空间向量线面角
高中数学选修2-1精品课件：§3.2 第3课时 用空间向量解决空间角
所成的角
＝
|a·b| |a||b|
范围 0，π2
直线与平面 所成的角
设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为a， 平面α的法向量为n，则sin θ＝_|_co_s_〈__a_，__n_〉__|_
＝
|a·n| |a||n|
0，π2
二ห้องสมุดไป่ตู้角
设二面角α－l－β为θ，平面α，β的法向量分别 为n1，n2，则|cos θ|＝ |cos〈n1，n2〉| ＝ |n1·n2|
|n1||n2|
[0，π]
思考辨析 判断正误
SIKAOBIANXIPANDUANZHENGWU
1.两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等.( × ) 2.直线与平面所成的角等于直线与该平面法向量夹角的余角.( × ) 3.二面角的大小就是该二面角两个面的法向量的夹角.( × ) 4.若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大小等于60°或 120°.( √ )
(3)求平面的法向量n； →
(4)设线面角为 θ，则 sin θ＝|P→A·n|. |PA||n|
跟 踪 训 练 2 如 图 所 示 ， 三 棱 柱 ABC － A1B1C1 中 ， CA ＝ CB ， AB ＝ AA1 ， ∠BAA1＝60°. (1)证明：AB⊥A1C；
证明 取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B. 因为CA＝CB，所以OC⊥AB. 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°， 故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB. 因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C. 又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正 弦值.
专题03 利用向量法求线线角、线面角、二面角及距离问题(知识梳理+专题过关)(解析版)
专题03利用向量法求线线角、线面角、二面角及距离问题【知识梳理】（1）异面直线所成角公式：设a ，b 分别为异面直线1l ，2l 上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos cos ,⋅==a b a b a bθ．（2）线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin cos ,⋅==a n a n a nθ．（3）二面角公式：设1n ，2n 分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则12,=n n θ或12,-n n π（需要根据具体情况判断相等或互补），其中1212cos ⋅=n n n n θ．（4）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线，a b 的公垂线的方向向量为n ，这时分别在，a b 上任取，A B 两点，则向量在n 上的正射影长就是两条异面直线，a b 的距离．则||||||||⋅=⋅=n AB n d AB n n 即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．（5）点到平面的距离A 为平面α外一点（如图），n 为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|n ||n |||||sin |||cos ,|=||nn⋅⋅=⋅=⋅<>=⋅AB AB AH AB AB AB n AB AB θ||||⋅=AB n d n （6）点A 与点B 之间的距离可以转化为两点对应向量AB 的模AB 计算．（7）在直线l 上找一点P ，过定点A 且垂直于直线l 的向量为n ，则定点A 到直线l 的距离为PA n d PA cos PA,n n⋅=〈〉=．【专题过关】【考点目录】考点1：异面直线所成角考点2：线面角考点3：二面角考点4：点到直线的距离考点5：点到平面的距离、直线到平面的距离、平面到平面的距离考点6：异面直线的距离【典型例题】考点1：异面直线所成角1．（2022·贵州·遵义市第五中学高二期中（理））在三棱锥P —ABC 中，PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA =PB =PC ，M 、N 分别为AC 、AB 的中点，则异面直线PN 和BM 所成角的余弦值为（）A 33B ．36C ．63D ．66【答案】B【解析】以点P 为坐标原点，以PA ，PB ，PC 方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，令2PA =，则()0,0,0P ，()0,2,0B ，()1,0,0M ，()1,1,0N ，则(1,1,0)PN =，(1,2,1)BM =-，设异面直线PN 和BM 所成角为θ，则||3cos 6||||PN BM PN BM θ⋅==.故选：B.2．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD ⊥平面CBD ，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（）A ．12B 2C ．12-D ．2【答案】A【解析】取BD 中点为O ，连接,AO CO ，所以,AO BD CO BD ⊥⊥，又面ABD ⊥面CBD 且交线为BD ，AO ⊂面ABD ，所以AO ⊥面CBD ，OC ⊂面CBD ，则AO CO ⊥.设正方形的对角线长度为2，如图所示，建立空间直角坐标系，()()()(0,0,1),1,0,0,0,1,0,1,0,0A B C D -，所以()()=1,0,1,=1,1,0AB CD ---，1cos ,222AB CD AB CD AB CD⋅==-⨯.所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为12.故选:A3．（2022·新疆·乌苏市第一中学高二期中（理））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，3AC =，4BC =，13CC =，90ACB ∠=︒，则1BC 与1AC 所成角的余弦值为（）A ．3210B ．3210-C ．24D 5【答案】A【解析】因为111ABC A B C -为直三棱柱，且90ACB ∠=︒，所以建立如图所示的空间直角坐标系，()()()()110,4,0,0,0,0,0,0,3,3,0,3B C C A ，所以()()110,4,3,3,0,3BC AC =-=--，115,992BC A C ==+设1BC 与1AC 所成角为θ，所以11932cos cos ,532BC A Cθ-===⨯.则1BC 与1AC 32故选：A.4．（2022·福建宁德·高二期中）若异面直线1l ，2l 的方向向量分别是()1,0,2a =-，()0,2,1b =，则异面直线1l 与2l 的夹角的余弦值等于（）A ．25-B ．25C ．255-D 255【答案】B【解析】由题，()22125a =+-=，22215b =+=，则22cos 555a b a bθ⋅-==⋅⋅，故选：B5．（2022·河南·焦作市第一中学高二期中（理））已知四棱锥S ABCD -的底面ABCD 是边长为1的正方形，SD ⊥平面ABCD ，线段,AB SC 的中点分别为E ，F ，若异面直线EC 与BF 5SD =（）A ．1B ．32C ．2D ．3【答案】C【解析】如图示，以D 为原点，,,DA DC DS 分别为x 、y 、z 轴正方向联立空间直角坐标系.不妨设(),0SD t t =>.则()0,0,0D ，()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()0,0,S t ，11,,02E ⎛⎫⎪⎝⎭，10,,22t F ⎛⎫ ⎪⎝⎭.所以11,,02EC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11,,22t BF ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.因为异面直线EC 与BF 55211054cos ,1111444EC BF EC BF EC BFt -+==⨯+⨯++，解得：t =2.即SD =2.故选：C6．（2021·广东·深圳市龙岗区德琳学校高二期中）如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2DC SD ==，点M 是侧棱SC 的中点，2AD =则异面直线CD 与BM 所成角的大小为___________.【答案】3π【解析】由题知，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD 所以DA 、DC 、DS 两两垂直故以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系因为2DC SD ==，2AD =，点M 是侧棱SC 的中点，则()0,0,0D ，()0,2,0C ，)2,2,0B ，()0,0,2S ，()0,1,1M 所以()0,2,0DC =，()2,1,1BM =--设异面直线CD 与BM 所成角为θ则21cos 22211DC BM DC BMθ⋅-===⨯++⋅因为异面直线的夹角为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦所以3πθ=故答案为：3π.7．（2021·广东·江门市广雅中学高二期中）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1 2.AB AA ==E 、F 分别是BC 、11AC 的中点.设D 是线段11B C 上的（包括两个端点．．．．．．）动点，当直线BD 与EF 所10BD 的长为_______.【答案】【解析】如图以E为坐标原点建立空间直角坐标系：则()()10,0,0,,2,0,1,0,22E F B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭设(0,,2)(11)D t t -≤≤，则()1,2,0,1,22EF BD t ⎫==+⎪⎪⎝⎭，设直线BD 与EF 所成角为θ所以cos ||||EF BD EF BD θ⋅==22314370t t +-=，解得1t =或3723t =-（舍去），所以BD ==故答案为：8．（2021·福建省厦门集美中学高二期中）如图，在正四棱锥V ABCD -中， E 为BC 的中点，2AB AV ==.已知F 为直线VA 上一点，且F 与A 不重合，若异面直线BF 与VE 所成角为余弦值为216，则VF VA =________.【答案】23【解析】连接AC 、BD 交于点O ，则AC BD ⊥，因为四棱锥V ABCD -为正四棱锥，故VO ⊥底面ABCD ，以点O 为坐标原点，OA 、OB 、OV 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则)A、E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、(V、()B ，设),0,VF VA λλ===-，其中01λ≤≤，(0,BV =，则)),1BF BV VF λ=+=-，22,22VE ⎛=- ⎝，由已知可得21cos ,6BF VE BF VE BF VE ⋅<>==⋅，整理可得2620λλ--=，因为01λ≤≤，解得23λ=，即23VF VA =.故答案为：23考点2：线面角9．（2022·山东·东营市第一中学高二期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2，M 、N 分别为1A B 、AC 的中点．(1)证明：//MN 平面11BCC B ；(2)求1A B 与平面11A B CD 所成角的大小．【解析】（1）如图，以点D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴建立空间直角坐标系．则()2,0,0A ，()0,2,0C ，()12,0,2A ，(2,2,0)B ，()12,2,2B ，()2,1,1M ，()1,1,0N ．所以()1,0,1MN =--，因为DC ⊥平面11BCC B ,所以平面11BCC B 的一个法向量为(0,2,0)DC =，因为0MN DC ⋅=，所以MN DC ⊥，因为MN ⊂平面11BCC B ，所以//MN 平面11BCC B （2）()0,2,0DC =，()12,0,2DA =，()10,2,2A B =-．设平面11A B CD 的一个法向量为(),,n x y z =则122020DA n x z DC n y ⎧⋅=+=⎨⋅==⎩，令1z =，则1x =-，0y =，所以()1,0,1n =-设1A B 与平面11A B CD 所成角为θ，则1111sin cos ,2A B n A B n A B nθ⋅===⋅．因为0180θ︒≤<︒，所以1A B 与平面11A B CD 所成角为30°．10．（2021·黑龙江·哈尔滨七十三中高二期中（理））如图，已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面边长2AB =，侧棱1BB 的长为4，过点B 作1B C 的垂线交侧棱1CC 于点E ，交1B C 于点F．(1)求证：1A C ⊥平面BED ；(2)求1A B 与平面BDE 所成的角的正弦值．【解析】（1）连接AC ，因为1111ABCD AB C D -是正四棱柱，即底面为正方形，则BD AC ⊥，又1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，则1BD AA ⊥，又1AC AA A =∩，1,AC AA ⊂平面1A AC ，故BD ⊥平面1A AC ，而1AC ⊂平面1A AC ，则1BD AC ⊥，同理得1BE AC ⊥，又BD BE B ⋂=，,BD BE ⊂平面BDE ，所以1A C ⊥平面BDE ；（2）以DA 、DC 、1DD 分别为,,x y z 轴，建立直角坐标系，则()2,2,0B ，()()12,0,4,0,2,0A C ，∴()10,2,4A B =-，()12,2,4AC =--，由题可知()12,2,4AC =--为平面BDE 的一个法向量，设1A B 与平面BDE 所成的角为α，则1130sin cos 62024,C A B A α==⋅，即1A B 与平面BDE 所成的角的正弦值为306.11．（2021·河北唐山·高二期中）如图（1），△BCD 中，AD 是BC 边上的高，且∠ACD ＝45°，AB ＝2AD ，E 是BD 的中点，将△BCD 沿AD 翻折，使得平面ACD ⊥平面ABD ，得到的图形如图（2）．(1)求证：AB⊥CD；(2)求直线AE与平面BCE所成角的正弦值．【解析】(1)证明：由图（1）知，在图（2）中AC⊥AD，AB⊥AD，∵平面ACD⊥平面ABD，平面ACD∩平面ABD＝AD，AB⊂平面ABD，∴AB⊥平面ACD，又CD⊂平面ACD，∴AB⊥CD；(2)由（1）可知AB⊥平面ACD，又AC⊂平面ACD，∴AB⊥AC.以A为原点，AC，AB，AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，不妨设AC＝1，则A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，0，0），D（0，0，1），E（0，1，12），∴A E＝10,1,2⎛⎫,⎪⎝⎭BC＝(120),BE,-,＝10,1,2⎛⎫-,⎪⎝⎭设平面BCE的法向量为n＝（x，y，z），由20102BC n x yn BE y z⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令y＝1，得x＝2，z＝2，则n＝（2，1，2），……设直线AE与平面BCE所成角为θ，则245 sin|cos,|15532AE nθ==⨯故直线AE与平面BCE4512．（2022·贵州·遵义市第五中学高二期中（理））如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面ABP，BC//AD，∠PAB=90°，PA=AB=2，AD=3，BC=1，E是PB的中点.(1)证明：PB ⊥平面ADE ；(2)求直线AP 与平面AEC 所成角的正弦值.【解析】（1）因AD ⊥平面ABP ，PB ⊂平面ABP ，则AD ⊥PB ，又PA =AB =2，E 是PB 的中点，则有AE ⊥PB ，而AE AD A =，,AE AD ⊂平面ADE ，所以PB ⊥平面ADE .（2）因AD ⊥平面ABP ，∠PAB =90°，则直线,,AB AD AP 两两垂直，以点A 为原点，射线,,AB AD AP 分别为x ，y ，z 轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则(0,0,0),(1,0,1),(0,0,2),(2,1,0)A E P C ，(1,0,1),(2,1,0),(0,0,2)AE AC AP ===，令平面AEC 的一个法向量为(,,)n x y z =，则020n AE x z n AC x y ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，令1x =-，得(121)n ,,=-，令直线AP 与平面AEC 所成角的大小为θ，则||26sin |cos ,|||||62n AP n AP n AP θ⋅=〈〉==⨯所以直线AP 与平面AEC 613．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD BC ∥，90ABC ∠=︒，2PA AB BC ===，1AD =，点M ，N 分别为棱PB ，DC 的中点．(1)求证：AM ∥平面PCD ；(2)求直线MN 与平面PCD 所成角的正弦值．【解析】（1）证明:以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则()()()0,0,0,0,2,0,2,2,0A B C ,()()()1,0,0,0,0,2,0,1,1D P M ,则()()0,1,1,1,0,2AM PD ==-,()1,2,0CD =--,设平面PCD 的一个法向量为(),,n x y z =r,则2020n PD x z n CD x y ⎧⋅=-=⎨⋅=--=⎩,令1z =,则2,1x y ==-,则平面PCD 的一个法向量为()2,1,1n =-,0110,n AM n AM∴⋅=-+=∴⊥//AM ∴平面PCD（2）由（1）得3,1,02N ⎛⎫ ⎪⎝⎭,3,0,12MN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭设直线MN 与平面PCD 所成角为θ.sin cos ,n MN MN n n MNθ⋅∴==⋅39=∴直线MN 与平面PCD 所成角的正弦值为27839.14．（2021·福建·厦门大学附属科技中学高二期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥平面，,//AB AD BC AD ⊥，点M 是棱PD 上一点，且满足2,4AB BC AD PA ====．(1)求二面角A CD P --的正弦值；(2)若直线AM 与平面PCD所成角的正弦值为3，求MD 的长．【解析】(1)如图建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(2,2,0)C ，(0,4,0)D ，(0,0,4)P ，(2,2,0)CD =-，(0,4,4)PD =-，设平面PCD 法向量(,,)n x y z =，则00n CD n PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即220440x y y z -+=⎧⎨-=⎩，令1x =，111x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩，即(1,1,1)n =，又平面ACD 的法向量(0,0,1)m =，cos ,3m n m n m n⋅〈〉=，故二面角A CD P --3=．(2)设MD PD λ=（01λ≤≤），(0,4,4)MD λλ=-，点(0,4,44)M λλ-，∴(0,4,44)AM λλ=-，由（1）得平面PCD 法向量(1,1,1)n =，且直线AM 与平面PCD∴6cos ,3AM n AM n AM n⋅〈〉==，解得12λ=，即12=MD PD ，又PD 12==MD PD 15．（2022·北京市第十二中学高二期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，PD ⊥平面ABCD ，E 是棱PC 的中点．(1)证明：//PA 平面BDE ；(2)若1,90PD AD BD ADB ===∠=︒，F 为棱PB 上一点，DF 与平面BDE 所成角的大小为30°，求PFPB的值．【解析】(1)如图，连接AC 交BD 于点M ，连接EM ，因为M 是AC 的中点，E 是PC 的中点，所以//PA EM 又ME ⊂平面BDE ，PA ⊄平面BDE ，所以//PA 平面BDE(2)因为1,90PD AD BD ADB ===∠=︒，所以AD BD ⊥，故以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DB 为y 轴，DP 为z轴建立空间直角坐标系，则()()()()()1110,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,1,1,0,,,222D A B P C E ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，()111,,,0,1,0222DE DB ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，设平面BDE 的法向量为(),,n x y z =r ，则00n DE n DB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11102220x y z y ⎧-++=⎪⎨⎪=⎩，故取()1,0,1n =，设(01)PF PB λλ=<<，则()()0,,1,0,,1F DF λλλλ-=-因为直线DF 与平面BDE 所成角的大小为30，所以1sin302DF n DF n⋅==12=解得12λ=，故此时12PF PB =.16．（2022·江苏·东海县教育局教研室高二期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，2PD AD ==，AD PC ⊥，点E 在线段PC 上（不与端点重合），30PCD ∠=︒.(1)求证：AD ⊥平面PCD ；(2)是否存在点E 使得直线PB 与平面ADE 所成角为30°？若存在，求出PEEC的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)证明：在正方形ABCD 中，可得AD CD ⊥，又由AD PC ⊥，且CDPC C =，CD ⊂平面PCD ，PC ⊂平面PCD ，根据线面垂直的判定定理，可得AD ⊥平面PCD .(2)在平面PCD 中，过点D 作DF CD ⊥交PC 于点F .由（1）知AD ⊥平面PCD ，所以AD DF ⊥，又由AD DC ⊥，以{},,DA DC DF 为正交基底建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示，则()(0,0,0),2,0,0D A ，()2,2,0B ，()0,2,0C，(0,P -，设PEEC λ=，则PE EC λ=，所以212,,11AE AP PE λλλ⎛⎫-=+=- ++⎝⎭，()2,0,0AD =-，(2,3,PB =uu r设平面ADE 的一个法向量为(),,n x y z =，则2120120AE n x y AD n x λλ⎧-⋅=-++=⎪⎨+⎪⋅=-=⎩，取y =0,12x z λ==-，所以平面ADE的一个法向量()2n λ=-，因为直线PB 与平面ADE 所成角为30，所以1sin 30cos ,2PB n ︒==，解得5λ=±综上可得，存在点E 使得直线PB 与平面ADE 所成角为30，且5PEEC=±考点3：二面角17．（2022·云南·罗平县第一中学高二期中）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D 为1AB 的中点，1B C 交1BC 于点E ，AC BC ⊥，1CA CB CC ==.(1)求证：DE ∥平面11AAC C ；(2)求平面1AB C 与平面11A B C 的夹角的余弦值.【解析】（1）证明：因为111ABC A B C -为三棱柱，所以平面11BCC B 是平行四边形，又1B C 交1BC 于点E ，所以E 是1B C 的中点．又D 为1AB 的中点，所以//DE AC ，又AC ⊂平面11AAC C ，DE ⊂/平面11AAC C ，所以//DE 平面11AAC C ；（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面111A B C ，又AC BC ⊥，所以11C A 、11C B 、1C C 两两互相垂直，所以以1C 为坐标原点，分别以11C A 、11C B 、1C C 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，如图所示．设11CA CB CC ===，则1(0,0,0)C ，1(1,0,0)A ，1(0,1,0)B ，(1,0,1)A ，(0,0,1)C ，所以1(1,1,1)AB =--，(1,0,0)=-AC ，11(1,1,0)=-A B ，1(1,0,1)AC =-．设平面1AB C 的一个法向量为(,,)n x y z =，则100n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，所以00x y z x -+-=⎧⎨-=⎩，不妨令1y =，则(0,1,1)n =，设平面11A B C 的一个法向量为(,,)m x y z =，则11100m A B m A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以00x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，不妨令1y =，则(1,1,1)m =．所以cos ||||m n m n m n ⋅〈⋅〉===⋅所以平面1AB C 与平面11A B C18．（2022·江苏·宝应县教育局教研室高二期中）如图，已知三棱锥O ABC -的侧棱,,OA OB OC 两两垂直，且1,2OA OB OC ===，E 是OC的中点．(1)求异面直线BE 与AC 所成角的余弦值；(2)求二面角A BE C --的正弦值．【解析】（1）以O 为原点，OB ，OC ，OA 分别为,,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则有()0,0,1A ，()2,0,0B ，()0,2,0C ，()0,1,0E .()()()2,0,00,1,02,1,0EB =-=-，()0,2,1AC =-.2cos 5EB AC =-，.由于异面直线BE 与AC 所成的角是锐角，故其余弦值是25.（2）()()2,0,10,1,1AB AE =-=-，.设平面ABE 的法向量为()1,,n x y z =，则由11n AB n AE ⊥⊥，，得200x z y z -=⎧⎨-=⎩，取()11,2,2n =.由题意可得，平面BEC 为xOy 平面，则其一个法向量为()20,0,1n =u u r，1212122cos 3n n n n n n ⋅===⋅，，则12sin 3n n =，，即二面角A BE C --的正弦值为3．19．（2021·福建·厦门一中高二期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB =，2BC =，4ABC π∠=，四边形ACEF 为矩形，平面ACEF ⊥平面ABCD ，1AF =，点M 在线段EF 上运动．(1)当AE DM ⊥时，求点M 的位置；(2)在（1）的条件下，求平面MBC 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值．【解析】（1）2AB =2AD BC ==，4ABC π∠=，∴222cos 2AC AB BC AB BC ABC +-⋅∠∴222AB AC BC +=，∴90BAC ∠=︒，AB AC ∴⊥，又AF AC ⊥，又平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF 平面ABCD AC =，AF ⊂平面ACEF ，AF ∴⊥平面ABCD ，所以以AB ，AC ，AF 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(2,2,0),(0,2,1),(0,0,1)A B C D E F-，设(0,,1),02M y y 则2,1)AE =，(2,2,1)DM y =-AE DM ⊥，∴2(2)10AE DM y ⋅=-+=，解得22y =，∴12FM FE =．∴当AE DM ⊥时，点M 为EF 的中点．（2）由（1）可得(2,,1)2BM =，(BC =设平面MBC 的一个法向量为111(,,)m x y z =，则111112020m BM y z m BC ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅==⎩，取12y =，则m =，易知平面ECD 的一个法向量为(0,1,0)n =，∴cos |cos ,|||||m n m n m n θ⋅=<>=⋅∴平面MBC 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值为105．20．（2022·四川省内江市第六中学高二期中（理））如图，直角三角形ABC 中，60BAC ∠=，点F 在斜边AB 上，且4AB AF =，AD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，3AD =，4AC BE ==．(1)求证：DF ⊥平面CEF ；(2)点M 在线段BC 上，且二面角F DM C --的余弦值为25，求CM 的长度．【解析】（1）90ACB ∠=，60BAC ∠=，4AC =，8AB ∴=，又4AB AF =，2AF ∴=；2222cos 2016cos6012CF AC AF AC AF BAC ∴=+-⋅∠=-=，解得：CF =，222AF CF AC ∴+=，则AF CF ⊥；DA ⊥平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，CF AD ∴⊥；又,AF AD ⊂平面ADF ，AFA AD =，CF ∴⊥平面ADF ，DF ⊂平面ADF ，DF CF ∴⊥；连接ED ，在四边形ABED 中，作DH BE ⊥，垂足为H，如下图所示，DF ==EF ==，DE =222DF EF DE ∴+=，则DF EF ^；,CF EF ⊂平面CEF ，CF EF F ⋂=，DF ⊥∴平面CEF .（2）以C 为坐标原点，,CA CB 正方向为,x y 轴，以BE 的平行线为z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设CM m =，则()0,,0M m ，()0,0,0C ，()4,0,3D，()F ，()4,,3MD m ∴=-，()4,0,3CD =，()1,FD =，设平面DMF 的法向量(),,n x y z =，则43030MD n x my z FD n x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令9y =，解得：3x m =-z m =，()3n m m ∴=--；设平面CDM 的法向量(),,m a b c =，则430430CD m a c MD m a mb c ⎧⋅=+=⎨⋅=-+=⎩，令3a =，解得：0b =，4c =-，()3,0,4m ∴=-；二面角F DM C --的余弦值为25，2cos ,5m n m n m n ⋅∴<>==⋅，25=，((()222134381m m m ⎡⎤∴-=-++⎢⎥⎣⎦，解得：m；当m F DM C --为钝二面角，不合题意；则二面角F DM C --的余弦值为25时，CM =21．（2022·江苏徐州·高二期中）如图所示，在四棱锥中P ABCD -，2AB DC=，0AB BC ⋅=，AP BD ⊥，且AP DP DC BC ====(1)求证：平面ADP ⊥平面ABCD ；(2)已知点E 是线段BP 上的动点（不与点P ､B 重合），若使二面角E AD P --的大小为4π，试确定点E 的位置.【解析】(1)连接BD ，由2AB DC =，0AB BC ⋅=知242,//,AB DC AB DC CD BC ==⊥，在Rt BCD 中，22216,4BD CD BC BD =+==，设AB 的中点为Q ，连接DQ ，则//,CD QB QB CD =，所以四边形BCDQ 为平行四边形，又,CD BC DC BC ⊥=，所以四边形BCDQ 为正方形，所以,22DQ AB DQ AQ ⊥==Rt AQD 中，22216AD AQ DQ =+=，在Rt ABD 中，222161632AD BD AB +=+==，所以AD BD ⊥，又,AP BD AP AD A ⊥⋂=，,AP AD ⊂平面ADP ，所以BD ⊥平面ADP ，又BD ⊂平面ABCD ，所以平面ADP ⊥平面ABCD ；(2)在APD △中，2228816AP PD AD +=+==，所以AP PD ⊥，在Rt APD 中，过点P 作PF AD ⊥，垂足为F ，因为PA PD =，所以F 为AD 中点，所以2PF DF ==，由（1）得BD ⊥平面ADP ，PF ⊂平面ADP ，则BD PF ⊥，,AD BD ⊂平面ABCD ，ADBD D =，则PF ⊥平面ABCD .以D 为原点，分别以,DA DB 所在直线为,x y 轴，以过点D 与平面ABCD 垂直的直线为z 轴，建立如图所示空间坐标系，则(0,0,0),(4,0,0),(0,4,0),(2,0,2),(4,0,0),(2,4,2)D A B P DA PB ==--，设()(2,4,2),0,1PE PB λλλλλ==--∈，则(22,4,22)DE DP PE λλλ=+=--，易知平面PAD 的一个法向量为(0,1,0)m =，设平面EAD 的法向量为(,,)n x y z =，则()()40224220n DA x n DE x y z λλλ⎧⋅==⎪⎨⋅=-++-=⎪⎩，令1z =，则1(0,,1)2n λλ-=，所以221cos ,cos 4211m n m n m nλπλλλ⋅-===⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，即2122521λλλ-=-+，即23210λλ+-=，解得1λ=-（舍）或13λ=，所以，当点E 在线段BP 上满足13PE PB =时，使二面角E AD P --的大小为4π.22．（2021·湖北十堰·高二期中）如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，//,2,4,23AN BM AB AN BM CN ====(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM 上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --的余弦值为33，若存在求出CE EM 的值，若不存在，请说明理由.【解析】(1)正方形ABCD 中，BC AB ⊥，因为平面ABCD ⊥平面ABMN ，平面ABCD平面,ABMN AB BC =⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ABMN ，所以BC BM ⊥，且BC BN ⊥，2,23BC CN ==所以2222BN CN BC -，又因为2AB AN ==，所以222BN AB AN =+，所以AN AB ⊥，又因为AN //BM ，所以BM AB ⊥，BC BA B =，所以BM ⊥平面ABCD .(2)由（1）知，BM ⊥平面,ABCD BM AB ⊥，以B 为坐标原点，,,BA BM BC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系.()()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,0,4,0B C N M 设点(),,,,E x y z CE CM λ=[0,λ∈1]，则()(),,20,4,2x y z λ-=-，所以0422x y z λλ=⎧⎪=⎨⎪=-⎩，所以()0,4,22E λλ-，所以()()2,2,0,0,4,22BN BE λλ==-，设平面BEN 的法向量为(),,m x y z =，()2204220m x y m y z λλ⋅=+=⎧∴⎨⋅=+-=⎩令1x =，所以21,1y z λλ=-=-，所以2(1,1,)1m λλ=--，显然，平面BMN 的法向量为()0,0,2BC =，所以cos ,BC m BC m BC m⋅=⋅3==即2642λλ=-+，即23210λλ+-=，解得13λ=或1-（舍），则存在一点E ，且12CE EM =.考点4：点到直线的距离23．（2021·云南大理·高二期中）鳖臑是指四个面都是直角三角形的三棱锥.如图，在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2AB BC PA ===，D ，E 分别是棱AB ，PC 的中点，点F是线段DE 的中点，则点F 到直线AC 的距离是（）A ．38B 6C ．118D ．224【答案】B 【解析】因为AB BC =，且ABC 是直角三角形，所以AB BC ⊥.以B 为原点，分别以BC ，BA 的方向为x ，y 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz -.因为2AB BC PA ===，所以()0,2,0A ，()2,0,0C ，()0,1,0D ，()1,1,1E ，则()2,2,0AC =-，11,1,22AF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.故点F到直线AC 的距离2221136144422AF AF AC AC d ⎛⎫⋅⎛⎫⎪=-++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故点F 到直线AC 的距离是6424．（2021·河北·石家庄市第十二中学高二期中）已知直线l 的方向向量为(1,0,2)n =，点()0,1,1A 在直线l 上，则点()1,2,2P 到直线l 的距离为（）A ．230B 30C 3010D 305【答案】D【解析】由已知得(1,1,1)PA =---，因为直线l 的方向向量为(1,0,2)n =，所以点()1,2,2P 到直线l 的距离为2222212930335512PA n PA n ⎛⎫⎛⎫⋅-----= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭故选：D25．（2021·北京·牛栏山一中高二期中）在空间直角坐标系中，已知长方体1111ABCD A B C D -的项点()0,0,0D ，()2,0,0A ，()2,4,0B ，()10,4,2C =，则点1A 与直线1BC 之间的距离为（）A ．B ．2C ．125D ．52【答案】A【解析】如图，由题意知，建立空间直角坐标系D xyz -，1(000)(200)(240)(042)D A B C ，，，，，，，，，，，，则1422AB BC CC ===，，，连接111A B AC ，，所以1111A B A C BC ===得11A BC V 是等腰三角形，取1BC 的中点O ，连接1OA ，则1OA ⊥1BC ，即点1A 到直线1BC 的距离为1OA ，在1Rt A OB 中，有1OA ==故选：A26．（2021·北京市昌平区第二中学高二期中）已知空间中三点(1,0,0)A -，(0,1,1)B -，(2,1,2)C --，则点C 到直线AB 的距离为（）A B C D 【答案】A【解析】依题意得()()1,1,2,1,1,1AC AB =--=-则点C 到直线AB 的距离为63d =故选：A27．（2022·江西南昌·高二期中（理））如图，在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为BC 的中点，点P 在线段1D E 上，点Р到直线1CC 的距离的最小值为_______.【答案】5【解析】在正方体1111ABCD A B C D -中，建立如图所示的空间直角坐标系，则11(0,4,0),(0,0,4),(2,4,0),(0,4,4)C D E C ，11(2,0,0),(0,0,4),(2,4,4)CE CC ED ===--，因点P 在线段1D E 上，则[0,1]λ∈，1(2,4,4)EP ED λλλλ==--，(22,4,4)CP CE EP λλλ=+=--，向量CP 在向量1CC 上投影长为11||4||CP CC d CC λ⋅==，而||CP =，则点Р到直线1CC的距离4525h =，当且仅当15λ=时取“=”，所以点Р到直线1CC的距离的最小值为5.28．（2022·福建龙岩·高二期中）直线l 的方向向量为()1,1,1m =-，且l 过点()1,1,1A -，则点()0,1,1P -到l 的距离为___________.【解析】(1,0,2)AP =-，直线l 的方向向量为()1,1,1m =-，由题意得点P 到l的距离d =29．（2021·山东·嘉祥县第一中学高二期中）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，O 为平面11A ABB 的中心，E 为BC 的中点，则点O 到直线1A E 的距离为________.【答案】3【解析】如图，以D 为原点建系，则()()()12,0,2,2,1,1,1,2,0A O E ，则()()110,1,1,1,2,2AO A E =-=--，则111111cos ,3A O A E A O A E A O A E⋅==，又[]11,0,A O A E π∈，所以111sin ,3A O A E =，所以点O 到直线1A E的距离为1111sin ,33A O A O A E ==.故答案为：23.考点5：点到平面的距离、直线到平面的距离、平面到平面的距离30．（2020·山东省商河县第一中学高二期中）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，已知2AB AD ==，15AA =，E ，F 分别为1DD ，1BB 上的点，且11DE B F ==．(1)求证：BE ⊥平面ACF ：(2)求点B 到平面ACF 的距离．【解析】（1）以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则()()()()()2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,0,1,2,2,4A B C E F ,设面ACF 的一个法向量为()=,,n x y z ，()()=2,2,0,0,2,4AC AF -=，可得00n AC n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即220240x y y z -+=⎧⎨+=⎩，不妨令1z =则()=2,2,1n BE --=,BE ∴⊥平面ACF .（2）()=0,2,0AB ，则点B 到平面ACF 的距离为43AB nn⋅=.31．（2022·江苏·2的正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，则点D 到平面ABC 的距离为______．【答案】33【解析】记AC 与BD 的交点为O ，图1中，由正方形性质可知AC BD ⊥，所以在图2中，,OB AC OD AC ⊥⊥，所以2BOD π∠=，即OB OD⊥如图建立空间直角坐标系，易知1OA OB OC OD ====则(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0)A B C D -则(0,1,1),(1,0,1),(0,2,0)AB AC BD =--=-=设(,,)n x y z =为平面ABC 的法向量，则00AB n y z AC n x z ⎧⋅=--=⎨⋅=-=⎩，取1x =，得(1,1,1)n =-所以点D 到平面ABC 的距离22333BD n d n⋅===故答案为：23332．（2022·河南·濮阳一高高二期中（理））如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，若E ，F 分别是上底棱的中点，则点A 到平面11B D EF 的距离为______．【答案】1【解析】以1D 为坐标原点，11111,,D A D C D D 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则()1,0,1A ，()11,1,0B ，10,,12E ⎛⎫⎪⎝⎭，()10,0,0D ，设平面11B D EF 的法向量(),,m x y z =，则有1111020m D E y z m D B x y ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令2y =得：2,1x z =-=-，故()2,2,1m =--，其中()10,1,1AB =-，则点A 到平面11B D EF 的距离为11AB m d m⋅===故答案为：133．（2022·山东·济南外国语学校高二期中）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，平面1AB C 与平面11AC D 间的距离是________.【解析】以点A 为坐标原点，AB 、AD 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A 、()11,0,1B 、()1,1,0C 、()0,1,0D 、()10,0,1A 、()11,1,1C ，设平面1AB C 的法向量为()111,,m x y z =，()11,0,1AB =，()1,1,0AC =，由1111100m AB x z m AC x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11x =，可得()1,1,1m =--，设平面11AC D 的法向量为()222,,n x y z =，()10,1,1DA =-，()11,0,1DC =，由12212200n DA y z n DC x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取21x =，可得()1,1,1n =--r ，因为m n =，平面1AB C 与平面11AC D 不重合，故平面1//AB C 平面11AC D ，()0,1,0AD =uuu r ，所以，平面1AB C 与平面11AC D 间的距离为1333AD m d m⋅==故答案为：33.34．（多选题）（2020·辽宁·大连八中高二期中）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点,E O 分别是11A B ，11AC 的中点，P 在正方体内部且满足1132243AP AB AD AA =++，则下列说法正确的是（）A ．点A 到直线BE 255B ．点O 到平面11ABCD 的距离是24C ．平面1A BD 与平面11B CD 3D ．点P 到直线AD 的距离为56【答案】ABCD【解析】如图，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(0,1,0)D ，1(0,0,1)A ，1(1,1,1)C ，()10,1,1D ，1,0,12E ⎛⎫⎪⎝⎭，所以1(1,0,0),,0,12BA BE ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭．设ABE θ∠=，则||5cos 5||||BA BE BA BE θ⋅==，25sin 5θ==．故A 到直线BE的距离1||sin 1d BA θ===，故选项A 正确．易知111111,,0222C O C A ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，平面11ABC D 的一个法向量1(0,1,1)DA =-，则点O 到平面11ABC D 的距离11211||224||DA C O d DA ⋅===，故选项B 正确．1111(1,0,1),(0,1,1),(0,1,0)A B A D A D =-=-=．设平面1A BD 的法向量为(,,)n x y z =，则110,0,n A B n A D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以0,0,x z y z -=⎧⎨-=⎩令1z =，得1,1y x ==，所以(1,1,1)n =．所以点1D 到平面1A BD的距离113||||A D n d n ⋅===因为平面1//A BD 平面11B CD ，所以平面1A BD 与平面11B CD 间的距离等于点1D 到平面1A BD 的距离，所以平面1A BD 与平面11B CD 间的距离为3.故选项C 正确．因为1312423AP AB AD AA =++，所以312,,423AP ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又(1,0,0)AB =，则34||AP AB AB ⋅=，所以点P 到AB 的距离56d ==.故选项D 正确．故选：ABCD.考点6：异面直线的距离35．（2021·安徽·合肥市第六中学高二期中）如图正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，12AA =.动点P ，Q 分别在线段1C D ，AC 上，则线段PQ 长度的最小值是（）A ．13B ．23C ．1D ．43【答案】B【解析】由题意可知，线段PQ 长度的最小值为异面直线1C D 、AC 的公垂线的长度.如下图所示，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则点()1,0,0A 、()0,1,0C 、()10,1,2C 、()0,0,0D ，所以，()1,1,0AC =-，()10,1,2=DC ，()1,0,0DA =，设向量(),,n x y z =满足n AC ⊥，1⊥n DC ，由题意可得1020n AC x y n DC y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，解得2x yy z =⎧⎪⎨=-⎪⎩，取2y =，则2x =，1z =-，可得()2,2,1n =-，因此，min 23DA n PQ n⋅==.故选：B .36．（2021·辽宁沈阳·高二期中）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，2BC =，13AA =，则异面直线AC 与1BC 之间的距离是（）A 5B 7C 6D ．67【答案】D【解析】如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则()()()()12,0,0,0,1,0,2,1,0,0,1,3A C B C ，则()2,1,0AC =-，()12,0,3BC =-，设AC 和1BC 的公垂线的方向向量(),,n x y z =，则100n AC n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20230x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，令3x =，则()3,6,2n =，()0,1,0AB =，67AB n d n⋅∴==.故选：D.37．（2021·上海交大附中高二期中）在正方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，则异面直线AB 和1AC 的距离为___________.【答案】【解析】如图，以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，由1(4,0,0),(4,4,0),(0,4,0),(4,0,4)A B C A ，则1(0,4,0),(4,4,4)AB CA ==-，1(0,0,4)AA =设(,,)m x y z =是异面直线AB 和1AC 的公垂线的一个方向向量，则1404440m AB y m CA x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，则(1,0,1)m =-，所以异面直线AB 和1AC的距离为1AA m m ⋅==故答案为：38．（2021·广东·广州市第二中学高二期中）如图，在三棱锥P ABC -中，三条侧棱PA ，PB ，PC 两两垂直，且3PA PB PC ===，G 是PAB △的重心，E ，F 分别为BC ，PB 上的点，且::1:2BE EC PF FB ==.（1）求证：平面GEF ⊥平面PBC ；（2）求证：EG 是直线PG 与BC 的公垂线；（3）求异面直线PG 与BC 的距离.【解析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，()()()()()()3,0,0,0,3,0,0,0,3,0,1,0,0,2,1,1,1,0A B C F E G ，()1,0,0GF =-，0,0GF PC GF PB ⋅=⋅=，所以,,GF PC GF PB PC PB P ⊥⊥⋂=，所以GF ⊥平面PBC ，由于GF ⊂平面GEF ，所以平面GEF ⊥平面PBC .（2）()()1,1,1,0,3,3EG BC =--=-，0,0EG PG EG BC ⋅=⋅=，所以EG 是直线PG 与BC 的公垂线.（3）2221113EG =++=所以异面直线PG 与BC39．（2021·全国·高二期中）如下图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，,2,12ABC BAD PA AD AB BC π∠=∠=====．（1）求平面PAB 与平面PCD 所成夹角的余弦值；（2）求异面直线PB 与CD 之间的距离．【解析】以A 为原点，,,AB AD AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则()()()()()0,0,0,1,0,0,1,1,0,0,2,0,0,0,2A B C D P ．（1）因为PA ⊥平面ABCD ，且AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥，又AB AD ⊥，且PAAB A =，所以AD ⊥平面PAB ，所以()0,2,0AD =是平面PAB 的一个法向量．易知()()1,1,2,0,2,2PC PD =-=-uu u r uu u r ，设平面PCD 的法向量为(),,m x y z =，则0,0,m PC m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,220,x y y z +-=⎧⎨-=⎩，令1y =解得1,1z x ==．所以()1,1,1m =是平面PCD 的一个法向量，从而3cos ,AD m AD m AD m⋅==uuu r u r uuu r u r uuu r u r PAB 与平面PCD 所成夹角为锐角所以平面PAB 与平面PCD 所成夹角的余弦值为33．（2）()1,0,2BP =-，设Q 为直线PB 上一点，且(),0,2BQ BP λλλ==-，因为()0,1,0CB =-，所以(),1,2CQ CB BQ λλ=+=--，又()1,1,0CD =-，所以点Q 到直线CD 的距离()22cos d CQ CQ CQ CD =-⋅uu u r uu u r uu u r uu u r===，因为22919144222999λλλ⎛⎫++=++≥⎪⎝⎭，所以23d≥，所以异面直线PB与CD之间的距离为2 3．。
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°.。
高中数学_3.2.2 空间向量与线面角教学设计学情分析教材分析课后反思
《空间向量与线面角》教学设计一、教学目标【知识目标】1.通过回顾线面角的概念，推导出用向量方法解决斜线面角的计算公式。
2.掌握用向量方法解决斜线面角的计算公式。
【过程与方法】通过用向量方法判断位置关系的复习，猜想线面角涉及到直线的方向向量和法向量，并根据具体的例子，抽象到一般情况下的公式，进而总结方法并应用。
【情感态度价值观】在课堂导入过程中，感受数学史上笛卡尔的创造性作用；在课堂生成过程中，体会从一般到特殊的化归思想。
在小组合作探究中激发学生的学习兴趣，培养学生的合作意识。
二、教学重点、难点重点：理解斜线面角的向量方法，推导并熟练运用公式进行计算。
难点：理解斜线面角的向量方法和公式，熟练应用并正确计算。
三、教法学法分析本节是的主要内容是用空间向量的方法解决线面角，主要是斜线面角。
本节课需要很多预备知识，包括线面角的概念、直线的方向向量和平面的法向量等等，这些知识如果铺垫好，将更容易让学生理解线面角的向量方法。
所以本节课拿出了不少时间，跟学生一起回忆这些内容。
“磨刀不误砍柴工”，学生有了这些基础后，就可以实现自主探究，通过具体的直线方向向量和平面法向量的角度关系，探索到一般的计算公式，整体上水到渠成。
因此，本节课主要以教师提出问题并引导，学生自主探究并总结的方式进行；在熟练掌握的过程中，先引导学生解题，再由学生自主完成，讲练结合。
信息技术为本节课提供了方便，学生练习的信息反馈更加快捷，使课堂效率大幅提高。
四、教学基本流程五、教学过程我们之前学习的线面角概念和范围是什么？回忆线面角的概念和范围通过回忆概念，把垂线和斜线的位置关系对应为方向向量和法向量，为后面探究做铺垫ppt辅助演示提纲合作探究（1）如果平面的法向量n与直线的方向向量a所成角是60o，则线面角θ的大小是多少？（2）如果平面的法向量n与直线的方向向量a所成角是120o，则线面角θ的大小是多少？（3）如果平面的法向量n与直线的方向向量a所成角是ϕ，则线面角θ的大小是多少？小组站立讨论，配合提前准备的道具，将问题转化为直观实物图形，谈论总结，小组代表发言从具体的角度出发，学生能够比较容易的发现向量夹角与线面角90o的关系，为后面转化三角函数名做铺垫ppt辅助呈现问题屏幕广播能让每小组不会因为站讨论而互相遮挡如果是方向向量和法向量之间的夹角不是特殊的三角函数值，那我们能否也能找出他们与线面角之间的关系呢？转换三角函数名，推导得出公式sin引导学生发现公式ppt辅助演示提纲例题精讲直三棱柱111ABC A BC-中，AB=3,AC=AA1=4, ∠BAC=90o,求直线11BC与平面11ABC所成角的正弦值引导学生计算，并订正答案除了线面角的向量公式，其他的计算内容学生都已学过，只需引导学生需要计算的内容即可。
向量法求线面角2
求 角
答 角
3、注意事项：
1.如何写好坐标 2.计算仔细
五.课后作业
如图,在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，
侧棱PA⊥底面ABCD，PA=AB=1,AD= 3，E是线
段BP上近P的三等分点,求PA与平面PDE所成角的得 正弦值。
P E
A B
D
C
变式1：如图,在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为
矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，PA=AB=1,AD= 3，
在线段BC上是否存在一点E,使PA与平面PDE所成 角的大小为450? 若存在，确定点E的位置；若不存
在说明理由。 P
A D
B E
C
空间“角度”问题
一.复习回顾
1、向量法求线面角的公式：2、Leabharlann 量法求线面角的步骤：建 系
写 坐 标
求 向 量
求 角
答 角
2. 线面角
r
r
设直线l的方向向量为a ， 平面 的法向量为u ，且
直s线inl与平a面rr urr所成0≤的 角≤为2
( 0≤ ≤
2
),则
a
u
u a
l a
u
二.作业反馈
1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯
形，AD∥BC，∠BAD=90°PA⊥底面ABCD，
PA=AD=AB=2BC，M、N分别为PC.PB的上中近点P点。的 求BD与平面ADMN所成角的正弦值．三等分点
四.课后小结
1、向量法求线面角的公式：
2、向量法求线面角的步骤：
建 系
写 坐 标
求 向 量
向量法求空间的距离和角
所以异面直线BD与D1A间的距离为
3 。 3
(2) A1 B1 = (0,1, 0), 设n = ( x, y, z )是平面A1DB的一 个法向量，因为DA1 = (1, 0,1), DB = (1,1, 0)， ì ì x +z = 0 nDA1 = 0 镲 由眄 即 取x = - 1, 镲 î x+y =0 î nDB = 0 | nA1 B1 | 1 2 于是n = (-1,1,1, )，且 = = 。 2 |n| 2 2 所以点B1到平面A1 BD的距离为 。 2
例1：如图1所示： 三棱柱ABC - A1 B1C1中，CA=CB， AB = AA1， ? BAA1 60o， （ 1）求证：AB^ A1C （2）若平面ABC ^ 平面AA1 B1 B， AB =CB，求直线A1C与平面BB1C1C 所成角的正弦值。
C C1
B A A1
B1
图1
C
C1
O
B A1
Z
解：由(1)知OC ^ AB，OA1 ^ AB， 又平面ABC ^ 平面AA1 B1 B，交线 为AB，所以OC ^ 平面AA1 B1 B， 故OA、OA1、OC两两相互垂直。 建立如图所示的空间直角坐标系 A
O
C
C1
B A1
B1 图1-2
X o - xyz 设AB = 2,由题设知A(1, 0, 0)、B(- 1, 0, 0)、C (0, 0, 3)、A1 (0, 3, 0), 则BC = (1, 0, 3)、 BB1 = AA1 = (- 1, 3, 0)、 A1C = (0, - 3, 3). 设n = ( x, y, z )是平面BBCC的法向量，则 ì x + 3z = 0 ì nBC = 0 镲 即 可取n = ( 3,1, -1)， 眄 镲 î nBB1 = 0 î - x + 3y = 0 nA1C 10 故 cos < n, A1C >= =. 5 | n | ×| A1C |
空间三大角(向量法)
空间三大角一、线线角1．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（ ）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π62.（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II ））在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15B ．56C ．55D ．223.（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））如图，四边形ABCD 为菱形，ⅠABC =120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE Ⅰ平面ABCD ，DF Ⅰ平面ABCD ，BE =2DF ，AE ⅠEC ． （1）证明：平面AEC Ⅰ平面AFC ；（2）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．二、线面角1.（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I 卷））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.2. （2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II ））如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．3.（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷））如图，四棱锥P−ABCD 中，PAⅠ底面ABCD ，ADⅠBC ，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD ，N 为PC 的中点. （Ⅰ）证明MNⅠ平面PAB;（Ⅰ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.三、二面角1（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．2.（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．3.（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，ⅠBAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MNⅠ平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．4.（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEⅠEC1.（1）证明：BEⅠ平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.5. （2018年全国卷Ⅰ理数高考试题）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．6.（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面P AB Ⅰ平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.7.（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3））（2017新课标全国Ⅰ理科）如图，四面体ABCD 中，ⅠABC 是正三角形，ⅠACD 是直角三角形，ⅠABD =ⅠCBD ，AB =BD ．（1）证明：平面ACD Ⅰ平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值.8.（2016年全国普通高等学校招生统一考试）试题）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABEF 为正方形，2AF FD =，90AFD ∠=︒，且二面角D AF E --与二面角C BE F --都是60︒.（1）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（2）求二面角E BC A --的余弦值.9.（2016年全国普通高等学校招生统一考试数学）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点,5,6O AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，5,4AE CF EF ==交BD 于点H ，将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，10OD '=.（1）证明：D H '⊥平面ABCD ；（2）求二面角B D A C '--的正弦值.答 案一、线线角1【答案】D如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD Ⅰ1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角， 因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1PBB ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则1111122,22BC PC D B === 1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=. 2.【答案】C 【详解】：以D 为坐标原点，DA,DC,DD 1为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,13),3)D A B D ,所以11(1,0,3),(1,13)AD DB =-=, 因为11111115cos ,25AD DB AD DB AD DB ⋅-===⨯，所以异面直线1AD 与1DB 5 3.【解析】：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G ，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1易证EGⅠAC ，通过计算可证EGⅠFG ，根据线面垂直判定定理可知EGⅠ平面AFC ，由面面垂直判定定理知平面AFCⅠ平面AEC ；（Ⅰ）以G 为坐标原点，分别以,GB GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB 为单位长度，建立空间直角坐标系G -xyz ，利用向量法可求出异面直线AE 与CF 所成角的余弦值.试题解析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G ，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1，由ⅠABC=120°，可得3由BEⅠ平面ABCD ，AB=BC 可知，AE=EC ，又ⅠAEⅠEC ，3，EGⅠAC ，在RtⅠEBG 中，可得2，故DF=22.在RtⅠFDG 中，可得6 在直角梯形BDFE 中，由BD=2，2，2可得32，Ⅰ222EG FG EF +=，ⅠEGⅠFG ， ⅠAC∩FG=G ，ⅠEGⅠ平面AFC ，ⅠEG ⊂面AEC ，Ⅰ平面AFCⅠ平面AEC.（Ⅰ）如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB 为单位长度，建立空间直角坐标系G -xyz ，由（Ⅰ）可得A （030），E （1,0, 2，F （－1,02，C （030），ⅠAE =（1，3，2），CF =（-1，-3，22）.…10分 故3cos ,3AE CFAE CF AE CF ⋅==-. 所以直线AE 与CF 所成的角的余弦值为33. 二、线面角1.【分析】（1）由已知可得，BF PF ⊥，BF EF ⊥，又PFEF F =，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2DP =，1DE =，所以3PE =.又1PF =，2EF =，故PE PF ⊥.可得33,22PH EH ==.则()33330,0,0,0,0,,1,,0,1,,,2222H P D DP ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭30,0,2HP ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭为平面ABFD 的法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则334sin 43HP DP HP DPθ⋅===⋅. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 2.【分析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且23OP =． 连结OB ．因为22AB BC AC ==，所以ABC 为等腰直角三角形，且1,22OB AC OB AC ⊥== 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23)O B A C P AP -= 取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-． 设平面PAM 的法向量为(,,)n x y z =．由0,0AP n AM n ⋅=⋅=得2230(4)0y z ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩， 可取2(3(4),3,)n a a a =--所以22223(4)cos 23(4)3a OB n a a a -〈⋅〉=-++ ．由已知得3cos 2OB n 〈⋅〉= ． 所以22223|4|3223(4)3a a a a -=-++ ．解得4a =-(舍去)，43a = ．所以83434,,333n ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭ ． 又(0,2,23)PC =- ，所以3cos ,4PC n 〈〉=． 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34． 3.【详解】（Ⅰ）由已知得. 取的中点T ，连接，由为中点知，. 又，故=TN AM ∥，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN AT ∥. 因为平面，平面，所以平面. （Ⅰ）取的中点，连结.由得，从而，且 . 以A 为坐标原点， AE 的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知， ，，，， (0,2,4)PM =-， 5(,1,2)2PN =-，5(,1,2)2AN =.设(,,)x y z =n 为平面 PMN 的一个法向量，则0,{0,n PM n PN ⋅=⋅=即 240,520,2y z x y z -=+-= 可取(0,2,1)n =.于是85cos ,25n AN n AN n AN⋅〈〉==. 三、二面角1【分析】（1）PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如上图所示的空间直角坐标系D xyz -， 设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ， 则()2,1,1PB a =-，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得22a =，故22BC a ==； （2）设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则22AM ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,1AP =-， 由111120220m AM x y m AP x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取12x =，可得()2,1,2m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，2,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()2,1,1BP =--，由222220220n BM x n BP x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=--+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，3314cos ,1472m n m n m n⋅<>===⨯⋅，所以，270sin ,1cos ,14m n m n <>=-<>=，因此，二面角A PM B --的正弦值为7014. 2.【分析】（1）在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ， 在长方体1111ABCD A B C D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG =，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG =， 同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；（2）以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ， ()0,1,1AE =--，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =-，()12,0,1A F =-，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，由0m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =-，设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，37cos ,7321m n m n m n⋅<>===⨯⋅， 设二面角1A EF A --的平面角为θ，则7cos 7θ=，242sin 1cos 7θθ∴=-=. 因此，二面角1A EF A --的正弦值为427. 3【分析】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线 1//ME B C ∴且112ME B C =又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C =//ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE //MN ∴平面1C DE（2）设AC BD O ⋂=，11111A C B D O ⋂= 由直四棱柱性质可知：1OO ⊥平面ABCD 四边形ABCD 为菱形 AC BD ∴⊥则以O 为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系： 则：()3,0,0A，()0,1,2M ，()13,0,4A ，D （0，-1,0）31,,222N ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭取AB 中点F ，连接DF ，则31,,022F ⎛⎫⎪⎪⎝⎭四边形ABCD 为菱形且60BAD ∠= BAD ∴∆为等边三角形 DF AB ∴⊥ 又1AA ⊥平面ABCD ，DF ⊂平面ABCD 1DF AA ∴⊥DF ∴⊥平面11ABB A ，即DF ⊥平面1AMADF ∴为平面1AMA 的一个法向量，且33,,022DF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设平面1MA N 的法向量(),,n x y z =，又()13,1,2MA =-，33,,022MN ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭132033022n MA x y z n MN x y ⎧⋅=-+=⎪∴⎨⋅=-=⎪⎩，令3x =，则1y =，1z =- ()3,1,1n ∴=-315cos ,515DF n DF n DF n⋅∴===⋅ 10sin ,5DF n ∴=∴二面角1A MA N --的正弦值为：1054.【分析】证明（1）因为1111ABCD A B C D -是长方体，所以11B C ⊥侧面11A B BA ，而BE ⊂平面11A B BA ，所以11BE B C ⊥又1BE EC ⊥，1111B C EC C ⋂=，111,B C EC ⊂平面11EB C ，因此BE ⊥平面11EB C ； （2）以点B 坐标原点，以1,,BC BA BB 分别为,,x y z 轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，1(0,0,0),(,0,0),(,0,),(0,,)2b B C a C a b E a ，因为1BE EC ⊥，所以2210(0,,)(,,)002224b b b BE EC a a a a b a ⋅=⇒⋅-=⇒-+=⇒=，所以(0,,)E a a ，1(,,),(0,0,2),(0,,)EC a a a CC a BE a a =--==， 设111(,,)m x y z =是平面BEC 的法向量，所以111110,0,(0,1,1)0.0.ay az m BE m ax ay az m EC +=⎧⎧⋅=⇒⇒=-⎨⎨--=⋅=⎩⎩， 设222(,,)n x y z =是平面1ECC 的法向量，所以2122220,0,(1,1,0)0.0.az n CC n ax ay az n EC =⎧⎧⋅=⇒⇒=⎨⎨--=⋅=⎩⎩， 二面角1B EC C --的余弦值的绝对值为11222m n m n ⋅==⨯⋅，所以二面角1B EC C --的正弦值为2131()22-=. 5.【分析】解：（1）由题设知,平面CMD Ⅰ平面ABCD ,交线为CD .因为BC ⅠCD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC Ⅰ平面CMD ,故BC ⅠDM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点,且DC 为直径，所以 DM ⅠCM . 又 BC CM =C ,所以DM Ⅰ平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD Ⅰ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 体积最大时，M 为CD 的中点.由题设得()()()()()0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,1,1D A B C M ，()()()2,1,1,0,2,0,2,0,0AM AB DA =-==设(),,n x y z =是平面MAB 的法向量,则0,0.n AM n AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取()1,0,2n =.DA 是平面MCD 的法向量, 因此5cos ,5n DA n DA n DA⋅==，25sin ,5n DA =，所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255. 6.【详解】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⅠAP ，CD ⅠPD ．由于AB//CD ，故AB ⅠPD ，从而AB Ⅰ平面P AD ．又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB Ⅰ平面P AD ． （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，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -. 由（1）及已知可得2,0,02A ⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭，20,0,2P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，2,1,02B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，2,1,02C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭. 所以22,1,22PC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,0CB =，22,0,22PA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()0,1,0AB =.设(),,n x y z =是平面PCB 的法向量，则0,0,n PC n CB ⎧⋅=⎨⋅=⎩即220,2220,x y z x ⎧-+-=⎪⎨⎪=⎩可取()0,1,2n =--. 设(),,m x y z =是平面PAB 的法向量，则0,0,m PA m AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩即220,220.x z y ⎧-=⎪⎨⎪=⎩可取()1,0,1m =. 则3cos ,3n m n m n m ⋅==-， 所以二面角A PB C --的余弦值为33-. 7.【解析】：（1）由题设可得，ABD CBD ≌△△，从而AD DC =. 又ACD △是直角三角形，所以=90ADC ∠︒. 取AC 的中点O ，连接DO ,BO ,则DO ⅠAC ,DO =AO . 又由于ABC 是正三角形，故BO AC ⊥. 所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角. 在Rt AOB 中，222BO AO AB +=.又AB BD =，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故90DOB ∠=. 所以平面ACD Ⅰ平面ABC .（2）由题设及（1）知，,,OA OB OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴正方向，OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.则()()()()1,0,0,0,3,0,1,0,0,0,0,1A B C D -.由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得310,,22E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. 故()()311,0,1,2,0,0,1,,22AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭.设(),,n x y z =是平面DAE 的法向量，则00n AD n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，，即0,310.22x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩可取31,,13⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n . 设m 是平面AEC 的法向量，则00m AC m AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，，同理可取()0,1,3=-m .则7cos ,7⋅==n m n m n m . 所以二面角D -AE -C 的余弦值为77.8.【分析】（Ⅰ）因为四边形ABEF 为正方形，所以AF FE ⊥， 又AF DF ⊥，DF FE F ⋂=，所以AF ⊥平面EFDC ． 又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC ． （Ⅰ）过D 作DG EF ⊥，垂足为G ， 因为平面ABEF ⊥平面EFDC ，平面ABEF平面EFDCEF ，DG ⊂平面EFDC ，故DG ⊥平面ABEF ．以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GD 的方向为z 轴正向， 建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（Ⅰ）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角，故60DFE ∠=︒， 设()20DF a a =>，则3DG a =，FG a =，所以(),4,0A a a ，()3,4,0B a a -，()3,0,0E a -，()0,0,3D a ． 由已知，//AB EF ，而AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ， 所以//AB 平面EFDC ，又平面ABCD 平面EFDC DC =，AB ⊂平面ABCD ，故//AB CD ，所以//CD EF ．由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，同理CEF ∠为二面角C BE F --的平面角， 所以60CEF ∠=︒，从而可得()2,0,3C a a -．所以(),0,3EC a a =，()0,4,0EB a =，()3,4,3AC a a a =--，()4,0,0AB a =-． 设(),,n x y z =是平面BCE 的法向量，则00n EC n EB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即3040ax az ay ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，取3x =，则0,3y z ==-，可取()3,0,3n =-．设m 是平面ABCD 的法向量，则00m AC m AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，同理可取()0,3,4m =，则43219cos ,192319n m n m n m⋅〈〉==-=-⨯．因为二面角E BC A --的平面角为钝角，故二面角E BC A --的余弦值为21919-．9.【详解】：(1)由已知得AC BD ⊥，AD CD =,又由AE CF =得AE CFAD CD=，故AC ⅠEF ，因此 EF HD ⊥，从而EF ⅠD H '.由56AB AC ==，得224DO BO AB AO ==-=.由AC ⅠEF 得14OH AE DO AD ==.所以1OH =,3D H DH '==. 于是222223110D H OH D O +=+='=',故D H OH '⊥.又D H EF '⊥,而OH EF H =,所以D H'⊥平面ABCD .如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,1,0A --，()0,6,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，()3,4,0AB =-，()6,0,0AC =，()3,1,3AD '=.设()111,,m x y z =是平面ABD '的法向量， 则0{m AB m AD '⋅=⋅=，即11111340{330x y x y z -=++=，可取()4,3,5m =-.设()222,,n x y z =是平面ACD '的法向量， 则0{n AC n AD '⋅=⋅=，即222260{330x x y z =++=，可取()0,3,1n =-于是1475cos ,255010m n m n m n ⋅-===-⨯， 设二面角的大小为θ，295sin 25θ=.因此二面角B D A C '--的正弦值是29525.。
向量法的三类求角公式和距离公式PPT课件
•线线角 - •线面角
•二面角
•小结 3
题型一：线线角
异面直线所成角的范围：
0,
2
C
D
思考：
A
D1
B
C D ,A B 与 的 关 系 ？
D C ,A B 与 的 关 系 ？
结论： cos | cosCD ,AB|
•线线角 - •线面角
•二面角
•小结 5
题题型型二二：：线线面面角角
空间向量
高二数学备课组
•线线角
•线面角 -
•二面角
•小结
1
专题一：
利用向量解决 空间角问题
•线线角 - •线面角
•二面角
•小结 2
空间向量的引入为代数方法处理立体几 何问题提供了一种重要的工具和方法，解题 时，可用定量的计算代替定性的分析，从而 避免了一些繁琐的推理论证。求空间角与距 离是立体几何的一类重要的问题，也是高考 的热点之一。本节课主要是讨论怎么样用向 量的办法解决空间角问题。
10
二、直线到平面的距离
l
d | AP n |
n
P
n
d
O A
其中 A P 为斜向量，n 为法向量。
-
11
三、平面到平面的距离
d | AP n |
n
A
-
n
P
d
O
12
四、异面直线的距离
n
d | AP n | a
P
n
AP ?
b
n?
A
n 是与 a , b 都垂直的向量
-
13
方法指导:
①作直线a、b的方向向量a、b，求a、b的法向量 n，即此异面直线a、b的公垂线的方向向量；
1.4.2用空间向量研究距离夹角问题(第二课时角度-线线、线面角)课件(人教版)
探究交流
向量与的夹角
例 7 如图 1.4-19，
ABCD 中， M，N
例 7 如图 1.4-19，在棱长为 1 的正四面体（四个面都是正三角形）
ABCD 中， M，N 分别为 BC ,AD 的中点，求直线 AM 和 CN 夹角的余弦值.
夹角的余弦值.
追问1：这个问题的已知条件是什么？根据以往的经验，你打算通过什么途径将这个
=
=
，
3
3
∙
×1
2
2
.
所以直线与平面所成的角正弦值等于
3
z E
A
N
B
O
M
x
C
y
D
探究交流
用空间向量求直线 与平面所成角的步骤和方法：
化为向量问题
进行向量运算
回到图形问题
①转化为求直线的方向向量与
平面的法向量的夹角
②计算cos ， =
∙
∙
的值
③直线与平面所成的角的
立体几何问题转化成向量问题？ 几何法 基底法
坐标法
解：取中点，过作⊥平面，
z E
以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立
A
如图所示的空间直角坐标系.
N
B
O
y
D
M
x
C
请同学们课后完成！
探究交流
将立体几何问题转化成向量问题的途径：
途径1：通过建立一个基底，用空间向量表示问题中涉
求直线与平面所成
角的正弦值.
夹角的余弦值.
3
( ，0，0)，
2
角
向量与平面的法向量的夹角
1
(0， ，0)，
2
3
向量法求线面角
向量法求线面角
嘿，咱今天来聊聊向量法求线面角呀！这可是个超有趣的事儿呢！你想想看，线面角就像是一个隐藏在几何世界里的小秘密，而向量法就是我们解开这个秘密的神奇钥匙。
向量，那可真是个神奇的东西呀！它就像一把利剑，能帮我们在复杂的几何图形中披荆斩棘。
当我们面对线面角的时候，向量法就闪亮登场啦！通过建立合适的坐标系，把线和面都用向量来表示，这就好比给它们贴上了独特的标签。
然后呢，我们就可以计算向量之间的夹角啦！这就好像在玩一个拼图游戏，我们要把这些向量的碎片拼在一起，找到那个关键的角度。
这难道不神奇吗？
你说，如果没有向量法，我们得费多大的劲儿去求线面角啊！可能会绞尽脑汁，还不一定能找到正确答案呢。
但有了向量法，一切都变得简单明了啦！
比如说，有一条直线和一个平面，它们看起来错综复杂，但只要我们用向量法，就能轻松找到它们之间的夹角。
这就像是在黑暗中找到了一盏明灯，指引着我们前进的方向。
而且呀，向量法还特别准确，不会有模糊不清的地方。
只要我们按照步骤一步一步来，就能得到确切的结果。
这可比我们瞎猜靠谱多了吧！
再想想，我们在生活中不也经常遇到类似的情况吗？有时候面对复杂的问题，我们需要找到一个合适的方法来解决，就像用向量法求线面角一样。
只要我们善于发现和运用，就能轻松应对各种挑战。
所以啊，向量法求线面角真的是太重要啦！它让我们在几何的世界里畅游无阻，让我们能更好地理解和掌握空间关系。
难道你不觉得这是一个超级厉害的方法吗？
总之，向量法求线面角就是几何世界里的一颗璀璨明珠，它让我们看到了数学的魅力和力量。
让我们一起好好利用它，去探索更多的几何奥秘吧！。
2024年高考数学复习培优讲义专题15---几何法求二面角,线面角(含解析)
专题3-1几何法求二面角，线面角立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。
这是空间向量求解的巨大优点，也是缺点，就这么共存着。
其实不建系而直接计算真的很比较锻炼空间想象的能力，方法上也更灵活一些，对于备考的中档学生来说，2种方法都要熟练掌握。
方法介绍一、定义法：交线上取点 等腰三角形共底边时作二面角步骤第一步：在交线l上取一点O第二步：在α平面内过O点作l的垂线OA第三步：在β平面内过O点作l的垂线OB∠AOB即为二面角，余弦定理求角αβl OAB二、三垂线法（先作面的垂直）—后续计算小使用情况：已知其中某个平面的垂线段第二步：过垂直B作l的垂线OB∠AOB即为二面角且△AOB为直角三角形，邻比斜三、作2次交线的垂线作二面角步骤第一步：作AO⊥l第二步：作OB⊥l连接AB，∠AOB即为二面角，余弦定理求角四、转换成线面角作二面角步骤第一步：作AO⊥l第二步：作AB⊥β(找不到垂足B的位置用等体积求AB长)连接AB，∠AOB即为二面角△AOB为直角三角形，邻比斜五、转换成线线角—计算小，也是法向量的原理提问：什么时候用？若α平面存在垂线AB，且β平面存在垂线AC则α平面与β平面的夹角等于直线AC与AB的夹角αβlOABαβlOABβαOABCαβlOAB六、投影面积法——面积比（三垂线法进阶）将cos θ＝边之比∣面积之比，从一维到二维，可多角度求出两面积，最后求解如图△ABC 在平面α上的投影为△A 1BC ， 则平面α与平面ABC 的夹角余弦值1cos A BCABCθ=△△即cos θ=投影原S S补充：即使交线没有画出来也可以直接用例题：一题多解2023汕头二模T20如图在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，PQ 是所在棱上的中点.1C 1CD ABA B 1αBCAA 1D（1）求平面APQ 与平面ABCD 夹角的余弦值 （2）补全截面APQ2023全国乙卷数学(理)T9——由二面角求线面角P C 1CDABA B 1P C 1DABA B 1P C 1CDABA B 1P C 1DABA B 1P C 1CDABA B 1PC 1DABA B 11．已知ABC 为等腰直角三角形，AB 为斜边，ABD △为等边三角形，若二面角C AB D −−为150︒，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）A ．15B ．25C ．35D ．252021·新高考1卷·T20——由二面角求线段长2．如图，在三棱锥A BCD −中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D −−的大小为45︒，求三棱锥A BCD −的体积.题型一 定义法1．如图，在三棱锥S—ABC 中，SC ⊥平面ABC ，点P 、M 分别是SC 和SB 的中点，设PM=AC =1，∠ACB =90°，直线AM 与直线SC 所成的角为60°.(1)求证：平面MAP ⊥平面SAC . (2)求二面角M—AC—B 的平面角的正切值；2．(湛江期末)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，点M ，N 分别是PB ，AC 的中点，且MN ⊥A C ． （1）证明：BC ⊥平面PA C ．（2）若PA ＝4，AC ＝BC ＝22，求平面PBC 与平面AMC 夹角的余弦值．(几何法比较简单)3．如图1，在平行四边形ABCD 中，60,2,4A AD AB ∠=︒==，将ABD △沿BD 折起，使得点A 到达点P ，如图2．重点题型·归类精讲(1)证明：平面BCD⊥平面P AD；(2)当二面角D PA B−−的平面角的正切值为6时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值．题型二三垂线法4．(佛山期末)如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，12PA AD AB CD===，侧面PAD⊥底面ABCD，E为PC的中点．（1）求证：BE⊥平面PCD；（2）若PA＝PD，求二面角P－BC－D的余弦值．5．如图，在四棱锥P -ABCD 中，△P AD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，,,224,23BC AD CD AD AD CD BC PB ⊥====∥ （2023广州一模T19）（1） 求证：AD PB ⊥；（2）求平面P AB 与平面ABCD 交角的正弦值.6．如图，在三棱锥A BCD −中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为2的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =且二面角E BC D −−的大小为60，求三棱锥A BCD −的体积．7．（2023·浙江·统考二模）如图，在三棱柱111ABCA B C 中，底面ABC ⊥平面11AA B B ，ABC 是正三角形，D 是棱BC 上一点，且3CD DB =，11A A A B =.(1)求证：111B C A D ⊥；(2)若2AB =且二面角11A BC B −−的余弦值为35，求点A 到侧面11BB C C 的距离.8．如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，ABC 和ACD 均为正三角形，4AC =，3BE =.(1)在线段AC 上是否存在点F ，使得BF ∥平面ADE ?说明理由； (2)求平面CDE 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值.题型三 作2次交线的垂线9．在三棱锥S ABC −中,底面△ABC 为等腰直角三角形,90SAB SCB ABC ∠=∠=∠=︒. （杭州二模） （1）求证：AC ⊥SB ；（2）若AB ＝2，22SC =，求平面SAC 与平面SBC 夹角的余弦值．题型四 找交线10．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCI )是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝2，PD ⊥C D ． (1)证明：AB ⊥PB ；(2)若平面PAB ⊥平面PCD ，且102PA =，求直线AC 与平面PBC 所成角的正弦值． （广东省二模T19）题型五 转换成线线角湖北省武汉市江汉区2023届高三上学期7月新起点考试11．在直三棱柱111ABC A B C −中，已知侧面11ABB A 为正方形，2BA BC ==，D ，,E F 分别为AC ，BC ，CC 1的中点，BF ⊥B 1D ．(1)证明：平面B 1DE ⊥平面BCC 1B 1；(2)求平面BC 1D 与平面1B DE 夹角的余弦值六、 题型六 投影面积法12．(2022·惠州第一次调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知//AB CD ，AD ⊥CD ，BC BP =，CD ＝2AB＝4，△ADP 是等边三角形，E 为DP 的中点．(1)证明：AE ⊥平面PCD ；(2)若2,PA =求平面PBC 与平面PAD 夹角的余弦值13．(2022深圳高二期末)如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AB //CD ，AB ⊥BC ，且12,2BC CD AB ===取AB 的中点O ，连结OD ，并将△AOD 沿着OD 翻折，翻折后23AC =M ，N 分别是线段AD ，AB 的中点，如图(2)．（1）求证：AC⊥OM.（2）求平面OMN与平面OBCD夹角的余弦值．专题3-1几何法求二面角，线面角立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。
空间向量求线面角公式
空间向量求线面角公式空间向量是三维空间中的一种表示方式，它可以用来描述点、直线、平面等几何对象。
线面角是两条直线或直线与平面之间的夹角，它是空间几何中的重要概念。
本文将介绍如何利用空间向量来求解线面角的公式。
在三维空间中，我们可以用向量来表示直线或平面。
设直线L的方向向量为a，平面P的法向量为n。
对于直线L上的一点P和平面P 上的一点Q，连接向量PQ即可得到一条从直线L到平面P的向量。
设这个向量为d。
根据向量的定义，我们知道向量d与直线L垂直。
而向量d与平面P的夹角则可以通过向量点乘来求解。
向量的点乘公式为：a·b = |a| |b| cosθ，其中a和b分别为向量a和向量b的模，θ为a 和b之间的夹角。
将向量d与直线L的方向向量a进行点乘，得到：d·a = |d| |a| cosα其中α为向量d与直线L的夹角。
由于向量d与平面P垂直，所以d·n = 0。
将这个条件带入上式，得到：0 = |d| |a| cosα解得：cosα = 0α = π/2这说明线面角的大小为90度，即直线和平面垂直。
当直线与平面不垂直时，我们需要使用法线向量来求解线面角的大小。
设直线L上的一点P和平面P上的一点Q，连接向量PQ即可得到一条从直线L到平面P的向量。
设这个向量为d。
由于向量d在平面P上，所以它可以表示为平面P的法向量n与某个向量b的线性组合。
即：d = λn + b其中λ为标量。
将这个表达式代入向量点乘公式，得到：(λn + b)·a = |λn + b| |a| cosα化简得：λn·a + b·a = |λn + b| |a| cosα我们知道，向量n垂直于平面P，所以n·a = 0。
将这个条件带入上式，得到：b·a = |λn + b| |a| cosα由于向量b在平面P上，所以b·n = 0。
将这个条件带入上式，得到：b·a = |b| |a| cosα将向量b的模用向量d和法向量n表示，即|b| = |d - λn|，代入上式，得到：(d - λn)·a = |d - λn| |a| cosα展开并化简上式，得到：d·a - λn·a = |d - λn| |a| cosαd·a = |d - λn| |a| cosα我们知道，向量d在平面P上，所以d·n = 0。
第二章空间向量与立体几何中线面角问题
第二章空间向量与立体几何中线面角问题一、解答题1．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．2．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AM 与平面A 1MD 所成角的正弦值．3．如图所示,已知点P 在正方体ABCD-A′B′C′D′的对角线BD′上,∠PDA=60°.(1)求DP 与CC′所成角的大小.(2)求DP 与平面AA′D′D 所成角的大小.4．如图，四棱锥S ABCD -中，ABS 是正三角形，四边形ABCD 是菱形，点E 是BS 的中点.（I ）求证：SD // 平面ACE ；（II ）若平面ABS ⊥平面ABCD ，120ABC ∠=︒， 求直线AC 与平面ADS 所成角的正弦值.5．如图，直棱柱111ABC A B C -的底面△ABC 中，1CA CB == ，90ACB ∠=︒ ，棱12AA =，如图，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系．（1）求平面11A B C 的法向量；（2）求直线AC 与平面11A B C 夹角的正弦值．6．如图，四棱锥P ABCD -中，PAB ∆为正三角形，ABCD 为正方形，平面PAB ⊥平面ABCD ，E 、F 分别为AC 、BP 中点.（1）证明：//EF 平面PCD ；（2）求直线BP 与平面PAC 所成角的正弦值.7．在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB=AC=2，A 1A=4，点D 是BC 的中点；（I ）求异面直线A 1B ，AC 1所成角的余弦值；（II ）求直线AB 1与平面C 1AD 所成角的正弦值．8．如图1，45ACB ∠=，3BC =，过动点A 作AD BC ⊥，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连接AB ，沿AD 将△ABD 折起，使90BDC ∠=（如图2所示）．（1）当BD 的长为多少时，三棱锥A BCD -的体积最大；（2）当三棱锥A BCD -的体积最大时，设点E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．9．已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AD AB ==，11AA =，E 为11D C 的中点. （1）证明1//BD 平面1B EC ；（2）求直线1AD 与平面1B EC 所成角的正弦值.10．如图，在四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 为菱形，BE ⊥平面ABCD ，G 为AC 与BD 的交点.（1）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（2）若60BAD ∠=︒，AE EC ⊥，求直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值.参考答案1．（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AC =．因为ABC 是等边三角形,则AC AB =,所以AB =．在Rt △ABD 中,有1122AE BD AB AD ⋅=⋅,得BD =,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D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,向量31AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,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 ,2m ADm AD m AD ⋅〈〉===,2sin |cos ,|2m 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.2．（1）见解析（2 【分析】 要证线面平行，先证线线平行建系，利用法向量求解。
高中数学--用向量方法求空间角和距离
用向量方法求空间角和距离1 求空间角问题空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；二面角． （１）求异面直线所成的角设a r 、b r 分别为异面直线a 、b 的方向向量,则两异面直线所成的角α=arccos ||||||a b a b r r g r r（２）求线面角设l r 是斜线l 的方向向量，n r 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角α=arcsin ||||||l n l n r r g r r（３）求二面角法二、设12,,n n u r u u r 是二面角l αβ--的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角l αβ--的平面角α=1212arccos ||||n n n n u r u u r g u r u u r 2 求空间距离问题构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，象异面直线间的距离、线面距离；面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离设n r 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到α的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==u u u r r u u u r g r．（２）求异面直线的距离在a 上取一点A, 在b 上取一点B, 设a r 、b r 分别为异面直线a 、b 的方向向量,求n r （n r a ⊥r ，n r b ⊥r ），则异面直线a 、b 的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==u u u r r u u u r g r （此方法移植于点面距离的求法）．例１．如图，在棱长为２的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F分别是棱1111,A D A B 的中点．（Ⅰ）求异面直线1DE FC 与所成的角；（II ）求1BC 和面EFBD 所成的角；（III ）求1B 到面EFBD 的距离例2．如图，三棱柱中，已知A BCD 是边长为1的正方形，四边形B B A A '' 是矩形，。
用空间向量法研究线线角和线面角
(4)判断直线和平面所成的角 θ 和〈l，n〉的关系，求出角 θ.
当堂检测：
如图所示，直三棱柱 ABC－A1B1C1，∠BCA＝90°，点 F1
是 A1C1 的中点，BC＝CA＝2，CC1＝1.
(1)求异面直线 AF1 与 CB1 所成角的余弦值；
(2)求直线 AF1 与平面 BCC1B1 所成的角．
＝ ，
2 2 2
π
所以 θ＝ ，
4
π
所以直线 AF1 与平面 BCC1B1 所成的角为 .
4
课堂小结：
作业布置：
练习册 分层精炼33
高考链接：
（2022全国甲卷）18. 在四棱锥 P-ABCD中，PD⊥ 底
面ABCD,CD//AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP= ．
（1）证明：BD ⊥ PA ；
n BP 3 y 3z 0
则 cos n, DP
n DP
n DP
3, 3 , DP 0,0, 3 ，
5
，
5
所以 PD 与平面 PAB 所成角的正弦值为
5
.
5
，则 l1 与 l2 所成的角
6
为( A )
π
A.
6
5π
B.
6
π 5π
C. 或
6 6
D.以上均不对
解析 l1 与
故选 A.
π
l2 所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为0， ，
2
学以致用
正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是
A1D1、A1C1的中点，求异面直线AE与CF所成角
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。
1.2空间向量在立体几何中的应用新课讲义2021-2022高一数学人教B版(2019)选择性必修一
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AB n⋅典例解析考点一：空间中的点线例1．在空间直角坐标系Oxyz 中，点(3,1,5),(4,3,1)A B -，点P 为线段AB 的中点，则点P 的位置向量的坐标是（ ） A ．7,1,22⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,2,32⎛⎫⎪⎝⎭C ．(12,3,5)-D ．14,,233⎛⎫- ⎪⎝⎭变式1．若(1,0,1),(1,4,7)A B -在直线l 上，则直线l 的一个方向向量为（ ） A ．(1,2,3) B ．(1,3,2)C ．(2,1,3)D ．(3,2,1)变式2．已知点(4,1,3),(2,5,1),A B C -为线段AB 上一点且||13||AC AB =，则点C 的坐标为（ ） A ．715,,222⎛⎫⎪⎝⎭B ．3,3,28⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．107,1,33⎛⎫-⎪⎝⎭D ．573,,222⎛⎫-⎪⎝⎭例2．已知在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱BB 1，DC 的中点，则异面直线AE 与D 1F 的夹角为( ) A.6πB.3π C.4πD.2π变式1：把正方形ABCD 沿对角线AC 折成直二面角，点E ，F 分别是AD ，BC 的中点，O 是正方形的中心，则折起后，直线OE 与OF 的夹角的大小是( ) A.3πB.2π C.32πD.65π变式2: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, 120BAD ∠=︒.求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值；PABCDE例3．如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，PAD ABCD ⊥,AD BC //，CD ⊥AD ，AD=2DC=2CB ，E 为PD 的中点． （1）证明：//CE 平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．变式1：如图，在四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD ，E 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.（1）在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；（2）若二面角P-CD-A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.变式2：正三棱柱的侧棱长与底面边长相等，则与侧面夹角的正弦值等于( )A.46B.410C.22D.23EDCBPA例4．在四棱锥S ABCD —中，底面ABCD 为矩形，SD ABCD ⊥平面，2AD =,2DC SD ==,点M 在侧棱SC 上，=60ABM ∠。
空间向量求线面角公式
空间向量求线面角公式在空间几何中，线面角是指一条直线与一个平面之间的夹角。
空间向量是空间中具有方向和大小的量，它可以用来描述线段、直线、平面等几何实体。
那么，我们如何利用空间向量来求解线面角呢？我们需要了解空间向量的基本概念和性质。
空间中的向量通常用有序数组表示，例如A(x₁, y₁, z₁)和B(x₂, y₂, z₂)表示的向量可以表示为AB = (x₂ - x₁, y₂ - y₁, z₂ - z₁)。
假设直线L上有一点P，平面Π上有一点Q，我们要求解线面角α。
首先，我们可以利用向量的点乘公式来计算直线L的方向向量和平面Π的法向量之间的夹角。
直线L的方向向量可以表示为向量AP，即AP = P - A。
平面Π的法向量可以表示为向量n，其中n是平面Π的法线向量的一个单位向量。
根据向量的点乘公式，我们知道两个向量的点乘等于两个向量的模长之积与它们的夹角的余弦值。
因此，我们可以得到以下公式：cos(α) = (AP · n) / (|AP| |n|)其中，AP · n表示向量AP和向量n的点乘，|AP|表示向量AP的模长，|n|表示向量n的模长。
接下来，我们需要计算向量AP和向量n的模长。
向量AP的模长可以表示为：|AP| = √((x - x₁)² + (y - y₁)² + (z - z₁)²)其中，(x, y, z)表示点P的坐标。
向量n的模长可以表示为：|n| = √(a² + b² + c²)其中，(a, b, c)表示平面Π的法线向量的坐标。
将向量AP和向量n的模长代入公式，我们可以得到：cos(α) = ((x - x₁) * a + (y - y₁) * b + (z - z₁) * c) / (√((x - x₁)² + (y - y₁)² + (z - z₁)²) * √(a² + b² + c²))我们可以通过求解反余弦函数来得到线面角α的值：α = arccos(((x - x₁) * a + (y - y₁) * b + (z - z₁) * c) / (√((x - x₁)² + (y - y₁)² + (z - z₁)²) * √(a² + b² + c²)))这个公式可以用来计算空间中直线与平面之间的夹角。
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A
B
C
A B
直线与平面的夹角
C
(1) 平面外 一条直线与它在该平面内的 投影 的夹角叫 作该直线与此平面的夹角． (2)如果一条直线与一个平面垂直，这条直线与平面的 π 夹角为 2 . (3)如果一条直线与一个平面平行或在平面内， 这条直线 与平面的夹角为 0 .
几何法：作出A1B在平面A1B1CD上的投影，再求夹角
例题精析 【例】 如图所示，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，求 A1B 与平 面 A1B1CD 的夹角．
求直线与平面的夹角的方法与步骤 思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质 及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)． 思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或 法向量．利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤为： (1)建立空间直角坐标系； → (2)求直线的方向向量AB； (3)求平面的法向量 n； → |n· AB| (4)计算：设线面角为 θ，则 sin θ ＝ . → |n|· |AB|
在正方体AC1中，求对角线AC 1 与底面ABCD夹角的正弦值。 z
A1 B1 A B C x O
D1
C1 y D
例题精析 【例】 如图所示，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，求 A1B 与平 面 A1B1CD 的夹角．
例题精析 【例】 如图所示，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，求 A1B 与平 面 A1B1CD 的夹角．
直线AB与平面的夹角 和该直线的方向向量 s, 与该平面的法向量 n的夹角 s, n 是什么关系?
A
B
C
A
B
C
当 s, n
2
时,
2
s, n
B
A
C
当
2
s, n 时, s, n
2
(4)设直线 l 的方向向量为 a，平面 α 的法向量为 n，l 与 α 的夹角为 θ，则，
练习 在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC-A1B1C1，∠ACB＝90°， AC＝2BC，A1B⊥B1C，求：B1C 与侧面 A1ABB1 夹角的正弦值．
若直线l与平面α的夹角为θ，用向量法求线面夹角： (1)利用法向量计算θ的步骤如下：
(2)利用定义计算θ的步骤如下：
π π 当〈a，n〉≤ 时，θ＝ －〈a，n〉； 2 2
π π 当〈a，n〉> 时，θ＝〈a，n〉－2 2
.
即 sinθ＝ |cos〈a，n〉| .
π (1)直线与平面夹角范围是0，2 ；
(2)求直线与平面夹角 θ 时，可用定义求解；也可用 直线的方向向量 s、平面的法向量 n 的夹角进行求解，但 要注意 sin θ＝|cos〈s，n〉|.