空间向量与空间角练习题
高考必考题—运用空间向量解决空间角(含解析)
运用空间向量解决空间角一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
例1、【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．例2、(2019南京学情调研） 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知底面ABCD 的边长AB ＝3，侧棱AA 1＝2，E 是棱CC 1的中点，点F 满足AF →＝2FB →.(1) 求异面直线FE 和DB 1所成角的余弦值； (2) 记二面角EB 1FA 的大小为θ，求|cos θ|.题型二、直线与平面所成的角直线与平面所成的角是通过研究直线的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特别注意所求的角与已求的角之间的关系。
例3、【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．例4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．题型三、平面与平面所成的角利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据观察判断向量在图形中的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点例5、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．例6、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．二、达标训练1、【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．2、【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.3、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.4、（2020届山东省九校高三上学期联考）已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，12AB AA ==，3BAD π∠=，ACBD O =，AO ⊥平面1A BD ，11A B A D =.（1）证明：1//B C 平面1A BD ； （2）求钝二面角1B AA D --的余弦值.5、（2020届山东省潍坊市高三上期末）在底面为正方形的四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面,,,ABCD PA PD E F =分别为棱PC 和AB 的中点.(1)求证://EF 平面PAD ;(2)若直线PC 与AB ，求平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的大小.6、(2019南京、盐城一模）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA ＝AB＝2，点E是棱PB的中点．(1) 求异面直线EC与PD所成角的余弦值；(2) 求二面角BECD的余弦值．一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题24 空间向量与空间角的计算(学生版)
专题24空间向量与空间角的计算年份题号考点考查内容2011理18二面角的计算线面、线线垂直的判定与性质、利用向量法求二面角的方法，逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力2012理19二面角的计算线面平行、线线垂直、线面垂直的判定定理及二面角的计算，逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力2013卷2理18二面角的计算线面平行的判定定理及二面角的计算，逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力卷1理18空间线面角的计算空间线面、线线垂直的判定与性质及线面角的计算，空间想象能力、逻辑推论证能力2014卷2理18二面角的计算线面平行的判定、二面角的计算、锥体的体积计算等基础知识，逻辑推理能力、空间想象能力、运算求解能力卷2理11空间异面直线所成角的计算异面直线所成的角，空间想象能力和运算求解能力卷1理19二面角的计算空间线线垂直、线面垂直的判定与性质、二面角的计算等基础知识，逻辑推理能力、空间想象能力和运算求解能力2015卷1理18空间异面直线所成角的计算主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算异面直线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力．2016卷3理19空间线面角的计算线面平行的判定与性质、利用空间向量计算线面角，逻辑推理能力和运算求解能力卷2理19解答题中的折叠问题与探索性问题二面角的计算折叠问题中线面垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力和运算求解能力卷1理18二面角的计算主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算求解能力卷1理11文11空间异面直线所成角的计算面面平行的性质及线线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力2017卷3理16空间异面直线所成角的计算空间点、线、面位置关系及线线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力卷3理19二面角的计算主要以三棱锥为载体面面垂直的判定与性质、简单几何体体积的计算、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算求解能力卷2理18二面角的计算空间线面角的计算主要以三棱锥为载体线面平行的判定与性质、利用空间向量计算线面角与二面角，逻辑推理能力与运算求解能力卷2理10空间异面直线所成角的计算空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能力卷1理18二面角的计算空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算求解能力2018卷3文19解答题中的折叠问题与探索性问题空间面面垂直的判定与性质、是否存在点是线面平行的问题，逻辑推理能力与空间想象能力卷2文9空间异面直线所成角的计算空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能力卷1文10空间线面角的计算长方体中线面角的计算与长方体体积计算，运算求解能力卷3理19二面角的计算空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角与空间几何体体积的最大值，逻辑推理能力与运算求解能力卷2理20空间线面角的计算二面角的计算主要以三棱锥为载体线面垂直的判定与性质、利用空间向量计算线面角与二面角，逻辑推理能力与运算求解能力卷2理9空间异面直线所成角的计算空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能力卷1理18解答题中的折叠问题与探索性问题空间线面角的计算折叠问题中空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算线面角及逻辑推理能力与运算求解能力2019卷3理19解答题中的折叠问题与探索性问题二面角的计算折叠问题中的共面问题的判定、空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角及逻辑推理能力与运算求解能力卷2理17二面角的计算空间线线、线面垂直的判定与性质及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力、运算求解能力卷1理18二面角的计算空间线面平行的判定及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力、运算求解能力2020卷1理16空间角的计算空间角的计算，利用余弦定理解三角形理18二面角的计算空间线线、线面垂直的判定与性质及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力、运算求解能力卷2理20空间位置关系判定、空间角的计算间线面平行与垂直的证明，线面角的计算卷3理19二面角、点与平面位置关系点在平面的证明，利用空间向量法求二面角探求规律考点82空间异面直线所成角的计算1．(2018•新课标Ⅱ，理9)在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为()A ．15B ．56C．55D．222．(2018•新课标Ⅱ，文9)在正方体1111ABCD AB C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为()A B C ．D3.(2017•新课标Ⅱ，理10)已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为()A B C ．D 4．(2016•新课标Ⅰ，理11文11)平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，//α平面11CB D ，α⋂平面ABCD m =，α⋂平面11ABB A n =，则m 、n 所成角的正弦值为()A ．32B ．22C ．33D ．135．(2014新课标Ⅱ，理11)直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为()A ．110B ．25C 3010D 226．(2020全国Ⅰ理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 ∠=_____________．7．(2017•新课标Ⅲ，理16)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成30︒角；②当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成60︒角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45︒；④直线AB 与a 所成角的最小值为60︒；其中正确的是．(填写所有正确结论的编号)8．(2015浙江)如图，三棱锥A BCD -中，3AB AC BD CD ====，2AD BC ==，点,M N 分别是,AD BC 的中点，则异面直线,AN CM 所成的角的余弦值是．9．(2015四川)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ上，,E F 分别为,AB BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则θcos 的最大值为_________．10．(2015•新课标Ⅰ，理18)如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠=︒，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，2BE DF =，AE EC ⊥．(Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面AFC(Ⅱ)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．考点83空间线面角的计算1．(2020山东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．(2018•新课标Ⅰ，文10)在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为()A ．8B ．62C ．82D ．833．(2014浙江)如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练，已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面的射击线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)．若15AB m =，25AC m =，30BCM ∠=︒则tan θ的最大值A 305B 3010C 439D 5394．(2014四川)如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是A ．3,1]3B ．63C ．622,33D ．22[,1]35．(2020全国Ⅱ理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△111C 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．6．(2018•新课标Ⅱ，理20)如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，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．7．(2016•新课标Ⅲ，理19)如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，//AD BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，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．8．(2013新课标Ⅰ，理18)如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，CA=CB ，AB=A A 1，∠BA A 1=60°．(Ⅰ)证明AB ⊥A 1C ；(Ⅱ)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB=CB=2，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．9．(2018浙江)如图，已知多面体111ABCA B C ，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．(1)证明：1AB ⊥平面111A B C ；(2)求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．10．(2017浙江)如图，已知四棱锥P ABCD -，PAD ∆是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC AD ∥，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点．(Ⅰ)证明：CE ∥平面PAB ；(Ⅱ)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．11．(2014天津)如图四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，BA BD ==2AD =，PA PD ==，E ，F 分别是棱AD ，PC 的中点．(Ⅰ)证明：EF ∥平面PAB ；(Ⅱ)若二面角P AD B --为60°，(ⅰ)证明：平面PBC ⊥平面ABCD ；(ⅱ)求直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值．12．(2013浙江)如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，2AB BC ==，AD CD ==，PA =，120ABC ∠= ，G 为线段PC 上的点．(Ⅰ)证明：BD ⊥面APC ；(Ⅱ)若G 是PC 的中点，求DG 与APC 所成的角的正切值；(Ⅲ)若G 满足PC ⊥面BGD ，求PGGC的值．13．(2019浙江19)如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF BC ⊥；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．14．(2018天津)如图，AD BC ∥且2AD BC =，AD CD ⊥，EG AD ∥且EG AD =，CD FG ∥且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===．(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ；(2)求二面角E BC F --的正弦值；(3)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．15．(2018江苏)如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，点P ，Q 分别为11A B ，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与1AC 所成角的余弦值；(2)求直线1CC 与平面1AQC 所成角的正弦值．16．(2017天津)如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =．(Ⅰ)求证：MN ∥平面BDE ；(Ⅱ)求二面角C EM N --的正弦值；(Ⅲ)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．17．(2017北京)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD //平面MAC ，PA PD ==，4AB =．(Ⅰ)求证：M 为PB 的中点；(Ⅱ)求二面角B PD A --的大小；(Ⅲ)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．18．(2014福建)在平行四边形ABCD 中，1AB BD CD ===，,AB BD CD BD ⊥⊥，将ABD ∆沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图．(Ⅰ)求证：AB ⊥CD ；(Ⅱ)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．19．(2013天津)如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ⊥底面ABCD ，AB DC ∥，AB AD ⊥，1AD CD ==，12AA AB ==，E 为棱1AA 的中点．(Ⅰ)证明11B C CE ⊥；(Ⅱ)求二面角11B CE C --的正弦值；(Ⅲ)设点M 在线段1C E 上；且直线AM 与平面11ADD A 所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．考点84二面角的计算1．(2018浙江)已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点)，设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则A ．123θθθ≤≤B ．321θθθ≤≤C ．132θθθ≤≤D ．231θθθ≤≤2．(2017浙江)如图，已知正四面体D ABC -(所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CR QC RA==，分别记二面角D PR Q --，D PQ R --，D QR P --的平面角为α，β，γ，则A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α3．如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成△A CD '，所成二面角A CD B '--的平面角为α，则()A ．A DB α∠' B ．A DB α∠'C ．A CB α∠'D ．A CB α∠' 4．(2020全国Ⅰ理18)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC ∆是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO =．(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求二面角B PC E --的余弦值．5．(2020全国Ⅲ理19)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且112,2DE ED BF FB ==．(1)证明：点1C 在平面AEF 内；(2)证明：若12,1,3AB AD AA ===时，求二面角1A EF A--的正弦值．6．(2020江苏24)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 ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．7．(2020浙江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．8．(2020天津17)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且12,AD CE M ==为棱11A B 的中点．(Ⅰ)求证：11C M B D ⊥；(Ⅱ)求二面角1B B E D --的正弦值；(Ⅲ)求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．9．(2020山东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．10．(2019•新课标Ⅰ，理18)如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．(1)证明：//MN 平面1C DE ；(2)求二面角1A MA N --的正弦值．11．(2019•新课标Ⅱ，理17)如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．(1)证明：BE ⊥平面11EB C ；(2)若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．12．(2018•新课标Ⅲ，理19)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，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．13．(2017•新课标Ⅰ，理18)如图，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=︒．(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，求二面角A PB C --的余弦值．14．(2017•新课标Ⅱ，理19)如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=︒，E 是PD 的中点．(1)证明：直线//CE 平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45︒，求二面角M AB D --的余弦值．15．(2017•新课标Ⅲ，理19)如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，ACD ∆是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D AE C --的余弦值．16．(2016•新课标Ⅰ，理18)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，2AF FD =，90AFD ∠=︒，且二面角D AF E --与二面角C BE F --都是60︒．(Ⅰ)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；(Ⅱ)求二面角E BC A --的余弦值．17．(2014新课标Ⅰ，理19)如图三棱锥111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥．(Ⅰ)证明：1AC AB =；(Ⅱ)若1AC AB ⊥，o 160CBB ∠=，AB=BC ，求二面角111A A B C --的余弦值．18．(2014新课标Ⅱ，理18)如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(Ⅰ)证明：PB ∥平面AEC ；(Ⅱ)设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD 的体积．19．(2013新课标Ⅱ，理18)如图直棱柱111ABC A B C -中，D ，E 分别为AB ，1BB 的中点，1AA =AC=CB=22AB ．(Ⅰ)证明：1BC ∥平面1A CD ；(Ⅱ)求二面角D-1A C E -的正弦值．20．(2012•新课标，理19)如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，1DC BD ⊥(1)证明：1DC BC ⊥；(2)求二面角11A BD C --的大小．21．(2011•新课标，理18)如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，DAB ∠=060，AB =2AD ，PD ⊥底面ABCD ．(Ⅰ)证明：PA BD ⊥；(Ⅱ)若PD =AD ，求二面角A PB C --的余弦值．22．(2011广东)如图在椎体P ABCD -中，ABCD 是边长为1的棱形，且DAB ∠=60︒，2PA PD ==2PB =，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(Ⅰ)证明：AD ⊥平面DEF ；(Ⅱ)求二面角P AD B --的余弦值．23．(2019天津理17)如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．(Ⅰ)求证：BF ∥平面ADE ；(Ⅱ)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(Ⅲ)若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．24．(2018北京)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，5AB BC ==，12AC AA ==．(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角1B CD C --的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．25．(2016年山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径，FB 是圆台的一条母线．(I)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(II)已知EF =FB =12AC =23，AB BC =．求二面角F BC A --的余弦值．26．(2016年天津)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，2AB BE ==．(Ⅰ)求证：EG ∥平面ADF ；(Ⅱ)求二面角O EF C --的正弦值；(Ⅲ)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．27．(2015福建)如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ^平面BEG ，BE ^EC ，2AB BE EC ===，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(Ⅰ)求证：GF ∥平面ADE ；(Ⅱ)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．28．(2015山东)如图，在三棱台DEF ABC -中，2AB DE =，,G H 分别为,AC BC 的中点．(Ⅰ)求证：BC //平面FGH ；(Ⅱ)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF =DE ，∠BAC =45 ，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．29．(2014山东)如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，60,DAB ∠= 22AB CD ==，M 是线段AB 的中点．(Ⅰ)求证：111//C M A ADD 平面；(Ⅱ)若1CD 垂直于平面ABCD 且1=3CD ，求平面11C D M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．30．(2014辽宁)如图，ABC ∆和BCD ∆所在平面互相垂直，且2AB BC BD ===，0120ABC DBC ∠=∠=，E 、F 分别为AC 、DC 的中点．(Ⅰ)求证：EF BC ⊥；(Ⅱ)求二面角E BF C --的正弦值．31．(2014浙江)如图，在四棱锥BCDE A -中，平面⊥ABC 平面BCDE ，90CDE BED ∠=∠= ，2AB CD ==，1DE BE ==，2AC =．(Ⅰ)证明：⊥DE 平面ACD ；(Ⅱ)求二面角E AD B --的大小．32．(2014广东)如图4，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，030DPC ∠=，AF PC ⊥于点F ，//FE CD ，交PD 于点E ．(Ⅰ)证明：CF ADF⊥平面(Ⅱ)求二面角D AF E --的余弦值．33．(2014湖南)如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长都相等，AC BD O = ，11111A C B D O = ，四边形1111ACC A BDD B 和四边形均为矩形．(1)证明：1;O O ABCD ⊥底面(2)若1160,CBA C OB D ∠=--求二面角的余弦值．34．(2013陕西)如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，1AO ⊥平面ABCD ，12AB AA ==．(Ⅰ)证明：1AC ⊥平面11BB D D ；(Ⅱ)求平面1OCB 与平面11BB D D 的夹角θ的大小．35．(2012浙江)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为23的菱形，120BAD ∠=︒，且PA ⊥平面ABCD ，26PA =，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(Ⅰ)证明：//MN 平面ABCD ；(Ⅱ)过点A 作AQ PC ⊥，垂足为点Q ，求二面角A MN Q --的平面角的余弦值．36．(2017山东)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒得到的，G 是 DF的中点．(Ⅰ)设P 是 CE上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小；(Ⅱ)当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小．考点85解答题中折叠问题与探索性问题1．(2019•新课标Ⅲ，理19)图1是由矩形ADEB 、Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE BF ==，60FBC ∠=︒．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B CG A --的大小．2．(2018•新课标Ⅰ，理18)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．3．(2018•新课标Ⅲ，文19)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧 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)在线段AM 上是否存在点P ，使得//MC 平面PBD ？说明理由．4．(2016•新课标Ⅱ，理19)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD 上，54AE CF ==，EF 交于BD 于点H ，将DEF ∆沿EF 折到△D EF '的位置，10OD '=．(Ⅰ)证明：D H '⊥平面ABCD ；(Ⅱ)求二面角B D A C -'-的正弦值．5．(2019北京理16)如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥平面，AD CD ⊥，AD BC P ，23PA AD CD BC ====，．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．(Ⅰ)求证：CD PAD ⊥平面；(Ⅱ)求二面角F AE P --的余弦值；(Ⅲ)设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．6．(2016年北京)如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，AC CD ==．(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求AM AP 的值；若不存在，说明理由．7．(2015陕西)如图1，在直角梯形ΑΒCD 中，//ΑD ΒC ，2ΒΑD π∠=，1ΑΒΒC ==，2ΑD =，Ε是ΑD的中点，O 是AC 与BE 的交点．将ΑΒΕ∆沿BE 折起到1A BE ∆的位置，如图2．(Ⅰ)证明：CD ⊥平面1AOC ；(Ⅱ)若平面1A BE ⊥平面BCDE ，求平面1A BC 与平面1ACD 夹角的余弦值．8．(2013广东)如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90A ∠=︒，6BC =，,D E 分别是,AC AB上的点，CD BE =，O 为BC 的中点．将ADE ∆沿DE 折起，得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-，其中A O '=．(Ⅰ)证明：A O '⊥平面BCDE ；(Ⅱ)求二面角A CD B '--的平面角的余弦值．9．(2013湖北)如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，直线PC ⊥平面ABC ，E ，F 分别是PA ，PC 的中点．(Ⅰ)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面PAC 的位置关系，并加以证明；(Ⅱ)设(I)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足12DQ CP = ．记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为α，二面角E l C --的大小为β，求证：sin sin sin θαβ=．10．(2012福建)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中11AA AD ==，E 为CD 中点．(Ⅰ)求证：11B E AD ⊥；(Ⅱ)在棱1AA 上是否存在一点P ，使得DP ∥平面1B AE ？若存在，求AP 的行；若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．(Ⅲ)若二面角11A B E A --的大小为30°，求AB 的长．。
空间向量与空间的角
0,
2
设两条异面直线 m,的l 方向向量为 ，a,直b线
明志 勤奋 求实
所成m的, l角为 ，则
创新
l
l
a
b
m
a
b
m
a,b
cos cos a,b
a,b
cos cos a,b cos a,b
cos cos a,b
★再现型题组
明志 勤奋 求实 创新
直线和平面所成的角
直线l与平面α所 成的角θ.
范围：0,
2
na l
O
a,n
2
sin
sin
2
a,n
cos
a,n
明志 勤奋 求实 创新
al
O
n
a,n
2
sin
sin
a,nBiblioteka 2cosa,n
sin cos a,n
★再现型题组
明志 勤奋 求实 创新
二面角
范围：0,
明志 勤奋 求实 创新
n1
n2
空间向量与空间的角
山东省北镇中学 邵春成
高考再现：
明志 勤奋 求实 创新
明志 勤奋 求实 创新
明志 勤奋 求实 创新
明志 勤奋 求实 创新
明志 勤奋 求实 创新
明志 勤奋 求实 创新
明志 勤奋 求实 创新
明志 勤奋 求实 创新
★再现型题组
明志 勤奋 求实 创新
异面直线所成的角
范围：
明志 勤奋 求实 创新
明志 勤奋 求实 创新
★提高型题组
明志 勤奋 求实 创新
明志 勤奋 求实 创新
★反馈型题组
明志 勤奋 求实 创新
空间向量练习及答案解析
空间向量练习及答案解析1.已知平面α的一个法向量为(2,-1,1)，且α∥β，则平面β的一个可能的法向量是哪个？A。
(4,2,-2) B。
(2,0,4) C。
(2,-1,-5) D。
(4,-2,2)2.在如图所示的正方形ABCD中，过点A作线段EA垂直于平面AC，若EA=1，则平面ADE和平面BCE所成的二面角大小是多少？A。
120° B。
45° C。
150° D。
60°3.已知向量a=(1,2,3)，向量b=(2,1,2)，向量c=(1,1,2)，点Q在直线OP上移动，当a·Q+b·Q取得最小值时，点Q的坐标是多少？A。
B。
C。
D.4.将正方形ABCD沿对角线BD折成直角二面角A-BD-C，以下哪个结论是错误的？A。
AC⊥BDB。
△ACD是等边三角形C。
∠ABC与平面BCD所成的角为60°D。
∠ABD与CD所成的角为60°5.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB=BC=AA1，∠ABC=90°，点E和F分别是棱AB和BB1的中点，直线EF和BC1的夹角是多少？A。
45° B。
60° C。
90° D。
120°6.在空间四面体O-ABC中，点M在线段OA上，且OM=2MA，点N为BC中点，设∠AOM=a，∠BOM=b，∠CON=c，则a+b-c等于多少？A。
a+b-c B。
-a+b+c C。
a-b+c D。
a+b-c7.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是DC的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，AB1和D1E所成角的余弦值是多少？A。
B。
C。
- D。
-8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N、P分别是棱CC1、BC和A1B1上的点，若∠B1MN=90°，则∠PMN的大小是多少？A。
等于90° B。
小于90° C。
利用向量方法求空间角 知识点+例题+练习
教学内容利用向量方法求空间角教学目标1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．重点1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．难点1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．教学准备教学过程自主梳理1．两条异面直线的夹角①定义：设a，b是两条异面直线，在直线a上任取一点作直线a′∥b，则a′与a的夹角叫做a与b的夹角．②范围：两异面直线夹角θ的取值范围是_____________________．③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cos θ＝________＝_______________.2．直线与平面的夹角①定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内的射影的夹角．②范围：直线和平面夹角θ的取值范围是________________________．③向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|或cos θ＝sin φ.3．二面角(1)二面角的取值范围是____________．(2)二面角的向量求法：①若AB、CD分别是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB→与CD→的夹角(如图①)．②设n1，n2分别是二面角α—l—β的两个面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．自我检测1．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________．2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则l1与l2所成的角等于________．3．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于________．4．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为_______________________________________．5．(2010·铁岭一模)已知直线AB、CD是异面直线，AC⊥CD，BD⊥CD，且AB＝2，CD＝1，则异面直线AB与CD所成的角的大小为________．教学效果分析教学过程探究点一利用向量法求异面直线所成的角例1已知直三棱柱ABC—A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值．变式迁移1如图所示，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，求异面直线BA1和AC所成的角．探究点二利用向量法求直线与平面所成的角例2如图，已知平面ABCD⊥平面DCEF，M，N分别为AB，DF的中点，求直线MN与平面DCEF所成的角的正弦值．变式迁移2如图所示，在几何体ABCDE中，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，BE和CD都垂直于平面ABC，且BE＝AB＝2，CD＝1，点F是AE的中点．求AB与平面BDF所成的角的正弦值．教学效果分析教学过程探究点三利用向量法求二面角例3如图，ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝BC＝BA＝1，AD＝12，求面SCD与面SBA所成角的余弦值大小．变式迁移3如图，在三棱锥S—ABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，O为BC中点．(1)证明：SO⊥平面ABC；(2)求二面角A—SC—B的余弦值．探究点四综合应用例4如图所示，在三棱锥A—BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD＝3，BD＝CD＝1，另一个侧面ABC是正三角形．(1)求证：AD⊥BC；(2)求二面角B－AC－D的余弦值；(3)在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．教学效果分析教学过程变式迁移4 (2011·山东，19)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．1．求两异面直线a、b的所成的角θ，需求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos〈a，b〉|.2．求直线l与平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sin θ＝|cos〈n，a〉|.3．求二面角α—l—β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角．则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．)一、填空题(每小题6分，共48分)1．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M是AB的中点，则sin〈DB1→，CM→〉的值等于________．2．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成的角的大小为________．3．如图，在正四面体ABCD中，E、F分别是BC和AD的中点，则AE与CF所成的角的余弦值为________．教学效果分析教学过程4．(2011·南通模拟) 如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知B1C，C1D与上底面A1B1C1D1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成的余弦值为________．5．P是二面角α—AB—β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α—AB—β的大小为________．6．(2011·无锡模拟)已知正四棱锥P—ABCD的棱长都相等，侧棱PB、PD的中点分别为M、N，则截面AMN与底面ABCD所成的二面角的余弦值是________．7．如图，P A⊥平面ABC，∠ACB＝90°且P A＝AC＝BC＝a，则异面直线PB与AC所成角的正切值等于________．8．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成的角的正弦值为________．二、解答题(共42分)9．(14分) 如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8.BC是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE∥AD.(1)求二面角B－AD－F的大小；(2)求直线BD与EF所成的角的余弦值．10．(14分)(2011·大纲全国，19)如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD⊥平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．教学效果分析教学过程11．(14分)(2011·湖北，18)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tan θ的最小值．自主梳理1．②⎝⎛⎦⎤0，π2③|cos φ|⎪⎪⎪⎪a·b|a|·|b| 2.②⎣⎡⎦⎤0，π2 3.(1)[0，π]教学效果分析自我检测 1．45°或135° 2.90° 3.30° 4.60° 5.60° 课堂活动区例1 解题导引 (1)求异面直线所成的角，用向量法比较简单，若用基向量法求解，则必须选好空间的一组基向量，若用坐标求解，则一定要将每个点的坐标写正确．(2)用异面直线方向向量求两异面直线夹角时，应注意异面直线所成的角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2 解如图所示，以C 为原点，直线CA 、CB 、CC 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设CA ＝CB ＝CC 1＝2，则A 1(2,0,2)，C (0,0,0)，B (0,2,0)，D (0,1,2)， ∴BD →＝(0，－1,2)，A 1C →＝(－2,0，－2)，∴cos 〈BD →，A 1C →〉＝BD →·A 1C →|BD →||A 1C →|＝－105.∴异面直线BD 与A 1C 所成角的余弦值为105.变式迁移1 解 ∵BA 1→＝BA →＋BB 1→，AC →＝AB →＋BC →， ∴BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(AB →＋BC →) ＝BA →·AB →＋BA →·BC →＋BB 1→·AB →＋BB 1→·BC →. ∵AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， ∴BA →·BC →＝0，BB 1→·AB →＝0， BB 1→·BC →＝0，BA →·AB →＝－a 2， ∴BA 1→·AC →＝－a 2. 又BA 1→·AC →＝|BA 1→|·|AC →|·cos 〈BA 1→，AC →〉，∴cos 〈BA 1→，AC →〉＝－a 22a ×2a ＝－12.∴〈BA 1→，AC →〉＝120°.∴异面直线BA 1与AC 所成的角为60°.例2 解题导引 在用向量法求直线OP 与α所成的角(O ∈α)时，一般有两种途径：一是直接求〈OP →，OP ′→〉，其中OP ′为斜线OP 在平面α内的射影；二是通过求〈n ，OP →〉进而转化求解，其中n 为平面α的法向量．解设正方形ABCD ，DCEF 的边长为2，以D 为坐标原点，分别以射线DC ，DF ，DA 为x ，y ，z 轴正半轴建立空间直角坐标系如图．则M (1,0,2)，N (0,1,0)，可得MN →＝(－1,1，－2)．又DA →＝(0,0,2)为平面DCEF 的法向量，可得cos 〈MN →，DA →〉＝MN →·DA →|MN →||DA →|＝－63.所以MN 与平面DCEF 所成的角的正弦值为|cos 〈MN →，DA →〉|＝63.变式迁移2 解 以点B 为原点，BA 、BC 、BE 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，D (0,2,1)，E (0,0,2)，F (1,0,1)． ∴BD →＝(0,2,1)，DF →＝(1，－2,0)． 设平面BDF 的一个法向量为 n ＝(2，a ，b )，∵n ⊥DF →，n ⊥BD →， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·BD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧(2，a ，b )·(1，－2，0)＝0，(2，a ，b )·(0，2，1)＝0. 解得a ＝1，b ＝－2.∴n ＝(2,1，－2)． 设AB 与平面BDF 所成的角为θ，则法向量n 与BA →的夹角为π2－θ，∴cos ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝BA →·n |BA →||n |＝(2，0，0)·(2，1，－2)2×3＝23， 即sin θ＝23，故AB 与平面BDF 所成的角的正弦值为23.例3 解题导引 图中面SCD 与面SBA 所成的二面角没有明显的公共棱，考虑到易于建系，从而借助平面的法向量来求解．解建系如图，则A (0,0,0)， D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C (1,1,0)， B (0，1,0)，S (0,0,1)， ∴AS →＝(0,0,1)，SC →＝(1,1，－1)，SD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－1，AB →＝(0,1,0)，AD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，0. ∴AD →·AS →＝0，AD →·AB →＝0. ∴AD →是面SAB 的法向量，设平面SCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有n ·SC →＝0且n ·SD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，12x －z ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1.∴n ＝(2，－1,1)．∴cos 〈n ，AD →〉＝n ·AD →|n ||AD →|＝2×126×12＝63.故面SCD 与面SBA 所成的二面角的余弦值为63. 变式迁移3 (1)证明 由题设AB ＝AC ＝SB ＝SC ＝SA . 连结OA ，△ABC 为等腰直角三角形，所以OA ＝OB ＝OC ＝22SA ， 且AO ⊥BC .又△SBC 为等腰三角形，故SO ⊥BC ，且SO ＝22SA .从而OA 2＋SO 2＝SA 2，所以△SOA 为直角三角形，SO ⊥AO . 又AO ∩BC ＝O ，所以SO ⊥平面ABC . (2)解以O 为坐标原点，射线OB 、OA 、OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系O －xyz ，如图．设B (1,0,0)，则C (－1,0,0)， A (0,1,0)，S (0,0,1)．SC 的中点M ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， MO →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－12，MA →＝⎝⎛⎭⎫12，1，－12， SC →＝(－1,0，－1)， ∴MO →·SC →＝0，MA →·SC →＝0.故MO ⊥SC ，MA ⊥SC ，〈MO →，MA →〉等于二面角A —SC —B 的平面角．cos 〈MO →，MA →〉＝MO →·MA →|MO →||MA →|＝33，所以二面角A —SC —B 的余弦值为33.例4 解题导引 立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设，借助空间向量建立方程，进行求解．(1)证明作AH ⊥面BCD 于H ，连结BH 、CH 、DH ，则四边形BHCD 是正方形，且AH ＝1，将其补形为如图所示正方体．以D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系．则B (1,0,0)，C (0,1,0)，A (1,1,1)． BC →＝(－1,1,0)，DA →＝(1,1,1)， ∴BC →·DA →＝0，则BC ⊥AD .(2)解 设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥BC →知：n 1·BC →＝－x ＋y ＝0，同理由n 1⊥AC →知：n 1·AC →＝－x －z ＝0， 可取n 1＝(1,1，－1)，同理，可求得平面ACD 的一个法向量为n 2＝(1,0，－1)． 由图可以看出，二面角B －AC －D 即为〈n 1，n 2〉，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1＋0＋13×2＝63.即二面角B －AC －D 的余弦值为63. (3)解 设E (x ，y ，z )是线段AC 上一点， 则x ＝z >0，y ＝1，平面BCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，DE →＝(x,1，x )，要使ED 与平面BCD 成30°角，由图可知DE →与n 的夹角为60°，所以cos 〈DE →，n 〉＝DE →·n |DE →||n |＝x 1＋2x 2 ＝cos 60°＝12.则2x ＝1＋2x 2，解得x ＝22，则CE ＝2x ＝1.故线段AC 上存在E 点，且CE ＝1时，ED 与面BCD 成30°. 变式迁移4(1)证明 方法一 因为EF ∥AB ，FG ∥BC ，EG ∥AC ，∠ACB ＝90°， 所以∠EGF ＝90°， △ABC ∽△EFG . 由于AB ＝2EF ， 因此BC ＝2FG . 连结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 ∥F A .又F A ⊂平面ABFE ，GM ⊄平面ABFE ，方法二 因为EF ∥AB ，FG ∥BC ，EG ∥AC ，∠ACB ＝90°， 所以∠EGF ＝90°， △ABC ∽△EFG . 由于AB ＝2EF ， 所以BC ＝2FG .取BC 的中点N ，连结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，连结MN ， 则MN ∥AB .因为MN ∩GN ＝N ， 所以平面GMN ∥平面ABFE .又GM ⊂平面GMN ，所以GM ∥平面ABFE .(2)解 方法一 因为∠ACB ＝90°，所以∠CAD ＝90°. 又EA ⊥平面ABCD ，所以AC ，AD ，AE 两两垂直．分别以AC ，AD ，AE 所在直线为x 轴，y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，则由题意得A (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)．设平面向量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°.方法二 由题意知，平面ABFE ⊥平面ABCD . 取AB 的中点H ，连结CH . 因为AC ＝BC ， 所以CH ⊥AB ，过H 向BF 引垂线交BF 于R ，连结CR ，则CR ⊥BF ， 所以∠HRC 为二面角A －BF －C 的平面角． 由题意，不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，在直角梯形ABFE 中，连结FH ，则FH ⊥AB . 又AB ＝22，所以HF ＝AE ＝1，BH ＝2，因此在Rt △BHF 中，HR ＝63.由于CH ＝12AB ＝2，所以在Rt △CHR 中，tan ∠HRC ＝263＝ 3.因此二面角A －BF －C 的大小为60°. 课后练习区 1.21015 2．90°解析 ∵E 是BB 1的中点且AA 1＝2，AB ＝BC ＝1， ∴∠AEA 1＝90°，又在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， A 1D 1⊥平面ABB 1A 1，∴A 1D 1⊥AE ，∴AE ⊥平面A 1ED 1. ∴AE 与面A 1ED 1所成的角为90°. 3.23解析 设四面体的棱长为a ， AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r ，则AE →＝12(p ＋q )，CF →＝12(r －2q )．∴AE →·CF →＝－12a 2.又|AE →|＝|CF →|＝32a ，∴cos 〈AE →，CF →〉＝AE →，CF →|AE →|·|CF →|＝－23.即AE 和CF 所成角的余弦值为23.4.64 5．90° 解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， 如图：∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°，∴PE ＝22a ，PF ＝22b ，∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab 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°. 6.255解析 如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为2，则PB ＝2，OB ＝1，OP ＝1. ∴B (1,0,0)，D (－1,0,0)， A (0,1,0)，P (0,0,1)， M ⎝⎛⎭⎫12，0，12， N ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， AM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，12， AN →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，12， 设平面AMN 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·AM →＝12x －y ＋12z ＝0，n ·AN →＝－12x －y ＋12z ＝0，解得x ＝0，z ＝2y ，不妨令z ＝2，则y ＝1.∴n 1＝(0,1,2)，平面ABCD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝25＝255.7. 2解析 PB →＝P A →＋AB →，故PB →·AC →＝(P A →＋AB →)·AC →＝P A →·AC →＋AB →·AC →＝0＋a ×2a ×cos 45°＝a 2.又|PB →|＝3a ，|AC →|＝a .∴cos 〈PB →，AC →〉＝33，sin 〈PB →，AC →〉＝63，∴tan 〈PB →，AC →〉＝ 2. 8.45解析 不妨设正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，B 1(3，1,2)，D ⎝⎛⎭⎫32，－12，2.则CD →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，2，CB 1→＝(3，1,2)，设平面B 1DC 的法向量为 n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0，解得n ＝(－3，1,1)．又∵DA →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－2，∴sin θ＝|cos 〈DA →，n 〉|＝45.9．解 (1)∵AD 与两圆所在的平面均垂直， ∴AD ⊥AB ，AD ⊥AF ，故∠BAF 是二面角B —AD —F 的平面角．(2分) 依题意可知，ABFC 是正方形，∴∠BAF ＝45°. 即二面角B —AD —F 的大小为45°.(5分)(2)以O 为原点，CB 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则O (0,0,0)，A (0，－3 2，0)，B (3 2，0,0)，D (0，－3 2，8)，E (0,0,8)，F (0,3 2，0)，(8分)∴BD →＝(－3 2，－3 2，8)， EF →＝(0,3 2，－8)．cos 〈BD →，EF →〉＝BD →·EF →|BD →||EF →|＝0－18－64100×82＝－8210.(12分)设异面直线BD 与EF 所成角为α，则cos α＝|cos 〈BD →，EF →〉|＝8210.即直线BD 与EF 所成的角的余弦值为8210.(14分) 10.方法一 (1)证明 取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2，连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2，所以∠DSE 为直角，即SD ⊥SE .(4分) 由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ， 得AB ⊥平面SDE ， 所以AB ⊥SD .由SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直，所以SD ⊥平面SAB .(7分)(2)解 由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .(10分)作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ·SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，又BC ⊥FG ，BC ⊥SF ，SF ∩FG ＝F ， 故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ·FG SG ＝37，则F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 为217.(12分)设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，即AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217.(14分)方法二 以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设D (1,0,0)，则A (2,2,0)、B (0,2,0)．(2分) 又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0.(1)证明 AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )， DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1. 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1.①又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4， 即y 2＋z 2－4y ＋1＝0.②联立①②得⎩⎨⎧y ＝12，z ＝32.(4分)于是S (1，12，32)，AS →＝(－1，－32，32)，BS →＝(1，－32，32)，DS →＝(0，12，32)．因为DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0， 故DS ⊥AS ，DS ⊥BS .又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB .(7分) (2)解 设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝(1，－32，32)，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．(10分) 又AB →＝(－2,0,0)，cos 〈AB →，a 〉＝|AB →·a ||AB →||a |＝217，所以AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217.(14分) 11．(1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)．(2分)于是CA 1→＝(0，－4,4)， EF →＝(－3，1,1)． 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF ⊥A 1C .(8分)(2)解 设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由(1)得F (0,4，λ)．(8分) AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0.取m ＝(3λ，－λ，4)．又由直三棱柱的性质可取侧面AC 1的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ的锐角可得cos θ＝|m ·n ||m |·|n |＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2.(10分) 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63. 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.(14分)。
空间向量与空间角-高考数学复习
于是 CA，CB，CF 两两互相垂直， 以 C 为坐标原点，以 CA，CB， CF 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则 C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(－1,0， 3)，E(1,0， 3)， 所以―B→D ＝(－1，－2， 3)，―D→E ＝(2,0,0)， ―A→E ＝(－1,0， 3)．
3．二面角 (1)若 AB，CD 分别是二面角 α-l-β 的两个平面内与棱 l 垂直的异面直线， 则二面角(或其补角)的大小就是向量―A→B 与―C→D 的夹角，如图①.
(2)平面 α 与 β 相交于直线 l，平面 α 的法向量为 n 1，平面 β 的法向量为 n 2，
〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角 α -l -β 为 θ 或 π－θ.设二面角大小为 φ，则|cos φ|＝|cos
找与棱垂 分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为 直的方向 起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面
向量法 角的大小
[针对训练] 如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O， AB＝5，AC＝6，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AE＝CF ＝54，EF 交 BD 于点 H.将△DEF 沿 EF 折到△D′EF 位 置，OD′＝ 10. (1)证明：D′H⊥平面 ABCD； (2)求二面角 B-D′A-C 的余弦值．
则―A→B ＝(0,2,0)，―A→P ＝－
23，12，
3，―D→P ＝(0,0，
3)．
设平面 PAB 的法向量为 n ＝(x，y，z)，
―A→B ·n ＝0， 则―A→P ·n ＝0
2y＝0， ⇒－ 23x＋12y＋ 3z＝0.
令 x＝2，则 y＝0，z＝1，所以 n ＝(2,0,1)． 设直线 PD 与平面 PAB 所成的角为 α，则 sin α＝|cos〈n ，―D→P 〉|＝|n|n|··|――DD→P→P||
2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量7向量法求空间角练习含解析
向量法求空间角考试要求 能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用．知识梳理1．异面直线所成的角若异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别是u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u·v ||u||v |.2．直线与平面所成的角如图，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 ·n |u ||n |＝|u·n||u||n|.3．平面与平面的夹角如图，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．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|.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 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( × )(2)直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l 与平面α所成的角．( × )(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ.( × )(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.( √ )教材改编题1．已知直线l 1的方向向量s 1＝(1,0,1)与直线l 2的方向向量s 2＝(－1,2，－2)，则l 1和l 2夹角的余弦值为( ) A.24B.12C.22D.32答案 C解析 因为s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)，所以cos 〈s 1，s 2〉＝s 1·s 2|s 1||s 2|＝－1－22×3＝－22.所以l 1和l 2夹角的余弦值为22. 2．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量、平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．答案 30°解析 设直线l 与α所成角为θ， sin θ＝||cos 〈m ，n 〉＝12，又∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝30°.3．已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为______． 答案156解析|0，－1，3·2，2，4|1＋9×4＋4＋16＝156.题型一 异面直线所成的角例1 (1)(2022·大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F ，G 分别为AB ，CD 1，AD 的中点，则异面直线A 1G 与EF 所成角的余弦值为( )A ．0 B.1010C.22D ．1答案 A解析 如图，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(2,0,2)，G (1,0,0)，E (2,1,0)，F (0,1,1)，所以A 1G —→＝(－1,0，－2)，EF →＝(－2,0,1)， 设异面直线A 1G 与EF 所成的角为θ， 则cos θ＝|A 1G —→·EF →||A 1G —→||EF →|＝|－1×－2－2×1|5×5＝0.(2)(2022·杭州模拟)如图，已知圆锥CO 的截面△ABC 是正三角形，AB 是底面圆O 的直径，点D 在AB ︵上，且∠AOD ＝2∠BOD ，则异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为( )A.34B.12C.14D.34答案 A解析 因为∠AOD ＝2∠BOD ，且∠AOD ＋∠BOD ＝π， 所以∠BOD ＝π3，连接CO ，则CO ⊥平面ABD ，以点O 为坐标原点，OB ，OC 所在直线分别为y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设圆O 的半径为2，则A (0，－2,0)，B (0,2,0)，C (0,0，23)，D (3，1,0)， AD →＝(3，3,0)，BC →＝(0，－2,23)，设异面直线AD 与BC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AD →，BC →〉|＝|AD →·BC →||AD →||BC →|＝|－6|23×4＝34，因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为34. 教师备选如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 所成的角为( )A.π2B.π3C.π4D.π6 答案 B解析 以A 为坐标原点，AB ，AC ，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，则A (0,0,0)，A 1(0,0，2)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，∴D ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0， ∴AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，A 1C —→＝(0，2，－2)，∴cos〈AD →，A 1C —→〉＝AD →·A 1C —→|AD →||A 1C —→|＝12，∴即异面直线AD ，A 1C 所成角为π3.思维升华用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两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)注意两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为______．答案 13解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，E (0,2,1)，A (2,0,0)， ∴D 1E —→＝(0,2，－1)， A 1F —→＝A 1A —→＋AF →＝A 1A —→＋λAD → ＝(－2λ，0，－2)．∴cos〈A 1F —→，D 1E —→〉＝A 1F —→·D 1E —→|A 1F —→||D 1E —→|＝22λ2＋1×5＝3210， 解得λ＝13⎝⎛⎭⎪⎫λ＝－13舍.(2)(2022·武汉模拟)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________．答案24解析 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形， 所以BM ⊥AC ，同理，A 1M ⊥AC ， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1， 因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1， 所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为坐标原点，MA →，MB →，MA 1—→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1—→＝(－3,0，3)，A 1B —→＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1—→，A 1B —→〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24. 题型二 直线与平面所成的角例2 (2022·广州模拟)在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，点E 是边AB 的中点(如图1)，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ，得到四棱锥A 1－BCDE (如图2)．(1)证明：平面A 1BE ⊥平面BCDE ；(2)若A 1E ⊥BE ，连接CE ，求直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值． (1)证明 连接图1中的BD ，如图所示．因为四边形ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°， 所以△ABD 为等边三角形，所以DE ⊥AB ， 所以在图2中有DE ⊥BE ，DE ⊥A 1E ， 因为BE ∩A 1E ＝E ，BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ， 所以DE ⊥平面A 1BE ， 因为DE ⊂平面BCDE ， 所以平面A 1BE ⊥平面BCDE .(2)解 因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，A 1E ⊥BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ，所以A 1E ⊥平面BCDE ，以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，所以A 1(0,0,1)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，E (0,0,0)，所以A 1D —→＝(0，3，－1)，A 1C —→＝(2，3，－1)，EC →＝(2，3，0)， 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D —→＝3y －z ＝0，n ·A 1C —→＝2x ＋3y －z ＝0，令y ＝1，则n ＝(0,1，3)，所以cos 〈n ，EC →〉＝n ·EC →|n ||EC →|＝327＝2114，所以直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值为2114. 教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)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PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ， 因为PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ， 所以l ⊥PD ，因为DC ∩PD ＝D ，PD ，DC ⊂平面PDC ， 所以l ⊥平面PDC .(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，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 因为平面PAD ∩平面PBC ＝l ， 所以l 过点P ，设Q (m ，0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m ，0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 记PB 与平面QCD 所成的角为θ，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值， 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1， 当m ＝0时，sin θ＝33， 当m ≠0时，sin θ＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2mm 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63， 当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤跟踪训练2 (2022·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S －BCD 中，平面SBD ⊥平面BCD ，A 是线段SD 上的点，△SBD 为等边三角形，∠BCD ＝30°，CD ＝2DB ＝4.(1)若SA ＝AD ，求证：SD ⊥CA ；(2)若直线BA 与平面SCD 所成角的正弦值为419565，求AD 的长．(1)证明 依题意，BD ＝2， 在△BCD 中，CD ＝4，∠BCD ＝30°， 由余弦定理求得BC ＝23， ∴CD 2＝BD 2＋BC 2，即BC ⊥BD .又平面SBD ⊥平面BCD ，平面SBD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ， ∴BC ⊥平面SBD .从而BC ⊥SD ， 在等边△SBD 中，SA ＝AD ，则BA ⊥SD . 又BC ∩BA ＝B ，BC ，BA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥平面BCA ，又CA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥CA .(2)解 以B 为坐标原点，BC ，BD 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点B 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (23，0,0)，D (0,2,0)，S (0,1，3)，故CD →＝(－23，2,0)，SD →＝(0,1，－3)， 设平面SCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD →＝0，m ·SD →＝0，即⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，y －3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝1， ∴m ＝(1，3，1)， 设DA →＝λDS →(0≤λ≤1)， 则DA →＝(0，－λ，3λ)，故A (0,2－λ，3λ)，则BA →＝(0,2－λ，3λ)， 设直线BA 与平面SCD 所成角为θ， 故sin θ＝||cos 〈m ，BA →〉＝|m ·BA →||m ||BA →|＝|23－3λ＋3λ|5·2－λ2＋3λ2＝419565， 解得λ＝14或λ＝34，则AD ＝12或AD ＝32.题型三 平面与平面的夹角例3 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)如图，在三棱锥A －BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ＝AD ，O 为BD 的中点．(1)证明：OA ⊥CD; [切入点：线线垂直转化到线面垂直](2)若△OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，DE ＝2EA ，且二面角E －BC －D 的大小为45°，求三棱锥A －BCD 的体积.[关键点：建系写坐标]教师备选(2020·全国Ⅰ改编)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66 DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值．(1)证明由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，则DO＝32，CO＝BO＝12AE＝12，所以PO ＝66DO ＝24，PC ＝PO 2＋OC 2＝64， 同理PB ＝64，PA ＝64， 又△ABC 为等边三角形， 则BAsin60°＝2OA ，所以BA ＝32，PA 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以PA ⊥PB ，同理PA ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，PC ，PB ⊂平面PBC ， 所以PA ⊥平面PBC .(2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，24，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，0， PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，－24， PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，－24，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－24， 设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，－2， 故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝223×103＝255， 所以平面BPC 与平面EPC 的夹角的余弦值为255.思维升华 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤跟踪训练3 (2021·全国乙卷改编)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM .(1)求BC ；(2)求平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值．解 (1)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD ，PD ⊥DC .在矩形ABCD 中，AD ⊥DC ，故以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC ＝t ，则A (t ，0,0)，B (t ，1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，1，0，P (0,0,1)， 所以PB →＝(t ，1，－1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 2，1，0.因为PB ⊥AM ，所以PB →·AM →＝－t 22＋1＝0，得t ＝2，所以BC ＝ 2.(2)易知C (0,1,0)，由(1)可得AP →＝(－2，0,1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，CB →＝(2，0,0)，PB →＝(2，1，－1)．设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AP →＝0，n 1·AM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋z 1＝0，－22x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则z 1＝2，y 1＝1，所以平面APM 的一个法向量为n 1＝(2，1,2)． 设平面PMB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB →＝0，n 2·PB →＝0，即⎩⎨⎧2x 2＝0，2x 2＋y 2－z 2＝0，得x 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，所以平面PMB 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)． 设平面APM 与平面BPM 夹角为θ，cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝37×2＝31414，sin θ＝1－cos 2θ＝7014. 所以平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值为7014.课时精练1．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值． 解 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1—→}为一个正交基底，建立空间直角坐标系，因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°， 则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B —→＝(3，－1，－3)，AC 1—→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B —→，AC 1—→〉＝A 1B —→·AC 1—→|A 1B —→||AC 1—→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1AD 的一个法向量为 AE →＝(3，0,0)，设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1BD 的一个法向量， 又A 1B —→＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B —→＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2.所以m ＝(3，3，2)为平面A 1BD 的一个法向量， 从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m|＝333×4＝34.设平面A 1BD 与平面A 1AD 所成的角为θ， 则cos θ＝34.所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值为74. 2．(2021·浙江)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 方法一 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 ，PM ⊥DC ，所以PM ⊥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 ＝23， 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PA 2＋AC 2＝2AN 2＋2PN 2，所以AN ＝15.所以在△ABN 中，cos∠BAN ＝AB 2＋AN 2－BN 22AB ·AN ＝1＋15－11215＝156.设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝cos∠BAN ＝156. 方法二 因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ， 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 ＝22， 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＝156.3.(2022·汕头模拟)如图，在圆柱OO 1中，四边形ABCD 是其轴截面，EF 为⊙O 1的直径，且EF ⊥CD ，AB ＝2，BC ＝a (a >1)．(1)求证：BE ＝BF ；(2)若直线AE 与平面BEF 所成角的正弦值为63，求平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值． (1)证明 如图，连接BO 1，在圆柱OO 1中，BC ⊥平面CEDF ，∵EF ⊂平面CEDF ，∴EF ⊥BC ， ∵EF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，BC ，CD ⊂平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD ，又BO 1⊂平面ABCD ，∴EF ⊥BO 1，∵在△BEF 中，O 1为EF 的中点，∴BE ＝BF .(2)解 连接OO 1，则OO 1与该圆柱的底面垂直，以点O 为坐标原点，OB ，OO 1所在直线分别为y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，E (－1,0，a )，F (1,0，a )，AE →＝(－1,1，a )，BE →＝(－1，－1，a )，BF →＝(1，－1，a )，设平面BEF 的法向量是n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BE →＝0，n 1·BF →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋az 1＝0，x 1－y 1＋az 1＝0， 取z 1＝1，得n 1＝(0，a ，1)，设直线AE 与平面BEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AE →，n 1〉| ＝2aa 2＋2·a 2＋1＝63，化简得(a 2－2)(a 2－1)＝0，∵a >1，解得a ＝2，∴n 1＝(0，2，1)，设平面ABE 的法向量是n 2＝(x 2，y 2，z 2)，AB →＝(0,2,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝0，n 2·AE →＝0，得⎩⎨⎧ 2y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，得n 2＝(2，0,1)，设平面ABE 与平面BEF 的夹角为α，则cos α＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13， ∴平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值为13.4.(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点，BF ⊥A 1B 1.(1)证明：BF ⊥DE ；(2)当B 1D 为何值时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小？(1)证明 因为E ，F 分别是AC 和CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2， 所以CF ＝1，BF ＝ 5.如图，连接AF ，由BF ⊥A 1B 1，AB ∥A 1B 1，得BF ⊥AB ，于是AF ＝BF 2＋AB 2＝3，所以AC ＝AF 2－CF2＝2 2.由AB 2＋BC 2＝AC 2，得BA ⊥BC ，故以B 为坐标原点，以BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，E (1,1,0)，F (0,2,1)，BF →＝(0,2,1)．设B 1D ＝m (0≤m ≤2)，则D (m ，0,2)，于是DE →＝(1－m ，1，－2)．所以BF →·DE →＝0，所以BF ⊥DE .(2)解 易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面DFE 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 2＝0，EF →·n 2＝0，又DE →＝(1－m ，1，－2)，EF →＝(－1,1,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1－m x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝m ＋1，z ＝2－m ，于是平面DFE 的一个法向量为n 2＝(3，m ＋1,2－m )，所以cos 〈n 1，n 2〉＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m －122＋272.设平面BB 1C 1C 与平面DFE 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈n 1，n 2〉，故当m ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小，为33，即当B 1D ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小．。
2022高三总复习数学 利用空间向量求空间角(含解析)
利用空间向量求空间角A 级——基础达标1.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A ．3030 B ．3015 C ．3010D ．1515解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0，0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→＝(－1，－1，－2)， D 1N ―→＝(1,0，－2)，∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→||B 1M ―→|·|D 1N ―→|＝|－1＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010. 2.如图，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A ．33535 B ．277 C ．33D ．24解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0，3,0)，∴DC 1―→＝(0,3,1)，D 1E ―→＝(1,1，－1)，D 1C ―→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·DC 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∴DC 1―→，n＝DC 1―→·n | DC 1―→||n |＝33535，∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535. 3．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A ．12B ．23C ．33D ．22解析：选B 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)， A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)． 又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.4.如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A ．35B ．56C ．3310D ．3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.5．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B -AA 1-C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为________．解析：由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4， |AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4，AB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→||BC 1―→|＝24，故AB 1―→，BC 1―→＝7.答案：76.如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线OF 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为坐标原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1，0,3)，DB ―→＝(0,23，0)， EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ，∴n ＝(－a,0,1)， ∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10.∵直线OF 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22， 解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：27．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， 所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN .因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N .又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN . 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA ―→的方向为x 轴正方向，|MB ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故PM ＝232，E ⎝⎛⎭⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ． 作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．设Q (a,0,0)，则NQ ＝ 4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， 故B 1E ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，|B 1E ―→|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的法向量，故sin ⎝⎛⎭⎫π2－〈n ，B 1E ―→〉＝cos 〈n ，B 1E ―→〉＝n ·B 1E ―→|n |·|B 1E ―→|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010.8．(2021·贵阳市第一学期监测考试)如图，在四棱锥P -ABCD中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点，PQ ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ＝AD ＝2，M 是棱PC 上一点，且PM PC ＝13.(1)证明：PA ∥平面BMQ ； (2)求二面角B -MQ -C 的余弦值．解：(1)证明：如图，连接AC ，交BQ 于N ，连接MN ，∵底面ABCD 是菱形，∴AQ ∥BC ，∴△ANQ ∽△CNB ， ∴AQ BC ＝AN NC ＝12，∴AN AC ＝13，又PM PC ＝13，∴PM PC ＝AN AC ＝13，∴MN ∥PA ，又MN ⊂平面BMQ . PA ⊄平面BMQ ，∴PA ∥平面BMQ .(2)连接BD ，∵底面ABCD 是菱形，且∠BAD ＝60°，∴△BAD 是等边三角形，又Q 为AD 的中点，∴BQ ⊥AD .由PQ ⊥平面ABCD ，得PQ ⊥AD .以Q 为坐标原点，QA ，QB ，QP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则Q (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，由AC ―→＝AD ―→＋AB ―→＝(－2,0,0)＋(－1，3，0)＝(－3，3，0)，可得点C (－2，3，0)， 设平面PQC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·QP ―→＝0，n ·QC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令x ＝3，得y ＝23，z ＝0， ∴n ＝(3,23，0)，|n |＝21.设平面BMQ 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·QB ―→＝0，m ·MN ―→＝0，∵MN ∥PA ，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·QB ―→＝0，m ·PA ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 1＝0，x 1－3z 1＝0，令x 1＝3，则z 1＝1，y 1＝0， ∴m ＝(3，0,1)是平面BMQ 的一个法向量． 设二面角B -MQ -C 的平面角的大小为θ， 则cos θ＝m ·n |m ||n |＝3714， 即二面角B -MQ -C 的余弦值为3714.B 级——综合应用9.如图所示，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值的大小．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC ． 因为AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥AE . 又因为AC ∩AE ＝A ，AC ，AE ⊂平面ACFE .所以BD ⊥平面ACFE . (2)以O 为原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1,0,2)，F (－1,0，a )(a ＞0)，OF ―→＝(－1,0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB ―→＝0，n ·OE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，由题意得sin 45°＝|cos 〈OF ―→，n 〉|＝|OF ―→·n ||OF ―→||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22， 解得a ＝3或a ＝－13(舍去)．所以OF ―→＝(－1,0,3)，BE ―→＝(1，－3，2)，cos 〈OF ―→，BE ―→〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为54. 10.(2021·贵州贵阳适应性考试)如图是一个半圆柱与多面体ABB 1A 1C 构成的几何体，平面ABC 与半圆柱的下底面共面，且AC ⊥BC ，P 为弧A 1B 1上(不与A 1，B 1重合)的动点．(1)证明：PA 1⊥平面PBB 1；(2)若四边形ABB 1A 1为正方形，且AC ＝BC ，∠PB 1A 1＝π4，求二面角P -A 1B 1-C 的余弦值．解：(1)证明：在半圆柱中，BB 1⊥平面PA 1B ，所以BB 1⊥PA 1. 因为A 1B 1是直径，所以PA 1⊥PB 1.因为PB 1∩BB 1＝B 1，PB 1⊂平面PBB 1，BB 1⊂平面PBB 1，所以PA 1⊥平面PBB 1. (2)以C 为坐标原点，分别以CB ，CA 所在直线为x 轴，y 轴，过C 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系C -xyz ，如图所示．设CB ＝1，则C (0,0,0)，B (1,0,0)，A (0,1,0)，A 1(0,1，2)，B 1(1,0，2)，P (1,12)，所以CA 1―→＝(0,1，2)，CB 1―→＝(1,0，2)．平面PA 1B 1的一个法向量n 1＝(0,0,1)．设平面CA 1B 1的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2，x ＝－2，z ＝1，所以可取n 2＝(－2，－2，1)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝11×5＝55.由图可知二面角P -A 1B 1-C 为钝角，所以所求二面角的余弦值为－55.。
高中数学选修2-1第三章3.2立体几何的向量方法(3)——空间角
C
D CA, DB
进行向量运算
d2
2
AB
( AC
CD
DB)2
A
图3
2
2
2
AB CD BD 2(AC CD AC DB CD DB)
a2 c2 b2 2AC DB
a2 c2 b2 2CA DB
于是，得 2CA DB a2 b2 c2 d 2
3.2立体几何的向量方法（3）
• 空间向量与空间角
例 1、如图,在正方体 ABCD A1B1C1D1中,M、N 分别是
棱 CD、CC1的中点,则异面直线 A1M 与 DN 所成的角
的大小是
.
法二 以 D 为原点,DA、DC、DD1所在直线为坐标轴建立 空间直角坐标系,设 AB=1,
则 D(0,0,0),N0,1, 1 ,
15
例2：如图3，甲站在水库底面上的点A处，乙站在水坝斜面上的点B
处。从A，B到直线 l（库底与水坝的交线）的距离AC和BD分别为
a 和 b ,CD的长为 c, AB的长为d。求库底与水坝所成二面角的余弦值。
解：如图，AC a，BD b，CD c，AB d.
化为向量问题
B
根据向量的加法法则 AB AC CD DB
a, b), 1 a2 b2
2
0
C1(0, 0, b),
z C1
2
∵ CC1B在坐标平面yoz中
C
∴ 可取 n＝（1，0，0）为面CC1B的法向量 x
D
设面 C1BD 的一个法向量为 m ( x, y, z)
专题练 第19练 空间向量与空间角
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，
如图，以D为原点建立空间直角坐标系， 则 D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0， 3，0)，P(0,0， 3)， 则A→P＝(－1,0， 3)， B→P＝(0，－ 3， 3)， D→P＝(0,0， 3).
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则有nn··AB→→PP＝＝00，，
以 B 为坐标原点，分别以B→C，B→A，―BB→1的方向为 x，y， z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 由(1)知，AE＝ 2，
所以 AA1＝AB＝2，A1B＝2 2.
因为△A1BC 的面积为 2 2， 所以 2 2＝12·A1B·BC，所以 BC＝2， 所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)， 则B→D＝(1,1,1)，B→A＝(0,2,0).
所以A→M＝(0,1,2)，―BC→1＝(－ 3，1,2)，
cos〈A→M，―BC→1〉＝
→ ―→ AM·BC1 → ―→
＝
|AM|| BC1 |
5 5×2
＝ 2
10 4.
所以 sin〈A→M，―BC→1〉＝
1－cos2〈A→M，―BC→1〉＝
6 4.
故
AM
与
BC1
所成角的正弦值为
6 4.
(2)(2022·毕节模拟)在正四棱锥 S－ABCD 中，底面边长为 2 2，侧棱长为
跟踪训练3 (2022·重庆调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD， AC，BD相交于点N，DN＝2BN＝2 3，PA＝AC＝AD＝3，∠ADB＝30°.
专题3：空间向量法求角基础知识与典型例题(解析版)
专题3：空间向量法求角基础知识与典型例题（解析版）⑴求异面直线所成的角已知,a b 为两异面直线，A ，C 与B ，D 分别是,a b 上的任意两点，,a b 所成的角为θ，则cos .AC BDAC BD θ⋅=1．已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，点M 、N 分别是11A B 和1BB 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.(1)写出图中M 、N 的坐标；(2)求直线AM 与NC 所成角的余弦值.【答案】(1)M （2，1，2），N （2，2，1）.(2)25． 【分析】(1)根据正方体的棱长，直接写出坐标； (2)利用向量夹角公式能求出直线AM 与CN 所成的角的余弦值．【详解】(1)由于正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2.由题意知A （2，0，0），B （2，2，0），∴M （2，1，2）， C （0，2，0），∴N （2，2，1）.(2)由(1)可知()012AM =，，，CN =（2，0，1），设直线AM 与CN 所成的角为θ，则cosθ＝|cos AM CN ＜，＞|＝55⋅|25=．∴直线AM 与CN 所成的角的余弦值是25．【点睛】 本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查了空间向量法的应用，是基础题． 2．如图,三棱柱111OAB O A B -中,平面11OBB O ⊥平面OAB ,且160O OB ∠=︒,190,2,3AOB OB OO OA ∠=︒===,求异面直线1A B 与1O A 所成角的余弦值.【答案】17 【分析】 以O 为坐标原点,,OA OB 所在直线分别为x 轴、y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 利用向量法求异面直线1A B 与1O A 所成角的余弦值.【详解】以O 为坐标原点,,OA OB 所在直线分别为x 轴、y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则11(3,0,0),(0,2,0),(3,13),(0,13)A B A O , 所以11(3,1,3),(3,1,3)A B O A =--=--.设所求的角为α, 则1111|||313|1cos 7||||77A B O A A B O A α--+===⨯⋅, 即异面直线1A B 与1O A 所成角的余弦值为17. 【点睛】(1)本题主要考查求两异面直线所成的角，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 异面直线所成的角的求法方法一：（几何法）找→作（平移法、补形法）→证（定义）→指→求（解三角形）,方法二：（向量法）cos m n m n α⋅=，其中α是异面直线,m n所成的角，,m n 分别是直线,m n 的方向向量.⑵求直线和平面所成的角 求法：设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为ϕ， 则θ为ϕ的余角或ϕ的补角的余角.即有：cos s .in a u a u ϕθ⋅==3．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1CC 的中点，求BE 与平面1B BD 所成角的正弦值.【答案】10. 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则11(0,0,0),(2,2,0),(2,2,2),(0,2,1),(2,2,0),(0,0,2),(2,0,1)D B B E BD BB BE =--==-.设平面1B BD 的法向量为1(,,),,n x y z n BD n BB =∴⊥⊥，1220,20,n BD x y nBB z ⎧⋅=--=⎪∴⎨⋅==⎪⎩,0.x y z =-⎧∴⎨=⎩ 令1y =，则(1,1,0)=-n ，10cos ,||||n BE n BE n BE ⋅∴〈〉==. 故BE 与平面1B BD 所成角的正弦值为10.【点睛】本题考查了利用空间向量线面夹角公式的应用，考查了数学运算能力.4．如图,在三棱锥A BCD -中,ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,点P 是AC 的中点,连接,BP DP ．（1）证明:平面ACD ⊥平面BDP ;（2）若6BD =且二面角A BD C --为120︒,求直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）22【分析】 （1）由ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,得AD CD =．再证明PD AC ⊥,PB AC ⊥,从而和证明AC ⊥平面PBD ,故平面ACD ⊥平面BDP 得证．（2）作CE BD ⊥,垂足为E 连接AE ．由Rt Rt ABD CBD ⊆,证得,AE BD ⊥,AE CE =结合二面角A BD C --为120︒,可得2AB =,23AE =,6ED =.建立空间直角坐标系,求出点的坐标则60,,03D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,3,0,13A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,向量36,,133AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,即平面BCD 的一个法向量(0,0,1)m =,运用公式cos ,m AD m AD m AD ⋅〈〉=和sin cos ,m AD θ=〈〉,即可得出直线AD与平面BCD 所成角的正弦值．【详解】 解:（1）证明:因为ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,所以Rt Rt ABD CBD ≅,可得AD CD =．因为点P 是AC 的中点,则PD AC ⊥,PB AC ⊥,因为PD PB P =,PD ⊂平面PBD ,PB ⊂平面PBD ,所以AC ⊥平面PBD ,因为AC ⊂平面ACD ,所以平面ACD ⊥平面BDP ．（2）如图,作CE BD ⊥,垂足为E 连接AE ．因为Rt Rt ABD CBD ⊆,所以,AE BD ⊥,AE CE =AEC ∠为二面角A-BD-C 的平面角．由已知二面角A BD C --为120︒,知120AEC ∠=︒．在等腰三角形AEC 中,由余弦定理可得3AC AE =．因为ABC 是等边三角形,则AC AB =,所以3AB AE =．在Rt △ABD 中,有1122AE BD AB AD ⋅=⋅,得3BD =,因为BD =所以AD =又222BD AB AD =+,所以2AB =．则AE =,ED = 以E 为坐标原点,以向量,EC ED 的方向分别为x 轴,y 轴的正方向,以过点E 垂直于平面BCD 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系E xyz -,则0,3D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,3A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,向量3,133AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,平面BCD 的一个法向量为(0,0,1)m =, 设直线AD 与平面BCD所成的角为θ,则cos ,22m ADm AD m AD ⋅〈〉===-,2sin |cos ,|m AD θ=〈〉=所以直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值为2． 【点睛】本题考查面面垂直的证明和线面所成角的大小,考查空间想象力和是数形结合的能力,属于基础题.⑶求二面角二面角的平面角是指在二面角βα--l 的棱上任取一点O ，分别在两个半平面内作射线l AO ⊥,β-l 的平面角.如图：求法：设二面角l αβ--的两个半平面的法向量分别为m n 、，再设m n 、的夹角为ϕ，二面角l αβ--的平面角为θ，则二面角θ为m n 、的夹角ϕ或其补角.πϕ- 根据具体图形确定θ是锐角或是钝角：如果θ是锐角，则cos cos m n m n θϕ⋅==， 即arccos m nm n θ⋅=；如果θ是钝角，则cos cos m nm n θϕ⋅=-=-， 即arccos m n m n θ⎛⎫⋅ ⎪=- ⎪⎝⎭. 5．如图所示，AE ⊥平面ABCD ，四边形AEFB 为矩形，//BC AD ，BA AD ⊥，224AE AD AB BC ====．（1）求证：//CF 平面ADE ；（2）求平面CDF 与平面AEFB 所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）见解析（2）23【分析】（1）根据//BF AE ，//BC AD ，从而证明平面//BCF 平面ADE ，从而//CF 平面ADE 。
考点3.2 空间向量与空间角的计算问题(解析版)
考点3.2 空间向量与空间角的计算问题空间向量与空间角的计算问题是高考重点考查的内容之一，其命题形式多种多样，其中基于问题情境的空间角问题在高考中逐步成为热点。
通过具体的问题背景，考察空间角、空间向量等在问题情境中的应用，以此来检验学生的核心价值，学科素养，关键能力，必备知识。
本专题以单选题，多选题，填空题及解答题等形式体现空间向量与空间角的计算问题的实际应用。
解决基于问题情境的空间向量与空间角的计算问题，常用的解题思路是：审题、建模、研究模型、解决实际问题。
解题要点：根据题目要求，建立立体几何模型，利用几何法或向量法进行实际问题分析求解。
基础知识a ，b ，a ，b >|＝a b a b与平面α所成的角为θ，l 的方向向量为a ，平的法向量为n ，则sin θ＝|cos<a ,n >|＝a n a n的平面角为θ，平面α，β的法向量分别1n ，2n ，则|cos θ|＝|cos<1n ,2n >|＝1212n n n n空间向量与空间角的计算问题实际应用 （1） 单选题1．（2020山东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︒【答案】B【思路导引】画出截面图，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角．【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线．m 是晷面的截线，依题意可知//m CD 、AB m ⊥． 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒， 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒，故选：B ．2．（2014浙江）如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练，已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面的射击线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小（仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角）．若15AB m =，25AC m =，30BCM ∠=︒则tan θ的最大值ABCD【答案】D【解析】作PH BC ⊥，垂足为H ，设PH x =，则CH =，由余弦定理AH =1tan tan(0)PHPAHAH xθ=∠==>，故当1x=tanθ，故选D．3．（2020·山东临沂市·高二期中）如图为某种礼物降落伞的示意图，其中有8根绳子和伞面连接，每根绳子和水平面的法向量的夹角均为60.已知礼物的质量为1kg，每根绳子的拉力大小相同.若重力加速度g取29.8m/s，则降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小为（）A．2.25N B．2.45N C．2.5N D．2.75N【答案】B【分析】根据8根绳子的合力大小与礼物的重力大小相等可构造方程求得结果.【详解】由题意知：8根绳子的合力大小与礼物的重力大小相等，设每根绳子的拉力为T，则8cos6019.8T=⨯，解得： 2.45T=（N）.故选：B.4．（2020·济南市·山东省实验中学高二期中）空间直角坐标系O xyz-中，经过点()000,,P x y z，且法向量为(),,m A B C=的平面方程为()()()000A x xB y yC z z-+-+-=，经过点()000,,P x y z且一个方向向量为()(),,0nμυωμυω=≠的直线l的方程为000x x y y z zμυω---==，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面α的方程为3570x y z-+-=，经过()0,0,0的直线l的方程为321x y z==-，则直线l与平面a 所成角的正弦值为（）AB．35CD．7【答案】B【分析】根据题设给出的材料可得平面的法向量和直线的方向向量，利用公式可求直线l 与平面a 所成角的正弦值. 【详解】因为平面α的方程为3570x y z -+-=，故其法向量为()3,5,1n =-， 因为直线l 的方程为321x y z ==-，故其方向向量为()3,2,1m =-， 故直线l 与平面a35==，故选：B. 【点睛】关键点点睛：此题为材料题，需从给定的材料中提炼出平面的法向量和直线的方向向量的求法，这是解决此题的关键.5．（2020·全国高二课时练习）在空间直角坐标系中，定义：平面α的一般方程为0Ax By Cz D +++=（,,,A B C D R ∈，且A ，B ，C 不同时为零），点()000,,P x y z 到平面α的距离d =，则在底面边长与高都为2的正四棱锥P ABCD -中，底面中心O 到侧面PAB 的距离d 等于（ ） ABC ．2D ．5【答案】B 【分析】欲求底面中心O 到侧面的距离，先利用建立空间直角坐标系求出点A ，B ，P 的坐标，及侧面的方程，最后利用所给公式计算即可． 【详解】以底面中心O 为原点，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示：则(0,0,0),(1,1,0),(1,1,0),(0,0,2)O A B P -，设平面PAB 的方程为0Ax By Cz D +++=，将点A ，B ，P 的坐标代入计算得0A =，B D =-，12C D =-，所以方程可化为102Dy Dz D --+=，即220y z +-=，所以d ==． 故选：B.【点睛】本小题主要考查点、线、面间的距离计算、空间直角坐标系的应用、空间直角坐标系中点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．（2） 多选题6．（2020·长沙市·湖南师大附中）如图，大摆锤是一种大型游乐设备，常见于各大游乐园.设备启动后，座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.今年国庆，小明去某游乐园玩“大摆锤”，他坐在点A 处，“大摆锤”启动后，主轴OB 在平面α内绕点O 左右摆动，平面α与水平地面垂直，OB 摆动的过程中，点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，B β∈.已知6OB AB =，在“大摆锤”启动后，以下结论正确的有（ ）A ．点A 在某个定球面上运动；B ．线段AB 在水平地面上的正投影的长度为定值；C ．直线OA 与平面α所成角的正弦值的最大值为37D ．β与水平地面所成角记为θ，直线OB 与水平地面所成角记为δ，当02πθ<<时，θδ+为定值【答案】ACD 【分析】计算出OA 判断A ，考虑AB 分别与水平面平行和垂直时在水平面上的投影可判断B ，由OA 最大时，得线面角最大，从而得其正弦值判断C ，结合直观图可判断D ． 【详解】A．∵OB β⊥，∴OB AB ⊥，∴OA ，∴点A 在以O 的球面运动，A 正确；B ．由题意知A 在平面β内绕点B 作圆周运动，当AB 垂直于水平面时，投影长度为0，当AB 平行于水平面时，投影长度为AB ，∴线段AB 在水平地面上的正投影长度范围为[0,]AB ，B 错误；C ．当AB α⊥时，直线OA 与平面α的所成的角的正弦值为最大值，此时线面角为AOB ∠，sinAB AOB OA ∠===，C 正确． D ．画出该模型的直观图，∵β与水平面所成的角为θ，且02πθ<<，∴DCE θ∠=，∵直线OB 与水平面所成的角为δ，且//FC OB ，∴FCG δ∠=， ∵OB CD ⊥，∴FC CD ⊥，∴2FCG DCE π∠+∠=，即θδ+为定值，定值为2π，D 正确． 故选：ACD ． 【点睛】本题考查考查以实际问题为背景的立体几何题，明确线面关系，线面角的求解是解题关键，考查空间想象能力．运算与推理能力．7．（2020·全国高二课时练习）（多选）已知单位向量i ，j ，k 两两的夹角均为0,2πθθπθ⎛⎫<<≠⎪⎝⎭，若空间向量a 满足(,,)a xi y j zk x y z R =++∈，则有序实数组(,,)x y z 称为向量a 在“仿射”坐标系Oxyz （O为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作(,,)a x y z θ=，则下列命题是真命题的有（ ）. A ．已知(1,3,2)a θ=-，(4,0,2)b θ=，则0a b ⋅= B ．已知(,,0)3a x y π=，(0,0,)3b z π=，其中,,0x y z >，则当且仅当x y =时，向量a ，b 的夹角取得最小值C ．已知()111,,a x y z θ=，()222,,b x y z θ=，则()121212,,a b x x y y z z θ+=+++D ．已知(1,0,0)3OA π=，(0,1,0)3OB π=，(0,0,1)3OC π=，则三棱锥O ABC -的表面积S =【答案】BC 【分析】根据“仿射”坐标的定义逐项判断即可. 【详解】(1,3,2)(4,0,2)(32)(42)421268412cos a b i j k i k i k i j j k k i θθθ⋅=-⋅=+-⋅+=+⋅+⋅+⋅-⋅-=因为0θπ<<，且2πθ≠，所以0a b ⋅≠，故A 错误；如图所示，设OB b =，OA a =，则点A 在平面xOy 上，点B 在z 轴上，由图易知当x y =时，AOB ∠取得最小值，即向量a 与b 的夹角取得最小值，故B 正确； 根据“仿射”坐标的定义可得，()()()()()()()()111222111222121212121212,,,,,,a b x y z x y z x i y j z k x i y j z k x x i y y j z z k x x y y z z θθθ+=+=+++++=+++++=+++，故C 正确；由已知可得三棱锥O ABC -为正四面体，棱长为1，其表面积214122S =⨯⨯⨯=D 错误. 故选：BC. 【点睛】新定义概念题，考查对新概念的理解能力以及运算求解能力，基础题.8．（2020·江苏南通市·海安高级中学高一月考）平面中两条直线l 和n 相交于O ，对于平面上任意一点M ，若p ，q 分别是M 到直线l 和n 的距离，则称有序非负实数对（p ，q ）是点M 的“距离坐标”.则下列说法正确的（ ）A ．若p =q =0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且仅有一个B ．若pq =0，且p +q ≠0，则“距离坐标”为（p ，q ）的点有且仅有2个C ．若pq ≠0，则“距离坐标”为（p ，q ）的点有且仅有4个D ．若p =q ，则点M 的轨迹是一条过O 点的直线 【答案】ABC 【分析】根据“距离坐标”的定义对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】首先点到直线的距离是唯一确定的.对于A 选项，由于0p q ==，所以()0,0表示O 点，有且仅有一个，故A 选项正确. 对于B 选项，由于0pq =，且0p q +≠，当00p q =⎧⎨≠⎩或0p q ≠⎧⎨=⎩时，分别表示点()0,q 或(),0p ，有且仅有两个，故B 选项正确.对于C 选项，由于l 和n 相交与O ，所以直线l 和直线n 确定一个平面α，根据对称性可知，在平面α的上方和下方，各有两个“距离坐标”为(),p q 的点.故“距离坐标”为(),p q 的点有且仅有4个，所以C 选项正确. 对于D 选项，设l 和n 相交与O ，直线l 和直线n 相交所形成的两组对角的角平分线上的点，都满足p q =，所以点M 的轨迹不只是一条过O 点的直线，所以D 选项错误. 由于p q =，故选：ABC 【点睛】本小题主要考查空间点与直线的位置关系，考查分析、思考与解决问题的能力，属于基础题.（3） 填空题9．（2016·上海金山区·高三一模）某种游戏中，黑、黄两个“电子狗”从棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A 出发沿棱向前爬行，每爬完一条棱称为“爬完一段”．黑“电子狗”爬行的路线是AA 1→A 1D 1→ ，黄“电子狗”爬行的路线是AB→BB 1→ ，它们都遵循如下规则：所爬行的第i+2段与第i 段所在直线必须是异面直线（其中i 是正整数）．设黑“电子狗”爬完2015段、黄“电子狗”爬完2014段后各自停止在正方体的某个顶点处，这时黑、黄“电子狗”间的距离是________________． 【答案】【解析】试题分析：黑电子狗爬行的路径为111111AA A D DC C C CB BA →→→→→，黄电子狗爬行的路径为111111AB BB B C C D D D DA →→→→→，周期均为6，因此黑“电子狗”爬完2015段即爬完第5段，此时位于B 点，黄“电子狗”爬完2014段即爬完第4段，此时位于1D ,1BD 考点：1．数列周期；2．异面直线；3．空间两点间距离10．（2019·全国高三其他模拟（文））半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面组成的多面体．如将正四面体所有棱各三等分，沿三等分点从原几何体割去四个小正四面体（如图所示），余下的多面体就成为一个半正多面体，若这个半正多面体的棱长为4，则这个半正多面体的外接球的半径为__________．【分析】先求出BC ，BG ，BF 的长度，在BFA ，求出正四面体的高AF ，在Rt BFO 中，求BO ；Rt BFA 中，求cos BAF ；EAO 中，由余弦定理求EO 即可. 【详解】 解：正四面体的棱长12BC =，且正四面体与半正多面体的外接球的球心相同，设为O ，F 为底面BCD 的中心，G 是边CD 中点，E 是半正多面体的一个顶点23BG BC BF BG ====AF ∴===设OA OB R ==，OF AF R R =-=在Rt OBF 中，222OB BF OF =+，2248)R R =+，R =Rt ABF中，cos 123AF BAF AB ∠===EAO中，cos cos 3EAO BAF ∠=∠= 由余弦定理，(222222cos 82822OE AE AO AE AO EAO =+-⨯⨯⨯∠=+-⨯⨯=OE =【点睛】考查半正多面体的外接球的半径的求法，中档题.11．（2021·江苏宿迁市·高二期末）自然界中，构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，其形状一般是平行六面体，具体形状大小由它的三组棱长a 、b 、c 及棱间交角α、β、γ（合称为“晶胞参数”）来表征.如图是某种晶体的晶胞，其中2a =，1b c ==，60α=︒，90β=︒，120γ=︒，则该晶胞的对角线1AC 的长为__________.【分析】数形结合以及使用向量的方法，可得11AC AB AD AA =++，然后先平方再开方可得结果.【详解】如图所示：所以1111=+AC AC CC AB AD CC AB AD AA =++=++ 依题可知：1=21AB AA AD ==，， 11=60,90,18060A AB A AD BAD αβγ∠=∠=∠=-== 所以22221111=+2+22AC AB AD AA AB AD AB AA AD AA ++⋅⋅+⋅所以21=411+221cos 60+221cos 60211cos90AC ++⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯则21=10AC ，故1=10AC12．（2020·全国高三专题练习（理））我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点(3,4)A -，且法向量为(1,2)=-n 的直线方程为1(3)(2)(4)0x y ⨯++-⨯-=，即2110x y -+=．类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点(1,2,3)A ，且法向量为(1,2,1)=--m 的平面的方程为___________．【答案】220x y z +--=【解析】试题分析：根据法向量的定义，若n 为平面α的法向量，则n ⊥α，任取平面α内一点P （x ，y ，z ），则PA ⊥n ，∵PA =（1-x ，2-y ，3-z ），n =(-1，-2，1)，∴（x -1）+2（y -2）+（3-z ）=0，即x+2y -z -2=0，故答案为x+2y -z -2=0．考点：本题主要考查类比推理的概念和方法，向量的坐标运算．点评：类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．由于平面向量与空间向量的坐标运算类似，因此可以利用求平面曲线方程的办法，通过构造向量，利用向量的运算确定空间平面方程．13．（2020·福建省泉州市泉港区第一中学高二期中）如图所示的正方体是一个三阶魔方(由27个全等的棱长为1的小正方体构成），正方形ABCD 是上底面正中间一个正方形，正方形1111D C B A 是下底面最大的正方形，已知点P 是线段AC 上的动点，点Q 是线段1B D 上的动点，则线段PQ 长度的最小值为_______．【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出目标PQ 的表达式，从而可得最小值.【详解】以1B 为坐标原点，1111,B C B A 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，则()()()()10,0,0,1,2,3,2,1,3,2,2,3B A C D ,设11BQ B D λ=,AP AC μ=,[],0,1λμ∈. ()12,2,3B Q λλλ=,()1111,2,3B P B A AP B A AC μμμ=+=+=+-.()1112,22,33QP B P B Q μλμλλ=-=+----,()()()2222122233QP μλμλλ=+-+--+-222215191730221417217234λλμμλμ⎛⎫⎛⎫=-+-+=-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当1517λ=且12μ=时，2QP 取到最小值934，所以线段PQ . 【点睛】本题主要考查空间向量的应用，利用空间向量求解距离的最值问题时，一般是把目标式表示出来，结合目标式的特征，选择合适的方法求解最值.（4） 解答题14．（2018·上海市南洋模范中学高三期末）已知111(,,)a x y z =，222(,,)b x y z =，333(,,)c x y z =，定义一种运算：123231312132213321()a b c x y z x y z x y z x y z x y z x y z ⨯⋅=++---，已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是一个平行四边形，(2,1,4)AB =-，(4,2,0)AD =，(1,2,1)AP =-（1）试计算()AB AD AP ⨯⋅的绝对值的值，并求证PA ⊥面ABCD ；（2）求四棱锥P ABCD -的体积，说明()AB AD AP ⨯⋅的绝对值的值与四棱锥P ABCD -体积的关系，并由此猜想向量这一运算()AB AD AP ⨯⋅的绝对值的几何意义.【答案】（1）48，证明见解析；（2）体积为16，()3P ABCD AB AD AP V -⨯⋅=，()AB AD AP ⨯⋅的绝对值表示以,,AB AD AP 为邻边的平行六面体的体积．【分析】（1）根据新定义直接计算，由向量法证明线线垂直，得线面垂直；（2）计算出棱锥体积后，根据数据确定关系．【详解】（1）由题意()AB AD AP ⨯⋅221424(1)(1)0=⨯⨯+⨯⨯+-⨯-⨯202-⨯⨯4(1)1-⨯-⨯(1)24--⨯⨯＝48．122(1)140AP AB ⋅=-⨯+⨯-+⨯=，1422100AP AD ⋅=-⨯+⨯+⨯=，∴,AP AB AP AD ⊥⊥，即,AP AB AP AD ⊥⊥．,AB AD 是平面ABCD 内两相交直线，∴AP ⊥平面ABCD ．（2）由题意2221,20AB AD ==，24(1)2406AB AD ⋅=⨯+-⨯+⨯=， 222sin ()ABCD S AB AD BAD AB AD AB AD =∠=-⋅== 6AP =∴111633P ABCD ABCD V S PA -==⨯． ∴()3P ABCD AB AD AP V -⨯⋅=，猜想：()AB AD AP ⨯⋅的绝对值表示以,,AB AD AP 为邻边的平行六面体的体积．【点睛】本题考查向量的新定义运算，解题时根据新定义的规则运算即可．考查学生的创新意识，同时考查学生的归纳推理能力．。
方法篇练习：专题6 立体几何与空间向量 第26练 含解析
第26练“空间角”攻略［题型分析·高考展望］空间角包括异面直线所成的角，线面角以及二面角，在高考中频繁出现，也是高考立体几何题目中的难点所在．掌握好本节内容,首先要理解这些角的概念,其次要弄清这些角的范围，最后再求解这些角．在未来的高考中，空间角将是高考考查的重点，借助向量求空间角,将是解决这类题目的主要方法．体验高考1．(2015·浙江)如图，已知△ABC,D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′-CD—B的平面角为α，则(）A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α答案B解析极限思想：若α＝π，则∠A′CB＜π，排除D;若α＝0,如图，则∠A′DB，∠A′CB都可以大于0,排除A,C。
故选B。
2．(2016·课标全国乙)平面α过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(）A。
错误!B。
错误!C。
错误! D.错误!答案A解析如图所示,设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1，∴B1D1∥m,同理可得CD1∥n。
故m、n所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小．而B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线),因此∠CD1B1＝π3,得sin∠CD1B1＝错误!,故选A。
3．(2016·课标全国丙)如图,四棱锥P—ABCD中,P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3,P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM ＝2MD，N为PC的中点．（1）证明MN∥平面P AB；（2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．（1）证明由已知得AM＝错误!AD＝2。
空间向量与空间角
∵cos〈P→B，D→B〉＝|PP→→BB|·|DD→→BB|＝2
4 2×2
2＝12，
∴〈P→B，D→B〉＝π3，∴BD 和平面 ADMN 所成的角为π6.
探究点三 求二面角 问题 怎样利用向量法求两个平面所成的二面角的大小？
答案 (1)基向量法：利用定义在棱上找到两个能表示二 面角的向量，将其用一组基底表示，再做向量运算； (2)坐标法：建立适当的空间直角坐标系，求得相关两个 半平面的法向量，再借助平面的法向量求解．
∴A→C1·A→1B＝1－1＝0， A→C1·A→1D＝1－1＝0.
跟踪训练 2 如图所示，在四棱锥 P—ABCD 中， 底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°， PA⊥底面 ABCD，且 PA＝AD＝AB＝2BC， M、N 分别为 PC、PB 的中点． (1)求证：PB⊥DM； (2)求 BD 与平面 ADMN 所成的角． (1)证明 如图所示，以点 A 为坐标原点建立 空间直角坐标系，设 BC＝1，则 A(0,0,0)， P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,1,0)， M1，12，1.
∴B→P·D→M＝0.
∴BP 与 DM 所成的角的大小为 θ＝90°.
(2)∵A→P＝(0,0，a)，A→B＝(a,0,0)，A→D＝(0，a,0)，
B→P＝(－a,0，a)，
∴B→P·A→D＝0，A→P·A→B＝0，A→P·A→D＝0.
又由(1)知B→P·D→M＝0，
∴B→P是平面 MDA 的法向量，A→P是平面 ABCD 的法向量，
个面内与棱 l 垂直的异面直线，则二面角的平 面角就是向量A→C与B→D的夹角(如图所示)．
跟踪训练 4 已知矩形 ABCD 中，AB＝1，BC＝ 3，将矩 形 ABCD 沿对角线 AC 折起，使平面 ABC 与 ACD 垂直， 则 B 与 D 之间的距离为________．
专题3：空间向量法求角基础知识与典型例题（解析版）
专题3：空间向量法求⾓基础知识与典型例题（解析版）专题3：空间向量法求⾓基础知识与典型例题（解析版）⑴求异⾯直线所成的⾓已知,a b 为两异⾯直线，A ，C 与B ，D 分别是,a b 上的任意两点，,a b 所成的⾓为θ，则cos .AC BDAC BD θ?=1．已知棱长为2的正⽅体1111ABCD A B C D -，点M 、N 分别是11A B 和1BB 的中点，建⽴如图所⽰的空间直⾓坐标系.(1)写出图中M 、N 的坐标；(2)求直线AM 与NC 所成⾓的余弦值.【答案】(1)M （2，1，2），N （2，2，1）.(2)25．【分析】(1)根据正⽅体的棱长，直接写出坐标； (2)利⽤向量夹⾓公式能求出直线AM 与CN 所成的⾓的余弦值．【详解】(1)由于正⽅体1111ABCD A B C D -的棱长为2.由题意知A （2，0，0），B （2，2，0），∴M （2，1，2）， C （0，2，0），∴N （2，2，1）.(2)由(1)可知()012AM =，，，CN =（2，0，1），设直线AM 与CN 所成的⾓为θ，则cosθ＝|cos AM CN ＜，＞|＝55?|25=．∴直线AM 与CN 所成的⾓的余弦值是25．【点睛】本题考查异⾯直线所成⾓的余弦值的求法，考查了空间向量法的应⽤，是基础题． 2．如图,三棱柱111OAB O A B -中,平⾯11OBB O ⊥平⾯OAB ,且160O OB ∠=?,190,2,3AOB OB OO OA ∠=?===,求异⾯直线1A B 与1O A 所成⾓的余弦值.【答案】17 【分析】以O 为坐标原点,,OA OB 所在直线分别为x 轴、y 轴,建⽴如图所⽰的空间直⾓坐标系, 利⽤向量法求异⾯直线1A B 与1O A 所成⾓的余弦值.【详解】以O 为坐标原点,,OA OB 所在直线分别为x 轴、y 轴,建⽴如图所⽰的空间直⾓坐标系,则11(3,0,0),(0,2,0),(3,13),(0,13)A B A O , 所以11(3,1,3),(3,1,3)A B O A =--=--.设所求的⾓为α, 则1111|||313|1cos 7||||77A B O A A B O A α--+===??, 即异⾯直线1A B 与1O A 所成⾓的余弦值为17. 【点睛】(1)本题主要考查求两异⾯直线所成的⾓，意在考查学⽣对该知识的掌握⽔平和分析推理计算能⼒.(2) 异⾯直线所成的⾓的求法⽅法⼀：（⼏何法）找→作（平移法、补形法）→证（定义）→指→求（解三⾓形）,⽅法⼆：（向量法）cos m n m n α?=，其中α是异⾯直线,m n所成的⾓，,m n 分别是直线,m n 的⽅向向量.⑵求直线和平⾯所成的⾓求法：设直线l 的⽅向向量为a ，平⾯α的法向量为u ，直线与平⾯所成的⾓为θ，a 与u 的夹⾓为?，则θ为?的余⾓或?的补⾓的余⾓.即有：cos s .in a u a u ?θ?==3．如图，正⽅体1111ABCD A B C D -中，E 是1CC 的中点，求BE 与平⾯1B BD 所成⾓的正弦值.【答案】10. 【分析】建⽴空间直⾓坐标系，利⽤空间向量夹⾓公式进⾏求解即可.【详解】如图，建⽴空间直⾓坐标系，设正⽅体的棱长为2，则11(0,0,0),(2,2,0),(2,2,2),(0,2,1),(2,2,0),(0,0,2),(2,0,1)D B B E BD BB BE =--==-.设平⾯1B BD 的法向量为1(,,),,n x y z n BD n BB =∴⊥⊥，1220,20,n BD x y nBB z ??=--=?∴??==??,0.x y z =-?∴?=? 令1y =，则(1,1,0)=-n ，10cos ,||||n BE n BE n BE ?∴??==. 故BE 与平⾯1B BD 所成⾓的正弦值为10.【点睛】本题考查了利⽤空间向量线⾯夹⾓公式的应⽤，考查了数学运算能⼒.4．如图,在三棱锥A BCD -中,ABC 是等边三⾓形,90BAD BCD ∠=∠=?,点P 是AC 的中点,连接,BP DP ．（1）证明:平⾯ACD ⊥平⾯BDP ;（2）若6BD =且⼆⾯⾓A BD C --为120?,求直线AD 与平⾯BCD 所成⾓的正弦值．【答案】（1）见解析（2）22【分析】（1）由ABC 是等边三⾓形,90BAD BCD ∠=∠=?,得AD CD =．再证明PD AC ⊥,PB AC ⊥,从⽽和证明AC ⊥平⾯PBD ,故平⾯ACD ⊥平⾯BDP 得证．（2）作CE BD ⊥,垂⾜为E 连接AE ．由Rt Rt ABD CBD ?,证得,AE BD ⊥,AE CE =结合⼆⾯⾓A BD C --为120?,可得2AB =,23AE =,6ED =.建⽴空间直⾓坐标系,求出点的坐标则60,,03D ?? ? ???,3,0,13A ??- ? ???,向量36,,133AD ??=- ? ??? ,即平⾯BCD 的⼀个法向量(0,0,1)m =,运⽤公式cos ,m AD m AD m AD =和sin cos ,m AD θ=??,即可得出直线AD与平⾯BCD 所成⾓的正弦值．【详解】解:（1）证明:因为ABC 是等边三⾓形,90BAD BCD ∠=∠=?,所以Rt Rt ABD CBD ?,可得AD CD =．因为点P 是AC 的中点,则PD AC ⊥,PB AC ⊥,因为PD PB P =,PD ?平⾯PBD ,PB ?平⾯PBD ,所以AC ⊥平⾯PBD ,因为AC ?平⾯ACD ,所以平⾯ACD ⊥平⾯BDP ．（2）如图,作CE BD ⊥,垂⾜为E 连接AE ．因为Rt Rt ABD CBD ?,所以,AE BD ⊥,AE CE =AEC ∠为⼆⾯⾓A-BD-C 的平⾯⾓．由已知⼆⾯⾓A BD C --为120?,知120AEC ∠=?．在等腰三⾓形AEC 中,由余弦定理可得3AC AE =．因为ABC 是等边三⾓形,则AC AB =,所以3AB AE =．在Rt △ABD 中,有1122AE BD AB AD ?=?,得3BD =,因为BD =所以AD =⼜222BD AB AD =+,所以2AB =．则AE =,ED = 以E 为坐标原点,以向量,EC ED 的⽅向分别为x 轴,y 轴的正⽅向,以过点E 垂直于平⾯BCD 的直线为z 轴,建⽴空间直⾓坐标系E xyz -,则0,3D ?? ? ???,3A ??- ? ???,向量3,133AD ??=- ? ???,平⾯BCD 的⼀个法向量为(0,0,1)m =, 设直线AD 与平⾯BCD所成的⾓为θ,则cos ,22m ADm AD m AD ===-,2sin |cos ,|m AD θ=??=所以直线AD 与平⾯BCD 所成⾓的正弦值为2．【点睛】本题考查⾯⾯垂直的证明和线⾯所成⾓的⼤⼩,考查空间想象⼒和是数形结合的能⼒,属于基础题.⑶求⼆⾯⾓⼆⾯⾓的平⾯⾓是指在⼆⾯⾓βα--l 的棱上任取⼀点O ，分别在两个半平⾯内作射线l AO ⊥,β-l 的平⾯⾓.如图：求法：设⼆⾯⾓l αβ--的两个半平⾯的法向量分别为m n 、，再设m n 、的夹⾓为?，⼆⾯⾓l αβ--的平⾯⾓为θ，则⼆⾯⾓θ为m n 、的夹⾓?或其补⾓.π?- 根据具体图形确定θ是锐⾓或是钝⾓：如果θ是锐⾓，则cos cos m n m n θ??==，即arccos m nm n θ?=；如果θ是钝⾓，则cos cos m nm n θ??=-=-，即arccos m n m n θ??? ?=- ???. 5．如图所⽰，AE ⊥平⾯ABCD ，四边形AEFB 为矩形，//BC AD ，BA AD ⊥，224AE AD AB BC ====．（1）求证：//CF 平⾯ADE ；（2）求平⾯CDF 与平⾯AEFB 所成锐⼆⾯⾓的余弦值．【答案】（1）见解析（2）23【分析】（1）根据//BF AE ，//BC AD ，从⽽证明平⾯//BCF 平⾯ADE ，从⽽//CF 平⾯ADE 。
微专题15 空间角、距离的计算(几何法、向量法)
微专题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，P A＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点.(1)证明：OE∥平面P AC；(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，P A＝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P AC，AC⊂平面P AC，所以OD∥平面P AC.因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE ∥P A .因为DE ⊄平面P AC ，P A ⊂平面P AC ， 所以DE ∥平面P AC .又OD ，DE ⊂平面ODE ，OD ∩DE ＝D ， 所以平面ODE ∥平面P AC .又OE ⊂平面ODE ，所以OE ∥平面P AC .(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 ＝P A 2－PO 2＝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，P A ＝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P A＝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△P AC中，结合余弦定理得P A2＋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＝156.故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为156.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P A＝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.π2 B.π3 C.π4 D.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BC 1，A 1B ，A 1P ，PC 1，则易知AD 1∥BC 1，所以直线PB 与AD 1所成的角等于直线PB 与BC 1所成的角.由P 为正方形A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 1的中点， 知A 1，P ，C 1三点共线，且P 为A 1C 1的中点. 易知A 1B ＝BC 1＝A 1C 1， 所以△A 1BC 1为等边三角形， 所以∠A 1BC 1＝π3，又P 为A 1C 1的中点，所以可得∠PBC 1＝12∠A 1BC 1＝π6， 故直线PB 与AD 1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·武汉质检)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1＝2AB ＝2BC ，P ，Q 分别为B 1C 1，BC 的中点，则异面直线AQ 与BP 所成角的余弦值是( ) A.55 B.21717 C.8585 D.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.33 C.34 D.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 －A 1B 1C 1中，AA 1＝13，AB ＝8，BC ＝6，AB ⊥BC ，AB 1＝B 1C ，D 为AC 的中点，平面AB 1C ⊥平面ABC .(1)求证：B 1D ⊥平面ABC ；(2)求直线C 1D 与平面AB 1C 所成角的正弦值.(1)证明 因为AB 1＝B 1C ，D 为AC 的中点，所以B 1D ⊥AC .又平面AB 1C ⊥平面ABC ，平面AB 1C ∩平面ABC ＝AC ，B 1D ⊂平面AB 1C ， 所以B 1D ⊥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＝12BE.又CD∥BE，CD＝12EB，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AE 2＋AB 2＝BE 2，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AG 2＋DG 2＝AD 2， 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 ＝22，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×ABDB＝1×212＋（2）2＝63.由(1)知，AE⊥平面DBC，∵EF⊂平面DBC，∴AE⊥EF，∴sin∠AFE＝AEAF＝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，P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，P A ＝AB ＝2，AD ＝2BC ＝2 2.(1)求证：BD⊥平面P AC；(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，P A＝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P A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以P A⊥BD，又AC∩P A＝A，P A，AC⊂平面P AC，故BD⊥平面P AC.→，AD→，AP→的方向为x轴，y 法二由题意P A⊥平面ABCD，AB⊥AD，分别以AB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)，→＝(－2，22，0)，AP→＝(0，0，2)，BDBD →·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P AC ， 故BD ⊥平面P AC .(2)解 由题意P A ⊥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 ＝(x 1，y 1，z 1)， 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 ∠MAC 1＝31010， 所以M 到直线AC 1的距离为 MA ·sin ∠MAC 1＝5×31010＝322. (2)如图，S △MNC 1＝S 矩形B 1BCC 1－S △B 1MC 1－S △BMN －S △NCC 1＝42－2－22－2＝322，设点N 到平面MA 1C 1的距离为h ， 由V N －MA 1C 1＝V A 1－MNC 1，得 13×12×2×5×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 －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥平面ABCD ，AA 1＝3，底面是边长为4的菱形，且∠DAB ＝60°，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，E 是O 1A 的中点，则点E 到平面O 1BC 的距离为( ) A.2 B.1 C.32 D.3 答案 C解析 法一 如图，连接OO 1，则OO 1⊥平面ABCD ， OO 1＝AA 1＝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O1A的中点，∴E到平面O1BC的距离为3 2.法二易得OO1⊥平面ABCD，所以OO1⊥OA，OO1⊥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 ·O1B →＝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 ，△P AB 和△P AD 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△P AB和△P AD都是等边三角形知P A＝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＝PD2－OD2＝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P AC，AD⊥BP，AB＝2，BC＝1，PD＝3BD＝3.(1)求证：P A⊥AC；(2)求平面P AC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P A＝2 3.由BC⊥平面P AC，AC，PC⊂平面P AC，得BC⊥AC，BC⊥PC.所以AC＝AB2－BC2＝3，PC＝PB2－BC2＝15.因为AC2＋P A2＝15＝PC2，所以P A⊥AC.法二由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝ 3.由PD＝3，AD＝3，AD⊥BP，得P A＝2 3.因为PB＝4，所以PB2＝AB2＋P A2，所以P A⊥AB.由BC⊥平面P AC，P A⊂平面P AC，得BC⊥P A.又BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，故P A⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以P A⊥AC.(2)解法一如图，过点D作DE∥BC交PC于点E，因为BC⊥平面P AC，所以DE⊥平面P AC.因为AC⊂平面P AC，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P AC 与平面ACD 的夹角. 由PD ＝3BD ＝3，DE ∥BC ，得DE ＝34，由EF ⊥AC ，P A ⊥AC ，且EF ，P A ⊂平面P AC ，得EF ∥P A ，且EF P A ＝CE CP ＝BD BP ＝14， 得EF ＝32. 易知DE ⊥EF ， 则DF ＝DE 2＋EF 2＝214.所以cos ∠DFE ＝EF DF ＝277.所以平面P AC 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P AC ，因此CB→＝(1，0，0)为平面P AC 的一个法向量. 设平面P AC 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P AC 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，图1∴BC⊥BB1，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 )，BC 1→＝(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＋c2.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〉|＝a a 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＋c 2.|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.。
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课时作业(二十)[学业水平层次]一、选择题1．若异面直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2所成的角为( )A ．30°B ．150°C ．30°或150°D ．以上均不对【解析】 l 1与l 2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.应选A. 【答案】 A2．已知A (0,1,1)，B (2，－1,0)，C (3,5,7)，D (1,2,4)，则直线AB 与直线CD 所成角的余弦值为( ) A.52266B ．－52266 C.52222D ．－52222 【解析】 AB →＝(2，－2，－1)，CD →＝(－2，－3，－3)，∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝53×22＝52266， ∴直线AB 、CD 所成角的余弦值为52266. 【答案】 A3．正方形ABCD 所在平面外一点P ，PA ⊥平面ABCD ，若PA ＝AB ，则平面PAB 与平面PCD 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【解析】 如图所示，建立空间直角坐标系，设PA ＝AB ＝1.则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)．于是AD →＝(0,1,0)．取PD 中点为E ，则E ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，12， ∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12， 易知AD →是平面PAB 的法向量，AE →是平面PCD 的法向量，∴cos AD →，AE →＝22， ∴平面PAB 与平面PCD 的夹角为45°.【答案】 B4．(2014·师大附中高二检测)如图3229，在空间直角坐标系Dxyz 中，四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1为长方体，AA 1＝AB ＝2AD ，点E 、F 分别为C 1D 1、A 1B 的中点，则二面角B 1A 1B E 的余弦值为( )图3229A ．－33B ．－32 C.33 D.32【解析】 设AD ＝1，则A 1(1,0,2)，B (1,2,0)，因为E 、F 分别为C 1D 1、A 1B 的中点，所以E (0,1,2)，F (1,1,1)，所以A 1E →＝(－1,1,0)，A 1B →＝(0,2，－2)，设m ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ A 1E →·m ＝0，A 1B →·m ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋y ＝0，2y －2z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝z ，取x ＝1，则y ＝z ＝1，所以平面A 1BE 的一个法向量为m ＝(1,1,1)，又DA ⊥平面A 1B 1B ，所以DA →＝(1,0,0)是平面A 1B 1B 的一个法向量，所以cos 〈m ，DA →〉＝m ·DA →|m ||DA →|＝13＝33，又二面角B 1A 1B E 为锐二面角，所以二面角B 1A 1B E 的余弦值为33，故选C. 【答案】 C二、填空题5．棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1、BB 1的中点，则异面直线AM 与CN 所成角的余弦值是________．【解析】 依题意，建立如图所示的坐标系，则A (1,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，C (0,1,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12， ∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，CN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12， ∴cos 〈AM →，CN →〉＝1252·52＝25， 故异面直线AM 与CN 所成角的余弦值为25. 【答案】 256．(2014·高二检测)在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (1，－2,0)、B (2,1，6)，则向量AB →与平面xOz 的法向量的夹角的正弦值为________．【解析】 设平面xOz 的法向量为n ＝(0，t,0)(t ≠0)，AB →＝(1,3，6)，所以cos 〈n ，AB →〉＝n ·AB →|n |·|AB →|＝3t 4|t |，因为〈n ，AB →〉∈[0，π]，所以sin 〈n ，AB →〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 4|t |2＝74. 【答案】74 7．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B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于________．【解析】如图，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，平面ABC的法向量为n1＝(0,0,1)，平面AEF的法向量为n2＝(x，y，z)．所以A(1,0,0)，E⎝⎛⎭⎪⎫1，1，13，F⎝⎛⎭⎪⎫0，1，23，所以AE→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，13，EF→＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，13，则⎩⎪⎨⎪⎧n2·AE→＝0，n2·EF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y＋13z＝0，－x＋13z＝0.取x＝1，则y＝－1，z＝3.故n2＝(1，－1,3)．所以cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝31111.所以平面AEF与平面ABC所成的二面角的平面角α满足cos α＝31111，sin α＝2211，所以tan α＝23.【答案】23三、解答题8. 如图3230所示，在四面体ABCD 中，O ，E 分别是BD ，BC 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝ 2.图3230(1)求证：AO ⊥平面BCD ；(2)求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值．【解】 (1)证明：连结OC ，由题意知BO ＝DO ，AB ＝AD ，∴AO ⊥BD .又BO ＝DO ，BC ＝CD ，∴CO ⊥BD .在△AOC 中，由已知可得AO ＝1，CO ＝3，又AC ＝2，∴AO 2＋CO 2＝AC 2，∴∠AOC ＝90°，即AO ⊥OC .∵BD ∩OC ＝O ，∴AO ⊥平面BCD .(2)以O 为坐标原点建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0，3，0)，A (0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32，0，∴BA →＝(－1,0,1)，CD →＝(－1，－3，0)，∴cos〈BA→，CD→〉＝BA→·CD→|BA→|·|CD→|＝24.∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为24.9．四棱锥PABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PDB；(2)当PD＝2AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小．【解】如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设AB＝a，PD＝h，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，P(0,0，h)，(1)∵AC→＝(－a，a,0)，DP→＝(0,0，h)，DB→＝(a，a,0)，∴AC→·DP→＝0，AC→·DB→＝0，∴AC⊥DP，AC⊥DB，又DP∩DB＝D，∴AC⊥平面PDB，又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB.(2)当PD＝2AB且E为PB的中点时，P(0,0，2a)，E⎝⎛⎭⎪⎪⎫12a，12a，22a，设AC∩BD＝O，O⎝⎛⎭⎪⎫a2，a2，0，连结OE，由(1)知AC⊥平面PDB 于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角，∵EA→＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫12a，－12a，－22a，EO→＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，0，－22a，∴cos∠AEO＝EA→·EO→|EA→|·|EO→|＝22，∴∠AEO＝45°，即AE与平面PDB所成的角的大小为45°.[能力提升层次]1．已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E 是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为( ) A．60°B．90°C．45°D．以上都不对【解析】以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x 轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图．由题意知，A1(1,0,2)，E(1,1,1)，D1(0,0,2)，A(1,0,0)，所以A1E→＝(0,1，－1)，D1E→＝(1,1，－1)，EA→＝(0，－1，－1)．设平面A 1ED 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·D 1E →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x ＋y －z ＝0. 令z ＝1，得y ＝1，x ＝0，所以n ＝(0,1,1)，cos 〈n ，EA →〉＝n ·EA →|n ||EA →|＝－22·2＝－1. 所以〈n ，EA →〉＝180°.所以直线AE 与平面A 1ED 1所成的角为90°.【答案】 B2．在空间中，已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0，a )(a ＞0)，如果平面α与平面xOy 的夹角为45°，则a ＝________.【解析】 平面xOy 的法向量为n ＝(0,0,1)，设平面α的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋4y ＝0，－3x ＋az ＝0，即3x ＝4y ＝az ，取z ＝1，则u ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，a 4，1. 而cos 〈n ，u 〉＝1a 29＋a 216＋1＝22， 又∵a ＞0，∴a ＝125. 【答案】 1253. 三棱柱ABC A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )图3231A.55B.53C.255D.35【解析】不妨设CA＝CC1＝2CB＝2，则AB1→＝(－2,2,1)，C1B→＝(0，－2,1)，所以cos〈AB1→，C1B→〉＝AB1→·C1B→|AB1→||C1B→|＝－2×0＋2×－2＋1×19×5＝－55.因为直线BC1与直线AB1夹角为锐角，所以所求角的余弦值为55.【答案】 A4. 如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．图3232(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；. . . .. .word 资料. .. (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．【解】 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4) ，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4).因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010， 所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝29×1＝23， 得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.。