利用空间向量求空间角考点与题型归纳
空间向量的应用求空间角与距离
空间向量的应用----求空间角与距离一、考点梳理1.自新教材实施以来，近几年高考的立体几何大题，在考察常规解题方法的同时，更多地关注向量法〔基向量法、坐标法〕在解题中的应用。
坐标法〔法向量的应用〕，以其问题〔数量关系：空间角、空间距离〕处理的简单化，而成为高考热点问题。
可以预测到，今后的高考中，还会继续表达法向量的应用价值。
2.利用法向量求空间角和空间距离，其常用技巧与方法总结如下：1)求直线和直线所成的角假设直线AB 、CD 所成的角是α，cos α=|,cos |><CD AB ||||||CD AB CD AB •=2).利用法向量求线面角设θ为直线l 与平面α所成的角，ϕ为直线l 的方向向量v 与平面α的法向量n 之间的夹角，那么有2πϕθ=-或2πϕθ=+。
特别地0ϕ=时， 2πθ=，l α⊥；2πϕ=时，0θ=，l α⊂或l α。
计算公式为：||sin cos ||||v n v n θϕ==或||sin sin()cos (0)2||||||||v n v n v n v n v n πθϕϕ=-=-=-=<3).利用法向量求二面角设1n 、2n 分别为平面α、β的法向量，二面角l αβ--的大小为θ，向量1n 、2n 的夹角为ϕ，那么有θϕπ+=或θϕ=。
计算公式为：1212cos cos ||||n n n n θϕ=-=1212cos cos ||||n n n n θϕ==4).利用法向量求点面距离如图点P 为平面外一点，点A 为平面内的任一点，平面的法向量为n ,过点P 作平面α的垂线PO ，记∠OPA=θ，那么点P 到平面的距离θcos ||||PA PO d ==||||||||||||n PA PA n PA n PA n •=⊗•=5).法向量在距离方面除应用于点到平面的距离外，还能处理异面直线间的距离，线面间的距离，以及平行平面间的距离等。
其一，这三类距离都可以转化为点面间的距离；其二，异面直线间的距离可用如下方法操作：在异面直线上各取一点A 、B ，AB 在n 上的射影长即为所求。
142 用空间向量研究距离、夹角问题(基础知识+基本题型)(含解析)--2022高二数学上
1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题（基础知识+基本题型）知识点一、用向量方法求空间角（1）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 BD AC BD θ⋅=⋅。
要点诠释：两异面直线所成的角的范围为（00,900]。
两异面直线所成的角可以通过这两直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角。
（2）求直线和平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的角为ϕ，则有||sin |cos |||||θϕ⋅==⋅a u a u 。
（3）求二面角如图，若PA α⊥于A ，PB β⊥于B ，平面PAB 交l 于E ，则∠AEB 为二面角l αβ--的平面角，∠AEB+∠APB=180°。
若12⋅n n 分别为面α，β的法向量，121212,arccos ||||n n n n n n ⋅〈〉=⋅则二面角的平面角12,AEB ∠=〈〉n n 或12,π-〈〉n n ，即二面角θ等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角。
①当法向量1n 与2n 的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角θ的大小等于1n ，2n 的夹角12,〈〉n n 的大小。
②当法向量1n ，2n 的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角θ的大小等于1n ，2n的夹角的补角12,π-〈〉n n 的大小。
知识点二、用向量方法求空间距离1.求点面距的一般步骤：①求出该平面的一个法向量；②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；③求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离。
即：点A 到平面α的距离||AB n d n ⋅= ，其中B α∈，n是平面α的法向量。
2.线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解。
(完整版)利用空间向量法证明与求空间角——解答题篇·解题技能(教师)
课题利用空间向量法证明与求空间角——解答题篇·解题技能一、空间向量（一）空间向量基本定理对于如果三个向量a r ，b r ，c r 不共面，那么对空间任一向量p u r存在唯一的有序实数组{,,}x y z ，使p xa yb zc =++u r r r r（二）空间向量的坐标表示（1）空间直角坐标系设123,,e e e u r u u r u r 为有公共起点O 的三个两两垂直的单位向量（称它们为正交基底），以123,,e e e u r u u r u r的公共起点O 为原点，分别以123,,e e e u r u u r u r 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz -。
建立空间直角坐标系要遵循“左手法则”。
（2）空间向量的坐标对于空间任一向量p u r ，一定可以把它平移，使它的起点与原点O 重合，得到向量OP p =u u u r u r 。
由空间向量基本定理可知，存在有序实数组{,,}x y z ，使p xa yb zc =++u r r r r。
我们把,,x y z 称作向量p u r 在单位正交基底123,,e e e u r u u r u r下的坐标，记作(,,)p x y x =u r 。
点的坐标：此时向量p u r 的坐标恰是点P 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标(,,)x y x 。
（3）空间向量运算的坐标表示 ① 空间向量的坐标运算法则设123(,,)a a a a =r ，123(,,)b b b b =r，则112233(,,)a b a b a b a b +=+++r r112233(,,)a b a b a b a b -=--- 123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈ 112233a b a b a b a b ⋅=++② 空间向量平行与垂直条件112233//,,()a b a b a b a b a b R λλλλλ⇔=⇔===∈r r r r1122330a b a b a b a b a b ⊥⇔⋅=++=③ 空间向量夹角公式r r④ 空间向量长度公式若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则212121(,,)AB x x y y z z =---u u u r即：一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。
高考必考题—运用空间向量解决空间角(含解析)
运用空间向量解决空间角一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
例1、【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．例2、(2019南京学情调研） 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知底面ABCD 的边长AB ＝3，侧棱AA 1＝2，E 是棱CC 1的中点，点F 满足AF →＝2FB →.(1) 求异面直线FE 和DB 1所成角的余弦值； (2) 记二面角EB 1FA 的大小为θ，求|cos θ|.题型二、直线与平面所成的角直线与平面所成的角是通过研究直线的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特别注意所求的角与已求的角之间的关系。
例3、【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．例4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．题型三、平面与平面所成的角利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据观察判断向量在图形中的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点例5、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．例6、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．二、达标训练1、【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．2、【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.3、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.4、（2020届山东省九校高三上学期联考）已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，12AB AA ==，3BAD π∠=，ACBD O =，AO ⊥平面1A BD ，11A B A D =.（1）证明：1//B C 平面1A BD ； （2）求钝二面角1B AA D --的余弦值.5、（2020届山东省潍坊市高三上期末）在底面为正方形的四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面,,,ABCD PA PD E F =分别为棱PC 和AB 的中点.(1)求证://EF 平面PAD ;(2)若直线PC 与AB ，求平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的大小.6、(2019南京、盐城一模）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA ＝AB＝2，点E是棱PB的中点．(1) 求异面直线EC与PD所成角的余弦值；(2) 求二面角BECD的余弦值．一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
利用空间向量求解立体几何中的角-2019届高考数学(理)提分必备30个黄金考点---精校解析Word版
【考点剖析】1.命题方向预测：空间角的计算是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题．此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角. 2.课本结论总结： 一种方法用空间向量解决几何问题的一般方法步骤是： (1)适当的选取基底{a ，b ，c }； (2)用a ，b ，c 表示相关向量； (3)通过运算完成证明或计算问题． 两个理解(1)共线向量定理还可以有以下几种形式： ①a ＝λb ⇒a ∥b ；②空间任意两个向量，共线的充要条件是存在λ，μ∈R 使λa ＝μb .③若OA →，OB →不共线，则P ，A ，B 三点共线的充要条件是OP →＝λOA →＋μOB →且λ＋μ＝1.(2)对于共面向量定理和空间向量基本定理可对比共线向量定理进行学习理解．空间向量基本定理是适当选取基底的依据，共线向量定理和共面向量定理是证明三点共线、线线平行、四点共面、线面平行的工具，三个定理保证了由向量作为桥梁由实数运算方法完成几何证明问题的完美“嫁接”． 四种运算空间向量的四种运算与平面向量的四种运算加法、减法、数乘、数量积从形式到内容完全 一致可类比学习．学生要特别注意共面向量的概念．而对于四种运算的运算律，要类比实数加、减、乘的运算律进行学习． 三种成角(1)异面直线所成的角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2；(2)直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2； (3)二面角的范围是[0，π]． 3.名师二级结论： 1.夹角计算公式(1)线线角：直线与直线所成的角θ，如两直线的方向向量分别为a ，b ，则||cos cos a b θ＝〈，〉.(2)线面角：直线与平面所成的角θ，如直线的方向向量为a ，平面的法向量为n ，则||sin cos a n θ＝〈，〉. (3)面面角：两相交平面所成的角θ，两平面的法向量分别为n 1，n 2，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.判定二面角的平面角是锐角还是钝角的情况来决定cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|还是cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|. 2.距离公式(1)点点距：点与点的距离，以这两点为起点和终点的向量的模；(2)点线距：点M 到直线a 的距离，如直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M 到直线a 的距离d ＝|MN →|sin 〈MN →，a 〉；(3)线线距：两平行线间的距离，转化为点线距离；两异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；(4)点面距：点M 到平面α的距离：如平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN →||cos 〈MN →，n 〉|＝|MN →·n ||n |；(5)线面距：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离； (6)面面距：两平行平面间的距离，转化为点面距离. 4.考点交汇展示：三棱锥A BCD -及其侧视图、俯视图如图所示.设M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，P 为线段BC 上的点，且MN NP ⊥.（1）证明：P 为线段BC 的中点； （2）求二面角A NP M --的余弦值.【答案】（1）证明详见解析；（2）cos θ=.y（2）易得平面PMN 的法向量为1(0,1,1)n =.(1,0,3),(1,BA BC =-=-，设平面ABC 的法向量为2(,,)n x y z =，则0000x x ⎧-++=⎪⇒⎨-+=⎪⎩2(3,1,1)n =，所以cos 5θ==【2018年理数全国卷II 】如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.由已知得取平面的法向量.设，则.设平面的法向量为.由得，可取，所以.由已知得.所以.解得（舍去），.所以.又，所以.所以与平面所成角的正弦值为.【2018年全国卷Ⅲ理】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.【考点分类】考向一利用空间向量求空间角1.【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以．所成角的正弦值为．2.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ^底面ABCD ，AD AB ^，//AB DC ，2AD DC AP ===，1AB =，点E 为棱PC 的中点．C（Ⅰ）证明：DC BE ⊥；（Ⅱ）求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；（Ⅲ）若F 为棱PC 上一点，满足AC BE ⊥，求二面角F AB P --的余弦值． 【答案】（Ⅰ）详见试题分析；（Ⅱ）直线BE 与平面PBD；．（Ⅰ）向量()0,1,1BE =，()2,0,0DC =，故0=⋅． ∴DC BE ⊥．（Ⅱ）向量()1,2,0BD =-，()1,0,2PB =-．设(),,n x y z =为平面PBD 的法向量，则0,0,n BD n PBìï?ïíï?ïî即20,20.x y x z ì-+=ïïíï-=ïî不妨令1y =，可得()2,1,1n =为平面PBD的一个法向量．于是有cos ,6n BE n BE n BE×===×BE 与平面PBD ． （Ⅲ）向量()1,2,0BC =，()2,2,2CP =--，()2,2,0AC =，()1,0,0AB =．由点F 在棱PC 上，设CF CP l =，01l＃，故()12,22,2BF BC CF BC CP l l l l =+=+=--，由BF AC ^，得0BF AC?，因此，()()2122220l l -+-=，解得34l =，即113,,222BF 骣÷ç=-÷ç÷ç桫．设()1,,n x y z =为平面FAB 的法向量，则110,0,n AB n BFìï?ïíï?ïî即0,1130.222x x y z ì=ïïïíï-++=ïïî不妨令1z =，可得()10,3,1n =-为平面FAB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量()20,1,0n =，则121211cos ,10n n n n n n ×===-×．易知，二面角F AB P --． （方法二）（Ⅰ）如图，取PD 中点M ，连结EM ，AM ．由于,E M 分别为,PC PD 的中点，故//EM DC ，且12EM DC =，又由已知，可得//EM AB 且EM AB =，故四边形ABEM 为平行四边形，∴//BE AM ．∵PA ^底面ABCD ，故PA CD ^，而CD DA ^，从而CD ^平面PAD ，∵AM Ì平面PAD ，于是CD AM^，又//BE AM ，∴BE CD ^．C【方法规律】1．利用向量法求异面直线所成的角时，注意向量的夹角与异面直线所成的角的异同．同时注意根据异面直线所成的角的范围(0，π2]得出结论．2．利用向量法求线面角的方法一是分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； 二是通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.3．利用空间向量求二面角可以有两种方法：一是分别在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是通过平面的法向量来求：设二面角的两个半平面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)． 4．利用空间向量求二面角时，注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角．求解过程中应注意以下几个方面：(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求；(2)求平面的法向量的方法：①待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之；②先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量．当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法.5. (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求直线与平面所成的角θ，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得，即sin θ＝|cos α|.【解题技巧】运用空间向量求解空间的角关键是建立空间直角坐标系后，空间角转化为向量的运算．使用空间向量解决立体几何计算，直线的标志是它的方向向量，平面的标志是它的法向量，我们可以借助于直线和平面的标志用向量这个工具解决立体几何计算问题．利用向量法求解空间角，可以避免利用定义法作角、证角、求角中的“一作、二证、三计算”的繁琐过程，利用法向量求解空间角的关键在于“四破”．第一破“建系关”，第二破“求坐标关”；第三破“求法向量关”；第四破“应用公式关”，熟记线面成的角与二面角的公式，即可求出空间角．【易错点睛】1.异面直线所成角的范围；线面角的正弦值是直线的方向向量和平面法向量所成角余弦的绝对值；两相交平面所成的角θ，两平面的法向量分别为n1和n2，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|，其特殊情况是两个半平面所成的角即二面角，也可以用这个公式解决，但要判定二面角的平面角是锐角还是钝角的情况以决定cosθ＝|cos〈n1，n2〉|还是cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|.这是利用向量求二面角的难点、易错点．2.向量的书写不规范，字母上方缺少＂→＂．3.作图马虎，虚实线不分，不用直尺作图．考向二利用空间向量解决探索与翻折问题1.【2018年理新课标I卷】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.2.如图，在三棱锥S ABC -中， SA ⊥底面ABC ， 2AC AB SA ===， AC AB ⊥， D ， E 分别是AC ， BC 的中点， F 在SE 上，且2SF FE =． （1）求证： AF ⊥平面SBC ；（2）在线段上DE 上是否存在点G ，使二面角G AF E --的大小为30︒？若存在，求出DG 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析; （2）见解析. 【解析】（1）由2AC AB SA ===， AC AB ⊥，E 是BC 的中点，得AE =因为SA ⊥底面ABC ，所以SA AE ⊥．（2）方法一：假设满足条件的点G 存在，并设DG t =． 过点G 作GM AE ⊥交AE 于点M ，又由SA GM ⊥， AE SA A ⋂=，得GM ⊥平 面SAE ．作MN AF ⊥交AF 于点N ，连结NG ，则AF NG ⊥． 于是GNM ∠为二面角G AF E --的平面角，即30GNM ︒∠=，由此可得)12MG x =-． 由MNEF ，得MN AM EF AE =)1t +=)1MN t =+．在Rt GMN 中， tan30MG MN ︒=，即)()11263t t -=+⋅，解得12t =．于是满足条件的点G 存在，且12DG =．所以()1,1,0AE =， 222,,333AF ⎛⎫=⎪⎝⎭， ()1,,0AG t =． 设平面AFG 的法向量为()111,,m x y z =，则0{0m AF m AG ⋅=⋅=，即2220{3330x y z x my ++=+=，取1y =，得x t =-， 1z t =-，即(),1,1m t t =--．设平面AFE 的法向量为()222,,n x y z =，则0{0n AF n AE ⋅=⋅=，即222{333x y z x y ++=+=，取1y =，得x t =-， 1z t =-，即(),1,1n t t =--．由二面角G AF E --的大小为30︒，得cos30m n m n︒⋅==⋅，化简得22520t t -+=，又01t ≤≤，求得12t =． 于是满足条件的点G 存在，且12DG =． 【方法规律】1.解决探索性问题，都是先假设存在，然后根据已知条件和结论逐步进行计算和推导，若推出矛盾则不存在，这是解决探索性问题的常用方法．2.解决翻折问题，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没有变，特别是没有变的量是我们解决问题的关键．【解题技巧】探索性问题命题背景宽，涉及到的知识点多，综合性较强，通常是寻找使结论成立的条件或探索使结论成立的点是否存在等问题，全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度，考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，因此使用问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．【易错点睛】解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．如本题把直二面角转化为这两个平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为零，得参数p的方程．即把与两平面垂直有关的存在性问题转化为方程有无解的问题．与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【热点预测】1.【2016高考新课标1卷】平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α//平面CB1D1,αI平面ABCD=m,αI平面AB B1A1=n,则m、n所成角的正弦值为B)21 3【答案】A2.在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，.若分别是棱上的点，且，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】故选D.3.【2018届河北省定州中学高三上第二次月考】已知点在正方体的对角线上，在上，则与所成角的大小为___________.【答案】【解析】以D点为原点，以DA,DC，分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，，连接，在平面中，延长DP交于点H,设，由，可得，，填。
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 。
高三理科 利用空间向量求空间角总结
高三 年级 数学 科辅导讲义（第 讲）学生姓名： 授课教师： 授课时间：一、复习引入1．用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；（化为向量问题）（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；（进行向量运算）（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。
（回到图形） 2．向量的有关知识：（1）两向量数量积的定义：><=⋅,cos |||| （2）两向量夹角公式：||||,cos b a >=<（3）平面的法向量：与平面垂直的向量 二、知识讲解与典例分析知识点1：面直线所成的角（范围：]2,0(πθ∈）（1）定义：过空间任意一点o 分别作异面直线a 与b 的平行线a ´与b ´，那么直线a ´与b ´ 所成的锐角或直角，叫做异面直线a 与b 所成的角. （2）用向量法求异面直线所成角 设两异面直线a 、b 的方向向量分别为和，问题1： 当与的夹角不大于90的角θ与 和 的夹角的关系？问题 2：a 与b 的夹角大于90°时，，异面直线a θ与a 和b 的夹角的关系？结论：异面直线a 、b 所成的角的余弦值为|||||,cos |cos n m =><=θa思考：在正方体1111D C B A ABCD -中，若1E 与1F 分别为11B A 、11D C 的四等分点，求异面直线1DF 与1BE 的夹角余弦值？（1）方法总结：①几何法；②向量法（2）><11,cos BE DF 与><B E DF 11,cos 相等吗？ （3）空间向量的夹角与异面直线的夹角有什么区别？例1如图，正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为a ,侧棱长为a 2，求1AC 和1CB 所成的角.解法步骤：1.写出异面直线的方向向量的坐标。
空间向量知识点与题型归纳总结
空间向量知识点与题型归纳总结知识点精讲一、空间向量及其加减运算1.空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模.空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a 也可以记作AB ，其模记为a 或AB .2.零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0.当有向线段的起点A 与终点B 重合时，0AB =. 模为1的向量称为单位向量. 3.相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量.在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量.空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量.与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为a -. 4.空间向量的加法和减法运算（1）OC OA OB a b =+=+，BA OA OB a b =-=-.如图8-152所示.（2）空间向量的加法运算满足交换律及结合律 a b b a +=+，()()a b c a b c ++=++ 二、空间向量的数乘运算1．数乘运算实数λ与空间向量a 的乘积a λ称为向量的数乘运算.当0λ>时，a λ与向量a 方向相同；当0λ<时，向量a λ与向量a 方向相反. a λ的长度是a 的长度的λ倍.2.空间向量的数乘运算满足分配律及结合律()a b a b λλλ+=+，()()a a λμλμ=.3.共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作//a b .4.共线向量定理对空间中任意两个向量a ，b ()0b ≠，//a b 的充要条件是存在实数λ，使a b λ=. 5.直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线.对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP OA ta =+①，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，在l 上取AB a =，则式①可化为()()1OP OA t AB OA t OB OA t OA tOB =+=+-=-+②①和②都称为空间直线的向量表达式，当12t =，即点P 是线段AB 的中点时，()12OP OA OB =+，此式叫做线段AB 的中点公式.6.共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a ，作OA a =，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a 平行于平面α.平行于同一平面的向量，叫做共面向量.7.共面向量定理如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(),x y ，使p xa yb =+.推论：（1）空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对(),x y ，使AP xAB y AC =+；或对空间任意一点O ，有OP OA x AB y AC -=+，该式称为空间平面ABC 的向量表达式.（2）已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式OP xOA yOB zOC =++（其中1x y z ++=）的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立. 三、空间向量的数量积运算1.两向量夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA a =，OB b =，则AOB ∠叫做向量a ，b 的夹角，记作,a b ，通常规定0,a b π≤≤，如果,2a b π=，那么向量a ，b 互相垂直，记作a b ⊥.2.数量积定义Aaaα图 8-154O已知两个非零向量a ，b ，则cos ,a b a b 叫做a ，b 的数量积，记作a b ⋅，即cos ,a b a b a b ⋅=.零向量与任何向量的数量积为0，特别地，2a a a ⋅=.3.空间向量的数量积满足的运算律： ()()a b a b λλ⋅=⋅，a b b a ⋅=⋅（交换律）； ()a b c a b a c ⋅+=⋅+⋅（分配律）. 四、空间向量的坐标运算及应用（1）设()123,,a a a a =，()123,,b b b b =，则()112233,,a b a b a b a b +=+++；()112233,,a b a b a b a b -=---；()123,,a a a a λλλλ=； 112233a b a b a b a b ⋅=++；()112233//0,,a b b a b a b a b λλλ≠⇒===； 1122330a b a b a b a b ⊥⇒++=.（2）设()111,,A x y z ，()222,,B x y z ，则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=---.这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标. （3）两个向量的夹角及两点间的距离公式. ①已知()123,,a a a a =，()123,,b b b b =，则221a a a ==+221b b b ==+；112233a b a b a b a b ⋅=++；cos ,a b =；②已知()111,,A x y z ，()222,,B x y z ，则(AB x =或者(),d A B AB =.其中(),d A B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式.（4）向量a 在向量b 上的射影为cos ,a b a a b b⋅=.（5）设()0n n ≠是平面M 的一个法向量，AB ，CD 是M 内的两条相交直线，则0n AB ⋅=，由此可求出一个法向量n （向量AB 及CD 已知）.（6）利用空间向量证明线面平行：设n 是平面的一个法向量，l 为直线l 的方向向量，证明0l n ⋅=，（如图8-155所示）.已知直线l （l α⊄），平面α的法向量n ，若0l n ⋅=，则//l α.（7）利用空间向量证明两条异面直线垂直：在两条异面直线中各取一个方向向量a ，b ，只要证明a b ⊥，即0a b ⋅=.（8）利用空间向量证明线面垂直：即证平面的一个法向量与直线的方向向量共线.（9）证明面面平行、面面垂直，最终都要转化为证明法向量互相平行、法向量互相垂直.（10）空间角公式.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⋅=.（11）点A 到平面α的距离为d ，B α∈，n 为平面α的法向量，则AB n d n⋅=.题型归纳及思路提示题型1 空间向量及其运算 思路提示空间向量的运算包括空间向量的加法、减法、数乘、数量积的几何意义及坐标运算，可以类比平面向量的运算法则.一、空间向量的加法、减法、数乘运算例8.41 如图8-156所示，已知空间四边形OABC ，点,M N 分别为OA ，BC 的中点，且OA a =，OB b =，OC c =，用a ，b ，c 表示MN ，则MN = .解析 1122OM OA a ==，()()1122ON OB OC b c =+=+，()()111222MN ON OM b c a b c a =-=+-=+-.变式1 如图8-157所示，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M 和N 分别是对边OA 和BC的中点，点G 在线段MN 上，且2MG GN =，现用基向量OA ，OB ，OC 表示向量OG ，设OG xOA yOB zOC =++，则,,x y z 的值分别是（ ）.A 111,,333x y z === .B 111,,336x y z ===.C 111,,363x y z === .D 111,,633x y z ===变式2 如图8-158所示，在四面体O ABC -中，OA a =，OB b =，OC c =，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE = （用a ，b ，c 表示）.变式 3 在空间四边形ABCD 中，连接对角线,AC BD ，若BCD ∆是正三角形，且E 为其重心，则1322AB BC DE AD +--的化简结果为 .变式4 如图8-159所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，M 为11A C 与11B D 的交点，若AB a =，AD b =，1AA c =，则下列向量中与BM 相等的向量是（ ）.A 1122a b c -++ .B 1122a b c ++ .C 1122a b c --+ .D 1122a b c -+二、空间共线向量定理的应用空间共线向量定理：()//0a b b a b λ≠⇔=. 利用此定理可解决立体几何中的平行问题.例8.42 已知3240m a b c =--≠，()182n x a b yc =+++，且,,a b c 不共面，若//m n ，求,x y 的值.解析 因为//m n 且0m ≠，所以n m λ=，即()()182324x a b yc a b c λ+++=--.又因为,,a b c 不共面，所以138224x y λλλ+=⎧⎪=-⎨⎪=-⎩，解得138x y =-⎧⎨=⎩.二、空间向量的数量积运算121212cos ,a b a b a b x x y y z z ⋅==++；求模长时，可根据2222111a a x y z ==++；求空间向量夹角时，可先求其余弦值cos ,a b a b a b⋅=.要判断空间两向量垂直时，可以求两向量的数量积是否为0，即0a b a b ⋅=⇔⊥.,a b 为锐角0a b ⇒⋅>；,a b 为钝角0a b ⇒⋅<.由此，通常通过计算a b ⋅的值来判断两向量夹角是锐角还是钝角.例8.43 已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点,E F 分别是,BC AD 的中点，AE ⋅AF 的值为（ ）..A 2a .B 21.2B a 21.4C a 23.4D a 解析 依题意，点,EF 分别是,BC AD 的中点，如图8-160所示，AE ⋅AF ()1122AB AC AD =+⋅()14AB AD AC AD =⋅+⋅ ()22211cos60cos6044a a a =︒+︒=. 故选C . 变式1 如图8-161所示，已知平行六面体1111ABCD A B C D -中，1160A AD A AB DAB ∠=∠=∠=︒，且11A A AB AD ===，则1AC = .变式2 如图8-162所示，设,,,A B C D 是空间不共面的4个点，且满足0AB AC ⋅=，0AD AC ⋅=，0AD AB ⋅=，则BCD ∆的形状是（ ）..A 钝角三角形 .B 直角三角形 .C 锐角三角形 .D 无法确定例8.44 如图8-163所示，在45︒的二面角l αβ--的棱上有两点,A B ，点,C D 分别在,αβ内，且AC AB ⊥，45ABD ∠=︒，1AC BD AB ===，则CD 的长度为 .分析 求CD 的长度转化为求空间向量CD 的模.解析 因为CD CA AB BD =++，故()22CD CA AB BD =++ 222222CA AB BD CA AB AB BD CA BD =+++⋅+⋅+⋅1110211cos1352CA BD =++++⨯⨯⨯︒+⋅，设点C 在β内的射影为H ，则HA AB ⊥，,135HA BD =︒.故()CA BD CH HA BD CH BD HA BD ⋅=+⋅=⋅+⋅10cos1351cos 45cos1352HA BD =+︒=⨯︒︒=-.故222CD =，则22CD =-变式1 已知二面角l αβ--为60︒，动点,P Q 分别在面,αβ内，P 到β3Q 到α的距离为3,P Q 两点之间距离的最小值为（ ）..2.2B .23C .4D变式2 在直角坐标系中，设()3,2A ，()2,3B --，沿y 轴把坐标平面折成120︒的二面角后，AB 的长为（ ）..6A .42B .23C .211D例8.45 如图8-164所示，设动点P 在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上，记11D PD Bλ=.当APC ∠为钝角时，求λ的取值范围.解析 由题设可知，以1,,DA DC DD 为单位正交基底，建立如图8-165所示的空间直角坐标系D xyz -，则有()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()10,0,1D . 由()11,1,1D B =-，()11,,D P D B λλλλ==-，()()()111,0,1,,1,,1PA D A D P λλλλλλ=-=---=---，()()()110,1,1,,,1,1PC DC D P λλλλλλ=-=---=---. 显然APC ∠不是平角，所以APC ∠为钝角，cos cos ,0PA PC APC PA PC PA PC⋅∠==<，等价于0PA PC ⋅<，即()()()()()21110λλλλλ--+--+-<，得113λ<<.因此，λ的取值范围是1,13⎛⎫⎪⎝⎭.评析 利用向量知识将APC ∠为钝角转化为cos ,0PA PC <求解是本题的关键.变式 1 已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 在线段1BD 上，当APC ∠最大时，三棱锥P ABC -的体积为（ ）.1.24A 1.18B 1.9C 1.12D 例8.46 如图8-166所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP MC =，则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为（ ）.解析 取AD 的中点O ，以OA 为x 轴，垂直于OA 的OE 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系如图8-167所示.设(),,0M x y ，正方形的边长为a ，30,0,2P a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,,02a C a ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 则()222a MC x y a ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，22234MP x y a =++，MP MC =，得()22222324a a x y a x y ⎛⎫++-=++ ⎪⎝⎭，即202a x y -+=.所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为一条线段，且过D 点和AB 的中点.故选A .评注 本题利用空间线面位置关系求解也很快.由题意知空间内与两定点距离相等的点均在线段中垂面内，即M 在线段PC 的中垂面内.又M 为底面ABCD 内一动点，则M 的轨迹为两平面的交线落在底面内的部分，排除C 、D .又BP BC >，故排除B .故选A .变式1 到两互相垂直的异面直线距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（ ）..A 直线 .B 椭圆 .C 抛物线 .D 双曲线变式2 空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离，已知平面α，β，γ两两互相垂直，点A α∈，点A 到β，γ的距离都是3，点P 是α上的动点，满足P 到β的距离是点P 到点A 距离的2倍，则点P 的轨迹上的点到γ的距离的最小值是（ ）..33A - .323B - .63C - .3D题型2 空间向量在立体几何中的应用 思路提示用向量法可以证点共线、线共点、线（或点）共面、两直线（或线与面、面与面）垂直的问题，也可以求空间角和距离.因此，凡涉及上述类型的问题，都可以考虑利用向量法求解，且其解法一般都比较简单.用向量法解题的途径有两种：一种是坐标法，即通过建立空间直角坐标系，确定出一些点的坐标，进而求出向量的坐标，再进行坐标运算；另一种是基底法，即先选择基向量（除要求不共面外，还要能够便于表示所求的目标向量，并优先选择相互夹角已知的向量作为基底，如常选择几何体上共点而不共面的三条棱所在的向量为基底），然后将有关向量用基底向量表示，并进行向量运算.一、证明三点共线（如A ，B ，C 三点共线）的方法先构造共起点的向量AB ，AC ，然后证明存在非零实数λ，使得AB AC λ=.例8.47 如图8-168所示，已知在长方体1111ABCD A B C D -中，点M 为1DD 的中点，点N 在AC 上，且:2:1AN NC =，点E 为BM 的中点.求证：1A ，E ，N 三点共线.解析 以D 为坐标原点建立空间直角坐标系-D xyz ，如图8-169所示.不妨设DA a =，DC b =，1DD c =，则0,0,2c M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(),,0B a b ，,,224a b c E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,0,A a c ，2,,033a b N ⎛⎫⎪⎝⎭，则13,,224a b c A E ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，122,,33a b A N c ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，因为1143A N A E =，故1A ，E ，N 三点共线.变式 1 在正方体1111ABCD A B C D -中，E ,F 分别为棱1AA 和1CC 的中点，则在空间中与三条直线11A D ，EF ，CD 都相交的直线（ ）..A 不存在 .B 有且只有两条 .C 有且只有三条 .D 有无数条变式2 如图8-170所示，在空间四边形ABCD 中，M ，N 分别是AB 和CD 的中点，P 为线段MN 的中点，Q 为BCD ∆的重心.求证：,,A P Q 三点共线.二、证明多点共面的方法要证明多点（如A ，B ，C ，D ）共面，可使用以下方法解题.先作出从同一点出发的三个向量（如AB ，AC ，AD ），然后证明存在两个实数,x y ，使得AD x AB y AC =+.例8.48 如图8-171所示，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，90BAD FAB ∠=∠=︒，1//2BC AD ，1//2BE AF .求证：,,,C D E F 四边共面.解析 由平面ABEF ⊥平面ABCD ，又AF AB ⊥，平面ABEF 平面ABCD AB =，得AF ⊥平面ABCD ，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz -，如图8-172所示.设AB a =，BC b =，BE c =，则(),0,0B a ，(),,0C a b ，()0,2,0D b ，(),0,E a c ，()0,0,2F c .()0,,CE b c =-，()0,2,2DF b c =-，因为2DF CE =，所以//DF CE ，则,CE DF 确定一个平面，即,,,C D E F 四点共面.变式1 如图8-173所示，已知平行六面体1111ABCD A B C D -，,,,E F G H 分别是棱11111,,,A D D C C C AB 的中点.求证：,,,E F G H 四点共面.三、证明直线和直线平行的方法将证线线平行转化为证两向量共线.设,a b 是两条不重合的直线，它们的方向向量分别为,a b ，则()//,0a b a b R λλλ⇔=∈≠.例8.49 如图8-174所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，MN 是异面直线1A D 与AC 的公垂线段.求证：1//MN BD .解析 以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D xyz -，如图8-175所示.设正方体的棱长为a ，则()1,0,A a a ，(),0,0A a ，()0,,0C a ，(),,0B a a ，()10,0,D a .设(),,z MN x y =，由MN 是异面直线1A D 与AC 的公垂线段，得1MN A D ⊥，MN AC ⊥，又()1,0,A D a a =--，(),,0AC a a =-，故100MN A D MN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，00ax az ax ay --=⎧⎨-+=⎩， 令1x =，则1z =-，1y =，所以()1,1,1MN =-，()1,,BD a a a aMN =--=-，即1//BD MN .因此1//MN BD .四、证明直线和平面平行的方法（1）利用共面向量定理.设,a b 为平面α内不共线的两个向量，证明存在两个实数,x y ，使得l xa yb =+，则//l α.（2）转化为证明直线和平面内的某一直线平行.（3）转化为证明直线的方向向量与平面的法向量垂直（此方法最常用）.例8.50 如图8-176所示，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，已知122DC DD AD AB ===，AD DC ⊥，//AB DC ，E 是DC 的中点.求证：1//D E 平面1A BD .解析 因为11D E DE DD =-，11DD AA =，E 是DC 的中点，12DE DC AB ==，所以111D E AB AA A B =-=.又因为1D E ⊄平面1A BD ，11//D E A B ，所以1//D E 平面1A BD .评注 利用空间向量证明线面平行，已知直线的方向向量为a ，只要在平面内找到一条直线的方向向量为b ，问题转化为证明a b λ=即可.变式1 如图8-177所示，已知P 是正方形ABCD 所在平面外一点，M 、N 分别是PA 、 BD 上的点，且::5:8PM MA BN ND ==.求证：直线//MN 平面PBC .五、证明平面与平面平行的方法（1）证明两平面内有两条相交直线分别平行.（2）转化为证两平面的法向量平行（常用此方法）.例8.51 如图8-178所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，,,M N P 分别是11111,,C C B C C D 的中点.求证：平面//MNP 平面1A BD .解析 解法一：以1D 为坐标原点，11D A 为x 轴，11D C 为y 轴，1D D 为z 轴，建立空间直角坐标系1D xyz -，如图8-179所示.设正方体的棱长为a ，则()1,0,0A a ，()0,0,D a ，()10,,0C a ，()0,,C a a ，()1,,0B a a ，0,,2a M a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,,02a P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，,,02a N a ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,0,A D a a =-，11,0,222aa MN A D ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以1//MN A D ，即1//MN A D ，(),,0BD a a =--，1,,0222a a PN BD ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以//PN BD ，即//PN BD .因为MNPN N =，1A DBD D =，所以平面//MNP 平面1A BD .解法二：设平面MNP 的法向量为()1111,,n x y z =，由1MN n ⊥，1PN n ⊥，得1111022022a a x z a a x y ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，令11z =，得111111x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩， 所以()11,1,1n =-.设平面1A BD 的法向量为()2222,,n x y z =，由12A D n ⊥，2BD n ⊥，得222200ax az ax ay -+=⎧⎨--=⎩，令21z =，得222111x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩， 所以()21,1,1n =-.因为12//n n ，所以平面//MNP 平面1A BD .变式1 如图8-180所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，,,E F G 分别是11111,,A D D D D C 的中点. 求证:平面//EFG 平面1AB C .六、证明直线与直线垂直的方法设直线12,l l 的方向向量为,a b ，则a b ⊥0a b ⇔⋅=.这里要特别指出的是，用向量法证明两直线尤其是两异面直线垂直是非常有效的方法.例8.52 如图8-181所示，四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，2BC =，2CD =，AB AC =.求证：AD CE ⊥.分析 平面ABC ⊥平面BCDE ，在平面ABC 内作AO BC ⊥AO ⇒⊥平面BCDE ，以点O 为坐标原点建立空间直角坐标系.解析 作AO BC ⊥，垂足为O ，则AO ⊥平面BCDE ，且O 为BC 的中点，以O 为坐标原点，OC 为x 轴，建立如图8-182所示的直角坐标系O xyz -.设()0,0,A a ，由已知条件知()1,0,0C ，()1,2,0D ，()1,2,0E -，()2,2,0CE =-，()1,2,AD a =-.因为0CE AD=⋅，所以CE AD ⊥。
利用空间向量求空间角考点与题型归纳
利用空间向量求空间角考点与题型归纳一、基础知识1．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |❶， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量．2．直线与平面所成角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |❷.3．二面角(1)若AB ，CD 分别是二面角αl β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|❸，如图(2)(3)．两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角为(0，π)，所以公式中要加绝对值．直线与平面所成角的范围为⎣⎡⎦⎤0，π2，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值．利用公式与二面角的平面角时，要注意〈n 1，n 2〉与二面角大小的关系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断．二、常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理 cos θ＝cos θ1cos θ2.如图，若OA 为平面α的一条斜线，O 为斜足，OB 为OA 在平面α内的射影，OC 为平面α内的一条直线，其中θ为OA 与OC 所成的角，θ1为OA 与OB 所成的角，即线面角，θ2为OB 与OC 所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. 考点一 异面直线所成的角[典例精析]如图，在三棱锥P ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． [解] 由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0，0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0，0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE . (2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )， 进而可得NH ―→＝(－1，－2，h )， BE ―→＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos 〈NH ―→，BE ―→〉|＝|NH ―→·BE ―→||NH ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以线段AH 的长为85或12.[解题技法]用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．[提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，此夹角就是异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．[题组训练]1.如图所示，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C 以B 为坐标原点，以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，∴EF ―→＝(0，－1，1)，BC 1―→＝(2,0,2)，∴EF ―→·BC 1―→＝2，∴cos 〈EF ―→，BC 1―→〉＝22×22＝12，则EF 和BC 1所成的角是60°，故选C.2.如图，在四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BD .又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，射线OB ，OC 分别为x 轴，y 轴的正半轴建立空间直角坐标系O xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)， 所以PB ―→＝(1，3，－2)，AC ―→＝(0，23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝|PB ―→·AC ―→||PB ―→||AC ―→|＝622×23＝64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64. 考点二 直线与平面所成的角[典例精析](2019·合肥一检)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． [解] (1)证明：连接AC 交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，∴MN ∥EC . ∵MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ， ∴MN ∥平面EFC .∵BF ，DE 都与平面ABCD 垂直，∴BF ∥DE . ∵BF ＝DE ，∴四边形BDEF 为平行四边形，∴BD ∥EF . ∵BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，∴平面BDM ∥平面EFC . (2)∵DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz . 设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,0,2)，A (2,0,0)，E (0,0,4)，∴DB ―→＝(2,2,0)，DM ―→＝(1,0,2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DM ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量．∵AE ―→＝(－2,0,4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cosn ，AE ―→|＝|n ·AE ―→||n |·|AE ―→|＝4515，∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.[解题技法]利用向量求线面角的2种方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．[题组训练]1．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，由于AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，所以A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)，所以A 1C 1―→＝(－1,2,0)，BC 1―→＝(－1,0,1)，D 1C 1―→＝(0,2,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1―→·n ＝0， BC 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝2，得y ＝1，z ＝2，则n ＝(2,1,2)．设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1―→，n 〉|＝|D 1C 1―→·n ||D 1C 1―→||n |＝22×3＝13，即D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.答案：132.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BA ＝BC ＝5，AC ＝8，D 为线段AC 的中点．(1)求证：BD ⊥A 1D ；(2)若直线A 1D 与平面BC 1D 所成角的正弦值为45，求AA 1的长．解：(1)证明：∵三棱柱ABC A 1B 1C 1是直三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ，又BD ⊂平面ABC ，∴BD ⊥AA 1， ∵BA ＝BC ，D 为AC 的中点，∴BD ⊥AC ，又AC ∩AA 1＝A ，AC ⊂平面ACC 1A 1，AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，∴BD ⊥A 1D . (2)由(1)知BD ⊥AC ，AA 1⊥平面ABC ，以D 为坐标原点，DB ，DC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点D 且平行于AA 1的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .设AA 1＝λ(λ＞0)，则A 1(0，－4，λ)，B (3,0,0)，C 1(0,4，λ)，D (0,0,0)， ∴DA 1―→＝(0，－4，λ)，DC 1―→＝(0,4，λ)，DB ―→＝(3,0,0)， 设平面BC 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC 1―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋λz ＝0，3x ＝0，则x ＝0，令z ＝4，可得y ＝－λ，故n ＝(0，－λ，4)为平面BC 1D 的一个法向量． 设直线A 1D 与平面BC 1D 所成角为θ，则sin θ＝|cosn ，DA 1―→|＝|n ·DA 1―→||n |·|DA 1―→|＝|4λ＋4λ|λ2＋16·λ2＋16＝45，解得λ＝2或λ＝8， 即AA 1＝2或AA 1＝8.考点三 二面角[典例精析]如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的余弦值．[解] (1)证明：由四边形ABCD 为菱形，得AC ⊥BD . 由AE ＝CF ＝54，得AE AD ＝CFCD ，所以EF ∥AC .因此EF ⊥DH ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，则OD ′2＝OH 2＋D ′H 2，所以D ′H ⊥OH . 又OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)以H 为坐标原点，HB ，HF ，HD ′分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系H xyz ，如图所示．则B (5,0,0)，C (1,3,0)，D ′(0,0,3)，A (1，－3,0)， (由口诀“起点同”，我们先求出起点相同的3个向量．) 所以AB ―→＝(4,3,0)， AD ′―→＝(－1,3,3)，AC ―→＝(0,6,0)． (由口诀“棱排前”，我们用行列式求出两个平面的法向量．) 由⎩⎪⎨⎪⎧ AD ′―→＝(－1，3，3)， AB ―→＝(4，3，0)，可得平面ABD ′的法向量n 1＝(－3,4，－5)，由⎩⎪⎨⎪⎧AD ′―→＝(－1，3，3)， AC ―→＝(0，6，0)，可得平面AD ′C 的法向量n 2＝(－3,0，－1)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝7525.所以二面角B D ′A C 的余弦值为7525.[解题技法](1)利用法向量求二面角的大小时，由于法向量的方向不同，两个法向量的夹角与二面角的大小可能相等，也可能互补．所以，两个法向量的夹角的余弦值与二面角的余弦值可能存在正负号的差异．(2)有时用观察法难以判定二面角是钝角还是锐角，为了保证解题结果准确无误，我们给出一种万无一失的方法：就是在两个半平面和二面角的棱上各取1个向量，要求这三个向量必须起点相同，在利用行列式计算法向量时，棱对应的向量必须排前面，即口诀“起点同，棱排前”，这样求出的两个法向量的夹角一定与二面角的大小相等．[题组训练]如图所示，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，△DAB ≌△DCB ，E 为线段BD 上的一点，且EB ＝ED ＝EC ＝BC ，连接CE 并延长交AD 于F .(1)若G 为PD 的中点，求证：平面P AD ⊥平面CGF ； (2)若BC ＝2，P A ＝3，求二面角B CP D 的余弦值． 解：(1)证明：在△BCD 中，EB ＝ED ＝EC ＝BC ， 故∠BCD ＝90°，∠CBE ＝∠BEC ＝60°.∵△DAB ≌△DCB ，∴∠BAD ＝∠BCD ＝90°，∠ABE ＝∠CBE ＝60°，∴∠FED ＝∠BEC ＝∠ABE ＝60°.∴AB ∥EF ，∴∠EFD ＝∠BAD ＝90°， ∴EF ⊥AD ，AF ＝FD . 又PG ＝GD ，∴GF ∥P A .又P A ⊥平面ABCD ，∴GF ⊥平面ABCD ， ∵AD ⊂平面ABCD ，∴GF ⊥AD . 又GF ∩EF ＝F ，∴AD ⊥平面CGF .又AD ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面CGF .(2)以A 为坐标原点，射线AB ，AD ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (3，3，0)，D (0,23，0)，P (0,0,3)，故CB ―→＝(－1，－3，0)， CP ―→＝(－3，－3，3)，CD ―→＝(－3，3，0)． 设平面BCP 的一个法向量为n 1＝(1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·CB ―→＝0，n 1·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －1－3y 1＝0，－3－3y 1＋3z 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝－33，z 1＝23，即n 1＝⎝⎛⎭⎫1，－33，23. 设平面DCP 的一个法向量为n 2＝(1，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD ―→＝0，n 2·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3＋3y 2＝0，－3－3y 2＋3z 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝3，z 2＝2，即n 2＝(1，3，2)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝43169×8＝24， 由图知二面角B CP D 为钝角， 所以二面角B CP D 的余弦值为－24. [课时跟踪检测]A 级1.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3030 B.3015 C.3010D.1515解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0，0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→＝(－1，－1，－2)， D 1N ―→＝(1,0，－2)，∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→||B 1M ―→|·|D 1N ―→|＝|－1＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010. 2．如图，已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.24解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)，∴DC 1―→＝(0,3,1)， D 1E ―→＝(1,1，－1)， D 1C ―→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∴cosDC 1―→，n＝DC 1―→·n |DC 1―→|·|n|＝33535， ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.3．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B AA 1C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7B.6C.5D ．2解析：选A 由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4， |AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4， cosAB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC ―→|AB 1―→|·|BC ―→|＝24，故tanAB 1―→，BC 1―→＝7.4.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35 B.56 C.3310D.3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1， GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.5．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)， A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)． 又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.6．如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线OF 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为坐标原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1,0,3)，DB ―→＝(0,23，0)， EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ， ∴n ＝(－a,0,1)，∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10.∵直线OF 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22， 解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：27.如图，已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点，则二面角F OE A 的余弦值为________．解析：以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ， 由题知，OA ＝OB ＝2，则A (0，－2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，E (1，－1,0)，F (0，－1,1)， OE ―→＝(1，－1,0)，OF ―→＝(0，－1,1)，设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OE ―→＝0，m ·OF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝33.由图知二面角F OE A 为锐角， 所以二面角F OE A 的余弦值为33. 答案：338．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧C D 所在平面垂直，M 是C D 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，所以BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ， 所以DM ⊥平面BMC . 因为DM ⊂平面AMD ， 所以平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点， DA ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .当三棱锥M ABC 的体积最大时，M 为CD 的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM ―→＝(－2，1,1)，AB ―→＝(0,2,0)，DA ―→＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，又DA ―→是平面MCD 的一个法向量，所以cos 〈n ，DA ―→〉＝n ·DA ―→|n ||DA ―→|＝55，sin 〈n ，DA ―→〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M P A C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为P A ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 又因为OB ∩AC ＝O ， 所以PO ⊥平面ABC .(2)以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP ―→＝(0,2,23)．取平面P AC 的一个法向量OB ―→＝(2,0,0)． 设M (a,2－a,0)(0＜a ≤2)，则AM ―→＝(a,4－a,0)． 设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)，所以平面P AM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB ―→，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB ―→，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝43或a ＝－4(舍去)．所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833，433，－43.又PC ―→＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC ―→，n 〉＝833＋8334＋12·643＋163＋169＝34.所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34. B 级1．如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B OB 1C 的余弦值． 解：(1)证明：∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴A 1O ⊥BD .∵四边形ABCD 是菱形，∴CO ⊥BD . ∵A 1O ∩CO ＝O ，∴BD ⊥平面A 1CO . ∵BD ⊂平面BB 1D 1D ，∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D .(2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，∴OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→， OA 1―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°， ∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3， OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0,0，6)，∴OB ―→＝(1,0,0)，BB 1―→＝AA 1―→＝(0，3，6)， OB 1―→＝OB ―→＋BB 1―→＝(1，3，6)． 设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧OB ―→·n ＝0，OB 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x ＋3y ＋6z ＝0.令y ＝2，得z ＝－1，∴n ＝(0，2，－1)是平面OBB 1的一个法向量． 同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(6，0，－1)， ∴cosn ，m＝n ·m|n |·|m |＝13×7＝2121，由图可知二面角B OB 1C 是锐二面角， ∴二面角B OB 1C 的余弦值为2121. 2．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝2CD .平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ＝PD ，点E 在PC 上，DE ⊥平面P AC .(1)求证：P A ⊥平面PCD ；(2)设AD ＝2，若平面PBC 与平面P AD 所成的二面角为45°，求DE 的长．解：(1)证明：由DE ⊥平面P AC ，得DE ⊥P A ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面P AD ，所以CD ⊥P A ， 又CD ∩DE ＝D ，所以P A ⊥平面PCD . (2)取AD 的中点O ，连接PO ， 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，由(1)得P A ⊥PD ，由AD ＝2得P A ＝PD ＝2，PO ＝1，设CD ＝a ，则P (0,0,1)，D (0,1,0)，C (a,1,0)，B (2a ，－1,0)， 则BC ―→＝(－a,2,0)，PC ―→＝(a,1，－1)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC ―→＝0，m ·PC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋2y ＝0，ax ＋y －z ＝0，令x ＝2，则y ＝a ，z ＝3a ，故m ＝(2，a,3a )为平面PBC 的一个法向量，由(1)知n ＝DC ―→＝(a,0,0)为平面P AD 的一个法向量． 由|cosm ，n|＝|m ·n ||m ||n |＝|2a |a 10a 2＋4＝22，解得a ＝105，即CD ＝105，所以在Rt △PCD 中，PC ＝2155，由等面积法可得DE ＝CD ·PD PC ＝33.3．如图，在三棱锥P ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC ，AB ＝6， BC ＝23，AC ＝26，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，PD ⊥AC .(1)求证：PD ⊥平面ABC ；(2)若直线P A 与平面ABC 所成的角为45°，求平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角大小．解：(1)证明：∵AC ＝26，BC ＝23，AB ＝6，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴∠ACB ＝90°， ∴cos ∠ABC ＝236＝33.又易知BD ＝2，∴CD 2＝22＋(23)2－2×2×23cos ∠ABC ＝8， ∴CD ＝22，又AD ＝4， ∴CD 2＋AD 2＝AC 2，∴CD ⊥AB .∵平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ，CD ⊂平面ABC ， ∴CD ⊥平面P AB ，又PD ⊂平面P AB ，∴CD ⊥PD ， ∵PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ， ∴PD ⊥平面ABC .(2)由(1)知PD ，CD ，AB 两两互相垂直，∴可建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，∵直线P A 与平面ABC 所成的角为45°，即∠P AD ＝45°，∴PD ＝AD ＝4，则A (0，－4,0)，C (22，0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,4)，∴CB ―→＝(－22，2,0)，AC ―→＝(22，4,0)，P A ―→＝(0，－4，－4)． ∵AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，∴DE ∥AC ， 由(1)知AC ⊥BC ，∴DE ⊥BC ，又PD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴PD ⊥BC ， ∵PD ∩DE ＝D ，∴CB ⊥平面PDE ，∴CB ―→＝(－22，2,0)为平面PDE 的一个法向量． 设平面P AC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·P A ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x ＋4y ＝0，－4y －4z ＝0，令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1， ∴n ＝(2，－1,1)为平面P AC 的一个法向量． ∴cos n ，CB ―→＝－4－24×12＝－32， ∴平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角的余弦值为32， 故平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角为30°.。
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)。
新高考数学复习知识点与题型专题讲解27 向量法求空间角
新高考数学复习知识点与题型专题讲解专题27 向量法求空间角一、单选题1．在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，P ，Q 分别为1A B ，11B D ，1A D ，1CD 的中点，则异面直线EF 与PQ 所成角的大小是（）A ．4πB ．6πC ．3πD ．2π 【答案】C【分析】以D 为原点，DA ，DC ，1DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，写出E ，F ，P ，Q 的坐标，然后可得PQ 和EF 的坐标，然后可算出答案.【详解】以D 为原点，DA ，DC ，1DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为2，则()1,0,1P ，()0,1,1Q ，()2,1,1E ，()1,1,2F ，则()1,1,0PQ =-，()1,0,1EF =-．设异面直线EF 与PQ 所成的角为0,2πθθ⎛⎫⎛⎤∈ ⎪⎥⎝⎦⎝⎭，则1cos 22EF PQ EF PQ θ⋅===，所以3πθ=， 故选：C2．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，设AC 交BD 于点O ，则异面直线1A O 与1BDA．C．【答案】D【分析】首先以D 为原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，再利用向量法求异面直线成角即可。
【详解】以D 为原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，因为1AB AD ==，12AA =，所以()11,0,2A ，()1,1,0B ，11,,022O ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()10,0,2D ， 111,,222A O ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()11,1,2BD =--，则11cos ,A O BD ==. 故选：D【点睛】本题主要考查向量法求异面直线成角，属于简单题。
3．如图在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是AD 的中点，那么异面直线1D E 和1A B 所成的A．5B．5C ．45D ．23 【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，利用向量求出异面直线1D E 和1A B 所成角的余弦值．【详解】建立空间直角坐标系，如图所示；(0D ，0，0)，(1E ，0，0)，1(0D ，0，2)，(2B ，2，0)，1(2A ，0，2)；1(1D E =，0，2)-，1(0A B =，2，2)-，1110022(2)4D E A B =⨯+⨯-⨯-=，21||1D E ==，21||0A B = 所以1cos D E<，11111||||5D E A B A B D E A B >===⨯所以异面直线1D E 和1A B 故选：A【点睛】 方法点睛：求异面直线所成的角常用的两种方法：方法一：（几何法）找（观察）→作（平移法）→证（定义）→指→求（解三角形）；方法二：（向量法）利用向量里异面直线所成的角的公式求解.4．如图，已知点E 、F 、G 、H 分别是正方体1111ABCD A B C D -中棱1AA 、AB 、BC 、11C D 的中点，记二面角E FG D --的平面角为α，直线HG 与平面ABCD 所成角为β，直线HG 与直线DG 所成角为γ，则（）A ．αβγ>>B ．βαγ>>C ．βαγ=>D ．γαβ>=【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角、二面角、异面直角所成角，即可比较；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为2，则()2,0,1E ，()2,1,0F ，()1,2,0G ，()0,1,2H ，()1,1,2HG =-，()1,2,0DG =，()0,1,1EF =-，()1,1,0FG =-，显然面ABCD 的法向量为()0,0,1n =，设面EFG 的法向量为(),,m x y z =，则·0·0m EF m FG ⎧=⎨=⎩，即00y z x y -=⎧⎨-+=⎩，令1y =则1z =、1x =，所以()1,1,1m = 所以3cos =3n mn m α=，2sin 6HG n HG nβ===cos 3β==，1cos 10HG DGHG DG γ⨯=== >cos cos αγ>，所以γαβ>= 故选：D5．如图，在正四面体ABCD 中，,,2BE EC CF FD DG GA ===，记平面EFG 与平面BCD ､平面ACD ､平面ABD ，所成的锐二面角分别为α､β､γ，则（）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．βαγ>>D ．γαβ>>【答案】A【分析】过A 作AO ⊥平面BCD ，取BD 的中点M ，连接CM ，交CM 于点O ，以O 为原点，OC 为x 轴，ON 为y 轴，OA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用坐标向量法先求cos ,cos ,cos αβγ，再根据余弦函数单调性比较大小即可.【详解】解：(空间向量法)因为,,2BE EC CF FD DG GA ===，所以E ､F 分别为BC ､CD 的中点，G 为AD 上靠近A 的三等分点，取BD 的中点M ，连接CM ，过A 作AO ⊥平面BCD ，交CM 于点O ，在平面BCD 中过O 作//ON BD ，交CD 于N ，设正四面体ABCD的棱长为2，则OM =CO =，OA ===， 以O 为原点，OC 为x 轴，ON 为y 轴，OA 为z 轴，建立空间直角坐标系，0,0,3A ⎛ ⎝⎭，1,03B ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，3C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,062E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,062F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13G ⎛ ⎝⎭，(0,1,0)EF =，56EG ⎛= ⎝⎭，23AC ⎛=⎝⎭，33AD ⎛=--⎝⎭，,1,33AB ⎛=--- ⎝⎭， 设平面EFG 的一个法向量为()1,,n x y z =，则1100n EFn EG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0501869y x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，不妨令1z =，则18,0,125n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， 同理可计算出平面BCD ､平面ACD ､平面ABD 的一个法向量分别为2(0,0,1)n =，()32,n =，4(22,0,1)n =-，则可得1212517co 1s 5n n n n α⋅==⋅，1313717co 1s 5n n n n β⋅==⋅14149cos 1751n n n n γ⋅==⋅， 所以cos cos cos αβγ<<，又cos y x =在()0.x π∈上递减，所以αβγ>>，故选：A.6．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，11BC BB ==，P 是1A C 的中点，则直线BP 与1AD 所成角的余弦值为（）A ．13B．4．3D 【答案】D【分析】以D 为原点，DA 为x 轴DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线BP 与1AD 所成角的余弦值．【详解】在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，11BC BB ==，P 为1A C 的中点，∴以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，(1B ，2，0)，1(1A ，0，1)，(0C ，2，0)，11(,1,)22P ，(1A ，0，0)，1(0D ，0，1)， 1(2BP =-，1-，1)2，1(1AD =-，0，1)， 设异面直线BP 与1AD 所成角为θ，则1111||2cos ||||624BP AD BP AD θ+⋅===⋅． ∴异面直线BP 与1AD 所成角的余弦值为3． 故选：D ．【点睛】求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.7．已知两条异面直线的方向向量分别是(3u =，1，2)-，(3v =，2，1)，则这两条异面直线所成的角θ满足（）A ．9sin 14θ=B ．1sin 4θ=C ．9cos 14θ=D ．1cos 4θ= 【答案】C【分析】由已知两条异面直线的方向向量的坐标，然后利用数量积求夹角公式，即可求得答案.【详解】两条异面直线的方向向量分别是(3u =，1，2)-，(3v =，2，1)，∴·3312(2)19u v =⨯+⨯+-⨯=，231u =+=，232v =+=， 又两条异面直线所成的角为(0,]2πθ∈，∴·99cos cos ,14·14u v u v u v θ====⋅，sin θ=. 故选：C .二、解答题 8．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.【答案】（1）F 为BC 的中点；（2 【分析】（1）设D 点在平面ABC 内的射影为O ，连接OD ，OC ，取BC 的中点F ，易得//OF 平面EAC .取AC 的中点H ，连接EH ，由平面EAC ⊥平面ABC ，得到EH ⊥平面ABC ，又DO ⊥平面ABC ，则//DO EH ，则//DO 平面EAC ，然后由面面平行的判定定理证明.（2）连接OH ，以O 为坐标原点，OF ，OH ，OD 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面BDC 的一个法向量为(),,m x y z =和平面EBC 的一个法向量为(),,n a b c =，由cos ,m n m n m n ⋅=⋅求解.【详解】（1）如图，设D 点在平面ABC 内的射影为O ，连接OD ，OC ，∵AD CD =，∵OA OC =，∵在Rt ABC △中，O 为AB 的中点.取BC 的中点F ，连接OF ，DF ，则//OF AC ，又OF ⊄平面EAC ，AC ⊂平面EAC ，∵//OF 平面EAC .取AC 的中点H ，连接EH ，则易知EH AC ⊥，又平面EAC ⊥平面ABC ，平面EAC平面ABC AC =，∵EH ⊥平面ABC ，又DO ⊥平面ABC ，∵//DO EH ，又DO ⊄平面EAC ，EH ⊂平面EAC ，∵//DO 平面EAC .又DO OF O ⋂=，∵平面//DOF 平面EAC .又DF ⊂平面DOF ，∵//DF 平面EAC ，此时F 为BC 的中点.（2）连接OH ，由（1）可知OF ，OH ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OF ，OH ，OD 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()1,1,0B -，(D，(0,1,E ，()1,1,0C ，从而()0,2,0BC =，(BD =-，(1,2,BE =-.设平面BDC 的一个法向量为(),,m x y z =，则0,0,BC n BD m ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,0,y x y =⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 得0y =，取x =，则1z =，()2,0,1m =.设平面EBC 的一个法向量为(),,n a b c =，则0,0,BC n BE n ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,20,b a b =⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 得0b=，取a =1c =-，()3,0,1n =-，从而6cos ,63m n m n m n⋅-===⨯⋅.易知二面角D BC E --为钝二面角， 所以二面角D BC E -- 【点睛】关键点点睛：（1）在求解与图形的翻折有关的问题时，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没变，哪些位置关系变了，哪些位置关系没变；（2）利用向量法求二面角的关键是建立合适的空间直角坐标系及准确求出相关平面的法向量.9．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，22PA AD CD AB ====，AB AD ⊥，CD AD ⊥，PA ⊥底面ABCD ，M 为PC 的中点.（1）求证：//BM 平面PAD ；（2）在侧面PAD 内找一点N ，使MN ⊥平面PBD ； （3）求直线PC 与平面PBD 所成角的正弦.【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析；（3）3. 【分析】（1）取PD 的中点E ，连接AE 、EM ，证明出四边形ABME 为平行四边形，可得出//BM AE ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）以A 为原点，以AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设点()0,,N y z ，由题意得出0MN PB MN DB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，求出y 、z 的值，求出点N 的坐标，可确定点N 的位置；（3）利用空间向量法可求得直线PC 与平面PBD 所成角的正弦. 【详解】（1）取PD 的中点E ，连接AE 、EM ，M 为PC 的中点，E 为PD 的中点，则//EM CD 且12EM CD =， 在平面ABCD 中，AB AD ⊥，CD AD ⊥，//AB CD ∴，由已知条件可得12AB CD =， //EM AB ∴且EM AB =，所以，四边形ABME 为平行四边形，//BM AE ∴，BM ⊄平面PAD ，EA ⊂平面PAD ，//BM ∴平面PAD ；（2）PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，以A 为原点，以AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0B 、()2,2,0C 、()0,2,0D 、()002P ,,、()1,1,1M ， 在平面PAD 内设()0,,N y z ，()1,1,1MN y z =---，()1,0,2PB =-，()1,2,0DB =-，由MN PB ⊥，可得1220MN PB z ⋅=--+=，12z ∴=， 由MN DB ⊥，可得1220MN DB y ⋅=--+=，12y ∴=，所以，110,,22N ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 所以，当N 是AE 的中点，此时MN ⊥平面PBD ；（3）()2,2,2PC =-，由（2）可知，平面PBD 的一个法向量为111,,22MN ⎛⎫=---⎪⎝⎭，cos ,32PC MN PC MN PC MN⋅<>===-⋅，故直线PC 与平面PBD 所成角的正弦值为3. 【点睛】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 cos ,n a θ=<>.10．如图所示，四棱锥PABCD -中，侧面PDC 是边长为2的正三角形且与底面垂直，底面ABCD 是ADC 60∠=的菱形，M 为PB 的中点.（1）求PA 与底面ABCD 所成角的大小； （2）求证：PA ⊥平面CDM ； （3）求二面角D MC B --的余弦值. 【答案】（1）45；（2）证明见解析；（3）-5. 【分析】（1）根据题意，由PDC △是正三角形，取DC 的中点O ，得出PO DC ⊥，再由面面垂直的性质得出PO ⊥平面ABCD ，连结OA ，得出PAO ∠就是PA 与底面所成角，根据题给条件得出45PAO ∠=，即可得出PA 与底面ABCD 所成角的大小；（2）根据菱形的性质得出OA DC ⊥，建立空间直角坐标系，通过空间性量法证明出PA DM ⊥，PA DC ⊥，再根据线面垂直的判定定理，即可证出PA ⊥平面CDM ；（3）通过空间向量求法向量的方法，分别求出平面BMC的法向量(n →=-，和平面CDM的法向量PA →=，根据向量法求空间二面角的公式cos n PAn PA n PA→→→→→→⋅=⋅，，利用向量数量积和模的运算可得出结果，经观察二面角D MC B --的平面角θ为钝角，则cos cos n PA θ→→=-，，从而得出结果. 【详解】解：（1）取DC 的中点O ，由PDC △是正三角形，有PO DC ⊥， 又∵平面PDC ⊥底面ABCD ，∵PO ⊥平面ABCD ，连结OA ，则OA 是PA 在底面上的射影，∵PAO ∠就是PA 与底面所成角， ∵ADC 60∠=，由已知PCD 和ACD △是全等的正三角形，从而求得OA OP ==∵45PAO ∠=， ∵PA 与底面ABCD 可成角的大小为45；（2）证明：由底面ABCD 为菱形且ADC 60∠=，2DC =，1DO =， 有OA DC ⊥，建立空间直角坐标系如图，则0)A ，、(00P 、(010)D -，，、20)B ，、()010C ，，，由M 为PB 中点，∵1M ，∵222DM →=，，PA →=，，(020)DC →=，，，∵20(0PA DM →→⋅=⨯+=，0200(0PA DC →→⋅=⨯+⨯=，∵PA DM ⊥，PA DC ⊥，且DM DC D =，而,DM DC ⊂平面DMC ， ∵PA ⊥平面DMC ；（3）022CM →=，，0)CB →=，， 令平面BMC 的法向量()n x y z →=，，，则0n CM →→⋅=，从而0x z +=∵；0n CB →→⋅=0y +=∵；由∵∵，取1x =-，则y =1z =，∵可取(n →=-，由（2）知平面CDM的法向量可取PA →=，，∵cos n PAn PA n PA→→→→→→⋅===⋅， 设二面角D MC B --的平面角为θ，经观察θ为钝角，则cos cos n PA θ→→=-=，. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何法求线面角，考查利用向量法证明线线垂直以及线面垂直的判定定理和面面垂直的性质的应用，考查利用空间空间向量法求解二面角余弦值，注意向量法的合理运用，向量法解题时熟练掌握向量的坐标以及法向量的计算、向量的数量积运算、空间二面角的向量公式是解题的关键. 11．如图，三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥平面ABC ，ABC 和1A AC 都是正三角形，D 是AB 的中点．（1）求证：1//BC 平面1A DC ； （2）求二面角11A DC C --的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）1113. 【分析】（1）首先证明1//DE BC ，进一步得出结论. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小，首先正确求出两个平面的法向量，进一步求出二面角．【详解】（1）如图，连接1AC ，交1A C 于点E ，连接DE ，由于四边形11A ACC 是平行四边形，所以E 是1AC 的中点． 因为D 是AB 的中点，所以1//DE BC ． 因为DE ⊂平面1A DC ，1BC ⊄平面1A DC ， 所以1//BC 平面1A DC ．（2）如图，取AC 的中点O ，连接1A O ，BO ，根据ABC 和1A AC 都是正三角形，得1A O AC ⊥，BO AC ⊥．又平面11A ACC ⊥平面ABC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，所以1A O ⊥平面ABC ，于是1A O BO ⊥． 以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，1OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．设2AC =，则(1A ，()0,1,0C ，1,022D ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，(10,C ．所以33,02CD ⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭，131,2AD ⎛=-⎝，152DC ⎛= ⎝． 设平面1A DC 的法向量为(),,m x y z =，则100mCD m A D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即30221022x y x y -=⎪--=⎩，令3x =，则y =1z =，所以()3,3,1m =．设平面1DCC 的法向量(),,n a b c =，则100nCD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即30225022a b a b -=⎪⎨⎪-+=⎪⎩，令3a =，则b =1c =-，所以()3,3,1n =-．设二面角11A DC C --的大小为θ，由图易知θ为锐角， 则11cos 13m n m nθ⋅==⋅， 因此二面角11A DC C --的余弦值为1113． 【点睛】本题是综合性题目，属于课堂学习情境和探索创新情境，具体是数学推理学习情境和数学探究情境，本题考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．解题关键 （1）证明线面平行的关键是找到线线平行，而线线平行常常借助三角形的中位线定理来证明．（2）利用向量法求二面角的大小，关键是建立合适的空间直角坐标系，然后正确求出两个平面的法向量． 12．如图，在四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 中//CD AB ，AB BC ⊥，侧面ABE ⊥平面ABCD ，且224AB AE BE BC CD =====，点M 在棱AE 上，且2MA EM =．（∵）证明：//CE 平面BDM ； （∵）求二面角E BD M --的余弦值【答案】（∵）证明见解析；（∵）35． 【分析】（∵）要证明线面平行需证明线线平行，接AC 交BD 于点N ，连接MN ，利用线段比例相等，证明//MN CE ；（∵）如图，建立空间直角坐标系，分别求平面BDM 和平面BDE 的法向量，利用法向量二面角的余弦值. 【详解】命题意图本题考查空间关系的证明以及利用空间向量计算二面角的余弦值 解析（∵）如图，连接AC 交BD 于点N ，连接MN ， 因为CD AB ，2AB CD =，所以12CN CD NA AB ==， 由条件得12EM MA =，所以MN CE ，又CE ⊄平面BDM ，MN ⊂平面BDM ， 所以CE平面BDM ．（∵）如图，取AB 的中点O ，连接EO ，DO ．由条件可知OD ，OA ，OE 两两垂直，以OD ，OA ，OE 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O xyz -，则()0,2,0A ，()0,2,0B -，()2,0,0D，(E ，因为2AM ME =，所以20,,33M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭． 所以()2,2,0BD =，80,,33BM ⎛= ⎝⎭，(0,2,BE =，设平面BDM 的法向量为()111,,m x y z =，则0,0,m BD m BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩即1111220,80,33x y y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩令1y =()3,2m =．设平面BDE 的法向量为()222,,n x y z =，则0,0,n BD n BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩即2222220,20,x y y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩令2y ==()3,n =-，所以二面角E BDM --的余弦值为35． 【点睛】方法点睛：不管是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形式，1.利用三角形中位线得到线线平行；2.构造平行四边形；3.构造面面平行.13．如图，在底面为菱形的四棱锥P ABCD -中，60BCD ∠=︒，2PA PD CD ==．（1）证明：AD PB ⊥； （2）若PB AD =，点Q 在线段PB 上，且3PQ QB =，求二面角A CQ B --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）取AD 的中点O ，连接OP ，OB ，BD 得AD BO ⊥，AD PO ⊥证得AD ⊥平面PBO ，从而得证线线垂直；（2）设2AB =，90APD ∠=︒求得1PO =可得PO BD ⊥，以以O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OP 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O xyz -．用空间向量法求二面角． 【详解】（1）取AD 的中点O ，连接OP ，OB ，BD ， 因为四边形ABCD 是菱形，且60BCD ∠=︒，所以60BAD ∠=︒，且AB AD =，所以ABD △为正三角形，AD BO ⊥． 因为PA PD =，所以AD PO ⊥． 又BOPO O =，所以AD ⊥平面PBO ，因为PB ⊂平面PBO ，所以AD PB ⊥．（2）设2AB =，则2PA PD CD === 所以222PA PD AD +=，所以90APD ∠=︒．由（1）知，112PO AD ==，又BO AD ==，2PB AD ==，所以222PO OB PB +=，所以PO BO ⊥．故以O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OP 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O xyz -．则()1,0,0A，()B，()C -，()0,0,1P，14Q ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，所以()3,CA =，12,44CQ ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,0CB =． 设()111,,n x y z =是平面ACQ 的法向量，则0,0,n CA n CQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩即1111130,120,44x x y z ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩取1y =()1,3,5n =-．设()222,,m x y z =是平面BCQ 的法向量，则0,0,m CB m CQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩即222220,120,44x x y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩则20x =， 取21y=，则(=m ．则3cos 2n m n m n m⋅-⋅====⋅由图易知二面角A CQ B --为钝二面角，所以二面角A CQ B --的余弦值为． 【点睛】易错点睛：求解本题的易错点：一是求平面的法向量出错，应注意点的坐标求解的准确性；二是符号出错，把二面角的余弦值与向量夹角的余弦值的关系搞混，导致结果出错．14．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PD DC =，F ，G 分别是PB ，AD 的中点．（1）求证：GF ⊥平面PCB ；（2）求平面PAB 与平面PCB 夹角的余弦值；（3）在AP 上是否存在一点M ，使得DM 与PC 所成角为60︒？若存在，求出M 点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）12-；（3）存在，点M 的坐标为(1，0，1). 【分析】（1）以D 为原点，DA 、DC 、DP 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，写出G 、P 、A 、B 、C 、F 的坐标，根据法向量的性质求得平面PCB 的法向量n ，证得//GF n 即可；（2）由（1）知，平面PCB 的法向量为(0n =，1，1)，同（1）可求得平面PAB 的法向量m ，由cos m <，||||m nn m n >=即可得解；（3）设AM AP λ=，则(22M λ-，0，2)λ，故有cos 60|cos DM ︒=<，·|·DM PC PC DM PC>=，解之得λ的值即可． 【详解】（1）证明：以D 为原点，DA 、DC 、DP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则(1G ，0，0)，(0P ，0，2)，A (2，0，0)，(2B ，2，0)，(0C ，2，0)，(1F ，1，1)，∴(0GF =，1，1)，(2PB =，2，2)-，(0PC =，2，2)-，设平面PCB 的法向量为(n x =，y ，)z ，则·0{·0n PB n PC ==，即2220{220x y z y z +-=-=，令1y =，则0x =，1z =，∴(0n =，1，1)，∴//GF n ，故GF ⊥平面PCB ．（2）解：由（1）知，平面PCB 的法向量为(0n =，1，1)，(2PA =，0，2)-， 同（1）可求得平面PAB 的法向量(1m =，0，1)，cos m ∴<，·112·2m n n m n >===⨯， 由图可知，平面PAB 与平面PCB 的夹角为钝角，∴平面PAB 与平面PCB 夹角的余弦值为12-． （3）解：设AM AP λ=，则(22M λ-，0，2)λ，∴(22DM λ=-，0，2)λ，DM 与PC 所成角为60︒，(0PC =，2，2)-，cos 60|cos DM ∴︒=<，··(2DM PC PC DM PC>==，解得12λ=，故在AP 上存在一点M ，使得DM 与PC 所成角为60︒，点M 的坐标为(1，0，1)． 【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量在立体几何中的应用，熟练掌握利用空间向量处理线面垂直、二面角和异面直线夹角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力．15．已知如图∵，在菱形ABCD 中，60A ∠=︒且2AB =，E 为AD 的中点，将ABE △沿BE 折起使AD =∵所示的四棱锥A BCDE -.（1）求证：平面ABE ⊥平面ABC ；（2）若P 为AC 的中点，求二面角P BD A --的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）17. 【分析】（1）利用题中所给的条件证明AE ED ⊥，BE DE ⊥，因为//BC DE ，所以BC BE ⊥，BC AE ⊥∵即可证明BC ⊥平面ABE ∵进一步可得面面垂直；（2）先证明AE ⊥平面BCDE ∵以E 为坐标原点，EB ，ED ，EA 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面PBD 的一个法向量m ，平面BDA 的一个法向量n ，利用向量的夹角公式即可求解 【详解】解：（1）在图∵中，连接BD ，如图所示：因为四边形ABCD 为菱形，60A ∠=︒，所以ABD △是等边三角形. 因为E 为AD 的中点，所以BE AE ⊥，BE DE ⊥. 又2AD AB ==，所以1AE DE ==.在图∵中，AD =，所以222AE ED AD +=，即AE ED ⊥.因为//BC DE ，所以BC BE ⊥，BC AE ⊥. 又BEAE E =，AE ，BE ⊂平面ABE .所以BC ⊥平面ABE .又BC ⊂平面ABC ，所以平面ABE ⊥平面ABC . （2）由（1）知，AE DE ⊥，AE BE ⊥. 因为BE DE E ⋂=，BE ，DE ⊂平面BCDE . 所以AE ⊥平面BCDE .以E 为坐标原点，EB ，ED ，EA 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系：则()0,0,0E ，()0,0,1A，)B，)C ，()0,1,0D .因为P 为AC的中点，所以12P ⎫⎪⎪⎝⎭.所以311,2PB⎛⎫=-- ⎪⎪⎝⎭，12PD ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭. 设平面PBD 的一个法向量为(),,m x y z =，由00PB m PDm ⎧⋅=⎨⋅=⎩得102102x y z x z--=⎨⎪-=⎪⎩.令z =1x =-，y =(1m =-.设平面BDA 的一个法向量为()111n x y z =，，.因为()31BA =-，，()011AD =-，，由00BA n AD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得11110z y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 令11x =，z=y =(13n =，，则11cos ,77m n m n m n⋅--===-⨯⨯∵所以二面角P BD A --的余弦值为17. 【点睛】思路点睛：证明面面垂直的思路（1）利用面面垂直的定义，（不常用） （2）利用面面垂直的判定定理；（3）利用性质：//αβ，βγαγ⊥⇒⊥.16．如图，E 为矩形ABCD 边CD 的中点，沿BE 将CBE △向上翻折至FBE ，使得二面角C BE F --为60°，且AB =，2FG GC =.（1）证明：//AF 平面BGE ；（2）求直线BG 与平面ABF 夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）85.【分析】（1）连接AC 交BE 于H ，由相识三角形可得12CH CE AH AB ==，从而可得//AF GH ，进而可得结论；（2）先证明AC BE ⊥，翻折后可得FH BE ⊥，可得FHC ∠是C BE F --的平面角为60，FHC为正三角形，设BC =，则3AB AC ==，以H 为原点，HA 为x 轴，HB 为y 轴，建立如图所示法坐标系，求出法向量与直线的方向向量，利用夹角公式可得答案. 【详解】（1）连接AC 交BE 于H ， 则AHB CHE ，12CH CE AH AB ==， 又12GC FG =，//AF GH ∴， 又AF ⊄面BGE ，GH ⊂面BGF ，//AF ∴平面BGE ；（2）tan BCCEB CE∠==， tan ABBCA BC∠==， CEB BCA ∴∠=∠ ， CEB BCA ∠=∠，90HEC HCE ∴∠+∠=，CH BE ⊥，即AC BE ⊥，翻折后可得FH BE ⊥， 所以FHC ∠是C BE F --的平面角为60，FHC为正三角形，设BC =，则3AB AC ==，以H 为原点，HA 为x 轴，HB 为y 轴，建立如图所示法坐标系，则()()2,0,0,AB，15,0,,,0,2266F G ⎛⎛-- ⎝⎭⎝⎭，53135,0,,,2,,,222266AF BF BG ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=--=-⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，设平面ABF 的法向量为(),,n x y z =，则50221022x z x z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，令z =3,510x y ==，332,55n ⎛= ⎝，设BG 与平面ABF 夹角的正弦值夹角为θ，sin 85BG n BG nθ⋅===⋅⎛【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”： 第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系； 第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标； 第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量； 第四，破“应用公式关”.17．如图，长方体1111ABCD A B C D-中，2AB =，11BC CC ==，若在CD 上存在点E ，使得1A E ⊥平面11AB D .（1）求DE 的长；（2）求平面11AB D 与平面1BB E 夹角的余弦值.【答案】（1）12；（2【分析】（1）建立空间坐标系，设DE a =，令11A E AB ⊥即可求出a 的值； （2）求出平面1BB E 的法向量n ，计算n 和1A E 的夹角即可得出二面角的大小. 【详解】（1）以D 为原点，以DA ，DC ，1DD 为轴建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示：设DE a =，则(0E ，a ，0)，(1A ，0，0)，1(1A ，0，1)，1(1B ，2，1)，1(0D ，0，1)，∴1(0AB =，2，1)，11(1D B =，2，0)，1(1A E =-，a ，1)-， AE 平面11AB D ，∴1AB AE ⊥，即1210E a A AB ⋅=-=，解得12a =， 12DE ∴=. （2）由（1）可知1(1A E =-，12，1)-为平面11AB D 的法向量， (1BE =-，32-，0)，1(0BB =，0，1)， 设平面1BB E 的法向量为(n x =，y ，)z ，则1·0·0n BB n BE ⎧=⎨=⎩，即0302z x y =⎧⎪⎨--=⎪⎩， 令2y =可得(3n =-，2，0)，1cos A E ∴<，11·43132A E A E nn n >===⨯.∴平面11AB D 与平面1BB E 夹角的余弦值为39. 【点睛】方法点睛：二面角的求法方法一：（几何法）找→作（定义法、三垂线法、垂面法）→证（定义）→指→求（解三角形）；方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量,m n ；再代入公式cos m nm n α⋅=±（其中,m n 分别是两个平面的法向量，α是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“±”号）18．如图，三棱柱ABC DEF -的侧面BEFC 是边长为1的正方形，面BEFC ⊥面ADEB ，4AB =，60DEB ∠=︒，G 是DE 的中点.（1）求证：//CE 平面AGF ；（2）求点D 到平面AGF 的距离；（3）在线段BC上是否存在一点P ，使二面角P GE B --为45︒，若存在，求BP 的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）10；（3）存在，且2BP =，理由见解析. 【分析】（1）通过三角形的中位线以及线面平行的判定定理，证得//CE 平面AGF .（2）建立空间直角坐标系，利用公式计算点D 到平面AGF 的距离.（3）设出P 点坐标，根据二面角P GE B --为45︒列方程，解方程求得BP .【详解】（1）连接CD 交AF 于H ，连接HG ，根据柱体的性质可知//,AD CF AD CF =，所以四边形ADFC 是平行四边形，所以H 是AF 的中点，由于G 是DE 的中点，所以//HG CE ，由于HG ⊂平面AGF ，CE ⊂平面AGF ，所以//CE 平面AGF .（2）因为四边形BEFC 是正方形，所以BC BE ⊥，因为面BEFC ⊥面ADEB ，面BEFC ⋂面ADEB BE =，所以BC ⊥平面ADEB ，则,BC BE BC BG ⊥⊥.因为60DEB ∠=︒，2,1GE BE ==，在三角形BGE 中由余弦定理得BG ==所以222BE BG GE +=，所以BG BE ⊥.以B 为原点，建立如图所示空间直角坐标系.则)()()()(),2,0,0,1,1,1,0,0,1,0G A F D E --. ()()()3,2,0,3,1,1,3,1,0AG GF DG =-=-=-. 设平面AGF 的法向量为()1111,,x n y z =，则111111132030n AG y n GF yz ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，令12x =，则11y z ==(2,3,n=. 设D 到平面AGF 的距离为d ，则310DG nd n ⋅===. （3）假设线段BC 上存在一点P ，使二面角P GE B --为45︒.设()0,0,P h ，则()GP h =-，()0,1,EP h =-.设平面PGE 的法向量为()2222,,n x y z =，则222222300n GP hz n EP y hz ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令21z =则22x y h ==， 所以2,1n h ⎫=⎪⎭. 由于BC ⊥平面ADEB ，所以()0,0,1BC=，是平面BGE 的一个法向量， 所以222cos ,BC n BC n BC n h ⋅===⋅，解得h =. 所以在线段BC 上存在一点P ，使二面角P GE B --为45︒，且BP =.【点睛】证明线面平行的方法主要是通过线线平行来证明，求点面距可以考虑向量法来计算.19．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，12AC BC AA ===（1）求证：1A C BC ⊥；（2）求直线1AC 和11A B 所成角的大小；（3）求直线1AC 和平面11ABB A 所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）3π；（3）6π. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由10CA CB ⋅=证得1A C BC ⊥. （2）利用直线1AC 和直线11A B 的方向向量，求得直线1AC 和11A B 所成角的余弦值，由此求得该角的大小. （3）利用直线1AC 的方向向量和平面11ABB A 的法向量，求得直线1AC 和平面11ABB A 所成角的正弦值，进而求得该角的大小.【详解】（1）由于三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1CC ⊥平面ABC ，所以11,CC AC CC BC ⊥⊥，依题意可知AC BC ⊥.以C 为原点建立如图所示空间直角坐标系.则()()()()()1112,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2A B C A B ，则()()12,0,2,0,2,0CA CB ==，所以10CA CB ⋅=，所以1A C BC ⊥. （2）()()1112,0,2,2,2,0AC A B =-=-，设直线1AC 和11A B 所成角为α， 则1111111cos 22AC A B AC A B α⋅===⋅， 由于02πα≤≤，所以3πα=.（3）()()12,2,0,0,0,2AB AA =-=，设平面11ABB A 的法向量为(),,n x y z =， 则122020n AB x y n AA z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，令1x =可得()1,1,0n =. 设直线1AC 和平面11ABB A 所成角为β， 则111sin 22AC nAC n β⋅===⋅， 由于02πβ≤≤，所以6πβ=.【点睛】要证明线线垂直，可以利用这两条直线的方向向量的数量积为0来证明.20．如图，已知三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，,,2AC BC PA AC BC DB AD ⊥===，M 、E 分别为PB 、PC 的中点，N 为AE 的中点．（∵）求证：MN CD ⊥；（∵）求直线PB 和平面PCD 所成角的正弦值．【答案】（∵）证明见解析；（∵）3. 【分析】（∵）以C 为原点，,CA CB 所在直线为x 轴、y 轴，建立空间直角坐标系，设2PA AC BC ===，利用空间向量的数量积为0可证MN CD ⊥；（∵）根据向量PB 和平面PCD 的法向量可求得结果.【详解】（∵）证明：如图，以C 为原点，,CA CB 所在直线为x 轴、y 轴，建立空间直角坐标系，设2PA AC BC ===，则(2,0,0),(0,2,0),(0,0,0),(2,0,2)A B C P ， 所以3142(1,1,1),(1,0,1),,0,,,,02233M E N D ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1142,1,,,,02233MN CD ⎛⎫⎛⎫=--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因为01421102332MN CD =⨯--⋅=⨯⨯， 所以MN CD ⊥．（∵）由（∵）知(2,2,2),(2,0,2)PB CP =--=，设平面PCD 的法向量(,,)n x y z =，则0,0.CD n CP n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得420,33220.x y x z ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩令1x =，则2,1y z =-=-，故平面PCD 的一个法向量为(1,2,1)n =--，设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ，则|||21sin 3|||4PB n PB n θ⋅-⨯====+∣. 所以直线PB 和平面PCD . 【点睛】 关键点点睛：建立空间直角坐标系，正确写出相关点的坐标，求出平面的法向量是解题关键，属于中档题. 21．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11BCCB ⊥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．【答案】（1）证明见解析；（2. 【分析】（1）设BC 的中点为E ，1BC 与1B C 的交点为O ，连接AE ，EO ，OD ，根据线面垂直的判定定理，可得AE ⊥平面11BCC B ；再证明//AE DO ，得到DO ⊥平面11BCC B ，推出1DO BC ⊥，11BC B C ⊥，从而可得线面垂直；（2）先由（1）可得，OD ，OB ，1OB 两两相互垂直，以O 为坐标原点，以OD 的方向为z 轴正方向，分别以OB ，1OB 为x 轴和y 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，分别求出平面1DCC 和1DCB 的法向量，由向量夹角公式，即可求出结果.【详解】（1）证明：设BC 的中点为E ，1BC 与1B C 的交点为O ，连接AE ，EO ，OD ，如图所示． 由E 为BC 的中点可得AE BC ⊥，又平面11BCC B ⊥平面ABC ，平面11BCC B 平面ABC BC =，故AE ⊥平面11BCC B ．又O 为1BC 的中点．所以11//2EO CC 且112EO CC =． 又11//2AD CC 且112AD CC =，所以//AD EO 且AD EO =， 因此四边形ADEO 为平行四边形，所以//AE DO 且AE DO =，所以DO ⊥平面11BCC B ，故1DO BC ⊥，又四边形11BCC B 为菱形，所以11BC B C ⊥，又1DO B C O ⋂=，DO ⊂平面1DCB ，1B C ⊂平面1DCB ，所以1BC ⊥平面1DCB ；（2）由（1）可知OD ，OB ，1OB 两两相互垂直，以O 为坐标原点，以OD 的方向为z 轴正方向，分别以OB ，1OB 为x 轴和y 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -．则)B，()1C，(D ，()0,1,0C -， 设()111,,n x y z =为平面1DCC 的一个法向量，则10,0,n CD n CC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即11110,0,y y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩可取()1,3,1n =-， 由（1）可知，OB 为平面1DCB 的一个法向量，所以cos ,1n OBn OB n OB ⋅<>===+所以二面角11B DC C --． 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.22．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，PA ⊥平面ABCD ，//PA BE ，2BE =，4AB PA ==.（1）求证：//CE 平面PAD ；（2）求直线PD 与平面PCE 所成角的正弦值；（3）在棱AB 上是否存在一点F ，使得二面角E PC F --的大小为60？如果存在，确定点F 的位置；如果不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）6；（3）存在；F 为AB 的中点. 【分析】（1）取PA 中点H ，通过证明四边形CDEH 是平行四边形得出//EC DH ，故而//EC 平面PAD ； （2）建立了空间坐标系，求出平面PCE 的法向量m ，计算m 和PD 的夹角即可求出线面角的正弦值； （3）设AF a =，求出平面PCF 的法向量n ，令1cos ,2m n =计算a ，根据计算结果得出结论. 【详解】（1）证明：取PA 中点H ，连接EH ，DH ， //EB PA ，12EB PA AH ==， ∴四边形ABEH 是平行四边形，//EH AB ∴，EH AB =，四边形ABCD 是正方形，//CD AB ∴，CD AB =，//EH CD ，EH CD =，∴四边形CDHE 是平行四边形，//EC DH ∴，又EC ⊂/平面PAD ，DH ⊂平面PAD ，//EC ∴平面PAD .（2）解：以A 为原点建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示：则(0P ，0，4)，(4E ，0，2)，(4C ，4，0)，(0D ，4，0)，∴(0PD =，4，4)-，(4PE =，0，2)-，(0EC =，4，2)-，设平面PCE 的法向量为(m x =，y ，)z ，则·0·0m PE m EC ⎧=⎨=⎩，即420420x z y z -=⎧⎨-=⎩，令1x =可得(1m =，1，2)， 设直线PD 与平面PCE 所成角为θ，则||sin |1m PD m PDθ⋅====∴直线PD 与平面PCE .（3）解：设(F a ，0，0)(04)a ，则(FP a =-，0，4)，(4FC a =-，4，0)，设平面PCF 的法向量为1(n x =，1y ，1)z ，则·0·0n FP n FC ⎧=⎨=⎩，即111140(4)40ax z a x y -+=⎧⎨-+=⎩，令1z a =可得(4n =，4a -，)a ， 故|||cos ,|6m n m n m n ⋅<>==⨯12=，即2280a a +-=，解得2a =，4a =-（舍）， ∴当F 为AB 的中点时，二面角E PC F --的大小为60︒.【点睛】方法点睛：求二面角的方法有：∵定义法：在二面角的棱上选取特殊点，过该点在两个半平面内作棱的垂线得到二面角的平面角，在三角形中计算可得结果；∵向量法：建立空间直角坐标系，利用二面角的两个半平面的法向量的夹角可求得结果.23．在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为正方形，平面PAB ⊥平面ABCD ，PAB △为等腰直角三角形，PA PB ⊥，AB =2.（1）求证：平面PBC ⊥平面P AC ；（2）设E 为CD 的中点，求二面角C -PB -E 的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2. 【分析】（1）根据平面PAB ⊥平面ABCD ，易得BC ⊥平面PAB ，从而BC PA ⊥，再结合PA PB ⊥，利用线面垂直的判定定理证得PA ⊥平面PBC ，然后利用面面垂直的判定定理证明.（2）取AB 的中点O ，连接OE ，OP ，易得PO ⊥平面ABCD ，然后以O 为坐标原点．分别以OE ，OA ，OP 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz -，求得平面PBE 的一个法向量为(),,n x y z =，又平面PBC 的一个法向量为()0,1,1PA =-，然后利用cos ,PA n PA n PA n⋅=求解.【详解】（1）因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，BC ⊂平面ABCD 且BC AB ⊥，所以BC ⊥平面PAB ． 又PA ⊂平面PAB ， 所以BC PA ⊥，。
高考数学一轮复习，利用空间向量求夹角和距离，各考点聚焦突破
高考数学一轮复习，利用空间向量求夹角和距离，各考点聚焦突破【考点聚焦突破】考点一用空间向量求异面直线所成的角【规律方法】1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(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v1，v2；(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解.2.两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.考点二用空间向量求线面角【规律方法】利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.考点三用空间向量求二面角【规律方法】利用空间向量计算二面角大小的常用方法：(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.考点四用空间向量求空间距离(供选用【规律方法】1.空间中两点间的距离的求法两点间的距离就是以这两点为端点的向量的模.因此，要求两点间的距离除了使用距离公式外，还可转化为求向量的模.2.求点P到平面α的距离的三个步骤：(1)在平面α内取一点A，确定向量的坐标表示；(2)确定平面α的法向量n；(3)代入公式d＝求解.【反思与感悟】1.利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.2.利用法向量求距离问题的程序思想方法第一步，确定法向量；第二步，选择参考向量；第三步，确定参考向量到法向量的投影向量；第四步，求投影向量的长度.【易错防范】1.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.2.利用向量法求二面角大小的注意点(1)建立空间直角坐标系时，若垂直关系不明确，应先给出证明；(2)对于某些平面的法向量，要结合题目条件和图形多观察，判断该法向量是否已经隐含着，不用再求.(3)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误.。
向量法求空间角(含解析)
高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇考点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|．考点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 的方向向高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇量为u ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|＝ u ·n |u ||n |＝|u·n||u||n|．考点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|．【常用结论总结】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0,2．【例1】 直三棱柱ABC -A 1B 1C 1如图所示，AB =4，BC=3，AC =5，D 为棱AB 的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为61π，则异面直线A 1D 和B 1C 所成的角的余弦值为（ ）高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇A ．5B ．25C ．5D ．25【例2】 如图，四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，△PAD 是正三角形，AB =2，平面PAD ⊥平面ABCD ，则PC 与BD 所成角的余弦值为（ ）A ．14B ．4C ．13D 【例3】 如图四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，各棱长均相等，E 是PB 的中点，则异面直线AE 与PC 所成角的余弦值为（）A 6B C ．13D ．12学霸笔记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,]，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．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇【对点训练1】 如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长均相等，∠BAA 1=∠CAA 1=60°，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为（）AB ．13C ．4D 【对点训练2】 “曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，AA ⊥面ABCD ，AA 1=4，底面扇环所对的圆心角为π2，AD 的长度是BC 长度的2倍，CD =1，则异面直线A 1D 1与BC 1所成角的正弦值为（）A ．3B ．13C ．3D ．4【对点训练3】 如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1=AC=AB=2，BC =2√2，Q 为A 1B 1的中点，E 为AQ 的中点，F 为BC 1的中点，则异面直线BE 与AF所成角的余弦值为（ ）A． BC ．D高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇【例4】 在正方体ABCD −A B C D 中，如图E 、F 分别是BB 1、CD 的中点． （1）求证：平面AD F ⊥平面ADE ； （2）求直线EF 与AD F 所成角的正弦值．【例5】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，P A ⊥平面ABCD ，P A=AD=2AB=8，点M 在棱PD 上，且PA =PM ⋅PD ，AM ⊥MC．（1）求证：CD ⊥平面P AD ；（2）求BM 与平面ACM 所成角的余弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇 学霸笔记利用空间向量求线面角的解题步骤【对点训练4】 如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱BC 、CD 的中点． （1）求证：D 1 F ∥平面A 1EC1；（2）求直线AC 1与平面A 1EC 1所成角的正弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇 【对点训练5】 如图所示，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，AB =2，AA 1=2√3，E 为线段DD 1上一点．（1）求证：AC ⊥B 1D ；（2）若平面AB 1E 与平面ABCD 的夹角的余弦值为25，求直线BE与平面AB 1E 所成角的正弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇【例6】 在如图所示的空间几何体中，△ACD 与△ACB 均是等边三角形，直线ED ⊥平面ACD ，直线EB ⊥平面ABC ，DE ⊥BE ． （1）求证：平面ABC ⊥平面ADC ；（2）求平面ACE 与平面BCE 夹角的余弦值．【例7】 如图，三棱锥A −BCD 中，DA =DB =DC ，BD ⊥CD ，∠ADB =∠ADC =60∘，E 为BC 的中点． （1）证明：BC ⊥DA ；（2）点F满足EF⃗=DA ⃗，求二面角D −AB −F 的正弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇学霸笔记利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤【对点训练6】 直三棱柱ABC −A B C 中，AA =AB =AC =2,AA ⊥AB,AC ⊥AB ，D 为A B 的中点，E 为AA 的中点，F 为CD 的中点． （1）求证：EF ∥平面ABC ；（2）求直线BE 与平面CCD所成角的正弦值； （3）求平面A CD 与平面CC D 夹角的余弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇 【对点训练7】 如图，在棱长为2的正方体ABCD −A B C D 中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点．（1）求证：D 1F ∥平面A EC ；（2）求直线AC 与平面A EC 所成角的正弦值． （3）求二面角A −A C −E 的正弦值．【对点训练8】 如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是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．。
灵活运用空间向量，提升解答空间角问题的效率
解题宝典空间角主要包括异面直线所成的角、二面角、直线与平面所成的角.空间角问题侧重于考查异面直线所成的角、二面角、直线与平面所成的角的定义的应用.有些空间角问题采用常规方法求解，其过程较为繁琐，此时可转换思路，运用空间向量求解，通过空间向量运算来快速求得问题的答案.下面主要介绍如何运用空间向量解答三种空间角问题.一、求二面角的大小二面角是指空间中两个相交平面所构成的角.运用空间向量求二面角的大小的步骤为：①建立合适的空间直角坐标系，根据所给的条件求出两个平面的法向量 n 1、 n 2；②根据向量的数量积公式可求得两个法向量的余弦值cos n 1, n 2= n 1∙n 2|| n 1|| n 2.而该角的余弦值或其相反数即为求二面角的余弦值.例1.已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形，AB //DC ，∠DAB =90°，且PA =AD =DC =12AB =1，M 是PB 的中点，求平面AMC 与平面BMC 所成角的大小.解：如图1，以点A 为原点，AD 、AB 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则P æèöø0,0,12,A ()0,0,0,B ()0,1,0,C æèöø12,12,0,M æèöø0,12,14,可知 BC =æèöø12,-12,0， CM =æèöø-12,0,14，AC =æèöø12,12,0,设平面ACM 的法向量为n =()x ,y ,z ，则{AC ∙n =0， CM ∙n =0，可得ìíîïï12x +12y =0，-12x +14z =0，得n =()1,-1,2，同理可得平面BCM 的一个法向量m =()1,1,2，则cos m ,n =m ∙n ||m ||n =23，解得m ,n =arccos 23，由图可知二面角A -MC -B 的大小为π-arccos 23.首先根据四棱锥的特点，以点A 为原点，AD 、AB 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，并用坐标表示平面上的各个点、各条线段；然后根据线面垂直的判定定理，在平面ACM 以及BCM 内找出两条直线，使其分别垂直于法向量，据此建立关系式，求得两个平面的法向量，即可根据向量的数量积公式求得二面角的余弦值.图1图2例2.已知正方形ABCD 与矩形ACEF 所在的平面互相垂直,AB =2,AF =1,求二面角A -DF -B 的大小.解：如图2，以点C 为原点，CD 、CB 、CE 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则A ()2，2,0，B ()0，2,0，D()2,0,0，F ()2，2,1，可得 AD =()0,-2,0, DF =()0,2,1，BF =()2,0,1,设平面ADF 的法向量为n 1，平面BDF 的法向量为 n 2,则ìíî n 1∙AD =0， n 1∙ DF =0，即ìíî-2y =0，2y +z =0，所以 n 1=()1,0,0，同理可得 n 2=()2，2,-2，可得cos n 1, n 2= n 1∙n 2|| n 1|| n 2=12，所以二面角A -DF -B 为60°.在运用空间向量解题时，要根据图形的特点，寻找或构造三条互相垂直的线段，并将其作为坐标轴，来建立空间直角坐标系.对于本题，我们需根据正方形ABCD 与矩形ACEF 的特点及其边之间的垂直关系来建立空间直角坐标系.再分别求得两个平面ADF 、BDF 的法向量，即可根据向量的数量积公式求得二面角的大小.二、求直线与平面所成的角求直线与平面所成的角，往往要在建立空间直角坐标系后，求得平面外一条直线的方向向量a →以及平面的法向量n →；再根据向量的数量积公式求得40解题宝典cos n →∙a →=||||||n →∙a →||||||n →||||||a →，该值即为直线与平面所成的角的正弦值.例3.如图3，已知四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD //BC ，AB =AD =AC =3，PA =BC =4，点M 为线段AD 上的一点，AM =2MD ，点N 为PC 的中点，求直线AN 与平面PMN 所成的角.解：以A 为原点，建立如图3所示的空间直角坐标系A -xyz ，可得P(0,0,4),M (0,2,0),C (5,2,0),N 所以 PM=(0,2,-4), PN =AN .设n =(x ,y ,z )为平面PMN 的法向量，ìíîn ⋅ PM =0,n ⋅PN =0,即ì4z =0,+y -2z =0,可得n =(0,2,1)，所以n ∙ AN =4,|n |=5,| AN |=52，所以|cos <n, AN >|=n ∙ AN |n ||AN |=45×52，则直线AN 和平面PMN 所成的角为.建立空间直角坐标系后，就将问题转化为直线的方向向量和平面的法向量之间的夹角问题，再利用向量的夹角公式进行求解，即可解题.因为平面的法向量有无数个，方向可上可下，模可大可小，因此只需求出其中一个法向量即可.三、求异面直线所成的角运用空间向量求异面直线所成的角，要先求得两条直线的方向向量a 、b；然后根据向量的夹角公式求得两个向量的余弦值cos a ,b =|| a ∙ b ||a ∙||||b .则两个异面直线所成的角即为向量a 、b所成的角或者补角.例4.已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与CB 1所成的角.解：以A 为原点，AB 为y 轴，AA 1为z轴，建立如图4所示的空间直角坐标系.则A (0,0,0),C 1,12a ,2a ),C ,12a ,0),B 1(0,a ,2a )，所以 AC 1=,12a ,2a ), C B 1,12a ,2a )，即cos θ< AC 1, C B 1>= AC 1∙C B 1||AC 1|| C B 1=32a 23a2=12.所以AC 1和CB 1所成的角为π3.由于ABC -A 1B 1C 1为正三棱柱，其底面为正三角形，于是以A 为原点，AB 为y 轴，AA 1为z 轴，垂直与AB 的直线为x 轴，来建立空间直角坐标系.这样便可使更多的点落在坐标轴上，快速求得各个点的坐标、直线AC 1和CB 1的方向向量.xzy图4图5例5.如图5，在Rt ΔAOB 中，∠AOB =90°，现将ΔAOB 沿着平面AOB 的法向量方向平移到△A 1O 1B 1的位置.已知OA =OB =OO 1，A 1B 1、A 1O 1的中点为D 1、F 1,求异面直线BD 1与AF 1所成的角.解：以点O 为坐标原点，建立如图5所示的空间直角坐标系，设OA =1，则A ()1,0,0,B ()0,1,0,F 1æèöø12,0,1,D 1æèöø12,12,1,所以 AF 1=æèöø-12,0,1,BD 1=æèöø12,-12,1，即cosAF 1, BD 1= AF 1∙BD 1||AF1∙|| BD 1,故异面直线BD 1与AF 1所成的角为.解答本题，需首先建立空间直角坐标系，用坐标表示出异面直线BD 1与AF 1；然后利用向量的夹角公式求出两直线所形成角的余弦值.由此可知，运用空间向量求空间角问题，需注意：（1）结合图形的特点建立合适的空间直角坐标系；（2）灵活运用向量的运算法则和向量的数量积公式；（3）根据图形中直线、平面之间的位置关系确定角的取值范围.（作者单位：江苏省泗洪姜堰高级中学）图341。
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。
利用空间向量求空间角
利用空间向量求空间角1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题．2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．知识点一 利用空间向量求异面直线所成角设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．[典例] 如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值．[解] (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD .又因为AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O -xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0,0)，C (0，3，0)．所以PB ―→＝(1，3，－2)，AC ―→＝(0,23，0)．设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB ―→·AC ―→|PB―→||AC ―→|＝622×23＝64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64. [方法技巧]向量法求两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． [提醒] 两异面直线所成角θ的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成的角． [针对训练]1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( ) A.55B.53C.255D.35解析：选A 设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)， 可得向量AB 1―→＝(－2,2,1)，BC 1―→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝－2×0＋2×2＋1×(－1)0＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55.2．已知在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，B 1C 和C 1D 与底面所成角分别为60°和45°，求异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，可知∠CB 1C 1＝60°，∠DC 1D 1＝45°，设B 1C 1＝1，CC 1＝3＝DD 1.∴C 1D 1＝3，则有B 1(3，0,0)，C (3，1，3)，C 1(3，1,0)，D (0,1，3)． ∴B 1C ―→＝(0,1，3)，C 1D ―→＝(－3，0，3)． ∴cos 〈B 1C ―→，C 1D ―→〉＝B 1C ―→·C 1D ―→|B 1C ―→||C 1D ―→|＝326＝64.知识点二 直线与平面所成角如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n ·e ||n ||e |.[典例] (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC＝4，O 为AC 的中点． (1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M -PA -C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值． AC ，且PO ＝2 3.连[解] (1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以PO ⊥接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB .又因为OB ∩AC ＝O ，所以PO ⊥平面ABC . (2)以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)， AP ―→＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB ―→＝(2,0,0)． 设M (a,2－a,0)(0＜a ≤2)，则AM ―→＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧AP ―→·n ＝0，AM ―→·n ＝0，得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)，所以平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4), 3a ，－a )， 所以cos 〈OB ―→，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2. 由已知可得|cos 〈OB ―→，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32， 解得a ＝43或a ＝－4(舍去)．所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833，433，－43.又PC ―→＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC ―→，n 〉＝833＋8334＋12·643＋163＋169＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [方法技巧]利用向量法求直线与平面所成角的注意点(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求． [针对训练]1．如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 夹角的正弦值为________．解析：取B 1C 1中点O ，建立如图所示的空间直角坐标系．A 1O ―→＝(3，0,0)，设AB ＝AA 1＝2，则A 1(－3，0,0)，C 1(0,1,0)，A (－3，0,2)，O (0,0,0)，A 1O ―→为平面BB 1C 1C 的法向量，AC 1―→＝(3，1，－2)，∴sin θ＝|cos 〈A 1O ―→，AC 1―→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪A 1O ―→·AC 1―→|A 1O ―→||AC 1―→|＝33·3＋1＋4＝64. 答案：642．在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF 是矩形，ED⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD .(1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ， 从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD ，因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD . 又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE . (2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ，又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3. 因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，如图所示．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)， 所以AE ―→＝(－1,0，3)，AC ―→＝(－2，3，0)． 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为AF ―→＝(－1，3，3)，所以cos 〈n ，AF ―→〉＝n ·AF ―→|n |·|AF ―→|＝4214， 所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 知识点三 二面角(1)如图①，AB ，CD 是二面角α-l -β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ―→，CD ―→〉．(2)如图②和图③，n 1，n 2分别是二面角α-l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．[典例] (2019·惠州模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，PA ⊥PB ，PC ＝2. (1)求证：平面PAB ⊥平面ABCD ；(2)若PA ＝PB ，求二面角A -PC -D 的余弦值． [解] (1)证明：取AB 的中点为O ，连接CO ，PO ， ∵四边形ABCD 是边长为2的菱形，∴AB ＝BC ＝2. ∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 是等边三角形， ∴CO ⊥AB ，OC ＝ 3. ∵PA ⊥PB ，∴PO ＝12AB ＝1.∵PC ＝2，∴OP 2＋OC 2＝PC 2，∴CO ⊥PO . ∵AB ∩PO ＝O ，∴CO ⊥平面PAB .∵CO ⊂平面ABCD ，∴平面PAB ⊥平面ABCD . (2)∵OP 2＋OA 2＝12＋12＝(2)2＝PA 2，∴PO ⊥AO . 由(1)知，平面PAB ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∴直线OC ，OB ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (0，1,0)，C (3，0,0)，D (3，－2,0)，P (0,0,1)， ∴AP ―→＝(0,1,1)，PC ―→＝(3，0，－1)，DC ―→＝(0,2,0)． 设平面APC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AP ―→＝0，m ·PC ―→＝0，得⎩⎨⎧ y 1＋z 1＝0，3x 1－z 1＝0，取x 1＝1，得m ＝(1，－3，3)， 设平面PCD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·DC ―→＝0，得⎩⎨⎧3x 2－z 2＝0，2y 2＝0，取x 2＝1，得n ＝(1,0，3)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝277，由图易知二面角A -PC -D 为锐二面角， ∴二面角A -PC -D 的余弦值为277.[方法技巧]利用法向量求二面角时的2个注意点(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误．[针对训练]1．如图，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，BC ＝2，则平面PAB 与平面PBC 的夹角的余弦值为________．P (0,0,1)，AP ―→＝解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，(0,0,1)，AB ―→＝(2，1,0)，CB ―→＝(2，0,0)，CP ―→＝(0，－1，1)．设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ⊥AP ―→，m ⊥AB ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP ―→＝0，m ·AB ―→＝0，∴⎩⎨⎧y ＝－2x ，z ＝0.令x ＝1，得m ＝(1，－2，0)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥CB ―→，n ⊥CP ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB ―→＝0，n ·CP ―→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝0，y ′＝z ′.令y ′＝1，∴n ＝(0,1,1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－33.由图知所求二面角为锐角，∴平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值为33. 答案：332．(2019·江西五市联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝AP ＝2BC ＝2，M 是棱PD 上的一点，PMPD ＝λ(0＜λ＜1)．(1)若λ＝13，求证：PB ∥平面MAC ；(2)若平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，二面角D -AC -M 的余弦值为42121，求λ的值．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接MO . ∵AD ∥BC ，∴△BCO ∽△DAO ， ∵AD ＝2BC ，∴DO ＝2BO .∵λ＝13，∴DM ＝2MP ，∴PB ∥MO ，∵PB ⊄平面MAC ，MO ⊂平面MAC ，∴PB ∥平面MAC .(2)∵平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ，且AD ⊥AB ， ∴AD ⊥平面PAB ，∴AD ⊥PA ，同理可得AB ⊥PA ，可知AB ，AD ，AP 两两垂直，建2－2λ)，∴AC ―→＝立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，C (2，1,0)，M (0,2λ，(2,1,0)，AM ―→＝(0,2λ，2－2λ)．易知平面ACD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)． 设平面MAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AM ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，2λy ＋(2－2λ)z ＝0，令x ＝1，则y ＝－2，z ＝2λ1－λ，即n ＝⎝⎛⎭⎫1，－2，2λ1－λ为平面MAC 的一个法向量．由题意可知|m ·n ||m ||n |＝42121，即⎪⎪⎪⎪2λ1－λ5＋⎝⎛⎭⎫2λ1－λ2＝42121，解得λ＝23.[课时跟踪检测][A 级 基础题]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( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．90°解析：选C cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.2．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＋41＋1＋4×1＋4＝3010.故选C.3．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 所成的角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.24解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)， ∴DC 1―→＝(0,3,1)，D 1E ―→＝(1,1，－1)，D 1C ―→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∵DC 1―→，n＝DC 1―→·n |DC 1―→|·|n |＝(0，3，1)·(2，1，3)10×14＝33535，∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.4．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( ) A.7 B ． 6 C. 5D ．2解析：选A 由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4，|AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4，cos 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→|·|BC 1―→|＝24，故tan 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝7. 5．如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( ) A.35 B.56 C.3310D.3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.故选A.6．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.12 B.23 C.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23.7．如图所示，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，D 是棱PB 的中点，已知PA ＝BC ＝2，AB ＝4，CB ⊥AB ，则异面直线PC ，AD 所成角的余弦值为__________． 解析：因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥BC .过点A 作AE ∥CB ，又CB ⊥AB ， 则AP ，AB ，AE 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AE ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A -xyz ， 则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (4,0,0)，C (4，－2,0)． 因为D 为PB 的中点，所以D (2,0,1)． 故CP ―→＝(－4,2,2)，AD ―→＝(2,0,1)． 所以AD ―→，CP ―→＝AD ―→·CP ―→|AD ―→|·|CP ―→|＝－65×26＝－3010.设异面直线PC ，AD 所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈AD ―→，CP ―→〉|＝3010.答案：30108．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FO 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为原点，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．∴OF ―→＝(－1,0,3)，设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，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FO 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：2[B 级 提升练]＝∠CDP ＝90°.1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A -PB -C 的余弦值． 解：(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°， 得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD . 又AP ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . (2)在平面PAD 内作PF ⊥AD ，垂足为F .由(1)可知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD . 以F 为坐标原点，FA ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz .由(1)及已知可得A ⎝⎛⎭⎫22，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，22，B ⎝⎛⎭⎫22，1，0，C ⎝⎛⎭⎫－22，1，0. 所以PC ―→＝⎝⎛⎭⎫－22，1，－22，CB ―→＝(2，0,0)，PA ―→＝⎝⎛⎭⎫22，0，－22，AB ―→＝(0,1,0)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC ―→＝0，n ·CB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PA ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33.由图知二面角A -PB -C 为钝角， 所以二面角A -PB -C 的余弦值为－33.2．(2019·合肥一检)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点． (1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC 交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，∴MN ∥EC . ∵MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ， ∴MN ∥平面EFC .∵BF ，DE 都与平面ABCD 垂直，∴BF ∥DE . ∵BF ＝DE ，∴四边形BDEF 为平行四边形，∴BD ∥EF . ∵BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，∴平面BDM ∥平面EFC .(2)∵DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D -xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,0,2)，A (2,0,0)，E (0,0,4)，∴DB ―→＝(2,2,0)，DM ―→＝(1,0,2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DM ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． ∵AE ―→＝(－2,0,4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AE ―→〉|＝|n ·AE ―→||n |·|AE ―→|＝4515，∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.3．如图，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，△ABC 是等边三角形，AC ＝2AE ，M 是AB的中点．(1)求证：CM ⊥EM;(2)若直线DM 与平面ABC 所成角的正切值为2，求二面角B -CD -E 的余弦值． 解：(1)证明：因为△ABC 是等边三角形，M 是AB 的中点， 所以CM ⊥AM .因为EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以CM ⊥EA . 因为AM ∩EA ＝A ，所以CM ⊥平面EAM . 因为EM ⊂平面EAM ，所以CM ⊥EM .(2)以点M 为坐标原点，MC 所在直线为x 轴，MB 所在直线为y 轴，过M 且与直线BD平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系M -xyz ，如图所示． 因为DB ⊥平面ABC ，所以∠DMB 为直线DM 与平面ABC 所成的角，所以tan ∠DMB ＝BDMB＝2，即BD ＝2MB ，所以BD ＝AC . 不妨设AC ＝2，又AC ＝2AE ，则CM ＝3，AE ＝1. 故B (0,1,0)，C (3，0,0)，D (0,1,2)，E (0，－1,1)．所以BC ―→＝(3，－1,0)，BD ―→＝(0,0,2)，CE ―→＝(－3，－1,1)，CD ―→＝(－3，1,2)． 设平面BCD 与平面CDE 的一个法向量分别为m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BC ―→＝0，m ·BD ―→＝0，得⎩⎨⎧3x 1－y 1＝0，2z 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝3，所以m ＝(1，3，0)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE ―→＝0，n ·CD ―→＝0，得⎩⎨⎧－3x 2－y 2＋z 2＝0，－3x 2＋y 2＋2z 2＝0.令x 2＝1，得y 2＝－33，z 2＝233. 所以n ＝⎝⎛⎭⎫1，－33，233. 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝0.所以二面角B -CD -E 的余弦值为0.。
专题07 利用空间向量求空间角(解析版)
2020年高考数学立体几何突破性讲练07利用空间向量求空间角一、考点传真：能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用． 二、知识点梳理：空间向量与空间角的关系 (1)两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝□18|a ·b ||a ||b |( 其中φ为异面直线a ，b 所成的角，范围是⎝⎛⎦⎤0，π2 ). (2)直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |，φ的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，π2.(3)求二面角的大小如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝□20〈AB →，CD →〉．如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．取值范围是[0，π]． 三、例题：例1. （2019全国Ⅰ卷）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A-MA 1-N 的正弦值． 【解析】（1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ．由题设知A 1B 1=P DC ，可得B 1C =P A 1D ，故ME =P ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ． 又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA uu u r的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2,0,4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-uuu r，1(2)A M =--uuuu r ，1(1,0,2)A N =--uuu r ，1(1,0,2)A N =--uuu r．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uuuu r uuu r m m ，所以2040x z z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uuu r uuu r，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是cos ,||5⋅〈〉===‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --例2. （2019北京卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥平面，AD CD ⊥，AD BC P ，2PA AD CD BC ====，=（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.【解析】（I ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA CD ⊥. 又因为AB CD ⊥，所以CD ⊥.平面PAD ，（II ）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以,PA AM ⊥PA AD ⊥，如图建立空间直角坐标系A -xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0）， D （0，2，0），P （0，0，2），因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）.所以()0,1,1AE =uu u r ，()2,2,2PC =-uu u r, ()0,0,2AP =uu u r .所以1222,,3333PF PC ⎛⎫==- ⎪⎝⎭uu u ruu u r，224,,333AF AP PF ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭uu u r uu u r uu u r设平面AEF 的法向量为(),,x y z =n ，则00AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u vuu u v n n ，即02240333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩. 令z =1,则y =-1,x =-1.于是()1,1,1=--n .又因为平面PAD 的法向量为()1,0,0=p，所以cos ⋅==⋅n p <n,p >n p 因为二面角F-AE-PyB（III ）直线AG 在平面AEF 内，因为点G 在PB 上，且2,3PG PB =()2,1,2,PB =--uu r所以2424,,3333PG PB ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭uu u r uu r ，422,,333AG AP PG ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭uuu r uu u r uu u r . 由（II ）知，平面AEF 的法向量为()1,1,1=--n ，所以4220333AG ⋅++=uuu rn =-，所以直线AG 在平面AEF 内.例 3. （2019浙江卷）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BACA A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.【解析】（1）证明：EFBC⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.（Ⅰ）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC .如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz.不妨设AC =4，则A 1（0，0，B，1，0），1B，3,2F ，C (0，2，0).因此，33(,2EF =，(BC =． 由0EF BC⋅=得EF BC ⊥．（Ⅱ）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ，由（Ⅰ）可得(BC =，1(0,2,AC =-， 设平面A 1BC 的法向量为(,,)x y z =n ，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取=n ，故4sin cos ,5EF EF EF θ⋅=〈〉==⋅n n n. 因此直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.例4．（2018全国卷Ⅰ）如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF⊥．(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．PFE D CBA【解析】(1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF ．又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD ． (2)作PH ⊥EF ，垂足为H ．由(1)得，PH ⊥平面ABFD ．以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系-H xyz ．由(1)可得，DE ⊥PE ．又DP =2，DE =1，所以PE． 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF ．可得=PH ,32=EH ．则(0,0,0)H，(0,P ，3(1,,0)2--D，3(1,2=DP ，(0,HP =为平面ABFD 的法向量． 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DP HP DPθ⋅===⋅． 所以DP 与平面ABFD例5. （2018江苏卷）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．ABC QPA 1C 1B 1(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．【解析】如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，设AC ，11A C 的中点分别为O ，1O ，则OB OC ⊥，1OO OC ⊥，1OO OB ⊥，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O xyz -．因为12AB AA ==，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．A(1)因为P 为11A B的中点，所以1,2)2P -，从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅．因此，异面直线BP 与AC 1(2)因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ，因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量，则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.x y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ， 则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1 四、巩固练习：1.在正三棱柱ABC －A 1B 1C1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( ) A ．60° B ．75° C ．90° D ．105°【答案】 C【解析】 取AC 的中点D ，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝a ，则B ⎝⎛⎭⎫32a ，0，0，C 1⎝⎛⎭⎫0，a 2，22a ，A ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，0，B 1⎝⎛⎭⎫32a ，0，22a ，从而AB 1→＝⎝⎛⎭⎫3a 2，a 2，2a 2，C 1B →＝⎝⎛⎭⎫3a 2，－a 2，－2a 2.所以cos 〈AB 1→，C 1B →〉＝AB 1→·C 1B →|AB 1→||C 1B →|＝0，所以AB 1与C 1B 所成的角为90°.故选C.2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( )A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90°【答案】 C【解析】 ∵cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°. ∴二面角为45°或135°.故选C.3．如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角是( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．135°【答案】 B【解析】 以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，1，F ⎝⎛⎭⎫12，0，12，EF →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，DC →＝(0,1,0)，∴cos 〈EF →，DC →〉＝EF →·DC →|EF →||DC →|＝－22，∴〈EF →，DC →〉＝135°， ∴异面直线EF 和CD 所成的角是45°.故选B.4．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于( )A.105 B.155 C.45 D.23【答案】 B【解析】 设正方体的棱长为2，建立如图所示的坐标系，O (1,1,0)，E (0,2,1)，F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，∴FD 1→＝(－1,0,2)，OE →＝(－1,1,1)．∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝FD 1→·OE →|FD 1→||OE →|＝1＋0＋25×3＝155.5．如图，已知矩形ABCD 所在平面外一点P ，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PC 的中点．若∠PDA ＝45°，则EF 与平面ABCD 所成的角的大小是( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°【答案】 C【解析】 设AD ＝a ，AB ＝b ，因为∠PDA ＝45°，P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AD ，P A ＝AD ＝a .以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在射线为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0，a )，E ⎝⎛⎭⎫b 2，0，0，F ⎝⎛⎭⎫b 2，a 2，a2， 所以EF →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2. 易知AP →＝(0,0，a )是平面ABCD 的一个法向量． 设EF 与平面ABCD 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AP →，EF →〉|＝|AP →·EF →||AP →||EF →|＝22.所以θ＝45°.6．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，AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15 B ．255C ．55D ．25【答案】 C【解析】 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，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， ∴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⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝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，∴P A 与平面DEF 所成角的正弦值为55.故选C. 7．把边长为2的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD ⊥平面CBD ，则异面直线AD ，BC 所成的角为( )A ．120°B ．30°C ．90°D ．60°【答案】 D【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2，0,0)，B (0，2，0)，C (0，0，2)，D (0，－2，0)，∴AD →＝(－2，－2，0)， BC →＝(0，－2，2)．∴|AD →|＝2，|BC →|＝2，AD →·BC →＝2. ∴cos 〈AD →，BC →〉＝AD →·BC →|AD →||BC →|＝22×2＝12.∴异面直线AD ，BC 所成的角为60°.故选D.8．二面角的棱上有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 ＝2，AC ＝3，BD ＝4，CD ＝17，则该二面角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．120°【解析】 C【解析】 由已知可得，CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0，CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝32＋22＋42＋2×3×4cos 〈CA →，BD →〉＝(17)2，∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，即〈CA →，BD →〉＝120°，∴二面角的大小为60°.故选C.9．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( )A.12B.32C.35D.45【答案】 D【解析】 取AC 中点E ，令AB ＝2，分别以EB ，EC ，ED 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．B 1(3，0,2)，C (0,1,0)，A (0，－1,0)，D (0，0,2)，DB 1→＝(3，0,0)，DC →＝(0,1，－2)，DA →＝(0，－1，－2)，平面B 1DC 法向量为n ＝(0,2,1)，可得cos 〈DA →，n 〉＝－45，所以直线AD与平面B 1DC 所成角的正弦值为⎪⎪⎪⎪－45＝45. 10．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 【答案】 B【解析】 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)， A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ 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.即所成的锐二面角的余弦值为23.故选B.11．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为1，点P 在线段BD 1上，当∠APC 最大时，三棱锥P －ABC 的体积为( )A.124B.118C.19D.112【答案】 B【解析】 以B 为坐标原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，BB 1为z 轴建立空间直角坐标系，设BP →＝λBD 1→，可得P (λ，λ，λ)，再由cos ∠APC ＝AP →·CP →|AP →||CP →|可求得当λ＝13时，∠APC 最大，故V P －ABC ＝13×12×1×1×13＝118. 12．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35 B ．56C.3310 D ．3610【答案】 A【解析】 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.故选A.13．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．【答案】 13【解析】 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，∴D 1C 1→＝(0,2,0)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝?x ，y ，z ?·?－1，2，0?＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝?x ，y ，z ?·?0，2，－1?＝2y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)， 设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13.即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.14．如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．【答案】 45【解析】 ∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0，2,1)，∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF →·EC →|AF →||EC →|＝45×5＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.15．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．【答案】 π6【解析】 以C 为原点建立坐标系，得下列坐标：A (2，0,0)，C 1(0,0，22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝⎛⎭⎫32，32，22.所以AC 1→＝(－2,0,22)，AC 2→＝⎝⎛⎭⎫－12，32，22，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝AC 1→·AC 2→|AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以θ＝π6. 16．已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则面AEF 与面ABC 所成的锐二面角的正切值为________．【答案】23【解析】如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫1，1，13， F ⎝⎛⎭⎫0，1，23，AE →＝⎝⎛⎭⎫0，1，13，AF →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，23， 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，面AEF 与面ABC 所成的锐二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎨⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)，平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0，－1)，cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.17.如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．【解析】 (1)证明：连接BD .设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°.可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22， 可得EF ＝322.从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC . 因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22， C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 18.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)求二面角B －A 1D －A 的正弦值．【解析】 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}为正交基底， 建立空间直角坐标系Axyz .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→|＝错误!＝－错误!，因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)平面A 1DA 的一个法向量为AE →＝(3，0,0)． 设平面BA 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D B →＝0，n ·DA 1→＝0，得⎩⎨⎧3x －3y ＝0，－2y ＋3z ＝0，取x ＝3，得n ＝⎝⎛⎭⎫3，1，233.cos 〈A E →，n 〉＝A E →·n |A E →||n |＝33×3＋1＋43＝34. 所以二面角B －A 1D －A 的正弦值为 1－⎝⎛⎭⎫342＝74.19.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M 是AB 的中点．(1)证明：BC 1∥平面MCA 1；(2)若△BMC 是正三角形，且AB ＝BC 1，求直线AB 与平面MCA 1所成角的正弦值． 【解析】 (1)证明：连接AC 1，设AC 1与A 1C 的交点为N ，则N 为AC 1的中点，连接MN ，又M 是AB 的中点，所以MN ∥BC 1.又MN ⊂平面MCA 1，BC 1⊄平面MCA 1，所以BC 1∥平面MCA 1.(2) 因为M 是AB 的中点，△BMC 是正三角形，所以∠ABC ＝60°，∠BAC ＝30°，∠ACB ＝90°，设BC ＝1，则AC ＝CC 1＝3，易知CC 1，CB ，CA 两两垂直，以C 为坐标原点，分别以CC 1，CB ，CA 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，B (0,1,0)，A (0,0，3)，A 1(3，0，3)，M ⎝⎛⎭⎫0，12，32，AB →＝(0,1，－3)，CM →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，CA 1→＝(3，0，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MCA 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·CM →＝0，n ·CA 1→＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧12y ＋32z ＝0，3x ＋3z ＝0，令z ＝－1，则n ＝(1，3，－1)为平面MCA 1的一个法向量，则|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →||n |＝155，所以直线AB 与平面MCA 1所成角的正弦值为155.20.如图，四棱锥F －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，E ，G 分别是CD ，AF 的中点，AF ＝4, ∠F AE ＝∠BAE ，且二面角F －AE －B 的大小为90°.(1)求证：AE ⊥BG ；(2)求二面角B －AF －E 的余弦值．【解析】 (1)证明：如图，作GO ⊥AE 于点O ，连接BO . ∵AG ＝AB ＝2，∠GAO ＝∠BAO ，AO ＝AO ， ∴△AOG ≌△AOB ，∴∠AOG ＝∠AOB ＝90°， 即GO ⊥AE ，BO ⊥AE .又GO ∩BO ＝O ， ∴AE ⊥平面OGB .又GB ⊂平面OGB ， ∴AE ⊥BG .(2) ∵平面AEF ⊥平面AEB ，平面AEF ∩平面AEB ＝AE ，GO ⊥AE ，∴GO ⊥平面AEB .以点O 为原点，OA ，OB ，OG 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Oxyz ，连接BE .∵S △ABE ＝12AB ·BC ＝12AE ·BO ，∴12×2×2＝12×5×BO ，∴BO ＝455. ∵△AOG ≌△AOB ，∴GO ＝BO ＝455，∴AO ＝AG 2－GO 2＝255.又∵在Rt △AEF 中，点G 为AF 的中点，且GO ⊥AE ，∴点O 为AE 的中点，∴AO ＝EO . ∴F ⎝⎛⎭⎫－255，0，855， A ⎝⎛⎭⎫255，0，0，B ⎝⎛⎭⎫0，455，0，G ⎝⎛⎭⎫0，0，455.∴F A →＝⎝⎛⎭⎫455，0，－855，BA →＝⎝⎛⎭⎫255，－455，0.设平面ABF 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·F A →＝0，m ·BA →＝0，得⎩⎨⎧455x －855z ＝0，255x －455y ＝0.令y ＝1，得m ＝(2,1,1)．易知n ＝(0,1,0)为平面AEF 的一个法向量．设二面角B －AF －E 为θ，θ为锐角，则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝66，即二面角B －AF －E 的余弦值为66. 21.如图所示，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，△DAB ≌△DCB ，E 为线段BD 上的一点，且EB ＝ED ＝EC ＝BC ，连接CE 并延长交AD 于F .(1)若G 为PD 的中点，求证：平面P AD ⊥平面CGF ；(2)若BC ＝2，P A ＝3，求平面BCP 与平面DCP 所成锐二面角的余弦值． 【解析】 (1)证明：在△BCD 中，EB ＝ED ＝EC ＝BC ， 故∠BCD ＝π2，∠CBE ＝∠BEC ＝π3.∵△DAB ≌△DCB ，∴∠BAD ＝∠BCD ＝π2，∠ABE ＝∠CBE ＝π3，∴∠FED ＝∠BEC ＝∠ABE ＝π3.∴AB ∥CF ，∴∠CFD ＝∠BAD ＝π2，∴CF ⊥AD .又P A ⊥平面ABCD ，CF ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CF ， 又P A ∩AD ＝A ，∴CF ⊥平面P AD .又CF ⊂平面CGF ，∴平面P AD ⊥平面CGF .(2) 以点A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (3，3，0)，D (0,23，0)，P (0,0,3)， 故BC →＝(1，3，0)，CP →＝(－3，－3，3)，CD →＝(－3，3，0)． 设平面BCP 的一个法向量为n 1＝(1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·CP →＝0，即⎩⎨⎧1＋3y 1＝0，－3－3y 1＋3z 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝－33，z 1＝23，即n 1＝⎝⎛⎭⎫1，－33，23. 设平面DCP 的一个法向量为n 2＝(1，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·CP →＝0，⎩⎨⎧ －3＋3y 2＝0，－3－3y 2＋3z 2＝0，解得⎩⎨⎧y 2＝3，z 2＝2， 即n 2＝(1，3，2)．所以平面BCP 与平面DCP 所成锐二面角的余弦值为cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝43169×8＝24.22．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝AA 1＝2，D 为棱CC 1的中点，AB 1∩A 1B ＝O .(1)证明：C 1O ∥平面ABD ； (2)设二面角D －AB －C 的正切值为22，AC ⊥BC ，E 为线段A 1B 上一点，且CE 与平面ABD 所成角的正弦值为223，求BEBA 1的值．【解析】 (1)证明：如图，取AB 的中点F ，连接OF ，DF .∵侧面ABB 1A 1为平行四边形，∴O 为AB 1的中点， ∴OF ∥BB 1，OF ＝12BB 1.又C 1D ∥BB 1，C 1D ＝12BB 1，∴OF ∥C 1D ，OF ＝C 1D ，∴四边形OFDC 1为平行四边形，∴C 1O ∥DF .∵C 1O ⊄平面ABD ，DF ⊂平面ABD ，∴C 1O ∥平面ABD .(2)如图，过C 作CH ⊥AB 于H ，连接DH ，则∠DHC 即为二面角D －AB －C 的平面角．∵DC ＝1，tan ∠DHC ＝22， ∴CH ＝ 2.又AC ＝2，AH ⊥HC ，∴∠HAC ＝45°， ∵AC ⊥BC ，∴BC ＝AC ＝2.以C 为原点，建立空间直角坐标系Cxyz ，如图所示． 则A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (0,0,1)，A 1(2,0,2)， ∴AB →＝(－2,2,0)，BD →＝(0，－2,1)． 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝－2x ＋2y ＝0，n ·BD →＝－2y ＋z ＝0，取y ＝1，可得n ＝(1,1,2)．设BE →＝λBA 1→(0≤λ≤1)．∵BA 1→＝(2，－2,2)， ∴CE →＝CB →＋λBA 1→＝(2λ，2－2λ，2λ)， ∴CE 与平面ABD 所成角的正弦值为 |cos 〈CE →，n 〉|＝2＋4λ6×12λ2－8λ＋4＝223， 整理，得36λ2－44λ＋13＝0， 解得λ＝12或1318，即BE BA 1＝12或1318.。
空间向量与空间角各考点
空间向量与空间角[考情分析] 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点．空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等．考点一 异面直线所成的角核心提炼设异面直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，异面直线l 与m 的夹角为θ.则(1)θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2； (2)cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝⎪⎪⎪⎪a ·b |a ||b | ＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. 例1 (1)(2021·全国乙卷)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 方法一 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， 所以C 1P ⊥平面B 1BP .又BP ⊂平面B 1BP ，所以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.方法二 以B 1为坐标原点，B 1C 1，B 1A 1，B 1B 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)，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则B (0,0,2)，P (1,1,0)，D 1(2,2,0)，A (0,2,2)，PB →＝(－1，－1,2)，AD 1--→＝(2,0，－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.方法三 如图所示，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．根据P 为正方形A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 1的中点，易知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.(2)(2022·河南名校联盟联考)在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA 1，BB 1，CC 1，DD 1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线AB 1与CD 1所成角的余弦值为( )A.45B.35C.34D.23 答案 A解析 设上底面圆心为O 1，下底面圆心为O ，连接OO 1，OC ，OB ，O 1C 1，O 1B 1，以O 为原点，分别以OC ，OB ，OO 1所在直线为x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，则C (1,0,0)，A (0,2,0)， B 1(0,1,2)，D 1(2,0,2)， 则CD 1--→＝(1,0,2)， AB 1--→＝(0，－1,2)，cos 〈CD 1--→，AB 1--→〉＝CD 1--→·AB 1--→||CD 1--→||AB 1--→＝45×5＝45，又异面直线所成角的范围为⎝⎛⎦⎤0，π2， 所以异面直线AB 1与CD 1所成角的余弦值为45.规律方法 平移线段法求异面直线所成角的步骤(1)平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角． (2)认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角或其补角． (3)计算：求该角的值(常利用解三角形)．(4)取舍：由异面直线所成的角的范围确定两条异面直线所成的角．跟踪演练1 (1)(2022·南宁模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为平面AA 1B 1B 的中心，O 1为平面A 1B 1C 1D 1的中心．若E 为CD 中点，则异面直线AE 与OO 1所成角的余弦值为( ) A.255B.105C.510D.55答案 B解析 设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (2,0,0)，E (0,1,0)， O (2,1,1)，O 1(1,1,2)， AE --→＝(－2,1,0)， OO 1--→＝(－1,0,1)，设异面直线AE 与OO 1所成角为θ， 则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AE --→·OO 1--→||AE --→||OO 1--→＝25×2＝105.则异面直线AE 与OO 1所成角的余弦值为105. (2)(2022·广东联考)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ＝PB ＝CA ＝CB ＝5，AB ＝PC ＝2，点D ，E 分别为AB ，PC 的中点，则异面直线PD ，BE 所成角的余弦值为( )A.1112B.2324C.34D.56 答案 B解析 如图，连接CD ，取CD 的中点F ，连接EF ，BF ，则EF ∥PD ，∠BEF 为异面直线PD ，BE 所成的角．由题意可知PD ＝CD ＝BE ＝26，EF ＝6，BF ＝()62＋12＝7，所以cos ∠BEF ＝24＋6－72×26×6＝2324.考点二 直线与平面所成的角核心提炼设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ， 则(1)θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2；(2)sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |. 例2 (2022·全国甲卷)在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，CD ∥AB ，AD ＝DC ＝CB ＝1，AB ＝2，DP ＝ 3.(1)证明：BD ⊥P A ；(2)求PD 与平面P AB 所成角的正弦值．(1)证明 在四边形ABCD 中，作DE ⊥AB 于点E ，CF ⊥AB 于点F ，如图．因为CD ∥AB ，AD ＝CD ＝CB ＝1， AB ＝2，所以四边形ABCD 为等腰梯形， 所以AE ＝BF ＝12，故DE ＝32， BD ＝DE 2＋BE 2＝3， 所以AD 2＋BD 2＝AB 2， 所以AD ⊥BD .因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥BD ，又PD ∩AD ＝D ，PD ，AD ⊂平面P AD ， 所以BD ⊥平面P AD . 又因为P A ⊂平面P AD ， 所以BD ⊥P A .(2)解 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AP →＝(－1,0，3)， BP →＝(0，－3，3)， DP →＝(0,0，3)．设平面P AB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－3y ＋3z ＝0，可取n ＝(3，1,1)， 则cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝55，所以PD 与平面P AB 所成角的正弦值为55. 易错提醒 (1)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．(2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心．跟踪演练2 (2022·龙岩质检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AD ⊥DC ，P A ＝PD ＝PB ，BC ＝DC ＝12AD ＝2，E 为AD 的中点，且PE ＝4.(1)求证：PE ⊥平面ABCD ；(2)记PE 的中点为N ，若M 在线段BC 上，且直线MN 与平面P AB 所成角的正弦值为39，求线段BM 的长度． (1)证明 连接BE ，∵BC ＝12AD ＝DE ＝2，AD ∥BC ，∴四边形BCDE 为平行四边形， ∴BE ＝CD ＝2，∵P A ＝PD 且E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ， ∴PD ＝PE 2＋DE 2＝16＋4＝25， ∴PB ＝PD ＝25，∴PE 2＋BE 2＝PB 2，即PE ⊥BE ，又∵AD ∩BE ＝E ，AD ，BE ⊂平面ABCD ， ∴PE ⊥平面ABCD .(2)解 以E 为原点，EA 为x 轴，EB 为y 轴，EP 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (0,2,0)，C (－2,2,0)，P (0,0,4)， ∴AB →＝(－2,2,0)，PB →＝(0,2，－4)， 设平面P AB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，2y －4z ＝0，故可取n ＝(2,2,1)， 设BM ＝t (t ∈[0,2])，则M (－t ，2,0)，而N (0,0,2)， ∴MN →＝(t ，－2,2)，设直线MN 与平面P AB 所成的角为θ，则sin θ＝||cos 〈MN →，n 〉＝||MN →·n ||MN →|n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t －4＋2t 2＋4＋4·9＝39， 化简得11t 2－24t ＋4＝0，解得t ＝2或t ＝211，满足t ∈[0,2]，故线段BM 的长度为2或211.考点三 平面与平面的夹角核心提炼设平面α，β的法向量分别为u ，v ，平面α与平面β的夹角为θ， 则(1)θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2； (2)cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u ·v ||u ||v |.例3 (2022·新高考全国Ⅱ改编)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，求平面CAE 与平面AEB 夹角的正弦值． (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CAE 的法向量为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)， 设平面CAE 与平面AEB 夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪n ·m |n ||m |＝4313. 所以sin θ＝1－⎝⎛⎭⎫43132＝1113.所以平面CAE 与平面AEB 夹角的正弦值为1113.易错提醒 平面与平面的夹角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2，两向量夹角的范围是[0，π]，两平面的夹角与其对应的两法向量的夹角不一定相等，而是相等或互补．跟踪演练3 (2022·邯郸模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ＝AB ＝AD ＝2，四边形ABCD 为平行四边形，∠ABC ＝π3，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(1)证明：平面AEF ⊥平面P AD .(2)求平面AEF 与平面AED 夹角的余弦值． (1)证明 连接AC (图略)．因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AE ，又因为AB ＝AD ，且四边形ABCD 为平行四边形，∠ABC ＝π3，所以△ABC 为等边三角形．又因为E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC ， 又因为AD ∥BC ，所以AE ⊥AD ， 因为P A ∩AD ＝A ，P A ，AD ⊂平面P AD ， 所以AE ⊥平面P AD ， 又AE ⊂平面AEF ， 所以平面AEF ⊥平面P AD .(2)解 以A 为原点，AE ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P (0,0,2)，E (3，0,0)，F ⎝⎛⎭⎫32，12，1，AE →＝(3，0,0)，AF →＝⎝⎛⎭⎫32，12，1，因为P A ⊥平面AED ，所以n ＝(0,0,1)是平面AED 的一个法向量． 设平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝0，32x ＋12y ＋z ＝0， 令z ＝1，得x ＝0，y ＝－2， 即m ＝(0，－2,1)．设平面AEF 与平面AED 夹角为θ， 则cos θ＝||cos 〈n ，m 〉＝||n ·m ||n ||m ＝15＝55，所以平面AEF 与平面AED 夹角的余弦值为55. 专题强化练一、单项选择题1．A ，B ，C 三点不共线，对空间内任意一点O ，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则P ，A ，B ，C四点( ) A ．一定不共面 B ．一定共面 C ．不一定共面 D ．无法判断是否共面 答案 B解析 方法一 因为OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则OP →－OA →＝－14OA →＋18OB →＋18OC →，即OP →－OA →＝18 OB →－OA →)＋18(OC →－OA →)，即AP →＝18AB →＋18AC →，由空间向量共面定理可知，AP →，AB →，AC →共面， 则P ，A ，B ，C 四点一定共面．方法二 因为34＋18＋18＝1，由空间向量共面定理的推论知，P ，A ，B ，C 四点共面．2．(2022·温州模拟)在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1与底面垂直，上、下底面均为矩形，AB ＝1，AD ＝AA 1＝A 1B 1＝2，则下列各棱中最长的是( ) A ．BB 1 B ．B 1C 1 C ．CC 1 D ．DD 1答案 B解析 由四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1可得 AD A 1D 1＝AB A 1B 1＝12， 故A 1D 1＝4.因为AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1， 而A 1D 1，A 1B 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，故AA 1⊥A 1D 1，AA 1⊥A 1B 1，而A 1D 1⊥A 1B 1，故可建立如图所示的空间直角坐标系．故A 1(0,0,0)，B (0,1,2)，B 1(0,2,0)，C 1(－4,2,0)，C (－2,1,2)，D (－2,0,2)，D 1(－4,0,0)， 故BB 1＝|BB 1--→|＝1＋4＝5， B 1C 1＝|B 1C 1--→|＝4，CC 1＝|CC 1--→|＝4＋1＋4＝3，DD 1＝|DD 1--→|＝8＝22，结合选项知棱B 1C 1最长．3.如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AD ，E 为侧棱DD 1上一点，若直线BD 1∥平面AEC ，则二面角E －AC －B 的正切值为( )A.2 B ．－ 2 C.22D ．－22答案 B解析 如图，连接BD 交AC 于点F ，连接EF ，B 1D 1，由题意可知，BD 1∥EF ， 因为F 为BD 的中点， 所以E 为DD 1的中点， 又AC ⊥平面BDD 1B 1， BD ，EF ⊂平面BDD 1B 1， 所以EF ⊥AC ，BD ⊥AC ，则∠EFD 为二面角E －AC －D 的平面角，设AD ＝a ，则ED ＝a ，DF ＝22a ， 在Rt △EFD 中，tan ∠EFD ＝EDDF＝2， 又二面角E －AC －B 与二面角E －AC －D 互补， 所以二面角E －AC －B 的正切值为－ 2.4．(2022·菏泽检测)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为3，A 1在底面ABC 上的射影点D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC 1所成角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2 答案 C解析 如图，连接A 1D ，AD ，A 1B ，由CC 1∥AA 1，知∠A 1AB 为异面直线AB 与CC 1所成的角，因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为2的等边三角形，且侧棱长为3，A 1在底面ABC 上的射影点D 为BC 的中点，可得AD ＝4－1＝3，A 1D ＝9－3＝6， A 1B ＝(6)2＋1＝7， 由余弦定理得cos ∠A 1AB ＝9＋4－72×3×2＝12，因为∠A 1AB ∈⎝⎛⎦⎤0，π2， 所以∠A 1AB ＝π3，所以异面直线AB 与CC 1所成角的大小为π3.5．(2022·全国甲卷)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知B 1D 与平面ABCD 和平面AA 1B 1B 所成的角均为30°，则( ) A ．AB ＝2ADB ．AB 与平面AB 1C 1D 所成的角为30° C ．AC ＝CB 1D ．B 1D 与平面BB 1C 1C 所成的角为45° 答案 D解析 如图，连接BD ，易知∠BDB 1是直线B 1D 与平面ABCD 所成的角，所以在Rt △BDB 1中，∠BDB 1＝30°， 设BB 1＝1， 则B 1D ＝2BB 1＝2， BD ＝B 1D 2－BB 21＝ 3.易知∠AB 1D 是直线B 1D 与平面AA 1B 1B 所成的角， 所以在Rt △ADB 1中，∠AB 1D ＝30°. 因为B 1D ＝2，所以AD ＝12B 1D ＝1，AB 1＝B 1D 2－AD 2＝3，所以在Rt △ABB 1中，AB ＝AB 21－BB 21＝2，所以A 项错误；易知∠BAB 1是直线AB 与平面AB 1C 1D 所成的角， 因为在Rt △ABB 1中，sin ∠BAB 1＝BB 1AB 1＝33≠12，所以∠BAB 1≠30°，所以B 项错误；在Rt △CBB 1中，CB 1＝BC 2＋BB 21＝2， 而AC ＝AB 2＋BC 2＝3，所以C 项错误；易知∠DB 1C 是直线B 1D 与平面BB 1C 1C 所成的角，因为在Rt △DB 1C 中，CB 1＝CD ＝2， 所以∠DB 1C ＝45°，所以D 项正确．6．向量的运算包含点乘和叉乘，其中点乘就是大家熟悉的向量的数量积．现定义向量的叉乘：给定两个不共线的空间向量a 与b ，规定：①a ×b 为同时与a ，b 垂直的向量；②a ，b ，a ×b 三个向量构成右手直角坐标系(如图1)；③||a ×b ＝||a ||b sin 〈a ，b 〉；④若a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ×b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1，z 1y 2，z 2，－⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1，z 1x 2，z 2，＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1，y 1x 2，y 2，其中⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ，bc ，d ＝ad －bc .如图2，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，则下列结论正确的是( )A ．|AB →×AD →|＝|AA 1--→| B.AB →×AD →＝AD →×AB →C ．(AB →－AD →)×AA 1--→＝AB →×AA 1--→－AD →×AA 1--→D ．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V ＝(AB →×AD →)·C 1C --→答案 C解析 如图，建立空间直角坐标系， 则D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)， A 1(2,0,3)，C 1(0,2,3)，AB →＝(0,2,0)，AD →＝(－2,0,0)，AA 1--→＝(0,0,3)， 则AB →×AD →＝(0,0,4)，所以选项A 错误； AD →×AB →＝(0,0，－4)，故选项B 错误； AB →－AD →＝DB →＝(2,2,0)， 则(AB →－AD →)×AA 1--→＝(6，－6,0)， AB →×AA 1--→＝(6,0,0)，AD →×AA 1--→＝(0,6,0)， 则AB →×AA 1--→－AD →×AA 1--→＝(6，－6,0)．所以(AB →－AD →)×AA 1--→＝AB →×AA 1--→－AD →×AA 1--→，故选项C 正确； C 1C --→＝(0,0，－3)，则(AB →×AD →)·C 1C --→＝－12，故选项D 错误．二、多项选择题7．(2022·山东联考)若{}a ，b ，c 构成空间的一个基底，则下列向量共面的是( ) A ．a ＋b ＋c ，a －b ，2b ＋c B ．a －b ，a －c ，b －c C ．a ＋2b ，a －2b ，a ＋c D ．a －2b ，6b －3a ，－c 答案 ABD 解析 选项A ，因为a ＋b ＋c ＝(a －b )＋(2b ＋c )， 所以a ＋b ＋c ，a －b ，2b ＋c 共面； 选项B ，因为a －b ＝(a －c )－(b －c )， 所以a －b ，a －c ，b －c 共面；选项C ，a ＋2b ，a －2b 在a ，b 构成的平面内且不共线，a ＋c 不在这个平面内，不符合题意； 选项D ，因为a －2b ，6b －3a 共线， 所以a －2b ，6b －3a ，－c 共面．8．(2022·广州模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝4，则下列命题为真命题的是( )A ．若直线AC 1与直线CD 所成的角为φ，则tan φ＝52B ．若经过点A 的直线l 与长方体所有棱所成的角相等，且l 与平面BCC 1B 1交于点M ，则AM ＝29C ．若经过点A 的直线m 与长方体所有面所成的角都为θ，则sin θ＝33D ．若经过点A 的平面β与长方体所有面所成的二面角都为μ，则sin μ＝63答案 ACD解析 对于A ，如图，直线AC 1与直线CD 所成的角，即为直线AC 1与直线AB 所成的角即∠BAC 1，则tan φ＝tan ∠BAC 1＝BC 1AB ＝52，正确；对于B ，构建如图所示的空间直角坐标系，过A 的直线l 与长方体所有棱所成的角相等，与平面BCC 1B 1交于M (x ，2，z )且x ，z >0， 则AM →＝(x ，2，z )， 又AA 1--→＝(0,0,3)， AB →＝(0,2,0)， AD →＝(4,0,0)， 则cos 〈AA 1--→，AM →〉＝zx 2＋4＋z 2＝cos 〈AB →，AM →〉＝2x 2＋4＋z 2＝cos 〈AD →，AM →〉＝xx 2＋4＋z 2，故x ＝z ＝2，则AM ＝23，错误；对于C ，如图，过A 的直线m 与长方体所有面所成的角都为θ，则直线m 为以4为棱长的正方体的体对角线AP ，故sin θ＝33，正确；对于D ，如图，过A 的平面β与长方体所有面所成的二面角都为μ，只需平面β与以4为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如平面EDF ，故cos μ＝33，则sin μ＝63，正确．三、填空题9．在空间直角坐标系中，设点M 是点N (2，－3,5)关于坐标平面Oxy 的对称点，点P (1,2,3)关于x 轴的对称点为Q ，则线段MQ 的长度等于________． 答案6解析 因为点M 是点N (2，－3,5)关于坐标平面Oxy 的对称点，所以M (2，－3，－5)， 又因为点P (1,2,3)关于x 轴的对称点为Q ， 所以Q (1，－2，－3)．因此|MQ |＝|MQ →|＝(1－2)2＋[(－2)－(－3)]2＋[(－3)－(－5)]2＝ 6.10.如图，矩形ABCD 是圆柱O 1O 2的轴截面，AB ＝2，AD ＝3，点E 在上底面圆周上，且EC ︵＝2DE ︵，则异面直线AE 与O 2C 所成角的余弦值为________．答案1920解析 以O 2为坐标原点，O 2B ，O 2O 1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，则O 2(0,0,0)，A (0，－1,0)，C (0,1,3)，E ⎝⎛⎭⎫32，－12，3，故AE →＝⎝⎛⎭⎫32，12，3，O 2C --→＝(0,1,3)，故cos 〈AE →，O 2C --→〉＝AE →·O 2C --→|AE →||O 2C --→|＝12＋934＋14＋9×1＋9＝1920， 故异面直线AE 与O 2C 所成角的余弦值为1920.11.如图，在二面角的棱上有两个点A ，B ，线段AC ，BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB ，若AB ＝1，AC ＝2，BD ＝3，CD ＝22，则这个二面角的大小为________．答案 60°解析 设这个二面角的大小为α， 由题意得CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2|CA →|·|BD →|cos(π－α)， ∴(22)2＝4＋1＋9－2×2×3×cos α， 解得cos α＝12，∴α＝60°，∴这个二面角的大小为60°.12．(2022·南通模拟)已知正六棱柱ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为1，P 是正六棱柱内(不含表面)的一点，则AP →·AB →的取值范围是________． 答案 ⎝⎛⎭⎫－12，32 解析 建立如图所示的空间直角坐标系，且AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝EF ＝AF ＝1， 由正六边形的性质可得， A (0,0,0)，B (1,0,0)， F ⎝⎛⎭⎫－12，32，0， C ⎝⎛⎭⎫32，32，0， 设P (x ，y ，z )，其中－12<x <32，所以AB →＝(1,0,0)，AP →＝(x ，y ，z )， 所以AB →·AP →＝x ，所以AB →·AP →的取值范围是⎝⎛⎭⎫－12，32. 四、解答题13.(2022·莆田质检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，F 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AFC ；(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在横线上，并作答．①∠ABC ＝π3；②BD ＝3AC ；③PC 与平面ABCD 所成的角为π4. 若P A ⊥平面ABCD ，AB ＝AP ＝2，且________，求平面ACF 与平面ACD 夹角的余弦值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．(1)证明 连接BD 交AC 于点O ，因为ABCD 是菱形，所以O 为BD 的中点．连接OF .因为F 为PD 的中点，所以OF 为△PBD 的中位线，所以OF ∥PB .因为OF ⊂平面AFC ，PB ⊄平面AFC ，所以PB ∥平面AFC .(2)解 过O 作Oz ∥AP .以O 为原点，OB →，OC →，Oz →为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示．选条件①：∠ABC ＝π3. 在菱形ABCD 中，AC ⊥BD .因为AB ＝AP ＝2，所以OB ＝OD ＝2×sin π3＝3， OA ＝OC ＝2×cos π3＝1. 所以O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，P (0，－1,2)，F ⎝⎛⎭⎫－32，－12，1. 所以AF →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1，AC →＝(0,2,0)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面ACF 的一个法向量，则⎩⎨⎧ n ·AC →＝0＋2y ＋0＝0，n ·AF →＝－32x ＋12y ＋z ＝0，不妨令x ＝2，则n ＝(2,0，3)．显然m ＝(0,0,1)为平面ACD 的一个法向量．设平面ACF 与平面ACD 的夹角为θ，所以cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m | ＝|0＋0＋3|4＋0＋3×0＋0＋1＝217. 所以平面ACF 与平面ACD 夹角的余弦值为217. 选条件②：BD ＝3AC .在菱形ABCD 中，BD ＝3AC ，所以OB ＝3OC ，所以BC ＝OB 2＋OC 2＝2OC .因为AB ＝AP ＝2，所以OB ＝OD ＝3，OA ＝OC ＝1.所以O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，P (0，－1,2)，F ⎝⎛⎭⎫－32，－12，1. 所以AF →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1，AC →＝(0,2,0)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面ACF 的一个法向量，则⎩⎨⎧ n ·AC →＝0＋2y ＋0＝0，n ·AF →＝－32x ＋12y ＋z ＝0，不妨令x ＝2，则n ＝(2,0，3)．显然m ＝(0,0,1)为平面ACD 的一个法向量．设平面ACF 与平面ACD 的夹角为θ，所以cos θ＝||cos 〈n ，m 〉＝||n ·m ||n ||m ＝|0＋0＋3|4＋0＋3×0＋0＋1＝217. 所以平面ACF 与平面ACD 夹角的余弦值为217. 选条件③：PC 与平面ABCD 所成的角为π4. 因为P A ⊥平面ABCD ，所以∠PCA 为PC 与平面ABCD 所成的角，即∠PCA ＝π4. 在Rt △P AC 中，由∠PCA ＝π4， 可得P A ＝CA ＝2.所以OB ＝OD ＝3，OA ＝OC ＝1.所以O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，P (0，－1,2)，F ⎝⎛⎭⎫－32，－12，1. 所以AF →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1，AC →＝(0,2,0)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面ACF 的一个法向量，则⎩⎨⎧ n ·AC →＝0＋2y ＋0＝0，n ·AF →＝－32x ＋12y ＋z ＝0，不妨令x ＝2，则n ＝(2,0，3)．显然m ＝(0,0,1)为平面ACD 的一个法向量．设平面ACF 与平面ACD 的夹角为θ， 所以cos θ＝||cos 〈n ，m 〉＝|n ·m ||n ||m |＝|0＋0＋3|4＋0＋3×0＋0＋1＝217.所以平面ACF 与平面ACD 夹角的余弦值为217. 14.(2022·湖北联考)如图，已知在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，在四边形ABCD 中，∠ABC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝1，BC ＝1，CD ＝2，点A 在平面PCD 内的射影恰好是△PCD 的重心G .(1)求证：平面P AB ⊥平面PBC ；(2)求直线DG 与平面PBC 所成角的正弦值．(1)证明 因为P A ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BC ，因为∠ABC ＝90°，所以BC ⊥AB ，又P A ∩AB ＝A ，P A ⊂平面P AB ，AB ⊂平面P AB ，所以BC ⊥平面P AB ，又因为BC ⊂平面PBC ，所以平面P AB ⊥平面PBC .(2)解 取CD 的中点E ，连接AE ，因为∠ABC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝BC ＝1，CD ＝2，所以四边形ABCE 是矩形，所以AB ⊥AE ，因为P A ⊥平面ABCD ，AB ，AE ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE ，所以AB ，AE ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，E (0,1,0)，D (－1,1,0)，设P (0,0，t )(t >0)，则G ⎝⎛⎭⎫0，23，t 3，AG →＝⎝⎛⎭⎫0，23，t 3， DG →＝⎝⎛⎭⎫1，－13，t 3， 因为点A 在平面PCD 内的射影恰好是△PCD 的重心G ，所以AG ⊥平面PCD ，又DG ⊂平面PCD ，所以DG ⊥AG ，所以DG →·AG →＝0，所以0－29＋t 29＝0，t ＝2， 则P (0,0，2)，BC →＝(0,1,0)，PB →＝(1,0，－2)，设m ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧BC →·m ＝0，PB →·m ＝0， 即⎩⎨⎧ y ＝0，x －2z ＝0，不妨令x ＝2，即m ＝(2，0,1)，DG 的方向向量是DG →＝⎝⎛⎭⎫1，－13，23， 设直线DG 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，DG →〉|＝|m ·DG →||m ||DG →|＝4233×129＝223. 故直线DG 与平面PBC 所成角的正弦值为223.。
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利用空间向量求空间角考点与题型归纳一、基础知识1．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |❶， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量．2．直线与平面所成角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |❷.3．二面角(1)若AB ，CD 分别是二面角αl β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|❸，如图(2)(3)．两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角为(0，π)，所以公式中要加绝对值．直线与平面所成角的范围为⎣⎡⎦⎤0，π2，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值．利用公式与二面角的平面角时，要注意〈n 1，n 2〉与二面角大小的关系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断．二、常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理 cos θ＝cos θ1cos θ2.如图，若OA 为平面α的一条斜线，O 为斜足，OB 为OA 在平面α内的射影，OC 为平面α内的一条直线，其中θ为OA 与OC 所成的角，θ1为OA 与OB 所成的角，即线面角，θ2为OB 与OC 所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. 考点一 异面直线所成的角[典例精析]如图，在三棱锥P ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． [解] 由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0，0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0，0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE . (2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )， 进而可得NH ―→＝(－1，－2，h )， BE ―→＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos 〈NH ―→，BE ―→〉|＝|NH ―→·BE ―→||NH ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以线段AH 的长为85或12.[解题技法]用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．[提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，此夹角就是异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．[题组训练]1.如图所示，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C 以B 为坐标原点，以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，∴EF ―→＝(0，－1，1)，BC 1―→＝(2,0,2)，∴EF ―→·BC 1―→＝2，∴cos 〈EF ―→，BC 1―→〉＝22×22＝12，则EF 和BC 1所成的角是60°，故选C.2.如图，在四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BD .又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，射线OB ，OC 分别为x 轴，y 轴的正半轴建立空间直角坐标系O xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)， 所以PB ―→＝(1，3，－2)，AC ―→＝(0，23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝|PB ―→·AC ―→||PB ―→||AC ―→|＝622×23＝64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64. 考点二 直线与平面所成的角[典例精析](2019·合肥一检)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． [解] (1)证明：连接AC 交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，∴MN ∥EC . ∵MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ， ∴MN ∥平面EFC .∵BF ，DE 都与平面ABCD 垂直，∴BF ∥DE . ∵BF ＝DE ，∴四边形BDEF 为平行四边形，∴BD ∥EF . ∵BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，∴平面BDM ∥平面EFC . (2)∵DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz . 设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,0,2)，A (2,0,0)，E (0,0,4)，∴DB ―→＝(2,2,0)，DM ―→＝(1,0,2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DM ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量．∵AE ―→＝(－2,0,4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cosn ，AE ―→|＝|n ·AE ―→||n |·|AE ―→|＝4515，∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.[解题技法]利用向量求线面角的2种方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．[题组训练]1．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，由于AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，所以A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)，所以A 1C 1―→＝(－1,2,0)，BC 1―→＝(－1,0,1)，D 1C 1―→＝(0,2,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1―→·n ＝0， BC 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝2，得y ＝1，z ＝2，则n ＝(2,1,2)．设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1―→，n 〉|＝|D 1C 1―→·n ||D 1C 1―→||n |＝22×3＝13，即D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.答案：132.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BA ＝BC ＝5，AC ＝8，D 为线段AC 的中点．(1)求证：BD ⊥A 1D ；(2)若直线A 1D 与平面BC 1D 所成角的正弦值为45，求AA 1的长．解：(1)证明：∵三棱柱ABC A 1B 1C 1是直三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ，又BD ⊂平面ABC ，∴BD ⊥AA 1， ∵BA ＝BC ，D 为AC 的中点，∴BD ⊥AC ，又AC ∩AA 1＝A ，AC ⊂平面ACC 1A 1，AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，∴BD ⊥A 1D . (2)由(1)知BD ⊥AC ，AA 1⊥平面ABC ，以D 为坐标原点，DB ，DC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点D 且平行于AA 1的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .设AA 1＝λ(λ＞0)，则A 1(0，－4，λ)，B (3,0,0)，C 1(0,4，λ)，D (0,0,0)， ∴DA 1―→＝(0，－4，λ)，DC 1―→＝(0,4，λ)，DB ―→＝(3,0,0)， 设平面BC 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC 1―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋λz ＝0，3x ＝0，则x ＝0，令z ＝4，可得y ＝－λ，故n ＝(0，－λ，4)为平面BC 1D 的一个法向量． 设直线A 1D 与平面BC 1D 所成角为θ，则sin θ＝|cosn ，DA 1―→|＝|n ·DA 1―→||n |·|DA 1―→|＝|4λ＋4λ|λ2＋16·λ2＋16＝45，解得λ＝2或λ＝8， 即AA 1＝2或AA 1＝8.考点三 二面角[典例精析]如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的余弦值．[解] (1)证明：由四边形ABCD 为菱形，得AC ⊥BD . 由AE ＝CF ＝54，得AE AD ＝CFCD ，所以EF ∥AC .因此EF ⊥DH ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，则OD ′2＝OH 2＋D ′H 2，所以D ′H ⊥OH . 又OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)以H 为坐标原点，HB ，HF ，HD ′分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系H xyz ，如图所示．则B (5,0,0)，C (1,3,0)，D ′(0,0,3)，A (1，－3,0)， (由口诀“起点同”，我们先求出起点相同的3个向量．) 所以AB ―→＝(4,3,0)， AD ′―→＝(－1,3,3)，AC ―→＝(0,6,0)． (由口诀“棱排前”，我们用行列式求出两个平面的法向量．) 由⎩⎪⎨⎪⎧ AD ′―→＝(－1，3，3)， AB ―→＝(4，3，0)，可得平面ABD ′的法向量n 1＝(－3,4，－5)，由⎩⎪⎨⎪⎧AD ′―→＝(－1，3，3)， AC ―→＝(0，6，0)，可得平面AD ′C 的法向量n 2＝(－3,0，－1)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝7525.所以二面角B D ′A C 的余弦值为7525.[解题技法](1)利用法向量求二面角的大小时，由于法向量的方向不同，两个法向量的夹角与二面角的大小可能相等，也可能互补．所以，两个法向量的夹角的余弦值与二面角的余弦值可能存在正负号的差异．(2)有时用观察法难以判定二面角是钝角还是锐角，为了保证解题结果准确无误，我们给出一种万无一失的方法：就是在两个半平面和二面角的棱上各取1个向量，要求这三个向量必须起点相同，在利用行列式计算法向量时，棱对应的向量必须排前面，即口诀“起点同，棱排前”，这样求出的两个法向量的夹角一定与二面角的大小相等．[题组训练]如图所示，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，△DAB ≌△DCB ，E 为线段BD 上的一点，且EB ＝ED ＝EC ＝BC ，连接CE 并延长交AD 于F .(1)若G 为PD 的中点，求证：平面P AD ⊥平面CGF ； (2)若BC ＝2，P A ＝3，求二面角B CP D 的余弦值． 解：(1)证明：在△BCD 中，EB ＝ED ＝EC ＝BC ， 故∠BCD ＝90°，∠CBE ＝∠BEC ＝60°.∵△DAB ≌△DCB ，∴∠BAD ＝∠BCD ＝90°，∠ABE ＝∠CBE ＝60°，∴∠FED ＝∠BEC ＝∠ABE ＝60°.∴AB ∥EF ，∴∠EFD ＝∠BAD ＝90°， ∴EF ⊥AD ，AF ＝FD . 又PG ＝GD ，∴GF ∥P A .又P A ⊥平面ABCD ，∴GF ⊥平面ABCD ， ∵AD ⊂平面ABCD ，∴GF ⊥AD . 又GF ∩EF ＝F ，∴AD ⊥平面CGF .又AD ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面CGF .(2)以A 为坐标原点，射线AB ，AD ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (3，3，0)，D (0,23，0)，P (0,0,3)，故CB ―→＝(－1，－3，0)， CP ―→＝(－3，－3，3)，CD ―→＝(－3，3，0)． 设平面BCP 的一个法向量为n 1＝(1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·CB ―→＝0，n 1·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －1－3y 1＝0，－3－3y 1＋3z 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝－33，z 1＝23，即n 1＝⎝⎛⎭⎫1，－33，23. 设平面DCP 的一个法向量为n 2＝(1，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD ―→＝0，n 2·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3＋3y 2＝0，－3－3y 2＋3z 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝3，z 2＝2，即n 2＝(1，3，2)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝43169×8＝24， 由图知二面角B CP D 为钝角， 所以二面角B CP D 的余弦值为－24. [课时跟踪检测]A 级1.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3030 B.3015 C.3010D.1515解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0，0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→＝(－1，－1，－2)， D 1N ―→＝(1,0，－2)，∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→||B 1M ―→|·|D 1N ―→|＝|－1＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010. 2．如图，已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.24解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)，∴DC 1―→＝(0,3,1)， D 1E ―→＝(1,1，－1)， D 1C ―→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∴cosDC 1―→，n＝DC 1―→·n |DC 1―→|·|n|＝33535， ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.3．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B AA 1C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7B.6C.5D ．2解析：选A 由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4， |AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4， cosAB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC ―→|AB 1―→|·|BC ―→|＝24，故tanAB 1―→，BC 1―→＝7.4.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35 B.56 C.3310D.3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1， GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.5．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)， A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)． 又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.6．如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线OF 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为坐标原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1,0,3)，DB ―→＝(0,23，0)， EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ， ∴n ＝(－a,0,1)，∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10.∵直线OF 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22， 解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：27.如图，已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点，则二面角F OE A 的余弦值为________．解析：以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ， 由题知，OA ＝OB ＝2，则A (0，－2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，E (1，－1,0)，F (0，－1,1)， OE ―→＝(1，－1,0)，OF ―→＝(0，－1,1)，设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OE ―→＝0，m ·OF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝33.由图知二面角F OE A 为锐角， 所以二面角F OE A 的余弦值为33. 答案：338．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧C D 所在平面垂直，M 是C D 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，所以BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ， 所以DM ⊥平面BMC . 因为DM ⊂平面AMD ， 所以平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点， DA ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .当三棱锥M ABC 的体积最大时，M 为CD 的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM ―→＝(－2，1,1)，AB ―→＝(0,2,0)，DA ―→＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，又DA ―→是平面MCD 的一个法向量，所以cos 〈n ，DA ―→〉＝n ·DA ―→|n ||DA ―→|＝55，sin 〈n ，DA ―→〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M P A C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为P A ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 又因为OB ∩AC ＝O ， 所以PO ⊥平面ABC .(2)以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP ―→＝(0,2,23)．取平面P AC 的一个法向量OB ―→＝(2,0,0)． 设M (a,2－a,0)(0＜a ≤2)，则AM ―→＝(a,4－a,0)． 设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)，所以平面P AM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB ―→，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB ―→，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝43或a ＝－4(舍去)．所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833，433，－43.又PC ―→＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC ―→，n 〉＝833＋8334＋12·643＋163＋169＝34.所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34. B 级1．如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B OB 1C 的余弦值． 解：(1)证明：∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴A 1O ⊥BD .∵四边形ABCD 是菱形，∴CO ⊥BD . ∵A 1O ∩CO ＝O ，∴BD ⊥平面A 1CO . ∵BD ⊂平面BB 1D 1D ，∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D .(2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，∴OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→， OA 1―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°， ∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3， OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0,0，6)，∴OB ―→＝(1,0,0)，BB 1―→＝AA 1―→＝(0，3，6)， OB 1―→＝OB ―→＋BB 1―→＝(1，3，6)． 设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧OB ―→·n ＝0，OB 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x ＋3y ＋6z ＝0.令y ＝2，得z ＝－1，∴n ＝(0，2，－1)是平面OBB 1的一个法向量． 同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(6，0，－1)， ∴cosn ，m＝n ·m|n |·|m |＝13×7＝2121，由图可知二面角B OB 1C 是锐二面角， ∴二面角B OB 1C 的余弦值为2121. 2．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝2CD .平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ＝PD ，点E 在PC 上，DE ⊥平面P AC .(1)求证：P A ⊥平面PCD ；(2)设AD ＝2，若平面PBC 与平面P AD 所成的二面角为45°，求DE 的长．解：(1)证明：由DE ⊥平面P AC ，得DE ⊥P A ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面P AD ，所以CD ⊥P A ， 又CD ∩DE ＝D ，所以P A ⊥平面PCD . (2)取AD 的中点O ，连接PO ， 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，由(1)得P A ⊥PD ，由AD ＝2得P A ＝PD ＝2，PO ＝1，设CD ＝a ，则P (0,0,1)，D (0,1,0)，C (a,1,0)，B (2a ，－1,0)， 则BC ―→＝(－a,2,0)，PC ―→＝(a,1，－1)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC ―→＝0，m ·PC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋2y ＝0，ax ＋y －z ＝0，令x ＝2，则y ＝a ，z ＝3a ，故m ＝(2，a,3a )为平面PBC 的一个法向量，由(1)知n ＝DC ―→＝(a,0,0)为平面P AD 的一个法向量． 由|cosm ，n|＝|m ·n ||m ||n |＝|2a |a 10a 2＋4＝22，解得a ＝105，即CD ＝105，所以在Rt △PCD 中，PC ＝2155，由等面积法可得DE ＝CD ·PD PC ＝33.3．如图，在三棱锥P ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC ，AB ＝6， BC ＝23，AC ＝26，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，PD ⊥AC .(1)求证：PD ⊥平面ABC ；(2)若直线P A 与平面ABC 所成的角为45°，求平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角大小．解：(1)证明：∵AC ＝26，BC ＝23，AB ＝6，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴∠ACB ＝90°， ∴cos ∠ABC ＝236＝33.又易知BD ＝2，∴CD 2＝22＋(23)2－2×2×23cos ∠ABC ＝8， ∴CD ＝22，又AD ＝4， ∴CD 2＋AD 2＝AC 2，∴CD ⊥AB .∵平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ，CD ⊂平面ABC ， ∴CD ⊥平面P AB ，又PD ⊂平面P AB ，∴CD ⊥PD ， ∵PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ， ∴PD ⊥平面ABC .(2)由(1)知PD ，CD ，AB 两两互相垂直，∴可建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，∵直线P A 与平面ABC 所成的角为45°，即∠P AD ＝45°，∴PD ＝AD ＝4，则A (0，－4,0)，C (22，0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,4)，∴CB ―→＝(－22，2,0)，AC ―→＝(22，4,0)，P A ―→＝(0，－4，－4)． ∵AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，∴DE ∥AC ， 由(1)知AC ⊥BC ，∴DE ⊥BC ，又PD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴PD ⊥BC ， ∵PD ∩DE ＝D ，∴CB ⊥平面PDE ，∴CB ―→＝(－22，2,0)为平面PDE 的一个法向量． 设平面P AC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·P A ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x ＋4y ＝0，－4y －4z ＝0，令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1， ∴n ＝(2，－1,1)为平面P AC 的一个法向量． ∴cos n ，CB ―→＝－4－24×12＝－32， ∴平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角的余弦值为32， 故平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角为30°.。