA ，则1OA ⊥1BC ，即点1A 到直线1BC 的距离为1OA ，在1Rt A OB 中，有1OA ==故选：A26．（2021·北京市昌平区第二中学高二期中）已知空间中三点(1,0,0)A -，(0,1,1)B -，(2,1,2)C --，则点C 到直线AB 的距离为（）A B C D 【答案】A【解析】依题意得()()1,1,2,1,1,1AC AB =--=-则点C 到直线AB 的距离为63d =故选：A27．（2022·江西南昌·高二期中（理））如图，在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为BC 的中点，点P 在线段1D E 上，点Р到直线1CC 的距离的最小值为_______.【答案】5【解析】在正方体1111ABCD A B C D -中，建立如图所示的空间直角坐标系，则11(0,4,0),(0,0,4),(2,4,0),(0,4,4)C D E C ，11(2,0,0),(0,0,4),(2,4,4)CE CC ED ===--，因点P 在线段1D E 上，则[0,1]λ∈，1(2,4,4)EP ED λλλλ==--，(22,4,4)CP CE EP λλλ=+=--，向量CP 在向量1CC 上投影长为11||4||CP CC d CC λ⋅==，而||CP =，则点Р到直线1CC的距离4525h =，当且仅当15λ=时取“=”，所以点Р到直线1CC的距离的最小值为5.28．（2022·福建龙岩·高二期中）直线l 的方向向量为()1,1,1m =-，且l 过点()1,1,1A -，则点()0,1,1P -到l 的距离为___________.【解析】(1,0,2)AP =-，直线l 的方向向量为()1,1,1m =-，由题意得点P 到l的距离d =29．（2021·山东·嘉祥县第一中学高二期中）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，O 为平面11A ABB 的中心，E 为BC 的中点，则点O 到直线1A E 的距离为________.【答案】3【解析】如图，以D 为原点建系，则()()()12,0,2,2,1,1,1,2,0A O E ，则()()110,1,1,1,2,2AO A E =-=--，则111111cos ,3A O A E A O A E A O A E⋅==，又[]11,0,A O A E π∈，所以111sin ,3A O A E =，所以点O 到直线1A E的距离为1111sin ,33A O A O A E ==.故答案为：23.考点5：点到平面的距离、直线到平面的距离、平面到平面的距离30．（2020·山东省商河县第一中学高二期中）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，已知2AB AD ==，15AA =，E ，F 分别为1DD ，1BB 上的点，且11DE B F ==．(1)求证：BE ⊥平面ACF ：(2)求点B 到平面ACF 的距离．【解析】（1）以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则()()()()()2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,0,1,2,2,4A B C E F ,设面ACF 的一个法向量为()=,,n x y z ，()()=2,2,0,0,2,4AC AF -=，可得00n AC n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即220240x y y z -+=⎧⎨+=⎩，不妨令1z =则()=2,2,1n BE --=,BE ∴⊥平面ACF .（2）()=0,2,0AB ，则点B 到平面ACF 的距离为43AB nn⋅=.31．（2022·江苏·2的正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，则点D 到平面ABC 的距离为______．【答案】33【解析】记AC 与BD 的交点为O ，图1中，由正方形性质可知AC BD ⊥，所以在图2中，,OB AC OD AC ⊥⊥，所以2BOD π∠=，即OB OD⊥如图建立空间直角坐标系，易知1OA OB OC OD ====则(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0)A B C D -则(0,1,1),(1,0,1),(0,2,0)AB AC BD =--=-=设(,,)n x y z =为平面ABC 的法向量，则00AB n y z AC n x z ⎧⋅=--=⎨⋅=-=⎩，取1x =，得(1,1,1)n =-所以点D 到平面ABC 的距离22333BD n d n⋅===故答案为：23332．（2022·河南·濮阳一高高二期中（理））如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，若E ，F 分别是上底棱的中点，则点A 到平面11B D EF 的距离为______．【答案】1【解析】以1D 为坐标原点，11111,,D A D C D D 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则()1,0,1A ，()11,1,0B ，10,,12E ⎛⎫⎪⎝⎭，()10,0,0D ，设平面11B D EF 的法向量(),,m x y z =，则有1111020m D E y z m D B x y ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令2y =得：2,1x z =-=-，故()2,2,1m =--，其中()10,1,1AB =-，则点A 到平面11B D EF 的距离为11AB m d m⋅===故答案为：133．（2022·山东·济南外国语学校高二期中）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，平面1AB C 与平面11AC D 间的距离是________.【解析】以点A 为坐标原点，AB 、AD 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A 、()11,0,1B 、()1,1,0C 、()0,1,0D 、()10,0,1A 、()11,1,1C ，设平面1AB C 的法向量为()111,,m x y z =，()11,0,1AB =，()1,1,0AC =，由1111100m AB x z m AC x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11x =，可得()1,1,1m =--，设平面11AC D 的法向量为()222,,n x y z =，()10,1,1DA =-，()11,0,1DC =，由12212200n DA y z n DC x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取21x =，可得()1,1,1n =--r ，因为m n =，平面1AB C 与平面11AC D 不重合，故平面1//AB C 平面11AC D ，()0,1,0AD =uuu r ，所以，平面1AB C 与平面11AC D 间的距离为1333AD m d m⋅==故答案为：33.34．（多选题）（2020·辽宁·大连八中高二期中）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点,E O 分别是11A B ，11AC 的中点，P 在正方体内部且满足1132243AP AB AD AA =++，则下列说法正确的是（）A ．点A 到直线BE 255B ．点O 到平面11ABCD 的距离是24C ．平面1A BD 与平面11B CD 3D ．点P 到直线AD 的距离为56【答案】ABCD【解析】如图，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(0,1,0)D ，1(0,0,1)A ，1(1,1,1)C ，()10,1,1D ，1,0,12E ⎛⎫⎪⎝⎭，所以1(1,0,0),,0,12BA BE ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭．设ABE θ∠=，则||5cos 5||||BA BE BA BE θ⋅==，25sin 5θ==．故A 到直线BE的距离1||sin 1d BA θ===，故选项A 正确．易知111111,,0222C O C A ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，平面11ABC D 的一个法向量1(0,1,1)DA =-，则点O 到平面11ABC D 的距离11211||224||DA C O d DA ⋅===，故选项B 正确．1111(1,0,1),(0,1,1),(0,1,0)A B A D A D =-=-=．设平面1A BD 的法向量为(,,)n x y z =，则110,0,n A B n A D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以0,0,x z y z -=⎧⎨-=⎩令1z =，得1,1y x ==，所以(1,1,1)n =．所以点1D 到平面1A BD的距离113||||A D n d n ⋅===因为平面1//A BD 平面11B CD ，所以平面1A BD 与平面11B CD 间的距离等于点1D 到平面1A BD 的距离，所以平面1A BD 与平面11B CD 间的距离为3.故选项C 正确．因为1312423AP AB AD AA =++，所以312,,423AP ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又(1,0,0)AB =，则34||AP AB AB ⋅=，所以点P 到AB 的距离56d ==.故选项D 正确．故选：ABCD.考点6：异面直线的距离35．（2021·安徽·合肥市第六中学高二期中）如图正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，12AA =.动点P ，Q 分别在线段1C D ，AC 上，则线段PQ 长度的最小值是（）A ．13B ．23C ．1D ．43【答案】B【解析】由题意可知，线段PQ 长度的最小值为异面直线1C D 、AC 的公垂线的长度.如下图所示，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则点()1,0,0A 、()0,1,0C 、()10,1,2C 、()0,0,0D ，所以，()1,1,0AC =-，()10,1,2=DC ，()1,0,0DA =，设向量(),,n x y z =满足n AC ⊥，1⊥n DC ，由题意可得1020n AC x y n DC y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，解得2x yy z =⎧⎪⎨=-⎪⎩，取2y =，则2x =，1z =-，可得()2,2,1n =-，因此，min 23DA n PQ n⋅==.故选：B .36．（2021·辽宁沈阳·高二期中）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，2BC =，13AA =，则异面直线AC 与1BC 之间的距离是（）A 5B 7C 6D ．67【答案】D【解析】如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则()()()()12,0,0,0,1,0,2,1,0,0,1,3A C B C ，则()2,1,0AC =-，()12,0,3BC =-，设AC 和1BC 的公垂线的方向向量(),,n x y z =，则100n AC n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20230x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，令3x =，则()3,6,2n =，()0,1,0AB =，67AB n d n⋅∴==.故选：D.37．（2021·上海交大附中高二期中）在正方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，则异面直线AB 和1AC 的距离为___________.【答案】【解析】如图，以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，由1(4,0,0),(4,4,0),(0,4,0),(4,0,4)A B C A ，则1(0,4,0),(4,4,4)AB CA ==-，1(0,0,4)AA =设(,,)m x y z =是异面直线AB 和1AC 的公垂线的一个方向向量，则1404440m AB y m CA x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，则(1,0,1)m =-，所以异面直线AB 和1AC的距离为1AA m m ⋅==故答案为：38．（2021·广东·广州市第二中学高二期中）如图，在三棱锥P ABC -中，三条侧棱PA ，PB ，PC 两两垂直，且3PA PB PC ===，G 是PAB △的重心，E ，F 分别为BC ，PB 上的点，且::1:2BE EC PF FB ==.（1）求证：平面GEF ⊥平面PBC ；（2）求证：EG 是直线PG 与BC 的公垂线；（3）求异面直线PG 与BC 的距离.【解析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，()()()()()()3,0,0,0,3,0,0,0,3,0,1,0,0,2,1,1,1,0A B C F E G ，()1,0,0GF =-，0,0GF PC GF PB ⋅=⋅=，所以,,GF PC GF PB PC PB P ⊥⊥⋂=，所以GF ⊥平面PBC ，由于GF ⊂平面GEF ，所以平面GEF ⊥平面PBC .（2）()()1,1,1,0,3,3EG BC =--=-，0,0EG PG EG BC ⋅=⋅=，所以EG 是直线PG 与BC 的公垂线.（3）2221113EG =++=所以异面直线PG 与BC39．（2021·全国·高二期中）如下图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，,2,12ABC BAD PA AD AB BC π∠=∠=====．（1）求平面PAB 与平面PCD 所成夹角的余弦值；（2）求异面直线PB 与CD 之间的距离．【解析】以A 为原点，,,AB AD AP 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A xyz -，则()()()()()0,0,0,1,0,0,1,1,0,0,2,0,0,0,2A B C D P ．（1）因为PA ⊥平面ABCD ，且AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥，又AB AD ⊥，且PAAB A =，所以AD ⊥平面PAB ，所以()0,2,0AD =是平面PAB 的一个法向量．易知()()1,1,2,0,2,2PC PD =-=-uu u r uu u r ，设平面PCD 的法向量为(),,m x y z =，则0,0,m PC m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,220,x y y z +-=⎧⎨-=⎩，令1y =解得1,1z x ==．所以()1,1,1m =是平面PCD 的一个法向量，从而3cos ,AD m AD m AD m⋅==uuu r u r uuu r u r uuu r u r PAB 与平面PCD 所成夹角为锐角所以平面PAB 与平面PCD 所成夹角的余弦值为33．（2）()1,0,2BP =-，设Q 为直线PB 上一点，且(),0,2BQ BP λλλ==-，因为()0,1,0CB =-，所以(),1,2CQ CB BQ λλ=+=--，又()1,1,0CD =-，所以点Q 到直线CD 的距离()22cos d CQ CQ CQ CD =-⋅uu u r uu u r uu u r uu u r===，因为22919144222999λλλ⎛⎫++=++≥⎪⎝⎭，所以23d≥，所以异面直线PB与CD之间的距离为2 3．。
立体几何-空间角求法题型(线线角、线面角、二面角)
空间角求法题型（线线角、线面角、二面角）空间角能比较集中的反映学生对空间想象能力的体现， 也是历年来高考命题者的热点， 几乎年年必考。
空间角是线线成角、线面成角、面面成角的总称。
其取值范围分别是：0° < 90°、0°< < 90°、0° < 180°。
空间角的计算思想主要是转化：即把空间角转化为平面角，把角的计算转化到三角形边角关系或是转 化为空间向量的坐标运算来解。
空间角的求法一般是：一找、二证、三求解，手段上可采用：几何法（正 余弦定理）和向量法。
下面举例说明。
一、异面直线所成的角：例1如右下图，在长方体 ABCD A i BiGD i 中，已知AB 4 , AD 3, AA 2。
E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB FB 1。
求直线EC i 与FD i 所成的角的余弦值。
思路一：本题易于建立空间直角坐标系，uuu uuu把EC i 与FD i 所成角看作向量 EC 与FD 的夹角，用向量法求 解。
思路二：平移线段C i E 让C i 与D i 重合。
转化为平面角，放到 三角形中，用几何法求解。
（图I ）uuu uju umr解法一：以A 为原点，ABAD'AA 分别为x 轴、y 轴、z 轴的•••直线EC i 与FD i 所成的角的余弦值为 --- I4解法二： 延长 BA 至点 E i ,使 AE i =I ，连结 E i F 、DE i 、D i E i 、DF , 有D i C i //E i E , D i C i =E i E ,则四边形 D i E i EC i 是平行四边形。
则 E i D i //EC i 于是/ E i D i F 为直线EC i 与FD i 所成的角。
在 Rt △ BE i F 中， E i F -J E i F 2 BF 2「5 2 i 2 「‘莎。
立体几何-空间角求法题型(线线角、线面角、二面角)
空间角求法题型（线线角、线面角、二面角）空间角能比较集中的反映学生对空间想象能力的体现，也是历年来高考命题者的热点，几乎年年必考。
空间角是线线成角、线面成角、面面成角的总称。
其取值范围分别是：0°< θ ≤90°、0°≤ θ ≤90°、0°< θ ≤180°。
空间角的计算思想主要是转化：即把空间角转化为平面角，把角的计算转化到三角形边角关系或是转化为空间向量的坐标运算来解。
空间角的求法一般是：一找、二证、三求解，手段上可采用：几何法（正余弦定理）和向量法。
下面举例说明。
一、异面直线所成的角：例1如右下图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知4AB =，3AD =，12AA =。
E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且1EB FB ==。
求直线1EC 与1FD 所成的角的余弦值。
思路一：本题易于建立空间直角坐标系，把1EC 与1FD 所成角看作向量EC 1与FD 的夹角，用向量法求解。
思路二：平移线段C 1E 让C 1与D 1重合。
转化为平面角，放到三角形中，用几何法求解。
（图1）解法一：以A 为原点，1AB AD AA 、、分别为x 轴、y 轴、z 轴的正向建立空间直角坐标系，则有 D 1（0，3，2）、E （3，0，0）、F （4，1，0）、C 1（4，3，2），于是11(1,3,2),(4,2,2)EC FD ==-设EC 1与FD 1所成的角为β，则：112222221121cos 14132(4)22EC FD EC FD β⋅===⋅++⨯-++ ∴直线1EC 与1FD 所成的角的余弦值为2114解法二：延长BA 至点E 1，使AE 1=1，连结E 1F 、DE 1、D 1E 1、DF ， 有D 1C 1//E 1E ， D 1C 1=E 1E ，则四边形D 1E 1EC 1是平行四边形。
则E 1D 1//EC 1 于是∠E 1D 1F 为直线1EC 与1FD 所成的角。
【高考】数学空间角线线角与线面角复习ppt课件
1.直线的方向向量与平面的法向量
(1) 两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．( ) (2) 已知A→B＝(2,2,1)，A→C＝(4,5,3)，则平面 ABC 的单位法向量是
n0＝±13，－23，23.( )
(3)已知 a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，则 a∥c，a⊥b.( )
法二 如图 2，建立空间直角坐标系，
z
则 B(2,0,0)，C(2,2 2，0)，E(1， 2，1)，
A→E＝(1, 2，1)，B→C＝(0,2 2，0)．
设A→E与B→C的夹角为 θ，则
y
→→
cosθ＝|AA→EE|·|BB→CC|＝2×42
＝ 2
22，
x
所以 θ＝π4.
由此可知，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是π4.
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)在如图所示的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，异面直线 A1B 与 B1C 所成角的大小为 60°.( )
(思1)想本与题方求程解思时想关．键是结合题设条件设进行A空B间＝联想t，，抓则住垂相直关条件各有目点的的 推理坐论证标，为 在第(A2)问(0中,0，,运0用)，空间B向(t量,0，,将0线)，面角B转1(化t,为0直,3线)的，方C向(向t,量1与,0平)， 面的法向量的夹角，考查化归
利利用用空 空间间向向量量求求直直线线与与平平面面所所成成的的C角角1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．
专题35 空间中线线角、线面角,二面角的求法-
专题35 空间中线线角、线面角、二面角的求法【高考地位】立体几何是高考数学命题的一个重点，空间中线线角、线面角的考查更是重中之重. 其求解的策略主要有两种方法：其一是一般方法，即按照“作——证——解”的顺序进行；其一是空间向量法，即建立直角坐标系进行求解. 在高考中常常以解答题出现，其试题难度属中高档题.类型一 空间中线线角的求法方法一 平移法例1正四面体ABCD 中， E F ，分别为棱AD BC ，的中点，则异面直线EF 与CD 所成的角为 A.6π B. 4π C. 3π D. 2π 【变式演练1】【2021届全国著名重点中学新高考冲刺】如图，正方体1111ABCD A B C D -，的棱长为6，点F 是棱1AA 的中点，AC 与BD 的交点为O ，点M 在棱BC 上，且2BM MC =，动点T （不同于点M ）在四边形ABCD 内部及其边界上运动，且TM OF ⊥，则直线1B F 与TM 所成角的余弦值为（ ）A B C D ．79【变式演练2】【江苏省南通市2020-2021学年高三上学期9月月考模拟测试】当动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的棱DC 上运动时，异面直线1D P 与1BC 所成角的取值范围（ ）A ．,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,43ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,32ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【变式演练3】【甘肃省白银市靖远县2020届高三高考数学（文科）第四次联考】在四面体ABCD 中，2BD AC ==，AB BC CD DA ====E ，F 分别为AD ，BC 的中点，则异面直线EF 与AC 所成的角为（ ）A ．π6B ．π4C ．π3D ．π2【变式演练4】【2020年浙江省名校高考押题预测卷】如图，在三棱锥S ABC -中，SA ⊥平面ABC ，4AB BC ==，90ABC ∠=︒，侧棱SB 与平面ABC 所成的角为45︒，M 为AC 的中点，N 是侧棱SC上一动点，当BMN △的面积最小时，异面直线SB 与MN 所成角的余弦值为（ ）A ．16B ．3C D ．6方法二 空间向量法例2、【重庆市第三十七中学校2020-2021学年高三上学期10月月考】在长方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别为棱1AA ，11C D ，1DD 的中点，12AB AA AD ==，则异面直线EF 与BG 所成角的大小为（ ） A ．30B ．60︒C ．90︒D ．120︒例3、【四川省泸县第四中学2020-2021学年高三上学期第一次月考】在长方体1111ABCD A B C D -中，2BC =，14AB BB ==，E ，F 分别是11A D ，CD 的中点，则异面直线1A F 与1B E 所成角的余弦值为（ ）A ．34B ．34-C D ．6【变式演练5】【2021届全国著名重点中学新高考冲刺】《九章算术》是古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形ABCD 为矩形，//EF AB ，若3AB EF =，ADE 和BCF △都是正三角形，且2AD EF =，则异面直线AE 与CF 所成角的大小为（ ）A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 【变式演练6】【云南省云天化中学、下关一中2021届高三复习备考联合质量检测卷】如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为线段AB 的中点，点F 在线段AD 上移动，异面直线1B C 与EF 所成角最小时，其余弦值为（ ）A ．0B ．12C D ．1116类型二 空间中线面角的求法方法一 垂线法第一步 首先根据题意找出直线上的点到平面的射影点；第二步 然后连接其射影点与直线和平面的交点即可得出线面角； 第三步 得出结论.例3如图，四边形ABCD是矩形，1,AB AD ==E 是AD 的中点，BE 与AC 交于点F ，GF ⊥平面ABCD .（Ⅰ）求证：AF ⊥面BEG ；（Ⅰ）若AF FG =，求直线EG 与平面ABG 所成角的正弦值.【变式演练7】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等,1A 在底面ABC 内的射影为ABC 的中心,则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值为（ ）A ．13 B． C．3 D ．23【变式演练8】【北京市朝阳区2020届高三年级下学期二模】如图，在五面体ABCDEF 中，面ABCD 是正方形，AD DE ⊥，4=AD ，2DE EF ==，且π3EDC ∠=．（1）求证：AD ⊥平面CDEF ；（2）求直线BD 与平面ADE 所成角的正弦值；GFEDCBA（3）设M 是CF 的中点，棱AB 上是否存在点G ，使得//MG 平面ADE ？若存在，求线段AG 的长；若不存在，说明理由．方法二 空间向量法第一步 首先建立适当的直角坐标系并写出相应点的空间直角坐标； 第二步 然后求出所求异面直线的空间直角坐标以及平面的法向量坐标；第三步 再利用a bsin a bθ→→→→⋅=即可得出结论.例4 【内蒙古赤峰市2020届高三（5月份）高考数学（理科）模拟】在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，//BC AD ，222AD BC CD ===，O 是AD 的中点，PO ⊥平面ABCD ，过AB 的平面交棱PC 于点E （异于点C ，P 两点），交PO 于F .（1）求证：//EF 平面ABCD ；（2）若F 是PO 中点，且平面EFD 与平面ABCD 求PC 与底面ABCD 所成角的正切值.【变式演练9】【2020年浙江省名校高考仿真训练】已知三棱台111ABC A B C -的下底面ABC 是边长为2的正三角形，上地面111A B C △是边长为1的正三角形.1A 在下底面的射影为ABC 的重心，且11A B A C ⊥.（1）证明：1A B ⊥平面11ACC A ；（2）求直线1CB 与平面11ACC A 所成角的正弦值.类型三 空间二面角的求解例4【江西省部分省级示范性重点中学教科研协作体2021届高三统一联合考试】三棱锥S ABC -中，2SA BC ==，SC AB ==，SB AC ==记BC 中点为M ，SA 中点为N（1）求异面直线AM 与CN 的距离； （2）求二面角A SM C --的余弦值.【变式演练10】【2021年届国著名重点中学新高考冲刺】如图，四边形MABC 中，ABC 是等腰直角三角形，90ACB ∠=︒，MAC △是边长为2的正三角形，以AC 为折痕，将MAC △向上折叠到DAC △的位置，使D 点在平面ABC 内的射影在AB 上，再将MAC △向下折叠到EAC 的位置，使平面EAC ⊥平面ABC ，形成几何体DABCE .（1）点F 在BC 上，若//DF 平面EAC ，求点F 的位置； （2）求二面角D BC E --的余弦值. 【高考再现】1．【2020年高考山东卷4】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为 （ ）A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒2. 【2017课标II ，理10】已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A B C D 3．【2020年高考全国Ⅰ卷理数16】如图，在三棱锥P ABC -的平面展开图中，1,3,,,30AC AB AD AB AC AB AD CAE ===⊥⊥∠=︒，则cos FCB ∠=_____________．4.【2020年高考全国Ⅱ卷理数20】如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，,M N 分别为11,BC B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：1AA //MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；（2）设O 为Ⅰ111C B A 的中心，若F C EB AO 11平面∥，且AB AO =，求直线E B 1与平面AMN A 1所成角的正弦值．5.【2020年高考江苏卷24】在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD BD =2，O 为BD 的中点，AO Ⅰ平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．6．【2020年高考浙江卷19】如图，三棱台DEF—ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．（I）证明：EF⊥DB；（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．7．【2020年高考山东卷20】如图，四棱锥P ABCD-的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知1PD AD==，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【反馈练习】1．【江西省乐平市第一中学2021届高三上学期联考理科】已知正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别是线段BC ，1BB 的中点，则异面直线DE 与1D F 所成角的余弦值为（ ）A B C ．35 D ．452．【湖南省永州市宁远、道县、东安、江华、蓝山、新田2020届高三下学期六月联考】某四棱锥的三视图如图所示，点E 在棱BC 上，且2BE EC =，则异面直线PB 与DE 所成的角的余弦值为（ ）A ．BCD ．153．【2020届河北省衡水中学高三下学期第一次模拟】如图，在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是平面11A BC 内一个动点，且满足12DP PB +=1B P 与直线1AD 所成角的余弦值的取值范围为（ ）A ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．10,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．12⎡⎢⎣⎦D ．1,22⎡⎢⎣⎦4．【广西玉林市2021届高三11月教学质量监测理科】如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱AD ，CC 1的中点，则异面直线A 1E 与BF 所成角的大小为（ ）A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 5．【山东省泰安市2020届高三第四轮模拟复习质量】如图，在三棱锥A —BCD 中，AB =AC =BD =CD =3，AD =BC =2，点M ，N 分别为AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是（ ）A ．58B ．8C ．78D ．86．【福建省厦门市2020届高三毕业班（6月）第二次质量检查（文科）】如图，圆柱1OO 中，12OO =，1OA =，1OA O B ⊥，则AB 与下底面所成角的正切值为( )A ．2BC ．2D ．127．【内蒙古赤峰市2020届高三（5月份）高考数学（理科）】若正方体1AC 的棱长为1，点P 是面11AA D D 的中心，点Q 是面1111D C B A 的对角线11B D 上一点，且//PQ 面11AA B B ，则异面直线PQ 与1CC 所成角的正弦值为__.8．【吉林省示范高中（四平一中、梅河口五中、白城一中等）2020届高三第五次模拟联考】如图，已知直三棱柱ADF BCE -，AD DF ⊥，2AD DF CD ===，M 为AB 上一点，四棱锥F AMCD -的体积与该直三棱柱的体积之比为512，则异面直线AF 与CM 所成角的余弦值为________.9．【湖北省华中师大附中2020届高三下学期高考预测联考文科】如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上一点，PA ⊥平面ABC ，E 、F 分别是PC 、PB 边上的中点，点M 是线段AB 上任意一点，若2AP AC BC ===.（1）求异面直线AE 与BC 所成的角：（2）若三棱锥M AEF -的体积等于19，求AM BM10．【广东省湛江市2021届高三上学期高中毕业班调研测试】如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是边长为2的等边三角形，侧面11BCC B 为菱形，且平面11BCC B ⊥平面ABC ，160CBB ∠=︒，D 为棱1AA 的中点．（1）证明：1BC ⊥平面1DCB ；（2）求二面角11B DC C --的余弦值．11．【河南省焦作市2020—2021学年高三年级第一次模拟考试数学（理）】如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠=︒，四边形BDFE 为矩形，平面BDFE ⊥平面ABCD ，点P 在AD 上，EP BC ⊥.（1）证明：AD ⊥平面BEP ；（2）若EP 与平面ABCD 所成角为60°，求二面角C PE B --的余弦值.12．【广西南宁三中2020届高三数学（理科）考试】如图1，在直角ABC 中，90ABC ∠=︒，AC =AB =D ，E 分别为AC ，BD 的中点，连结AE 并延长交BC 于点F ，将ABD △沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，如图2所示.（1）求证：AE CD ⊥；（2）求平面AEF 与平面ADC 所成锐二面角的余弦值.13．【广西柳州市2020届高三第二次模拟考试理科】已知三棱锥P ABC -的展开图如图二，其中四边形ABCD ABE △和BCF △均为正三角形，在三棱锥P ABC -中：（1）证明：平面PAC ⊥平面ABC ；（2）若M 是PA 的中点，求二面角P BC M --的余弦值．14．【浙江省“山水联盟”2020届高三下学期高考模拟】四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为菱形，侧面PBC 为正三角形，平面PBC ⊥平面ABCD ，3ABC π∠=，点M 为AD 中点.；（1）求证：CM PB（2）若点N是线段PA上的中点，求直线MN与平面PCM所成角的正弦值.。
线线角、线面角、面面角专题
线线角、线面角、面面角专题一、异面直线所成的角1.已知两条异面直线,a b ，经过空间任意一点O 作直线//,//a a b b ''，我们把a '与b '所成的锐角（或直角）叫异面直线,a b 所成的角。
2.角的取值范围：090θ<≤︒；垂直时，异面直线当b a ,900=θ。
例1.如图, 在直三棱柱111ABC A B C -中，13,4,5,4AC BC AB AA ==== ，点D 为AB 的中点求异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值二、直线与平面所成的角1. 定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角， 叫这条斜线和这个平面所成的角2.角的取值范围：︒︒≤≤900θ。
例2. 如图、四面体ABCS 中，SA,SB,SC 两两垂直，∠SBA=45°, ∠SBC=60°, M 为 AB 的中点，求（1）BC 与平面SAB 所成的角。
（2）SC 与平面ABC 所成的角的正切值。
一、 二面角：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。
这条直线叫做二面角的棱，这两个BMH S CA _ C _1_1_A _1A_ C半平面叫做二面角的面。
2. 二面角的取值范围：︒︒≤≤1800θ 两个平面垂直：直二面角。
3.作二面角的平面角的常用方法有六种：1.定义法 ：在棱上取一点O ，然后在两个平面内分别作过棱上O 点的垂线。
2.三垂线定理法：先找到一个平面的垂线，再过垂足作棱的垂线，连结两个垂足即得二面角的平面角。
3.向量法：分别作出两个半平面的法向量，由向量夹角公式求得。
二面角就是该夹角或其补角。
二面角一般都是在两个平面的相交线上，取恰当的点，经常是端点和中点。
例3.如图，E 为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱CC 1的中点，求 (1)二面角111D C A D --所成的角的余弦值 (2)平面AB 1E 和底面C C BB 11所成锐角的正切值. 巩固练习1.若直线a 不平行于平面α，则下列结论成立的是（ ）A.α内所有的直线都与a 异面；B.α内不存在与a 平行的直线；A 1D 1B 11 EDBCAC.α内所有的直线都与a 相交；D.直线a 与平面α有公共点.2.空间四边形ABCD 中，若AB AD AC CB CD BD =====，则AD 与BC 所成角为（ ）A.030B.045C.060D.090 3．正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，与对角线AC 1异面的棱有（ ）条A.3B.4C.6D.84.如图长方体中，AB=AD=23，CC 1=2，则二面角C 1—BD —C 的大小为（ ） A.300B.450C.600D.9005．如图，在四面体ABCD 中，CB ＝CD ，AD ⊥BD ，点E 、F 分别是AB 、BD 的中点．求证：(1)直线EF ∥面ACD .(2)平面EFC ⊥平面BCD .6．如图，DC ⊥平面ABC ，EB ∥DC ，AC ＝BC ＝EB ＝2DC ＝2，∠ACB ＝120°，P ，Q 分别为AE ，AB 的中点．(1)证明：PQ ∥平面ACD ；(2)求AD 与平面ABE 所成角的正弦值．7.如图，已知四棱锥S －ABCD 的底面ABCD 是正方形，SA ⊥底面ABCD ，设SA ＝4，AB ＝2，求点A 到平面SBD 的距离；ABC D A 1B 1C 1D 1。
高考理科数学必考——几何证明与利用空间向量求线面角、面面角
高考理科数学必考——几何证明与利用空间向量求线面角、面
面角
时间过的飞快，距离高考的时间就只剩76天了，同学和老师也越来越紧张了，有些地方欠缺的同学开始寝食难安，老师也赶快奉献点干货来帮助几何证明欠缺的学生。
立体几何其实难度不大，只要你会空间向量，会建系，一切就自然而然水到渠成了。
在这先分析这些立体几何的解题思路。
在立体几何中，第一问一般会让你证明线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直
1、证明线面平行的方法1、平移的方法，找到直线与平面内一条直线平行
2、利用面面平行、证明线面平行
2、证明线面垂直的方法1、证明直线与平面内相交的两直线垂直
3、证明面面平行的方法1、证明一个平面内两相交的直线与另一个平面内两相交的直线互相平行
2、证明平面内两相交的直线分别平行另一个平面
4、证明面面垂直的方法1、先证明一条直线垂直于一个平面，这条直线还在另一个平面内
利用这些方法第一问就可以轻松解决了。
在立体几何第二中，会求线面角、面面角，在第二步中，利用空间向量解决就可以
利用空间向量解决第二问的步骤1、找三垂，建立空间直角坐标系
2、写出各个点的坐标
3、求出直线向量、面的法向量
4、利用夹角公式算出余弦值
下面通过两个例题说明一下这个空间几何。
2025届高考数学一轮复习讲义立体几何与空间向量之 空间角和空间距离
形，则在正四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1中，异面直线 AK 和 LM 所成的角的大小为
(
D )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
[解析] 根据题意还原正四棱柱的直观图，如图所示，取 AA 1的中点 G ，连接 KG ，
则有 KG ∥ LM ，所以∠ AKG 或其补角为异面直线 AK 和 LM 所成的角.由题知 AG ＝
A 1 C 1＝5， BC 1＝4 2 ，所以 cos
52 ＋52 −(4 2）2
9
1
∠ BA 1 C 1＝
＝ ＜ ，所以60°＜
2×5×5
25
2
∠ BA 1 C 1＜90°，则过点 D 1作直线 l ，与直线 A 1 B ， AC 所成的角均为60°，即过一
点作直线，使之与同一平面上夹角大于60°的锐角的两边所在直线所成的角均成
2 z －1＝0的交线，试写出直线 l 的一个方向向量 (2，2，1)
的余弦值为
65
9
.
，直线 l 与平面α所成角
[解析] 由平面α的方程为 x ＋2 y －2 z ＋1＝0，可得平面α的一个法向量为 n ＝(1，
⑫ [0， ] ，二面角的
2
n1，n2＞｜.
范围是⑬
[0，π] .
易错警示
1. 线面角θ与向量夹角＜ a ， n ＞的关系
π
2
π
2
如图1(1)，θ＝＜ a ， n ＞－ ；如图1(2)，θ＝ －＜ a ， n ＞.
图1
2. 二面角θ与两平面法向量夹角＜ n 1， n 2＞的关系
图2(2)(4)中θ＝π－＜ n 1， n 2＞；图2(1)(3)中θ＝＜ n 1， n 2＞.
专题3 线线角、线面角求法 高一数学必修第二册
CM⊂平面 PCD,所以 AM⊥CM.所以 S = △ACM 1 AM·MC= 6 .
2
2
设点 D 到平面 ACM 的距离为 h,由 V =V ,得 D-ACM M-ACD
1 S△ACM·h= 1 S · △ACD 1 PA,解得 h= 6 .
3
3
2
3
设直线 CD 与平面 ACM 所成的角为θ,则 sin θ= h = 6 ,
(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以 PA⊥AB. 因为AB⊥AD,AD∩PA=A,AD⊂平面PAD,PA⊂平面PAD, 所以AB⊥平面PAD.
因为PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD. 因为BM⊥PD,AB∩BM=B,AB⊂平面ABM,BM⊂平面ABM, 所以PD⊥平面ABM. 因为AM⊂平面A的一般步骤： （1）作：在斜线上选择恰当的一个点，作平面的垂线，确定垂足，
连接斜足和垂足，得到斜线在平面内的射影，斜线和其射影所成的角 ，即为斜线和平面所成的角；
（2）证：证明(1)中所作出的角就是所求直线与平面所成的角； （注：关键证明线面垂足，即证得斜线在面内的射影）
l
I．在其中一个半平面内取恰当的一点P，
过点P作另一个平面的垂线，垂足设为Q；
II．过点Q作棱l的垂线，垂足为O，连接OP；
III．易知，l垂直OP，所以∠POQ即为二面角
的平面角.
P
Q
难点突破二面角
例2. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求二面角B-A1C1-B1的正切值.
【解】 如图，取A1C1的中点O，连接B1O，BO， 由题意知B1O⊥A1C1. 又BA1＝BC1，O为A1C1的中点，所以BO⊥A1C1， 所以∠BOB1是二面角B-A1C1-B1的平面角.
高考复习专题--数学空间角
S
M
Q
N E C ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ D
A
B
专题小结：
夯实基础，熟练掌握通性通法
（ 1 ）首先应注重提高空间想象能力， 为解决立体几何问题打下基础。 （ 2 ）注意揭示解决立几问题的一般思 维程序。 （3）熟练掌握通性通法
典型例题:
过正方形ABCD的顶点A引SA⊥底面 ABCD，并使平面SBC，SCD都与底面ABCD成 45度角，求二面角B-SC-D的大小.
异面直线所成的角
直线与平面所成角 平面与平面所成角
一、高考考纲要求
1.掌握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成 的角的概念. 2.会求直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角. ３.能力要求：通过有关空间角的问题的解决，进 一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及 运算能力．
二、高考考点分析
D1 O
B1 D N
C1
A1
C B
BOB1即为所求
A
题型三：二面角
(2)三垂线定理 D1
C1 B1
A1 D
C B
A
E
F
A1FA即为所求
A P
F
E
D C
B
1 ：如图所示，四边形ABCD是 边长为2的正方形，SA 平面ABCD，SA 2，
（ 1 ）求二面角M BC D大小的正切值；
M 是SA的中点，过M 和BC的平面交SD于N。
（2）求CN与平面ABCD所成角的正切值； （ 3 ）求CN与BD所成角的余弦值；
（4）求平面 SBC与SDC所成角大小的正弦值。
A
45
三垂线定理法
30
F
E
B
D
最新-2018年高考数学考点解析：线线角与线面角的题型与解法 精品
线线角与线面角高考考纲透析：线线,线面,面面的平行与垂直,异面直线所成角,直线与平面所成角高考热点：异面直线所成角,直线与平面所成角知识整合:1.转化思想:将异面直线所成的角,直线与平面所成的角转化为平面角,然后解三角形;⇔⇔⊥⇔⊥⇔⊥线线平行线面平行面面平行,线线线面面面2.求角的三个步骤:一猜,二证,三算.猜是关键,在作线面角时,利用空间图形的平行,垂直,对称关系,猜斜线上一点或斜线本身的射影一定落在平面的某个地方,然后再证热点题型1例1、如图, 在直三棱柱111ABC A B C -中，13,4,5,4AC BC AB AA ==== ，点D 为AB 的中点.(Ⅰ)求证1AC BC ⊥; (Ⅱ) 求证11AC CDB 平面;(Ⅲ)求异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值.解析;异面直线所成角的平面角顶点O 的选取一般选在两异面直线的端点处,初学者或观察能力有限者可采用穷举法,实行逐个端点考察,也有取在某线段的中点处. 解：（I ）直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，底面三边长AC=3，BC=4AB=5，∴ AC ⊥BC ，且BC 1在平面ABC 内的射影为BC ，∴ AC ⊥BC 1； （II ）设CB 1与C 1B 的交点为E ，连结DE ，∵ D 是AB 的中点，E 是BC 1的中点，∴ DE//AC 1， ∵ DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，∴ AC 1//平面CDB 1； （III ）∵ DE//AC 1，∴ ∠CED 为AC 1与B 1C 所成的角，在△CED 中，ED=21AC 1=25，CD=21AB=25，CE=21CB 1=22， ∴8cos 522CED ∠==⋅ ∴ 异面直线 AC 1与 B 1C所成角的余弦值5.1A1A解法二： ∵直三棱锥111ABC A B C -底面三边长3,4,5AC BC AB ===，1,,AC BC CC 两两垂直.如图建立坐标系，则C(0,0,0),A(3,0,0),C 1(0, 0,4),B(0,4,0),B 1(0,4,4),D(32,2,0) (Ⅰ)11(3,0,0),(0,4,4)AC BC =-=,11110,AC BC AC BC ∴⋅=∴⊥.(Ⅱ)设1CB 与1C B 的交点为E ，则E(0,2,2)13(,0,2),(3,0,4),2DE AC =-=-111,//2DE AC DE AC ∴=∴111,,DE CDB AC CDB ⊂⊄平面平面11//AC CDB ∴平面.(Ⅲ)11(3,0,4),(0,4,4),AC CB =-=1111112cos ,5||||AC CB AC CBAC CB ∴<>==∴异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值为5. 热点题型2例2、如图，在斜三棱柱111C B A ABC -中，a B A A A AC AB AC A AB A ===∠=∠1111,,，侧面11BCC B 与底面ABC 所成的二面角为120， E 、F 分别是棱A A C B 111、的中点 （Ⅰ）求A A 1与底面ABC 所成的角 （Ⅱ）证明E A 1∥平面FC B 1（Ⅲ）求经过C B A A 、、、1四点的球的体积.解：（Ⅰ）过1A 作⊥H A 1平面ABC ，垂足为H ． 连结AH ，并延长交BC 于G ，于是AH A 1∠为A A 1与底面ABC 所成的角．1∵AC A AB A 11∠=∠，∴AG 为BAC ∠的平分线． 又∵AC AB =，∴BC AG ⊥，且G 为BC 的中点． 因此，由三垂线定理BC A A ⊥1．∵B B A A 11//，且B B EG 1//，∴BC EG ⊥．于是AGE ∠为二面角E BC A --的平面角，即120=∠AGE ． 由于四边形AGE A 1为平行四边形，得601=∠AG A ．（Ⅱ）证明：设EG 与C B 1的交点为P ，则点P 为EG 的中点．连结PF ． 在平行四边形1AGEA 中，因F 为A A 1的中点，故FP E A //1． 而⊂FP 平面FC B 1，⊄E A 1平面FC B 1，所以//1E A 平面FC B 1．（Ⅲ）连结C A 1．在AC A 1∆和AB A 1∆中，由于AB AC =，AC A AB A 11∠=∠，A A A A 11=，则AC A 1∆≌AB A 1∆，故B A C A 11=．由已知得a C A B A A A ===111．又∵⊥H A 1平面ABC ，∴H 为ABC ∆的外心．设所求球的球心为O ，则H A O 1∈，且球心O 与A A 1中点的连线A A OF 1⊥．在FO A Rt 1∆中，3330cos 21cos 111a aH AA F A O A ===．故所求球的半径a R 33=，球的体积33273434a R V ππ==． 热点题型3例3、如图，在四棱锥P —ABC 右，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB=3，BC=1，PA=2，E 为PD 的中点.（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ， 并求出N 点到AB 和AP 的距离.解法一：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则A 、B 、C 、D 、P 、E 的坐标分别为A （0，0，0），B （3，0，0），C （3，1，0），D （0，1，0）， P （0，0，2），E （0，21，2）. 从而AC =（3，1，0），PB =（3，0，-2）. 设AC 与PB 的夹角为θ，则1473723||||cos ==⋅=PB AC PB AC θ， ∴AC 与PB 所成角的余弦值为1473. （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为（x ，0，z ），则)1,21,(z x ME --=.由NE ⊥面PAC可得：⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0AC NE AP NE 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--,0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(z x z x化简得⎪⎩⎪⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-.1,63.0213,01z x x z即N 点的坐标为（63，0，1），从而N 点到AB 、AP 的距离分别为1，63解法二：（Ⅰ）设AC ∩BD=O ，连OE ，则OE//PB ，∴∠EOA 即为AC 与PB 所成的角或其补角.在ΔAOE 中，AO=1，OE=21PB=27，AE=21PD=25，∴14173127245471cos =⨯⨯-+=EOA . 即AC 与PB 所成角的余弦值为14173.（Ⅱ）在面ABCD 内过D 作AC 的垂线交AB 于F ，则6π=∠ADF .连PF ，则在Rt ΔADF 中DF=33tan ,332cos ===ADF AD AF ADF AD .设N 为PF 的中点，连NE ，则NE//DF ，∵DF ⊥AC ，DF ⊥PA ，∴DF ⊥面PAC 从而NE ⊥面PAC. ∴N 点到AB 的距离=21AP=1，N 点到AP 的距离=21AF=63.。
高考数学复习考点题型专题讲解15 空间角、距离的计算(几何法、向量法)
高考数学复习考点题型专题讲解专题15 空间角、距离的计算(几何法、向量法) 高考定位 1.以空间几何体为载体考查空间角(以线面角为主)是高考命题的重点，常与空间线面位置关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行考查.高考注重利用向量方法解决空间角问题，但也可利用几何法来求解；2.空间距离(特别是点到面的距离)也是高考题中的常见题型，多以解答题的形式出现，难度中等.1.(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则( )A.直线BC1与DA1所成的角为90°B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°答案ABD解析如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1.连接B1C，则B1C⊥BC1.因为CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB. 因为OB⊂平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.设正方体的棱长为a，则易得BC1＝2a，OC1＝2a 2，所以在Rt△BOC1中，OC1＝12BC1，所以∠OBC1＝30°，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故D正确.故选ABD.2.(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为________.答案 2解析如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接OC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.所以PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝（3）2－12＝ 2.3.(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点.(1)证明：OE∥平面PAC；(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C－AE－B的正弦值.(1)证明如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.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，AB，OD，AC⊂平面ABC，所以OD∥AC.因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD∥平面PAC.因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA.因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.(2)解连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以OA＝OB＝PA2－PO2＝52－32＝4.易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OA sin 30°＝4×12＝2，AB＝2AD＝2OA cos 30°＝2×4×32＝4 3.又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，所以在Rt△ABC 中，AC ＝AB tan 60°＝43×3＝12.以A 为坐标原点，AB ，AC 所在直线分别为x ，y 轴，以过A 且垂直于平面ABC 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0，0，0)，B (43，0，0)，C (0，12，0)， P (23，2，3)，E ⎝⎛⎭⎪⎫33，1，32，所以AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，32，AB →＝(43，0，0)，AC →＝(0，12，0).设平面AEC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎨⎧33x ＋y ＋32z ＝0，12y ＝0，令z ＝23，则n ＝(－1，0，23).设平面AEB 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧33x 1＋y 1＋32z 1＝0，43x 1＝0，令z 1＝2，则m ＝(0，－3，2)，所以|cos 〈n ，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n |·|m |＝4313.设二面角C －AE －B 的大小为θ，则sin θ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫43132＝1113.4.(2021·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.(1)证明：AB⊥PM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.(1)证明因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，易得CD⊥DM.又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，所以CD⊥平面PDM.因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.(2)解法一由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角.连接AM，因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD，又AM⊂平面ABCD，所以PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝7，又PA＝15，所以PM＝22，所以PB＝PC＝2 3.连接BN，结合余弦定理得BN＝11.连接AC，则由余弦定理得AC＝21，在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，所以AN＝15.所以在△ABN中，cos∠BAN＝AB2＋AN2－BN22AB·AN＝1＋15－11215＝156.设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sin θ＝cos ∠BAN＝15 6.故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为15 6.法二因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，所以PM ⊥平面ABCD . 连接AM ，则PM ⊥AM .因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以AM ＝7，又PA ＝15，所以PM ＝2 2. 由(1)知CD ⊥DM ，过点M 作ME ∥CD 交AD 于点E ， 则ME ⊥MD.故可以以M 为坐标原点，MD ，ME ，MP 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，则A (－3，2，0)，P (0，0，22)，C (3，－1，0)， 所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，所以AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－52，2.易知平面PDM 的一个法向量为n ＝(0，1，0). 设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AN →，n 〉|＝|AN →·n ||AN →|·|n |＝5215＝156.故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为156.热点一 异面直线所成的角求异面直线所成角的方法方法一：综合法.步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，求出角θ.例1 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为( ) A.π2B.π3C.π4D.π6 答案 D解析 法一 如图，连接C 1P ，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，且P 为B 1D 1的中点，所以C 1P ⊥B 1D 1，又C 1P ⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1，B 1D 1，BB 1⊂平面B 1BP ， 所以C 1P ⊥平面B 1BP . 又BP ⊂平面B 1BP ， 所以有C 1P ⊥BP .连接BC 1， 则AD 1∥BC 1，所以∠PBC 1为直线PB 与AD 1所成的角. 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则在Rt△C 1PB 中，C 1P ＝12B 1D 1＝2，BC 1＝22，sin ∠PBC 1＝PC 1BC 1＝12，所以∠PBC 1＝π6，故选D. 法二 如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，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，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，P (1，1，2)，D 1(0，2，2)，PB →＝(1，－1，－2)，AD →1＝(0，2，2). 设直线PB 与AD 1所成的角为θ， 则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AD →1|PB →||AD →1|＝|－6|6×8＝32. 因为θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，所以θ＝π6，故选D.法三如图，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角.由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点.易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝π3，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝π6，故直线PB与AD1所成的角为π6，故选D.易错提醒 1.利用几何法求异面直线所成的角时，通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的角，也可能是其补角.2.用向量法时，要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同.训练1 (1)(2022·湖州质检)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1＝2AB＝2BC，P，Q分别为B 1C1，BC的中点，则异面直线AQ与BP所成角的余弦值是( )A.55B.21717C.8585D.28585 答案 C解析法一 不妨设AB ＝2，则BC ＝2，BB 1＝4，连接A 1P ，A 1B (图略)，则A 1P ∥AQ ， ∴∠A 1PB (或其补角)为异面直线AQ 与BP 所成的角.由勾股定理得BP ＝17，A 1P ＝5，A 1B ＝25，在△A 1BP 中，由余弦定理的推论得，cos∠A 1PB ＝（17）2＋（5）2－（25）22×17×5＝8585.故选C.法二 如图建立空间直角坐标系， 设直线AQ 与BP 所成的角为θ， 不妨设AB ＝2， 则BC ＝2，BB 1＝4.故B (2，0，0)，P (2，1，4)，Q (2，1，0)， 所以BP →＝(0，1，4)，AQ →＝(2，1，0)，所以cos θ＝|cos 〈BP →，AQ →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪117×5＝8585. (2)(2022·河南顶尖名校联考)如图，圆锥的底面直径AB ＝2，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦AD ＝3，则异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为( )A.0B.3 3C.34D.22答案 C解析法一如图，延长DO交圆于E，连接BE，CE，易知AD＝BE＝3，AD∥BE，∴∠EBC(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角.由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC＝2，在△BEC中，BC＝CE＝2，BE＝3，∴cos∠EBC＝22＋（3）2－222×2×3＝34.法二由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC＝2，又BO＝1，所以CO＝3，在△AOD中，AO＝DO＝1，AD＝3，由余弦定理得cos∠AOD＝12＋12－（3）22×1×1＝－12，则∠AOD＝2π3，以O 为坐标原点，OB 所在直线为y 轴，OC 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图，则A (0，－1，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，B (0，1，0)，C (0，0，3)，所以AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，BC →＝(0，－1，3)，故cos 〈AD →，BC →〉＝－323×2＝－34，又异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，故直线AD 与BC 所成角的余弦值为34. 热点二 直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，求出角θ.例2(2022·南京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝13，AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，AB＝B1C，D为AC的中点，平面AB1C⊥平面ABC.1(1)求证：B1D⊥平面ABC；(2)求直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值.(1)证明因为AB1＝B1C，D为AC的中点，所以B1D⊥AC.又平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，B1D⊂平面AB1C，所以B1D⊥平面ABC.(2)解法一在平面ABC内，过点D作BC的平行线，交AB于点E，过点D作AB的平行线，交BC于点F，连接DE，DF，BD.由(1)知B 1D ⊥平面ABC ， 所以B 1D ⊥AC ，B 1D ⊥BD . 因为AB ⊥BC ，所以DE ⊥DF ，故以{DE →，DF →，DB 1→}为基底建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .因为AB ＝8，BC ＝6，AB ⊥BC ，所以AC ＝AB 2＋BC 2＝10，BD ＝12AC ＝5.又AA 1＝BB 1＝13，AB ⊥BC ， 所以B 1D ＝BB 21－BD 2＝12.易得D (0，0，0)，A (3，－4，0)，B (3，4，0)，C (－3，4，0)，B 1(0，0，12)， 则AC →＝(－6，8，0)，BC →＝(－6，0，0)，B 1C →＝(－3，4，－12). 设点C 1(x ，y ，z )， 则B 1C 1→＝(x ，y ，z －12)， 由BC →＝B 1C 1→，得(－6，0，0)＝(x ，y ，z －12)，所以⎩⎨⎧x ＝－6，y ＝0，z ＝12，即C 1(－6，0，12)，所以C 1D →＝(6，0，－12).设平面AB 1C 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝－6x 1＋8y 1＝0，n ·B 1C →＝－3x 1＋4y 1－12z 1＝0，得3x 1＝4y 1，z 1＝0.不妨取x 1＝4，则y 1＝3，得平面AB 1C 的一个法向量为n ＝(4，3，0). 设直线C 1D 与平面AB 1C 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，C 1D →〉|＝|n ·C 1D →||n |·|C 1D →|＝|4×6＋3×0＋0×（－12）|42＋32＋02×62＋02＋（－12）2＝4525. 所以直线C 1D 与平面AB 1C 所成角的正弦值为4525. 法二 连接BC 1，交B 1C 于点M ，易知BM ＝MC 1，所以点C 1到平面AB 1C 的距离d 和点B 到平面AB 1C 的距离相等.过点B 作BH ⊥AC ，垂足为H .又平面AB 1C ⊥平面ABC ，平面AB 1C ∩平面ABC ＝AC ，BH ⊂平面ABC ， 所以BH ⊥平面AB 1C ，则BH 为点B 到平面AB 1C 的距离. 在Rt△ABC 中，因为AB ＝8，BC ＝6，AB ⊥BC ， 所以AC ＝10，则BH ＝6×810＝245， 所以d ＝BH ＝245.由(1)知B 1D ⊥平面ABC ， 又BC ⊂平面ABC ，所以B 1D ⊥BC . 又B 1C 1∥BC ，所以B 1D ⊥B 1C 1， 则△DB 1C 1为直角三角形. 连接BD ，则B 1D ⊥BD .因为D 为AC 的中点，所以BD ＝12AC ＝5.又AA 1＝BB 1＝13，所以B 1D ＝12. 又B 1C 1＝BC ＝6，所以C 1D ＝6 5. 设直线C 1D 与平面AB 1C 所成的角为θ，则sin θ＝d C 1D ＝24565＝4525. 所以直线C 1D 与平面AB 1C 所成角的正弦值为4525. 规律方法 1.几何法求线面角的关键是找出线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中应用余弦定理(勾股定理)求解；2.向量法求线面角时要注意：线面角θ与直线的方向向量a 和平面的法向量n 所成的角〈a ，n 〉的关系是〈a ，n 〉＋θ＝π2或〈a ，n 〉－θ＝π2，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值.训练2(2022·湖北十校联考)如图，在四棱锥A－BCDE中，CD∥BE，CD＝12EB＝1，CB⊥BE，AE＝AB＝BC＝2，AD＝3，O是AE的中点.(1)求证：DO∥平面ABC；(2)求DA与平面ABC所成角的正弦值. (1)证明取AB的中点为F，连接CF，OF，因为O，F分别为AE，AB的中点，所以OF∥BE，且OF＝12 BE.又CD∥BE，CD＝12 EB，所以OF∥CD，且OF＝CD，所以四边形OFCD为平行四边形，所以DO∥CF，又CF⊂平面ABC，DO⊄平面ABC，所以DO∥平面ABC.(2)解法一取EB的中点为G，连接AG，DG，易得DG綊BC.因为AE＝AB＝2，BE＝2，所以AE2＋AB2＝BE2，所以AB⊥AE，△ABE为等腰直角三角形，所以AG⊥BE，AG＝1，又AD＝3，DG＝BC＝2，所以AG2＋DG2＝AD2，所以DG⊥AG.又BE⊥AG，BE∩DG＝G，BE，DG⊂平面BCDE，所以AG⊥平面BCDE. 记h为点D到平面ABC的距离，连接BD，则V D－ABC＝V A－BCD，即13S△ABC·h＝13S△BCD·AG，因为BC⊂平面BCDE，所以BC⊥AG，又CB⊥BE，BE∩AG＝G，BE，AG⊂平面ABE，所以BC⊥平面ABE，又AB⊂平面ABE，所以BC⊥AB，所以S△ABC＝12×AB×BC＝12×2×2＝1，又S△BCD＝12×BC×CD＝12×2×1＝22，所以h＝2 2，设DA与平面ABC所成的角为θ，则sin θ＝h AD ＝223＝66.所以DA 与平面ABC 所成角的正弦值为66. 法二 如图，取EB 的中点为G ，连接AG ，OG ，DG ，由(2)法一可知AG ⊥BE ，AB ⊥AE ，BC ⊥平面ABE ，BC ∥DG ，所以DG ⊥平面ABE .以G 为坐标原点，以GA →，GB →，GD →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则G (0，0，0)，A (1，0，0)，D (0，0，2)，E (0，－1，0)，AD →＝(－1，0，2). 因为AE ⊂平面ABE ，所以BC ⊥AE ，又AB ⊥AE ，BC ∩AB ＝B ，BC ，AB ⊂平面ABC ，所以AE ⊥平面ABC ， 故平面ABC 的一个法向量为AE →＝(－1，－1，0). 设DA 与平面ABC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈AD →，AE →〉|＝|AD →·AE →||AD →|·|AE →|＝16＝66.所以DA 与平面ABC 所成角的正弦值为66.热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m，n；②计算cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|.例3(2022·济南质测)如图，在三棱锥D－ABC中，DA⊥底面ABC，AC＝BC＝DA＝1，AB ＝2，E是CD的中点，点F在DB上，且EF⊥DB.(1)证明：DB⊥平面AEF；(2)求平面ADB与平面DBC夹角的大小.法一(1)证明∵DA⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，∴DA⊥BC.∵AC＝BC＝1，AB＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.∵DA∩AC＝A，DA，AC⊂平面DAC，∴BC ⊥平面DAC ， 又AE ⊂平面DAC ， ∴BC ⊥AE .∵DA ＝AC ，E 是CD 的中点， ∴DC ⊥AE ，又BC ∩DC ＝C ，BC ，DC ⊂平面DBC ， ∴AE ⊥平面DBC ，又DB ⊂平面DBC ，∴DB ⊥AE ， 又EF ⊥DB ，EF ∩AE ＝E ，EF ，AE ⊂平面AEF ， ∴DB ⊥平面AEF .(2)解∵EF ⊥DB ，由(1)得DB ⊥AF ， ∴∠AFE 为平面ADB 与平面DBC 的夹角. ∵DA ⊥平面ABC ， ∴DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，又AC ＝DA ＝1，E 为CD 的中点， ∴AE ＝12DC ＝22.∵AB ＝2，∴S △DAB ＝12×DA ×AB ＝12×DB ×AF ，∴AF ＝DA ×AB DB ＝1×212＋（2）2＝63. 由(1)知，AE ⊥平面DBC ，∵EF ⊂平面DBC ，∴AE ⊥EF ，∴sin∠AFE ＝AE AF ＝2263＝32. ∵∠AFE 为锐角，∴∠AFE ＝π3， ∴平面ADB 与平面DBC 夹角的大小为π3.法二 (1)证明∵DA ⊥平面ABC ，且BC ⊂平面ABC ，∴DA ⊥BC . ∵AC ＝BC ＝1，AB ＝2， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴AC ⊥BC .∴DA ∩AC ＝A ，DA ，AC ⊂平面DAC ， ∴BC ⊥平面DAC ， 如图，过点A 作AG ∥BC ， 则AG ⊥平面DAC .以A 为坐标原点，分别以向量AC →，AG →，AD →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (1，1，0)，D (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，∴DB →＝(1，1，－1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12.∵DB →·AE →＝1×12＋1×0＋(－1)×12＝0，∴DB →⊥AE →，∴DB ⊥AE .又DB ⊥EF ，且AE ∩EF ＝E ，AE ，EF ⊂平面AEF ， ∴DB ⊥平面AEF .(2)解 由(1)知AD →＝(0，0，1)，BD →＝(－1，－1，1)，CD →＝(－1，0，1). 设平面ADB 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧z 1＝0，－x 1－y 1＋z 1＝0，令y 1＝1，则m ＝(－1，1，0).设平面DBC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧－x 2＋z 2＝0，－x 2－y 2＋z 2＝0， 令x 2＝1，则n ＝(1，0，1). 设平面ADB 与平面DBC 的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|－1|2×2＝12.所以θ＝π3，即平面ADB 与平面DBC 夹角的大小为π3.规律方法 (1)用几何法求解二面角的关键是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.(2)利用法向量的依据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在求二面角的大小时，一定要判断出二面角的平面角是锐角还是钝角，否则解法是不严谨的.训练3(2022·沈阳质检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，PA ＝AB ＝2，AD ＝2BC ＝2 2.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)求平面BPC 与平面PCD 夹角的余弦值.(1)证明法一 由题意得，四边形ABCD 是直角梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，PA ＝AB ＝2，AD ＝2BC ＝22，所以tan ∠ACB ＝tan∠DBA ＝2， 可知∠ACB ＝∠DBA ，所以∠DBC ＋∠ACB ＝90°，则AC ⊥BD . 又PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥BD ，又AC∩PA＝A，PA，AC⊂平面PAC，故BD⊥平面PAC.法二由题意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，分别以AB→，AD→，AP→的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，22，0)，P(0，0，2)，BD→＝(－2，22，0)，AP→＝(0，0，2)，BD→·AP→＝0，即BD⊥AP，AC→＝(2，2，0)，BD→·AC→＝－4＋4＝0，即BD⊥AC，又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，故BD⊥平面PAC.(2)解由题意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，分别以AB→，AD→，AP→的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，22，0)，P(0，0，2)，在平面PBC中，BC→＝(0，2，0)，BP→＝(－2，0，2)，设平面PBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝2y 1＝0，n ·BP →＝－2x 1＋2z 1＝0，所以y 1＝0，令x 1＝1，则z 1＝1， 所以n ＝(1，0，1).在平面PCD 中，CD →＝(－2，2，0)， CP →＝(－2，－2，2)，设平面PCD 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD →＝－2x 2＋2y 2＝0，m ·CP →＝－2x 2－2y 2＋2z 2＝0，令x 2＝1，则y 2＝2，z 2＝2， 所以m ＝(1，2，2).设平面BPC 与平面PCD 夹角的大小为θ， 则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|1＋0＋2|2×7＝31414，所以平面BPC 与平面PCD 夹角的余弦值为31414. 热点四 距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.例4 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M为BB1的中点，N为BC的中点.(1)求点M到直线AC1的距离；(2)求点N到平面MA1C1的距离.解法一(1)如图，连接AM，MC1，AC1，易知MC1＝MB21＋A1B21＋A1C21＝22＋22＋12＝3，AC1＝22，MA＝5，在△MAC1中，由余弦定理得cos ∠MAC1＝5＋8－92×5×22＝1010，则sin ∠MAC1＝310 10，所以M到直线AC1的距离为MA·sin ∠MAC1＝5×31010＝322.(2)如图，S△MNC1＝S矩形B1BCC1－S△B1MC1－S△BMN－S△NCC1＝42－2－22－2＝322，设点N到平面MA1C1的距离为h，由V N－MA1C1＝V A1－MNC1，得1 3×12×2×5×h＝13×322×2，得h ＝355，即N 到平面MA 1C 1的距离为355. 法二 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，A 1(0，0，2)，M (2，0，1)，C 1(0，2，2)，直线AC 1的一个单位方向向量为s 0＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，22，AM →＝(2，0，1)，故点M 到直线AC 1的距离d ＝|AM →|2－|AM →·s 0|2＝5－12＝322. (2)设平面MA 1C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 因为A 1C 1→＝(0，2，0)，A 1M →＝(2，0，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1M →＝0，即⎩⎨⎧2y ＝0，2x －z ＝0，取x ＝1，得z ＝2，故n ＝(1，0，2)为平面MA 1C 1的一个法向量， 因为N (1，1，0)，所以MN →＝(－1，1，－1)， 故N 到平面MA 1C 1的距离d ＝|MN →·n ||n |＝35＝355.规律方法 1.在解题过程中要对“点线距离”、“点面距离”、“线面距离”与“面面距离”进行适当转化，从而把所求距离转化为点与点的距离进而解决问题. 2.解决点线距问题注意应用等面积法，解决点面距问题注意应用等体积法.训练4 在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AA1＝3，底面是边长为4的菱形，且∠DAB＝60°，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，E是O1A的中点，则点E到平面O1BC的距离为( )A.2B.1C.32D.3答案 C解析法一如图，连接OO1，则OO1⊥平面ABCD，OO1＝AA1＝3，∵四边形ABCD是边长为4的菱形，且∠DAB＝60°，∴OB＝2，OC＝23，AC＝2OC＝43，OB⊥AC.∴O1B＝13，O1C＝21，又BC＝4，∴cos∠BO1C＝913×21，sin∠BO1C＝8313×21，故S△BO1C＝12×13×21×8313×21＝4 3.设A到平面O1BC的距离为h，则由V A－BO1C＝V O1－ABC得13×43×h＝13×12×43×2×3，解得h ＝3，又∵E 是O 1A 的中点， ∴E 到平面O 1BC 的距离为32.法二 易得OO 1⊥平面ABCD ，所以OO 1⊥OA ，OO 1⊥OB . 又OA ⊥OB ，所以建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz . 因为底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB ＝60°， 所以OA ＝23，OB ＝2，则A (23，0，0)，B (0，2，0)，C (－23，0，0)，O 1(0，0，3)， 所以O 1B →＝(0，2，－3)，O 1C →＝(－23，0，－3). 设平面O 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·O 1B →＝0，n ·O 1C →＝0，所以⎩⎨⎧2y －3z ＝0，－23x －3z ＝0，取z ＝2，则x ＝－3，y ＝3，则n ＝(－3，3，2)是平面O 1BC 的一个法向量. 设点E 到平面O 1BC 的距离为d .因为E 是O 1A 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫3，0，32，EO 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫－3，0，32， 则d ＝|EO 1→·n ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，32·（－3，3，2）（－3）2＋32＋22＝32， 所以点E 到平面O 1BC 的距离为32.一、基本技能练1.如图，四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，△PAB 和△PAD 都是边长为2的等边三角形.(1)证明：PB ⊥CD ；(2)求点A 到平面PCD 的距离.(1)证明 取BC 的中点E ，连接DE ，则ABED 为正方形.过P 作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O . 连接OA ，OB ，OD ，OE .由△PAB 和△PAD 都是等边三角形知PA ＝PB ＝PD ，所以OA ＝OB ＝OD ，即点O 为正方形ABED 对角线的交点， 故OE ⊥BD ，从而PB ⊥OE .因为O 是BD 的中点，E 是BC 的中点， 所以OE ∥CD .因此PB ⊥CD . (2)解 取PD 的中点F ，连接OF ， 则OF ∥PB .由(1)知，PB ⊥CD ，故OF ⊥CD .又OD ＝12BD ＝2，OP ＝PD 2－OD 2＝2，故△POD 为等腰三角形，因此OF ⊥PD . 又PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ， 所以OF ⊥平面PCD .因为AE ∥CD ，CD ⊂平面PCD ，AE ⊄平面PCD ，所以AE ∥平面PCD .因此O 到平面PCD 的距离OF 就是A 到平面PCD 的距离，而 OF ＝12PB ＝1，所以A 到平面PCD 的距离为1.2.(2022·广州调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，BC ⊥平面PAC ，AD ⊥BP ，AB ＝2，BC ＝1，PD ＝3BD ＝3.(1)求证：PA ⊥AC ；(2)求平面PAC与平面ACD夹角的余弦值.(1)证明法一由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝ 3. 由PD＝3，AD＝3，AD⊥BP，得PA＝2 3.由BC⊥平面PAC，AC，PC⊂平面PAC，得BC⊥AC，BC⊥PC.所以AC＝AB2－BC2＝3，PC＝PB2－BC2＝15.因为AC2＋PA2＝15＝PC2，所以PA⊥AC.法二由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝ 3.由PD＝3，AD＝3，AD⊥BP，得PA＝2 3.因为PB＝4，所以PB2＝AB2＋PA2，所以PA⊥AB.由BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，得BC⊥PA.又BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，故PA⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC.(2)解法一如图，过点D作DE∥BC交PC于点E，因为BC⊥平面PAC，所以DE⊥平面PAC.因为AC⊂平面PAC，所以DE⊥AC.过点E作EF⊥AC交AC于点F，连接DF，又DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF，所以AC⊥平面DEF.因为DF⊂平面DEF，所以AC⊥DF.则∠DFE为平面PAC与平面ACD的夹角.由PD＝3BD＝3，DE∥BC，得DE＝3 4，由EF⊥AC，PA⊥AC，且EF，PA⊂平面PAC，得EF∥PA，且EFPA＝CECP＝BDBP＝14，得EF＝3 2.易知DE⊥EF，则DF＝DE2＋EF2＝21 4.所以cos∠DFE ＝EF DF ＝277.所以平面PAC 与平面ACD 夹角的余弦值为277. 法二 如图，作AQ ∥CB ，以AQ ，AC ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系.因为AB ＝2，BC ＝1，BD ＝1，BP ＝4， 所以AC ＝3，AP ＝2 3.故A (0，0，0)，B (1，3，0)，C (0，3，0)，P (0，0，23). 由BD →＝14BP →，得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，334，32，则AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，334，32，AC →＝(0，3，0).设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，34x ＋334y ＋32z ＝0，令x ＝2，则z ＝－3，y ＝0，所以n ＝(2，0，－3)为平面ACD 的一个法向量. 由于BC ⊥平面PAC ，因此CB →＝(1，0，0)为平面PAC 的一个法向量. 设平面PAC 与平面ACD 夹角的大小为θ，则cos θ＝|cos 〈CB →，n 〉|＝|CB →·n ||CB →||n |＝27＝277.所以平面PAC 与平面ACD 夹角的余弦值为277. 3.(2022·泉州质检)在三棱锥A －BCD 中，已知CB ＝CD ＝5，BD ＝2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO ＝2，E 为AC 的中点.(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足BF ＝14BC ，设平面FDE 与平面DEC 夹角的大小为θ，求sin θ的值.解 (1)如图，连接OC ，因为CB ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .又AO ⊥平面BCD ，OB ，OC ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥OC .以{OB →，OC →，OA →}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz .因为BD ＝2，CB ＝CD ＝5，AO ＝2，所以B (1，0，0)，D (－1，0，0)，C (0，2，0)，A (0，0，2). 因为E 为AC 的中点，所以E (0，1，1)， 所以AB →＝(1，0，－2)，DE →＝(1，1，1)，所以|cos 〈AB →，DE →〉|＝|AB →·DE →||AB →|·|DE →|＝|1＋0－2|5×3＝1515.因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)因为点F 在BC 上，BF ＝14BC ，BC →＝(－1，2，0)，所以BF →＝14BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，12，0.又DB →＝(2，0，0)， 故DF →＝DB →＋BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫74，12，0.设平面DEF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 1＝0，DF →·n 1＝0，即⎩⎨⎧x 1＋y 1＋z 1＝0，74x 1＋12y 1＝0， 取x 1＝2，得y 1＝－7，z 1＝5，所以n 1＝(2，－7，5)为平面DEF 的一个法向量.设平面DEC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，又DC →＝(1，2，0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2＝0，DC →·n 2＝0，即⎩⎨⎧x 2＋y 2＋z 2＝0，x 2＋2y 2＝0， 取x 2＝2，得y 2＝－1，z 2＝－1，所以n 2＝(2，－1，－1)为平面DEC 的一个法向量. 故|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|4＋7－5|78×6＝1313.所以sin θ＝1－cos 2θ＝23913.二、创新拓展练4.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BCC 1B 1为矩形，若平面BCC 1B 1⊥平面ABB 1A 1，平面BCC 1B 1⊥平面ABC 1.(1)求证：AB ⊥BB 1；(2)记平面ABC 1与平面A 1B 1C 1的夹角为α，直线AC 1与平面BCC 1B 1所成的角为β，异面直线AC 1与BC 所成的角为φ，当α，β满足：cos α·cos β＝m (0<m <1，m 为常数)时，求sin φ的值.(1)证明∵四边形BCC 1B 1是矩形，∴BC ⊥BB 1，图1 又平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，BC⊂平面BCC1B1，∴BC⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A1，∴AB⊥BC.如图1，过C作CO⊥BC1，∵平面BCC1B1⊥平面ABC1，平面BCC1B1∩平面ABC1＝BC1，CO⊂平面BCC1B1，∴CO⊥平面ABC1，又AB⊂平面ABC1，∴AB⊥CO，又AB⊥BC，CO∩BC＝C，CO，BC⊂平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，又BB1⊂平面BCC1B1，∴AB⊥BB1.(2)解由题意知AB∥A1B1，又AB⊥平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1.以B 1为原点，B 1A 1，B 1B ，B 1C 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图2，图2不妨设B 1A 1＝a ，B 1B ＝b ，B 1C 1＝c ，则B 1(0，0，0)，A 1(a ，0，0)，B (0，b ，0)，C 1(0，0，c )，A (a ，b ，0)， BA →＝B 1A 1→＝(a ，0，0)，BC →＝B 1C 1→＝(0，0，c )，BC1→＝(0，－b ，c ). 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ABC 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BA →＝ax 1＝0，n 1·BC 1→＝－by 1＋cz 1＝0，∴x 1＝0，令y 1＝c ，则z 1＝b ， ∴n 1＝(0，c ，b ).取平面A 1B 1C 1的一个法向量n ＝(0，1，0)， 由图知，α为锐角， 则cos α＝|cos 〈n 1，n 〉|＝c b 2＋c 2.取平面BCC 1B 1的一个法向量n 2＝(1，0，0)， 由C 1A →＝(a ，b ，－c )， 得sin β＝|cos 〈C 1A →，n 2〉|＝aa 2＋b 2＋c2. 又β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴cos β＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2， 则cos αcos β＝ca 2＋b 2＋c2. |cos 〈C 1A →，BC →〉|＝cos φ＝|（a ，b ，－c ）·（0，0，c ）|c a 2＋b 2＋（－c ）2＝c a 2＋b 2＋c 2，∴cos φ＝cos αcos β.∵cos αcos β＝m 且m ∈(0，1)，φ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，∴sin φ＝1－cos 2φ＝1－m 2.。
空间中线线角、线面角、面面角成法原理与求法思路知识分享
D B A C α空间中的夹角空间中各种角包括：异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角。
1、异面直线所成的角（1）异面直线所成的角的范围是]2,0(π。
求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决。
具体步骤如下：①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上；②证明作出的角即为所求的角；③利用解三角形来求角。
简称为“作，证，求”2、线面夹角直线与平面所成的角的范围是]2,0[π。
求直线和平面所成的角用的是射影转化法。
具体步骤如下：（若线面平行，线在面内，线面垂直，则不用此法，因为角度不用问你也知道）①找过斜线上一点与平面垂直的直线；②连结垂足和斜足，得出斜线在平面的射影，确定出所求的角；③把该角置于三角形中计算。
也是简称为“作，证，求”注：斜线和平面所成的角，是它和平面内任何一条直线所成的一切角中的最小角，即若θ为线面角，β为斜线与平面内任何一条直线所成的角，则有θβ≤；（这个证明，需要用到正弦函数的单调性，请跳过。
在右图的解释为 BAD CAD ∠>∠） ）2.1确定点的射影位置有以下几种方法：①斜线上任意一点在平面上的射影必在斜线在平面的射影上；②如果一个角所在的平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线上；已知：如图，BAC ∠在一个平面α内，,,PN AC PM AB PN PM ⊥⊥且＝（就是点P 到角两边的距离相等）过P 作PO α⊥（说明点O 为P 点在面α内的射影）求证：OAN OAM ∠∠＝（OAN OAM ∠∠＝，所以AO 为BAC ∠的角平分线，所以点O 会在BAC ∠的角平分线上）证明：Q PA ＝PA ，PN ＝PM ，90PNA PMA ∠∠︒＝＝PNA PMA ∴∆≅∆（斜边直角边定理）AN AM ∴＝ ①(PO NO MO PN PM α⊥⎫⇒=⎬⎭斜线长相等推射影长相等）＝O AN AM AO AO AMO ANO NAO MAO OM N ⎫⎪⇒∆≅∆⇒∠∠⎬⎪⎭＝＝＝＝ 所以，点P 在面的射影为BAC ∠的角平分线上。
2018年高考数学总复习(三十二)空间角3类型——线线角、线面角、二面角
高考达标检测（三十二）空间角3类型——线线角、线面角、二面角1．如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(1)求证：GF ∥平面ADE ；(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．解：(1)如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，又G 是BE 的中点，所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB . 又F 是CD 的中点，所以DF ＝12CD . 由四边形ABCD 是矩形，得AB ∥CD ，AB ＝CD ，所以GH ∥DF ，且GH ＝DF ，从而四边形HGFD 是平行四边形，所以GF ∥DH .又GF ⊄平面ADE ，DH ⊂平面ADE ，所以GF ∥平面ADE .(2)如图，在平面BEC 内，过点B 作BQ ∥EC .因为BE ⊥CE ，所以BQ ⊥BE .又因为AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BQ .以B 为原点，分别以BE ―→， BQ ―→， BA ―→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BA ―→＝(0,0,2)为平面BEC 的法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量．又AE ―→＝(2,0，－2)，AF ―→＝(2,2，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ―→＝0，n ·AF ―→＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0.取z ＝2，得n ＝(2，－1,2)．从而cos 〈n ，BA ―→〉＝n ·BA ―→|n|·|BA ―→|＝43×2＝23， 所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23.2．(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．解：(1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2. 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 ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为MN ⊄平面PAB ，AT ⊂平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)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. 所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525. 3．(2017·潍坊统考)如图，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，平面APD⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，E 在AD 上，且AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝EA ＝2.(1)求证：平面PEC ⊥平面PBD ；(2)设直线PB 与平面PEC 所成的角为π6，求平面APB 与平面PEC 所成的锐二面角的余弦值．解：(1)证明：连接BE .在△PAD 中，PA ＝PD ，AE ＝ED ，所以PE ⊥AD .又平面APD ⊥平面ABCD ，平面APD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PE ⊥平面ABCD ，故PE ⊥BD .在四边形ABCD 中，BC ∥DE ，且BC ＝DE ，所以四边形BCDE 为平行四边形，又BC ＝CD ，所以四边形BCDE 为菱形，故BD ⊥CE ，又PE ∩EC ＝E ，所以BD ⊥平面PEC ，又BD ⊂平面PBD ，所以平面PEC ⊥平面PBD .(2)取BC 的中点F ，连接EF .由(1)可知，△BCE 是一个正三角形，所以EF ⊥BC ，又BC ∥AD ，所以EF ⊥AD .又PE ⊥平面ABCD ，故以E 为坐标原点，分别以直线EF 、直线ED 、直线EP 为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设PE ＝t (t >0)，则D (0,2,0)，A (0，－2,0)，P (0,0，t )，F (3，0,0)，B (3，－1,0)． 因为BD ⊥平面PEC ，所以BD ―→＝(－3，3,0)是平面PEC 的一个法向量，又PB ―→＝(3，－1，－t )，所以cos 〈PB ―→，BD ―→〉＝PB ―→·BD ―→|PB ―→|·|BD ―→|＝－623×4＋t 2＝－34＋t 2. 由已知可得sin π6＝|cos 〈PB ―→，BD ―→〉|＝34＋t2，得t ＝2 2. 故P (0,0,22)，PB ―→＝(3，－1，－22)，AB ―→＝(3，1,0)．设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥PB ―→，n ⊥AB ―→ 可得⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PB ―→＝3x －y －22z ＝0，n ·AB ―→＝3x ＋y ＝0，取y ＝－6，则x ＝2，z ＝3，故n ＝(2，－6，3)为平面APB 的一个法向量，所以cos 〈BD ―→，n 〉＝BD ―→·n | BD ―→|·|n |＝－4623×11＝－22211. 设平面APB 与平面PEC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈BD ―→，n 〉|＝22211. 4．(2017·郑州模拟)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． 解：(1)证明：取AC 的中点O ，连接A 1O ，因为四边形AA1C 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 ，平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，所以A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC .又BC ⊥AC ，A 1O ∩AC ＝O ，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)连接OE ，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.即直线EC 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值为4214.。
备战高考数学一轮复习讲义第37讲 第1课时 线线角与线面角
第37讲 空间角与距离的计算激活思维1. (人A 选必一P38练习1)在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BCA ＝90°，D 1，F 1分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是( A )A. 3010B. 12C. 3015D. 1510解析： 如图，建立空间直角坐标系，设BC ＝CA ＝CC 1＝1，则A (1,0,1)，B (0,1,1)，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，F 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，所以BD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，－1，AF 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，所以|cos 〈BD 1→，AF 1→〉|＝|BD 1→·AF 1→||BD →||AF 1→|＝3414＋14＋1×14＋1＝3010.(第1题)2. (人A 选必一P38练习2)已知P A ，PB ，PC 是从点P 出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC 与平面P AB 所成角的余弦值是( C )A. 12 B. 22 C. 33D. 63解析： 如图，在PC 上任取一点D ，过点D 作DO ⊥平面APB ，则∠DPO 就是直线PC 与平面P AB 所成的角．过点O 作OE ⊥P A ，OF ⊥PB ，垂足分别为E ，F .因为DO ⊥平面APB ，则DE ⊥P A ，DF ⊥PB ，则△DEP ≌△DFP ，所以EP ＝FP ，所以△OEP ≌△OFP ，且点O 在∠APB 的平分线上．因为∠APB ＝60°，所以∠OPE ＝30°.设PE ＝1，因为∠OPE ＝30°，所以OP ＝1cos30°＝233.在Rt △PED 中，∠DPE ＝60°，PE ＝1，则PD ＝2.在Rt △DOP 中，OP ＝233，PD ＝2，则cos ∠DPO ＝OP PD ＝33，即直线PC 与平面P AB 所成角的余弦值是33.(第2题)3. 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在BB 1，DD 1上，且A 1C ⊥平面AEF ，AD ＝3，AB ＝4，AA 1＝5，则平面AEF 与平面D 1B 1BD 夹角的余弦值为( C )(第3题)A. 225B. 6225C. 12225D. 34解析： 以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AA 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图，连接AC .由于AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝5，所以BD →＝(－4,3,0)，DD 1→＝(0,0,5)．设平面DBB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DD 1→＝0，n ·BD →＝0，所以⎩⎨⎧5z ＝0，－4x ＋3y ＝0，可取n ＝(3,4,0)．又由于A 1C ⊥平面AEF ，所以A 1C →可看作是平面AEF 的一个法向量，A 1C →＝(4,3，－5)．设平面AEF 和平面D 1B 1BD 的夹角为θ，则cos θ＝|n ·A 1C →||n ||A 1C →|＝12225，所以平面AEF 与平面D 1B 1BD 夹角的余弦值为12225.(第3题)4. (人A 选必一P35练习2(1)改)如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，已知AB ＝1，BC ＝2，AA 1＝3，则点B 到直线A 1C 的距离为( B )(第4题)A. 27B. 2357C.357D. 1解析： 过点B 作BE ⊥A 1C ，垂足为E (图略)，设点E 的坐标为(x ，y ，z )，由题意知A 1(0,0,3)，B (1，0,0)，C (1,2,0)，A 1C →＝(1,2，－3)，BC →＝(0,2,0)，A 1C →方向上的单位向量为μ＝⎝⎛⎭⎪⎫114，214，－314，所以点B 到直线A 1C 的距离为错误!)＝4－87＝2357.5. (人A 选必一P35练习2(3) 改)若正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是A 1C 1的中点，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为( B )A. 32B. 24C. 12D. 33解析： 建立如图所示的空间直角坐标系，则D 1(0，0,0)，A (1,0,1)，B (1,1,1)，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，C 1(0，1,0)，D 1A →＝(1,0,1)，AB →＝(0,1,0)，OC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0.设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1A →＝x ＋z ＝0，n ·AB →＝y ＝0.令x ＝1，得n ＝(1,0，－1)为平面ABC 1D 1的一个法向量，故点O 到平面ABC 1D 1的距离为d ＝|n ·OC 1→||n |＝122＝24.(第5题) 基础回归1. 两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两条异面直线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. 平面与平面的夹角的求法如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角(人教A 版教材中的定义)．若平面α，β的法向量分别是n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.4. 点P 到直线 l 的距离已知直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点，设向量AP →＝a ，则向量AP →在直线l 上的投影向量为AQ →＝(a ·u )u ，点P 到直线l 的距离为PQ ＝a 2－(a ·u )2 .5. 点面距的求法(1) 定义法：自点向平面作垂线，利用三角形知识求垂线段的长度； (2) 等积法：利用体积相等求棱锥的高，如V P －ABC ＝V A －PBC .(3) 向量法：如图，设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d ＝|AB →·n ||n |.说明：线面距和面面距，转化成点面距求解． 6. 常用结论(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 〉|.(2) 二面角的取值范围是[0，π]，两个平面的夹角的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.第1课时 线线角与线面角举题说法异面直线所成的角例1 如图，在三棱锥M －ABC 中，MA ⊥平面ABC ，△ABC 是边长为2的正三角形，MA ＝23，F 是MC 的中点，则异面直线MB 与AF 所成角的余弦值是( D )(例1)A. 33B. 34C. 133D. 58解析： 方法一：如图(1)，设E 为BC 的中点，连接AE ，FE .因为E 是BC 的中点，所以FE ∥BM ，异面直线MB 与AF 所成的角为∠AFE .在Rt △MAB 中，因为MA ＝23，AB ＝2，所以MB ＝4，FE ＝12MB ＝2.同理可得AF ＝2，AE ＝ 3.在△AFE 中，由余弦定理可知cos ∠AFE ＝22＋22－32×2×2＝58，所以异面直线MB 与AF所成角的余弦值为58.(例1(1)) (例1(2))方法二：以A 为坐标原点，AC ，AM 所在的直线分别为y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图(2)所示，易知A (0,0,0)，B (3，1,0)，F (0,1，3)，M (0,0，23)，所以MB →＝(3，1，－23)，AF →＝(0,1，3)，则cos 〈MB →，AF →〉＝MB →·AF →|MB →|·|AF →|＝－54×2＝－58，所以异面直线MB 与AF 所成角的余弦值为58.向量法求异面直线所成角的步骤：(1) 选好基底或建立空间直角坐标系；(2) 求出两直线的方向向量v 1，v 2；(3) 代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．变式 (2020·江苏卷)如图，在三棱锥A －BCD 中，已知CB ＝CD ＝5，BD＝2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO ＝2，E 为AC 的中点，求直线AB 与DE 所成角的余弦值．(变式)【解答】 连接CO ，因为BC ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .以OB ，OC ，OA 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，则A (0,0,2)，B (1，0,0)，C (0,2,0)，D (－1,0,0)，所以E (0，1,1)，AB→＝(1,0，－2)，DE →＝(1,1,1)，所以cos 〈AB →，DE →〉＝－15×3＝－1515，故直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515.(变式)直线与平面所成的角例2 (2021·浙江卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝4，P A ＝15，M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD ⊥DC ，PM ⊥MD .(例2)(1) 求证：AB ⊥PM ；【解答】 在△DCM 中，DC ＝1，CM ＝2，∠DCM ＝60°，由余弦定理可得DM ＝3，所以DM 2＋DC 2＝CM 2，所以DM ⊥DC .由题意知DC ⊥PD 且PD ∩DM ＝D ，所以DC ⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC ⊥PM .又AB ∥DC ，所以AB ⊥PM .(2) 求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．【解答】 方法一(向量法)：由PM ⊥MD ，AB ⊥PM ，而AB 与DM 相交，可知PM ⊥平面ABCD .易得AM ＝7，所以PM ＝22，取AD 的中点E ，连接ME ，则ME ，DM ，PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系，则A (－3，2,0)，P (0，0，22)，D (3，0,0)，M (0，0,0)，C (3，－1,0)．又N 为PC 的中点，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－52，2.由(1)得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，从而直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为sin θ＝|AN →·n ||AN →||n |＝52274＋254＋2＝156.(例2(1)) (例2(2))方法二：如图(2)，连接AC 交DM 于点E ，过E 作EF ∥AN 交PC 于点F .过点F 作FH ∥CD ，交PD 于点H ，连接HE .由(1)知CD ⊥平面PDM ，所以FH ⊥平面PDM ，故∠FEH 是直线AN 与平面PDM 所成的角．由(1)知PM ⊥CD ，又已知PM ⊥MD ，所以PM ⊥平面ABCD .连接AM ，在平行四边形ABCD 中，AM ＝7，AC ＝21.在Rt △PMA 中，由P A ＝15，AM ＝7，得PM ＝2 2.在Rt △PMC 中，由PM ＝22，MC ＝2，得PC ＝2 3.在△P AC 中，由P A ＝15，PC ＝23，AC ＝21，得AN ＝15.在平行四边形ABCD 中，由EC AC ＝13，得EF NA ＝13，故EF ＝153，HF ＝56.在Rt △FHE 中，sin ∠FEH ＝HF EF ＝156，因此，直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为156.利用向量法求线面角的方法：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)．变式 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面A 1ADD 1⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，A 1A ＝A 1D ＝AD ＝AC ，E 为DD 1的中点．(变式)(1) 求证：BD 1∥平面ACE ；【解答】 如图，连接BD ，与AC 交于点O ，连接EO .因为底面ABCD 是菱形，所以O 是BD 的中点．因为E 为DD 1的中点，所以EO ∥BD 1.因为EO ⊂平面ACE ，BD 1⊄平面ACE ，所以BD 1∥平面ACE .(变式)(2) 求直线A 1D 与平面ACE 所成角的正弦值．【解答】 如图，取AD 的中点H ，连接A 1H ，CH ，所以A 1H ⊥平面ABCD ，CH ⊥AD ，以H 为原点，HC 所在的直线为x 轴，HD 所在的直线为y 轴，HA 1所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设A 1A ＝A 1D ＝AD ＝AC ＝2，则A (0，－1,0)，C (3，0,0)，A 1(0,0，3)，D (0，1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，A 1D →＝(0,1，－3)，AC→＝(3，1,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，32.设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AC →＝3x ＋y ＝0，n ·AE →＝52y ＋32z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，－3，5)．设A 1D 与平面ACE所成的角为θ，则sin θ＝|A 1D →·n ||A 1D →|·|n |＝63229＝38729，所以直线A 1D 与平面ACE 所成角的正弦值为38729.随堂内化1. (2022·沈阳二模)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AB ，AD ＝3AB ，则PC 与底面ABCD 所成角的正切值为( C )A. 13B. 3C. 1010D. 10解析： 如图，因为P A ⊥底面ABCD ，AC ⊂底面ABCD ，所以P A ⊥AC ，从而PC 与底面ABCD 所成的角为∠PCA .设AB ＝1，则P A ＝1，AD ＝3，AC ＝10，所以tan ∠PCA ＝P A AC ＝1010.(第1题)2. 在三棱锥P －ABC 中，已知P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝PB ＝PC ，M ，N 分别为AC ，AB 的中点，则异面直线PN 和BM 所成角的余弦值为( B )A. 33B. 36C. 63D. 66解析： 以点P 为坐标原点，P A →，PB →，PC →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，令P A ＝2，则P (0,0,0)，B (0,2,0)，M (1,0,1)，N (1,1,0)，则PN →＝(1,1,0)，BM →＝(1，－2,1)．设异面直线PN 和BM 所成的角为θ，则cos θ＝|PN →·BM →||PN →||BM →|＝36.(第2题)3. 如图，已知在长方体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 )(第3题) A. 33535B. 277C. 33D. 24解析： 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(图略)，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0，3,0)，所以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)，所以cos 〈DC 1→，n 〉＝DC 1→·n |DC 1→|·|n |＝33535，所以DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为33535. 备选 在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，若AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( C )A. 15B. 255C. 55D. 25解析： 以A 为坐标原点，AB ，AC ，AP 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，由AB ＝AC ＝1，P A ＝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，所以P A →＝(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⎩⎪⎨⎪⎧ 12y ＝0，－12x ＋12y ＋z ＝0，取z ＝1，则n ＝(2,0,1)．设P A 与平面DEF所成的角为θ，则 sin θ＝|P A →·n ||P A →||n |＝55，所以P A 与平面DEF 所成角的正弦值为55.(备选)4. 已知在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ＝5，E 为PC 的中点，则异面直线BE 与PD 所成角的余弦值为 1339 .解析： 由P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2,0,0)，C (2,2,0)，P (0，0，5)，D (0,2,0)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，52，所以BE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，52，PD →＝(0，2，－5)，所以cos 〈BE →，PD →〉＝BE →·PD →|BE →|·|PD →|＝－12132×3＝－1339，所以异面直线BE 与PD 所成角的余弦值为1339.(第4题)练案❶趁热打铁，事半功倍. 请老师布置同学们及时完成《配套精练》．练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(分基础和提高两个版本)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考保分增效天天练》，成书可向当地发行咨询购买．。
高中立体几何专题：线面角与线线角
线面角与线线角1、异面直线所成的角：（1）范围：(0,]2πθ∈；（2）求法；2、直线和平面所成的角：（1）定义：（2）范围：[0,90]o o ；（3）求法； 【典型例题】例1：（1）在正方体1111ABCD A B C D -中，下列几种说法正确的是 （ ）A 、11AC AD ⊥B 、11DC AB ⊥ C 、1AC 与DC 成45o 角D 、11AC 与1B C 成60o 角答案：D 。
解析：A 1C 1与AD 成45°，D 1C 1与AB 平行，AC 1与DC。
（2）在正方体AC 1中，过它的任意两条棱作平面，则能作得与A 1B 成300角的平面的个数为 （ ）A 、2个B 、4个C 、6个D 、8个答案：B 。
解析：平面A 1ACC 1，平面BB 1D 1D ，平面ABC 1D 1，平面A 1D 1CC 1。
（3）正六棱柱ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1底面边长是1面对角线E 1D 与BC 1所成的角是 （ ）A ．90ºB ．60ºC ．45ºD ．30º答案：B 。
解析将BC 1平移到E 1F 即可。
（4）在空间四边形ABCD 中，AB ⊥CD ，BC ⊥DA ，那么对角线AC 与BD 的位置关系是 。
答案：AC ⊥BD 。
解析：过A 作AH ⊥平面BCD ，垂足为H ，因为CD ⊥AB ，BC ⊥AD ，所以CD ⊥BH ，BC ⊥DH ，故H 为△BCD 的垂心，从而BD ⊥CH ，可得BD ⊥AC 。
（5）点AB 到平面α距离距离分别为12，20，若斜线AB 与α成030的角，则AB 的长等于__ ___.答案：16或64。
解析：分A 、B 在平面α的同侧和异侧进行讨论。
例3： 如图, 四棱锥P-ABCD 的底面是AB=2, BC =2的矩形, 侧面PAB 是等边三角形, 且侧面 PAB ⊥底面ABCD.(Ⅰ) 证明:BC ⊥侧面PAB;(Ⅱ) 证明: 侧面PAD ⊥侧面PAB;(Ⅲ) 求侧棱PC 与底面ABCD 所成角的大小;答案： (Ⅰ)证: ∵侧面PAB ⊥底面ABCD, 且侧面PAB 与底面ABCD 的交线是AB, 在矩形ABCD 中, BC ⊥AB ，.∴BC ⊥侧面PAB.(Ⅱ)证: 在矩形ABCD 中, AD ∥BC, BC ⊥侧面PAB, ∴AD ⊥侧面PAB. 又AD ⊂平面PAD, ∴侧面PAD ⊥侧面PAB.(Ⅲ)解: 在侧面PAB 内, 过点P 做PE ⊥AB, 垂足为E, 连结EC, ∵侧面PAB 与底面ABCD 的交线是AB, PE ⊥AB, ∴PE ⊥底面ABCD. 于是EC 为PC 在底面ABCD 内的射影.A BC D PAB C H S M ∴∠PCE 为侧棱PC 与底面ABCD 所成的角. 在△PAB 和△BEC 中, 易求得PE=3, EC=3.在Rt △PEC 中, ∠PCE=45°.例4：设△ABC 内接于⊙O ，其中AB 为⊙O 的直径，PA ⊥平面ABC 。
高考数学专题—立体几何(空间向量求空间角与空间距离)
高考数学专题——立体几何（空间向量求角与距离）一、空间向量常考形式与计算方法设直线l,m 的方向向量分别为l ⃗,m ⃗⃗⃗⃗，平面α,β的法向量分别为n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗. （1）线线角：（正负问题）：用向量算取绝对值（因为线线角只能是锐角）直线l,m 所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：cos θ=l⃗⋅m ⃗⃗⃗⃗|l⃗|⋅|m ⃗⃗⃗⃗|； （2）线面角：正常考你正弦值，因为算出来的是角的余角的余弦值 非正常考你余弦值，需要再算一步。
直线l 与平面α所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：sin θ=|l ⃗⋅n 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗||l⃗|⋅|n ⃗⃗|； (3)二面角：同进同出为补角；一进一出为原角。
注意：考试从图中观察，若为钝角就取负值，若为锐角就取正值。
平面α,β所成的二面角为θ，则0≤θ≤π，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＝⟨AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗,CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩．如图②③，n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗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|＝|n⃗⃗1⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n⃗⃗1|⋅|n2⃗⃗⃗⃗⃗⃗||，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)空间距离额计算：通常包含点到平面距离，异面直线间距离。
二、空间向量基本步骤空间向量求余弦值或正弦值四步法（1）建系：三垂直，尽量多点在轴上；左右下建系，建成墙角系；锥体顶点在轴上；对称面建系。
一定要注明怎样建成的坐标系（2）写点坐标（3）写向量：向量最好在面上或者轴上（可简化计算量） （4）法向量的简化计算直线的方向向量和平面的法向量（1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有无数个.（2）若直线l ⊥α，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作，有无数多个，任意两个都是共线向量.平面法向量的求法：设平面的法向量为α⃗=(x,y,z ).在平面内找出（或求出）两个不共线的向量a ⃗=(x 1,y 1,z 1)，b ⃗⃗=(x 2,y 2,z 2)，根据定义建立方程组，得到{α⃗×a ⃗=0α⃗×b ⃗⃗=0，通过赋值，取其中一组解，得到平面的法向量.三、空间向量求距离向量方法求异面直线距离：先求两异面直线的公共法向量，再求两异面直线上任意两点的连结线段在公共法向量上的射影长。
高三复习专题：向量方法求空间角和距离
高三复习专题：向量方法求空间角肖冠承在高考的立体几何试卷中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教案和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题．b5E2RGbCAP1求空间角问题空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；二面角．<１）求异面直线所成的角设、分别为异面直线a、b的方向向量,则两异面直线所成的角=<２）求线面角设是斜线l的方向向量，是平面的法向量，则斜线l与平面所成的角=<３）求二面角法一、在内，在内，其方向如图，则二面角的平面角=法二、设是二面角的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角的平面角=例１．如图，在棱长为２的正方体中，E、F分别是棱的中点．<Ⅰ）求异面直线所成的角；<II）求和面EFBD所成的角；解：<Ⅰ）记异面直线所成的角为，则等于向量的夹角或其补角，<II）如图建立空间坐标系，则，设面的法向量为由得又记和面EFBD所成的角为则∴和面EFBD所成的角为．设计说明：１．作为本专题的例１，首先选择以一个容易建立空间直角坐标系的多面体―――正方体为载体，来说明空间角的向量求法易于学生理解．p1EanqFDPw２．解决(1>后，可让学生进一步求这两条异面直线的距离，并让学生体会一下：如果用传统方法恐怕很难<不必多讲，高考对公垂线的作法不作要求）．DXDiTa9E3d３．完成这2道小题后，总结：对于易建立空间直角坐标系的立几题，无论求角、距离还是证明平行、垂直<是前者的特殊情况），都可用向量方法来解决，RTCrpUDGiT向量方法可以人人学会，它程序化，不需技巧．例2．如图，三棱柱中，已知A BCD是边长为1的正方形，四边形是矩形，<Ⅰ）若＝１，求直线AB到面的距离．<II）试问：当的长度为多少时，二面角的大小为解：<Ⅰ）如图建立空间坐标系，则设面的法向量为则得直线AB到面的距离ｄ就等于点Ａ到面的距离，也等于向量在面的法向量上的投影的绝对值，<II）易得面的法向量向量的夹角为由得当＝１时，二面角的大小为．设计说明：１．通过<Ⅰ），复习线面距离转化为点面距离再转化为一向量在一向量<法向量）投影的绝对值的解题思路与方法．5PCzVD7HxA２．通过<II），复习面面角转化为两向量的夹角或其补角的方法，也可借此机会说明为什么这两个角相等或互补，就没有其他情况．jLBHrnAILg通过上面的例子，我们看到向量方法<更确切地讲，是用公式：）解决空间角和距离的作用，当然，以上所举例子，用传统方法去做，也是可行的，甚至有的<例２）还较为简单，用向量法的好处在于克服传统立几以纯几何解决问题带来的高度的技巧性和随机性．向量法可操作性强―――运算过程公式化、程序化，有效地突破了立体几何教案和学习中的难点，是解决立体几何问题的重要工具．充分体现出新教材新思想、新方法的优越性．这是继解读几何后用又一次用代数的方法研究几何形体的一块好内容，数形结合，在这里得到淋漓尽致地体现．xHAQX74J0X申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途。
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(1) 两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．( ) (2) 已知A→B＝(2,2,1)，A→C＝(4,5,3)，则平面 ABC 的单位法向量是
n0＝±13，－23，23.( )
(3)已知 a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，则 a∥c，a⊥b.( )
3.两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
l1 与 l2 所成的角 θ a 与 b 的夹角 β
范围
0，π2
[0，π]
求法
cosθ＝||aa|·|bb||
cosβ＝|aa|·|bb|
l2
l2
l1 l1
2020届高考数学专题：空间角——线 线角与 线面角 专题复 习(共17 张PPT)
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一种方法
两种关系
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．
A→B为直线 l 的方向向量，与A→B平行的任意 非零向量 也是直线 l 的方 向向量．
(2)平面的法向量可利用方程组求出：设 a，b 是平面 α 内两不共线向量，
n
为平面
α
的法向量，则求法向量的方程组为n·a＝0， n·b＝0.
2.空间位置关系的向量表示
位置关系
直线 l1，l2 的方向向量分别为 n1，n2.
(2)法一 如图 1，取 PB 中点 F，连接 EF，AF，
则 EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线
BC 与 AE 所成的角．
在△AEF 中，由于 EF＝ 2，AF＝ 2，
F
AE＝12PC＝2.
则△AEF 是等腰直角三角形，
所以∠AEF＝π4.
因此，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是π4.
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空间角——线线角与线面角
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4.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 sinθ＝|cosβ|＝||aa|·|nn||.
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ABCD，E 是 PC 的中点．已知 AB＝2，AD＝2 2，PA＝2.求： (1)三角形 PCD 的面积． (2)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小．
解 (1)因为 PA⊥底面 ABCD， 所以 PA⊥CD． 又 AD⊥CD， 所以 CD⊥平面 PAD， 从而 CD⊥PD．
因为 PD＝ 22＋2 22＝2 3，CD＝2， 所以三角形 PCD 的面积为12×2×2 3＝2 3.
一、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(1)(6) 二、直线和平面所成的角与其向量的夹角：当斜 线的方向向量与平面的法向量的夹角为锐角或直 角时，取其余角就是斜线和平面所成的角；否则 将向量夹角减去90°是斜线和平面所成的角.如(5)
知识回顾
知识梳理 辨析感悟
方法探究
探究一 求异面直线所成的角
例1
探究二 求直线平面所成的角 例2
经典题目再现
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1.直线的方向向量与平面的法向量
(1)直线的方向向量：l 是空间一直线，A，B 是直线 l 上任意两点，则称
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求异面直线所成的角
【例 1】 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA⊥底面
ABCD，E 是 PC 的中点．已知 AB＝2，AD＝2 2，PA＝2.求： (1)三角形 PCD 的面积． (2)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小．
直线 l 的方向向量为 n， 平面 α 的法向量为 m
l1∥l2 l1⊥l2 l∥α l⊥α
向量表示
n1∥n2⇔n1＝λn2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
n⊥m⇔ m·n＝0 n∥m⇔n＝λm
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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)在如图所示的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，异面直线 A1B 与 B1C 所成角的大小为 60°.( )
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求异面直线所成的角
【例 1】 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA⊥底面