空间向量在立体几何中的应用——夹角的计算习题详细答案
利用空间向量求夹角（例、练及答案）
利⽤空间向量求夹⾓（例、练及答案）利⽤空间向量求夹⾓（例、练及答案）1．利⽤⾯⾯垂直建系例1：在如图所⽰的多⾯体中，平⾯平⾯，四边形为边长为2的菱形，为直⾓梯形，四边形为平⾏四边形，且，，．（1）若，分别为，的中点，求证：平⾯；（2）若，与平⾯所成⾓的正弦值为求⼆⾯⾓的余弦值．2．线段上的动点问题例2：如图，在中，，，，沿将翻折到的位置，使平⾯平⾯．（1）求证：平⾯；（2）若在线段上有⼀点满⾜，且⼆⾯⾓的⼤⼩为，求的值．11ABB A ⊥ABCD 11ABB A ABCD 11BCC B AB CD ∥AB BC ⊥1CD =E F 11A C 1BC EF ⊥11AB C 160A AB ∠=?1AC ABCD 11A AC D --ABCD Y 30A ∠=?2AB =BD ABD △A BD '△A BC '⊥A BD 'A D '⊥BCD A C 'M A M A C λ=''uuuu v uuu v M BD C --60?λ3．翻折类问题例3：如图1，在边长为2的正⽅形中，为中点，分别将，沿，所在直线折叠，使点与点重合于点，如图2．在三棱锥中，为中点．（1）求证：；（2）求直线与平⾯所成⾓的正弦值；（3）求⼆⾯⾓的⼤⼩．练习⼀、单选题1．如图，在所有棱长均为的直三棱柱中，，分别为，的中ABCD P CD PAD △PBC △PA PB C D O P OAB -E PB PO AB ⊥BP POA P AO E --a 111ABC A B C -D E 1BB 11A C点，则异⾯直线，所成⾓的余弦值为（）A ．BC ．D ．2．在三棱柱中，底⾯是边长为1的正三⾓形，侧棱底⾯，点在棱上，且，若与平⾯所成的⾓为，则的值是（） ABCD3．如图，圆锥的底⾯直径，⾼，为底⾯圆周上的⼀点，，则空间中两条直线与所成的⾓为（）A ．B ．C ．D ．4．已知四棱锥的底⾯是边长为2的正⽅形，，平⾯平⾯，是的中点，是的中点，则直线与平⾯所成⾓的正弦值是（）AD CE 121545111ABC A B C -1AA ⊥ABC D 1BB 1BD =AD 11AA C C αsin α22AB =OC D 120AOD ∠=?AD BC 30?60?75?90?P ABCD -ABCD PA PD ==ABCD ⊥PAD M PC O AD BM PCOABCD5．如图，在直三棱柱中，，，点与分别是和的中点，点与分别是和上的动点．若，则线段长度的最⼩值为（）ABCD ．6．如图，点分别在空间直⾓坐标系的三条坐标轴上，，平⾯的法向量为，设⼆⾯⾓的⼤⼩为，则（）A ．BC ．D ． 7．如图所⽰，五⾯体中，正的边长为1，平⾯，，且．设与平⾯所成的⾓为，，若，则当取最⼤值时，平111ABC A B C -90BAC ∠=?12AB AC AA ===G E 11A B 1CC D F AC AB GD EF ⊥DF A B C 、、O xyz -()0,0,2OC =uuu v ABC ()2,1,2=n C AB O --θcos θ=432323-ABCDE ABC △AE ⊥ABC CD AE ∥12CD AE =CE ABE α(0)AE k k =>ππ,64α??∈k⾯与平⾯所成⾓的正切值为（）AB ．1 CD8．已知三棱柱的侧棱与底⾯边长都相等，在底⾯内的射影为的中⼼，则与底⾯所成⾓的正弦值等于（） ABCD9．如图，四棱锥中，平⾯，底⾯为直⾓梯形，，，，点在棱上，且，则平⾯与平⾯的夹⾓的余弦值为（）ABC10．在正⽅体中，直线与平⾯所成⾓的余弦值为（） ABCD11．已知四边形，，沿折起，使⼆⾯⾓的⼤⼩在内，则直线与所成⾓的余弦值取值范围是（）BDE ABC 111ABC A B C -1A ABC ABC △1AB ABC P ABCD -PB ⊥ABCD ABCD AD BC ∥AB BC ⊥3AB AD PB ===E PA 2PE EA =ABE BED1111ABCD A B C D -1BC 1A BD ABCD 2AB BD DA ===BC CD =ABD △BD A BD C --5,66π?π?AB CDA ．B ．D ． 12．正⽅体中，点在上运动（包括端点），则与AD 1所成⾓的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．⼆、填空题13．如图，在直三棱柱中，，是的中点，则异⾯直线与所成⾓的余弦值为________．14．已知四棱锥的底⾯是菱形，，平⾯，且，点是棱的中点，在棱上，若，则直线与平⾯所成⾓的正弦值为__________．15．设，是直线，，是平⾯，，，向量在上，向量在上，，，则，所成⼆⾯⾓中较⼩的⼀个的余弦值为________．16．在四棱锥中，底⾯为平⾏四边形，平⾯，，，，，则当变化时，直线与平⾯所成⾓的取值范围是__________．三、解答题17．如图所⽰：四棱锥，底⾯为四边形，，，，平⾯平⾯，，，01??U ??1111ABCD A B C D -P 1A C BP ππ,43??ππ,42ππ,62ππ,63111ABC A B C -12AB BC CC ===AC =m AC 1CB 1C M P ABCD -60BAD ∠=?PD ⊥ABCD PD AB =E AD F PC :1:2PF FC =EF ABCD a b αβa α⊥b β⊥1a a 1b b ()11,1,1=a 13,(0)4,=-b αβP ABCD -ABCD PA ⊥ABCD 2AB =120BAD ∠=?PA x =x PD PBC P ABCD -ABCD AC BD ⊥BC CD =PB PD =PAC ⊥PBD AC =30PCA ∠=?4PC =（1）求证：平⾯；（2）若四边形中，，是否在上存在⼀点，使得直线与平⾯的值，若不存在，请说明理由．18．如图，在斜三棱柱中，底⾯是边长为2的正三⾓形，，．（1）求证：平⾯平⾯；（2）求⼆⾯⾓的正弦值．PA ⊥ABCD ABCD 120BAD ∠=?AB BC ⊥PC M BM PBD PM MC111ABC A B C -ABC 13BB =1AB =160CBB ∠=?ABC ⊥11BCC B 1B AB C --参考答案1．【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）连接，∵四边形为菱形，∴．∵平⾯平⾯，平⾯平⾯，平⾯，，∴平⾯．⼜平⾯，∴．∵，∴．∵，∴平⾯．∵分别为，的中点，∴，∴平⾯．（2）设，由（1）得平⾯，由，，得过点作，与的延长线交于点，取的中点，连接，，如图所⽰，⼜，∴为等边三⾓形，∴，⼜平⾯平⾯，平⾯平⾯，平⾯，故平⾯．∵为平⾏四边形，∴，∴平⾯．⼜∵，∴平⾯．∵，∴平⾯平⾯．由（1），得平⾯，∴平⾯，∴．∵，∴平⾯，∴是与平⾯所成⾓．1A B 11ABB A 11A B AB ⊥11ABB A ⊥ABCD 11ABB BA I ABCD AB =BC ?ABCD AB BC ⊥BC ⊥11ABB A 1A B ?11ABB A 1A B BC ⊥11BC B C ∥111A B B C ⊥1111B C AB B =I 1A B ⊥11AB C ,E F 11A C 1BC 1EF A B ∥EF ⊥11AB C 11B C a=11B C ⊥11ABB A 160A AB ∠=?2BA =1C 1C M DC ⊥DC M AB H 1A H AM 160A AB ∠=?1ABA △1A H AB ⊥11ABB A⊥ABCD 11ABB A I ABCD AB =1A H ?11ABB A 1A H ⊥ABCD 11BCC B 11CC BB ∥1CC ∥11AA BB CD AB ∥CD ∥11AA BB 1CC CD C =I 11AA BB ∥1DC M BC ⊥11AA BB BC ⊥1DC M 1BC C M ⊥BC DC C =I 1C M ⊥ABCD 1C AM ∠1AC ABCD ∵，，∴平⾯，平⾯，∵，∴平⾯平⾯．在梯形中，易证，分别以，，的正⽅向为轴，轴，轴的正⽅向建⽴空间直⾓坐标系．则，，，及设平⾯的⼀个法向量为，由令，得设平⾯的⼀个法向量为，由得令，得⼜∵⼆⾯⾓是钝⾓，∴⼆⾯⾓的余弦值是2．【答案】（1）见解析；（2．【解析】（1）中，由余弦定理，可得．∴，∴，∴．作于点，∵平⾯平⾯，平⾯平⾯，∴平⾯．∵平⾯，∴．⼜∵，，∴平⾯．⼜∵平⾯，∴．11A B AB∥11C B CB∥11A B∥ABCD11B C∥ABCD11111A B C B B=I ABCD∥111A B CABCD DE AB⊥HAuu u vHDuuu v1HAuuu vx y z()1,0,0A()1,0,0B-BB CC=uuu v uuu v 1ADC() 111,,x y z=m1ACAD==uuu vuuu vmm11y=()3,1,2=m11AA C() 222,,x y z=ACAA==uuu vuuu vnn21z=11A AC D--11A AC D--ABD△1BD=222 BD AD AB +=90ADB∠=?90 DBC∠=?DF A B ⊥'FA BC'⊥A BD'I A BD A B'='DF⊥A BC'CB?A BC'DF BC⊥CB BD⊥BD DF D=I CB⊥A DB'A D'?A DB'CB A D⊥'⼜，，∴平⾯．（2）由（1）知，，两两垂直，以为原点，以⽅向为轴正⽅向建⽴如图所⽰空间直⾓坐标系，则，．设，设平⾯的⼀个法向量为，取．平⾯的⼀个法向量可取∵3．【答案】（1）见解析；（2；（3【解析】（1）在正⽅形中，为中点，，，∴在三棱锥中，，．∵，∴平⾯．∵平⾯，∴．A D BD '⊥BD CB B =I A D '⊥BCD DA DB DA 'D DA uu u vx D xyz -()0,1,0B (),,M x y z MDB (),,a b c =m ()11,0,a c λλλλ=-?=?=-m CBD []0,1λ∈ABCD P CD PD AD ⊥PC BC ⊥P OAB -PO OA ⊥PO OB ⊥OA OB O =I PO ⊥OAB AB ?OAB PO AB ⊥（2）取中点，连接，取中点，连接．过点作的平⾏线．∵平⾯，∴，．∵，为的中点，∴．∴．如图所⽰，建⽴空间直⾓坐标系．，，，．∵，为的中点，∴．∵平⾯，平⾯，∴平⾯平⾯．∵平⾯平⾯，平⾯，∴平⾯∴平⾯的法向量设直线与平⾯所成⾓为∴直线与平⾯AB F OF AO M BM O AB OG PO ⊥OAB PO OF ⊥PO OG ⊥OA OB =F AB OF AB ⊥OF OG ⊥O xyz -()A ()B -()0,0,1P 12M ??BO BA =M OA BM OA ⊥PO ⊥OAB PO ?POA POA ⊥OAB POA I OAB OA =BM ?OAB BM ⊥POA POA )1,0= -m BP POA αBP POA设平⾯的法向量为，则有令由题知⼆⾯⾓练习答案⼀、单选题 1．【答案】C【解析】设的中点，以，，为，，轴建⽴坐标系，则，，，，则，，设与成的⾓为，则，故选C ． 2．【答案】D【解析】如图，建⽴空间直⾓坐标系，易求点．平⾯的⼀个法向量是，∴，则．故选D ． 3．【答案】B【解析】取中点，以为原点，为轴，为轴，为轴，建⽴空间直⾓OAE n 0 0OA OE =??=??uu v uu u v n n1y =-P AOE --AC O OB uu u v OC uuu v OE uu uvx y z 0,,02a A ??,0,2a D ?0,,02a C ?? ???()0,0,E a ,,22a a AD ?=uuu v 0,,2a CE a ??=- uu u v AD CE θ01cos 5a a aaθ-?+?=1,12D ?11AA C C ()1,0,0=n cos ,AD ===uuu v n sin α=AB E O OE x OB y OC z 坐标系，如图所⽰，∵圆锥的底⾯直径，⾼，为底⾯圆周上的⼀点，，∴可得，，，，则，，设空间两条直线与所成的⾓为，∴，∴，即直线与所成的⾓为，故选B ． 4．【答案】D【解析】由题可知，，，，则，，∵是的中点，∴，设平⾯的法向量，直线与平⾯所成⾓为，则可取，，故选D ．2AB=OC D 120AOD ∠=?()0,1,0A -()0,1,0B (C 1,02D3,02AD ?=uuuv (0,BC =-u u u vAD BCθ31cos 2AD BC AD BC θ?===?u uuu v uu u u v v u uu u v 60θ=?AD BC 60?()0,0,0O ()0,0,2P ()1,2,0B ()1,2,0C -()0,0,2OP =uu u v ()1,2,0OC =-uuu vM PC 1,1,12M ??- 3,1,12BM ??=--uuu v PCO (),,x y z =n BM PCO θ20 20OP z OC x y ?==?=-=?+uu u vuuu vn n ()2,1,0=n sin cos BM BM BM θ?===?uuu v uuu v uuu v ，n n n5．【答案】A【解析】建⽴如图所⽰的空间直⾓坐标系，则，，，，，则，，由于，∴，∴，故，∴当时，线段A ． 6．【答案】C【解析】由题意可知，平⾯的⼀个法向量为：，由空间向量的结论可得：．故选C ． 7．【答案】C【解析】如图所⽰，建⽴如图所⽰的空间直⾓坐标系，()0,0,0A ()0,2,1E ()1,0,2G 0(),0,F x 0(0,),D y ()1,,2GD y =--uuu v (),2,1EF x =--uu u v GD EF ⊥220GD EF x y =--+=?uuu v uu u v22x y =-DF =45y =DF ABO ()0,0,2OC =uuu v42cos 233OC OC θ?===??uuu vuuu vn n O xyz -则，，，，取的中点，则，则平⾯的⼀个法向量为，由题意⼜由，∴∴当的法向量为，则，取，由平⾯的法向量为，设平⾯和平⾯所成的⾓为，则，∴，∴C ． 8．【答案】B【解析】如图，设在平⾯内的射影为，以为坐标原点，、分别为轴、轴建⽴空间直⾓坐标系如图．，，ABE 3,04CM ?=uuu v sin CE CM CE CM α?==uu u v u uu u u vv uu v uu ππ,64α??∈1sin 2α≤=≤k ≤k k BDE (),,x y z =n 0 1022DE y z BE y z==?++=?uuu v uu u v n n (=-n ABC ()0,0,1=m BDE ABC θcos θ?= =n m n m sin θ=tan θ=1A ABC O O OA 1OA x z设边长为1，的法向量为．设与底⾯所成⾓为故直线与底⾯B ．9．【解析】以为坐标原点，以、、所在直线为、、轴，建⽴空间直⾓坐标系，设平⾯的⼀个法向量为，则，取的法向量为，与平⾯B ．10．【答案】C【解析】分别以，，为，，轴建⽴如图所⽰空间直⾓坐标系：ABC △112B ? ??ABC ()0,0,1=n 1AB ABC α1AB ABC B BC BA BP x y z ()0,0,0B ()0,3,0A ()0,0,3P ()3,3,0D ()0,2,1E ()0,2,1BE =uu u v ()3,3,0BD =uu u vBED (),,x y z =n 20330BE y z BD x y =+=?=+=?uu u v uu u vn n 1z =ABE ()1,0,0=m ABE BED DA DC 1DD x y z设正⽅体的棱长为1，可得，，，，∴，，，设是平⾯的⼀个法向量，∴，即，取，得，∴平⾯的⼀个法向量为，设直线与平⾯所成⾓为，∴，即直线与平⾯所成⾓的余弦值是C ． 11．【答案】A【解析】取中点，连结，，∵．，，且，∴是⼆⾯⾓的平⾯⾓，以为原点，为轴，为轴，过点作平⾯的垂线为轴，建⽴空间直⾓坐标系，，，，()0,0,0D ()1,1,0B()10,1,1C ()11,0,1A ()11,0,1BC =-uuu r ()11,0,1A D =--uuu r ()1,1,0BD =--uu u r(),,x y z =n 1A BD 100A D BD =?=uuu v uu u vn n 0 0x z x y =+=+1x =1y z ==-1A BD ()1,1,1=--n 1BC 1A BD θ1BC 1A BD BD O AO CO 2AB BD DA ===BC CD ==CO BD ⊥AO BD ⊥1CO =AO AOC ∠A BD C --O OC x OD y O BCD z ()0,1,0B -()1,0,0C ()0,1,0D设⼆⾯⾓的平⾯⾓为，则，连、，则，，∴，，设、的夹⾓为，则∵，∴，故，∴．故选A ．12．【答案】D【解析】以点为原点，、、所在直线分别为轴建⽴空间直⾓坐标系，设正⽅体棱长为1，点坐标为，则，，设、的夹⾓为，则∴当时，，．当时，取最⼩值，．∵，∴与所成⾓的取值范围是．故选D ．⼆、填空题 13．【解析】在直三棱柱中，，是的中点，A BD C --θ5,66θπ??∈πAO BO AOC θ∠=)A θθ)BA θθ=uu r ()1,1,0CD =-uu u rAB CD αcos AB CD AB CD α?=?uu u r uu u r uu u r uu u r 5,66θπ??∈πcos θ?∈510,2θ??-∈cos α?∈D DA DC 1DD x y z 、、P (),1,x x x -()1,,BP x x x =--uu v ()11,0,1BC =-uuu vBP uu v 1BC uuu vα11cos BP BC BP BC α?==uu v uu uu u v v uuu v 13x =cos απ6α=1x =cos α12π3α=11BC AD ∥BP 1AD ππ,63??111ABC A B C -12AB BC CC ===AC =M AC∴，．以为原点，为轴，为轴，过作的垂线为轴，建⽴空间直⾓坐标系，则，，，，∴，，设异⾯直线与所成⾓为，则．∴异⾯直线与． 14．【解析】以点建⽴如图所⽰的空间直⾓坐标系，设菱形的边长为2，则，，，平⾯的⼀个法向量为，BM AC ⊥1BM =M MA x MB y M AC z ()C ()10,1,2B ()1C ()0,0,0M )1CB =uuu v ()1MC =uuuu v1CB 1C M θ1111cos CB CB MC MC θ?===?uuu v uuu v uuuu v uuuu v 1CB 1C M D D xyz -ABCD ()0,0,0D 1,02E ?-240,,33F ?? ABCD ()0,0,1=n。
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析以多面体为载体，以空间向量为工具，来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问题，是近年来高考数学的重点和热点，用空间向量解立体几何问题，极大地降低了求解立几的难度，很大程度上呈现出程序化思想。
更易于学生们所接受，故而执教者应高度重视空间向量的工具性。
首先，梳理一下利用空间向量解决立体几何的知识和基本求解方法 一：利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的夹角范围：两条异面直线所成的夹角的取值范围是 。
向量求法：设直线,a b 的方向向量为a,b ，其夹角为θ，则有cos ___________.θ= (2)直线与平面所成的角定义：直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。
范围：直线和平面所夹角的取值范围是 。
向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与法向量所成角的余弦值为|cos |___________.θ=直线与平面所成的角为ϕ，则有sin ___________.ϕ=或在平面内任取一个向量m ，则|cos |___________.θ=.(3)二面角二面角的取值范围是 . 二面角的向量求法：方法一：在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的 即为所求的二面角的大小；方法二：设1n ，2n 分别是两个面的 ，则向量1n 与2n 的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角的大小。
二：利用空间向量求空间距离 （1）点面距离的向量公式平面α的法向量为n ，点P 是平面α外一点，点M 为平面α内任意一点，则点P 到平面α的距离d 就是 ，即d =||||MP ⋅n n . （2）线面、面面距离的向量公式平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈l ，平面α与直线l 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d = .平面α∥β，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈β，平面α与平面β的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n . （3）异面直线的距离的向量公式设向量n 与两异面直线a 、b 都垂直，M ∈a 、P ∈b ，则两异面直线a 、b 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n .三：利用空间向量解证平行、垂直关系1：①所谓直线的方向向量，就是指 的向量，一条直线的方向向量有 个。
立体几何中的向量方法1：求空间角、距离
立体几何中的向量方法——求空间角、距离1．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|.(2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|. (3)求平面间夹角的大小如图所示，平面π1与π2相交于直线l ，点R 为直线l 上任意一点，过点R ，在平面π1上作直线l 1⊥l ，在平面π2上作直线l 2⊥l ，则l 1∩l 2＝R .我们把直线l 1和l 2的夹角叫作平面π1与π2的夹角．已知平面π1和π2的法向量分别为n 1和n 2.当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，平面π1与π2的夹角等于〈n 1，n 2〉；当π2<〈n 1，n 2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于π－〈n 1，n 2〉． 2.点面距的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.[难点正本 疑点清源]1．向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化，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．利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α、β的向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补．3．求点到平面距离的方法：①垂面法：借助面面垂直的性质来作垂线，其中过已知点确定已知面的垂面是关键；②等体积法，转化为求三棱锥的高；③等价转移法；④法向量法．1．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则l 与α所成角的正弦值为_______．答案 41133解析 ∵n·a ＝－8－3＋3＝－8，|n |＝16＋1＋1＝32， |a |＝4＋9＋9＝22，∴cos 〈n ，a 〉＝n·a|n|·|a |＝－832×22＝－41133.又l 与α所成角记为θ，即sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝41133. 2．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________． 答案 30°解析 由题意得直线l 与平面α的法向量所在直线的夹角为60°，∴直线l 与平面α所成的角为90°－60°＝30°.3．从空间一点P 向二面角α—l —β的两个面α，β分别作垂线PE ，PF ，垂足分别为E ，F ，若二面角α—l —β的大小为60°，则∠EPF 的大小为__________． 答案 60°或120°4. 如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a 的正方体ABCO —A ′B ′C ′D ′，A ′C 的中点E 与AB 的中点F 的距离为________．答案22a 解析 由图易知A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，A ′(a,0，a )．∴F ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0，E ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2. ∴EF ＝⎝⎛⎭⎫a －a 22＋⎝⎛⎭⎫a 2－a 22＋⎝⎛⎭⎫0－a 22 ＝a 24＋a 24＝22a .5．在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中点，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________．答案 155解析 以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD1为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，∴F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，E (0,2,1)，∴FD 1→＝(－1,0,2)， OE →＝(－1,1,1)，∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝1＋25·3＝155.题型一 求异面直线所成的角例1 如图，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 是正方形BCC 1B 1的中心，点F 、G 分别是棱C 1D 1、AA 1的中点，设点E 1、G 1分别是点E 、G 在平面DCC 1D 1内的正投影．(1)证明：直线FG 1⊥平面FEE 1；(2)求异面直线E 1G 1与EA 所成角的正弦值．思维启迪：本题可方便地建立空间直角坐标系，通过点的坐标得到向量坐标，然后求解． (1)证明 以D 为原点，DD 1→、DC →、DA →分别为z 轴、y 轴、x 轴的正向，12|DD 1→|为1个单位长度建立空间直角坐标系．由题设知点E 、F 、G 1、E 1的坐标分别为(1,2,1)，(0,1,2)，(0,0,1)，(0,2,1)， ∴FE 1→＝(0,1，－1)，FG 1→＝(0，－1，－1)，EE 1→＝(－1,0,0)， ∴FG 1→·EE 1→＝0，FG 1→·FE 1→＝0⇒FG 1→⊥EE 1→，FG 1→⊥FE 1→， 又∵EE 1∩FE 1＝E 1.∴FG 1⊥平面FEE 1.(2)解 由题意知点A 的坐标为(2,0,0)，又由(1)可知EA →＝(1，－2，－1)，E 1G 1→＝(0，－2,0)，∴cos 〈EA →，E 1G 1→〉＝EA →·E 1G 1→|EA →|·|E 1G 1→|＝63，∴sin 〈EA →，E 1G 1→〉＝1－cos 2〈EA →，E 1G 1→〉＝33.探究提高 用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解，而两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，所以要注意二者的区别与联系，应有cos θ＝|cos α|.如图所示，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝2.E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB ＝BF ＝1.求直线EC 1与FD 1所成的角的余弦值．解 以A 为原点，AB →、AD →、AA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴的正向建立空间直角坐标系，则有D 1(0,3,2)，E (3,0,0)，F (4,1,0)，C 1(4,3,2)，于是EC 1→＝(1,3,2)，FD 1→＝(－4,2,2)，设EC 1与FD 1所成的角为β，则：cos β＝|EC 1→·FD 1→||EC 1→|·|FD 1→|＝1×(－4)＋3×2＋2×212＋32＋22×(－4)2＋22＋22＝2114，∴直线EC 1与FD 1所成的角的余弦值为2114.题型二 求直线与平面的夹角例2 如图，已知四棱锥P —ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH是四棱锥的高，E 为AD 的中点．(1)证明：PE ⊥BC ；(2)若∠APB ＝∠ADB ＝60°，求直线P A 与平面PEH 夹角的正弦值．思维启迪：平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键，本题可通过建立坐标系，利用待定系数法求出平面PEH 的法向量．(1)证明 以H 为原点，HA ，HB ，HP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，线段HA 的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)，则A (1,0,0)，B (0,1,0)．设C (m,0,0)，P (0,0，n ) (m <0，n >0)，则D (0，m,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，m 2，0.可得PE →＝⎝⎛⎭⎫12，m 2，－n ，BC →＝(m ，－1,0)． 因为PE →·BC →＝m 2－m2＋0＝0，所以PE ⊥BC .(2)解 由已知条件可得m ＝－33，n ＝1，故C ⎝⎛⎭⎫－33，0，0，D ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，E ⎝⎛⎭⎫12，－36，0，P (0,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PEH 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·HE →＝0，n ·HP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －36y ＝0，z ＝0.因此可以取n ＝(1，3，0)．又P A →＝(1,0，－1)，所以|cos 〈P A →，n 〉|＝24.所以直线P A 与平面PEH 夹角的正弦值为24.探究提高 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投影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面的夹角．已知三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，且AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 夹角的大小．(1)证明 设P A ＝1，以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M (1,0，12)，N (12，0,0)，S (1，12，0)．所以CM →＝(1，－1，12)，SN →＝(－12，－12，0)．因为CM →·SN →＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN .(2)解 设平面CMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·CM →＝x －y ＋12z ＝0n ·CN →＝(x ，y ，z )·⎝⎛⎭⎫12，－1，0＝12x －y ＝0.∴y ＝12x ，z ＝－x ，取x ＝2，则n ＝(2,1，－2)为平面CMN 的一个法向量．∴cos 〈n ·SN →〉＝n ·SN →|n |·|SN →|＝(2，1，－2)·⎝⎛⎭⎫－12，－12，022＋1＋(－2)2·⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－122＋02＝－22.∴〈n ·SN →〉＝135°， 故SN 与平面CMN 夹角的大小为45°. 题型三 求平面间的夹角例3 (2012·广东)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE .(1)证明：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝1，AD ＝2，求平面BPC 与平面PCA 夹角的正切值．思维启迪：利用图中的P A ⊥平面ABCD 、ABCD 为矩形的条件建立空间直角坐标系，转化为向量问题．(1)证明 ∵P A ⊥平面ABCD ，BD 平面ABCD ， ∴P A ⊥BD .同理由PC ⊥平面BDE 可证得PC ⊥BD . 又P A ∩PC ＝P ，∴BD ⊥平面P AC . (2)解 如图，分别以射线AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系． 由(1)知BD ⊥平面P AC ， 又AC 平面P AC ， ∴BD ⊥AC .故矩形ABCD 为正方形，∴AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2. ∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)． ∴PB →＝(2,0，－1)，BC →＝(0,2,0)，BD →＝(－2,2,0)． 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·BC →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧2·x ＋0·y －z ＝0，0·x ＋2·y ＋0·z ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧z ＝2x ，y ＝0，取x ＝1得n ＝(1,0,2)． ∵BD ⊥平面P AC ，∴BD →＝(－2,2,0)为平面P AC 的一个法向量．cos 〈n ，BD →〉＝n ·BD →|n |·|BD →|＝－1010.设平面BPC 与平面PCA 夹角为α， ∴cos α＝1010，sin α＝1－cos 2α＝31010.∴tan α＝sin αcos α＝3，即平面BPC 与平面PCA 夹角的正切值为3.探究提高 求平面间的夹角最常用的方法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到所求角的大小，但要注意平面间的夹角的范围为⎣⎡⎦⎤0，π2.(2011·辽宁)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ；(2)求平面QBP 与平面BPC 的夹角的余弦值．(1)证明 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，以DA 、DP 、DC 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)， PQ →＝(1，－1,0)．所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0， 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .又DQ ∩DC ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ .又PQ 平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)解 依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．同理，设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0，可取m ＝(1,1,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故平面QBP 与平面BCP 的夹角的余弦值为－155. 题型四 求空间距离例4 在三棱锥S —ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA ＝SC ＝23，M 、N 分别为AB 、SB 的中点，如图所示. 求点B 到平面CMN 的距离．思维启迪：由平面SAC ⊥平面ABC ，SA ＝SC ，BA ＝BC ，可知本题可以取AC 中点O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，用向量法求解．解 取AC 的中点O ，连接OS 、OB .∵SA ＝SC ，AB ＝BC ， ∴AC ⊥SO ，AC ⊥BO .∵平面SAC ⊥平面ABC ， 平面SAC ∩平面ABC ＝AC ， ∴SO ⊥平面ABC ，又∵BO 平面ABC ，∴SO ⊥BO .如图所示，分别以OA ，OB ，OS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则B (0,23，0)，C (－2,0,0)，S (0,0,22)，M (1，3，0)，N (0，3，2)． ∴CM →＝(3，3，0)，MN →＝(－1,0，2)，MB →＝(－1，3，0)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧CM →·n ＝3x ＋3y ＝0MN →·n ＝－x ＋2z ＝0，取z ＝1，则x ＝2，y ＝－6，∴n ＝(2，－6，1)．∴点B 到平面CMN 的距离d ＝|n ·MB →||n |＝423.探究提高 点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法．如本题，事实上，作BH ⊥平面CMN 于H .由BH →＝BM →＋MH →及BH →·n ＝n ·BM →， ∴|BH →·n |＝|n ·BM →|＝|BH →|·|n |，∴|BH →|＝|n ·BM →||n |，即d ＝|n ·BM →||n |.(2012·大纲全国)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为( )A ．2B. 3C. 2D ．1答案 D解析 以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图)，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,22)，E (0,2，2)，易知AC 1∥平面BDE .设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝2x ＋2y ＝0n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)为平面BDE 的一个法向量． 又DA →＝(2,0,0)，∴点A 到平面BDE 的距离是d ＝|n ·DA →||n |＝|－1×2＋0＋0|(－1)2＋12＋(－2)2＝1. 故直线AC 1到平面BED 的距离为1.典例：(12分)如图，已知在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝1，直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30°，AE 垂直BD 于点E ，F 为A 1B 1的中点．(1)求异面直线AE 与BF 所成角的余弦值； (2)求平面BDF 与平面AA 1B 夹角的余弦值.审题视角 (1)研究的几何体为长方体，AB ＝2，AA 1＝1. (2)所求的是异面直线所成的角和平面间的夹角． (3)可考虑用空间向量法求解． 规范解答解 (1)以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1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)．[2分]由于AB ＝2，BD 与平面AA 1B 1B 的夹角为30°，即∠ABD ＝30°，∴AD ＝233，[3分]∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，D ⎝⎛⎭⎫0，233，0，F (1,0,1)．又AE ⊥BD ，故由平面几何知识得AE ＝1，从而E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，[4分]因为AE →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，BF →＝(－1,0,1)，∴AE →·BF →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0·(－1,0,1)＝－12，|AE →|＝1，|BF →|＝2，[6分]设AE 与BF 所成角为θ1，则cos θ1＝|AE →·BF →||AE →||BF →|＝⎪⎪⎪⎪－121×2＝24.[8分]故异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为24. (2)设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BF →＝0n ·BD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0－2x ＋233y ＝0，∴z ＝x ，y ＝3x ，取x ＝1，得n ＝(1，3，1)．[10分] 求得平面AA 1B 的一个法向量为m ＝AD →＝⎝⎛⎭⎫0，233，0.设平面BDF 与平面AA 1B 的夹角的大小为θ2.则cos θ2＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n |＝|0＋2＋0|233×5＝155.[12分]利用向量求空间角的步骤： 第一步：建立空间直角坐标系． 第二步：确定点的坐标．第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法 向量)坐标．第四步：计算向量的夹角(或函数值)． 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角． 第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和 答题规范．温馨提醒 (1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性 作用．(2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范． (3)将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易错．方法与技巧1．若利用向量求角，各类角都可以转化为向量的夹角来运算．(1)求两异面直线a 、b 的夹角θ，须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的夹角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)求平面间夹角θ，可先求出两个平面的法向量n 1，n 2所成的角，则θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．2．求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段． 失误与防范1．利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同．2．求点到平面的距离，有时利用等积法求解可能更方便．A 组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1 . 已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1如图所示，则直线B 1D 和CD 1所成的角为( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°答案 D解析 以A 为原点，AB 、AD 、AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，则射线CD 1、B 1D 的方向向量分别是CD 1→＝(－1,0,1)，B 1D →＝(－1,1，－1)，cos 〈CD 1→，B 1D →〉＝1＋0－12×3＝0，∴两直线所成的角为90°.2．在空间直角坐标系Oxyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( )A ．4B ．2C ．3D ．1答案 B解析 P 点到平面OAB 的距离为d ＝|OP →·n||n |＝|－2－6＋2|9＝2，故选B.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 ．90°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，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°.提醒 两异面直线的方向向量的夹角与异面直线所成的角相等或互补．4．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 的夹角的余弦值为( )A.12 B.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，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⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2. ∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23. 即所求的角的余弦值为23.二、填空题(每小题5分，共15分)5 . 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________．答案 60°解析 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.6．长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为________．答案 3010解析 建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)， ∴BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)，∴cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→||AE →|＝3010. 7．设正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________．答案 233解析 如图建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)， D (0,0,0)，B (2,2,0)， ∴D 1A 1→＝(2,0,0)， DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，∴点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.三、解答题(共22分)8．(10分)如图，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，P A 与平面ABD 所成的角为60°，在四边形ABCD 中，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B ，P 的坐标； (2)求异面直线P A 与BC 所成的角的余弦值． 解 (1)建立如图空间直角坐标系，∵∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2， ∴A (2,0,0)，C (0,1,0)，B (2,4,0)．由PD ⊥平面ABCD ，得∠P AD 为P A 与平面ABCD 所成的角， ∴∠P AD ＝60°.在Rt △P AD 中，由AD ＝2，得PD ＝23，∴P (0,0,23)．(2)∵P A →＝(2,0，－23)，BC →＝(－2，－3,0)，∴cos 〈P A →，BC →〉＝2×(－2)＋0×(－3)＋(－23)×0413＝－1313，∴P A 与BC 所成的角的余弦值为1313. 9．(12分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P —ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)求平面PBD 与平面ABD 的夹角的大小． (1)证明 如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)， ∴AP →＝(0,0,3)，AC →＝(23，6,0)，BD →＝(－23，2,0)． ∴BD →·AP →＝0，BD →·AC →＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC . 又∵P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥面P AC .(2)解 设平面ABD 的法向量为m ＝(0,0,1)， 设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·BD →＝0，n ·BP →＝0.∵BP →＝(－23，0,3)， ∴⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，z ＝233x . 令x ＝3，则n ＝(3，3,2)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝12.∴平面PBD 与平面BDA 夹角的大小为60°.B 组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( )A.19 B.495 C.295 D.23答案 B解析 设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.2．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 的夹角的正弦值为( )A.22B.155C.64D.63答案 C解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则C 1(3，1,0)、A (0,0,2)，AC 1→＝(3，1，－2)，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，所以AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝38＝64.故选C.3.如图，设动点P 在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B＝λ.当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是 ( )A.⎝⎛⎭⎫0，13B.⎝⎛⎭⎫0，12C.⎝⎛⎭⎫12，1D.⎝⎛⎭⎫13，1 答案 D解析 由题设可知，以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则有A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)． 由D 1B →＝(1,1，－1)得D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以P A →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)， PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1) ＝(－λ，1－λ，λ－1)．显然∠APC 不是平角，所以∠APC 为钝角等价于cos ∠APC ＝cos 〈P A →，PC →〉＝P A →·PC →|P A →||PC →|<0，这等价于P A →·PC →<0， 即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)<0，得13<λ<1.因此，λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫13，1. 二、填空题(每小题5分，共15分)4．(2012·陕西)如图所示，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所成的角的余弦值为________．答案55解析 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)， ∴BC →1＝(0,2，－1)，AB →1＝(－2,2,1)，∴cos 〈BC →1，AB →1〉＝BC →1·AB →1|BC →1||AB →1|＝4－15×9＝15＝55>0.∴BC →1与AB →1的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.5．(2012·大纲全国)三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________．答案 66解析 连接A 1B 交AB 1于点O ，取A 1C 1的中点D ，连接B 1D 、DO .∵O 、D 分别为A 1B 、A 1C 1的中点，∴OD ∥BC 1，∴∠DOB 1或其补角即为异面直线AB 1与BC 1所成的角．设各棱长为a ，则DB 1＝32a .∵∠A 1AB ＝60°，∴OB 1＝AO ＝32a .又∵BC 1→＝BB 1→＋BC →＝AA 1→＋AC →－AB →， ∴BC 1→2＝(AA 1→＋AC →－AB →)2 ＝AA 1→2＋2AA 1→·AC →＋AC →2－2AA 1→·AB →－2AC →·AB →＋AB →2 ＝a 2＋2a 2cos 60°＋a 2－2a 2cos 60°－2a 2cos 60°＋a 2 ＝2a 2，∴|BC 1→|＝2a .∴OD ＝12BC 1＝22a .在△DOB 1中，由余弦定理得cos ∠DOB 1＝⎝⎛⎭⎫32a 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2－⎝⎛⎭⎫32a 22·32a ·22a ＝66，∴AB 1与BC 1所成角的余弦值为66.6．在四面体P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为________．答案 33a解析 根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz ，则P (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (0,0，a )．过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ，则PH 的长即为点P 到平面ABC 的 距离．∵P A ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心． 又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心，可得H 点的坐标为⎝⎛⎭⎫a 3，a 3，a 3. ∴PH ＝⎝⎛⎭⎫a 3－02＋⎝⎛⎭⎫a 3－02＋⎝⎛⎭⎫a 3－02＝33a .∴点P 到平面ABC 的距离为33a . 三、解答题7．(13分)(2012·北京)如图(1)，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6.D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图(2)．(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． (1)证明 ∵AC ⊥BC ，DE ∥BC ，∴DE ⊥AC . ∴DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，∴DE ⊥平面A 1DC ， 又A 1C 平面A 1DC ，∴DE ⊥A 1C . 又∵A 1C ⊥CD ，∴A 1C ⊥平面BCDE .(2)解 如图所示，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C －xyz则A 1(0,0,23)，D (0,2,0)，M (0,1，3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1B →＝0， n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)，∴⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3，∴n ＝(2,1，3)． 设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ. ∵CM →＝(0,1，3)，∴sin θ＝|cos 〈n ，CM →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CM →|n |·|CM →|＝48×4＝22. ∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(3)解 线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．理由如下： 假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，则m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0. 又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →＝(p ，－2,0)，∴⎩⎨⎧2y ′－23z ′＝0，px ′－2y ′＝0.令x ′＝2，则y ′＝p ，z ′＝p 3，∴m ＝⎝⎛⎭⎫2，p ，p 3. 平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．∴线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．。
立体几何中的向量法--夹角问题
两个向量的夹角
A
例1图
22 2
A C B B D 2 ( D A C C A D D C C B D D ) B
a 2 c2 b 2 2 AD C B
a 2c2b 22 CD A B
于是，得 2 C D A a 2 B b 2 c 2 d 2
设向量 CA 与 DB的夹角为 ，就是库底与水坝所成的二面角。
u
v
α , β 的 夹 角 为 θ ， cos uv
|u||v|
u
v
,的 夹 角 为 ，cos uv
| u|| v|
题型一 求异面直线的夹角
【例1】 正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是A1D1、A1C1 的中点，求异面直线AE与CF所成角的余弦值．
解 不妨设正方体棱长为2，分别取 DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴 、z轴建立如图所示空间直角坐标系 ，则
取 B1C1 中点为 O1，以 O 为原点，O→B，O→O1，O→A为 x，y，z 轴的
正方向建立空间直角坐标系，则 B(1，0，0)，D(－1，1，0)，
A1(0，2， 3)，A(0，0， 3)，B1(1，2，0).2 分
设平面 A1AD 的法向量为 n＝(x，y，z)，A→D＝(－1，1，－ 3)，A→A1
＝－ 1133， 即 PA 与 BC 所成角的余弦值为 1133.
题型二 求线面角
空间向量与立体几何(含答案)
空间向量与立体几何例1（08年）四棱锥A BCDE-中，底面BCDE为矩形，侧面ABC⊥底面BCDE，2BC=，CD=AB AC=．（Ⅰ）证明：AD CE⊥；（Ⅱ）设CE与平面ABE所成的角为45，求二面角C AD E--的余弦值．例2 （2010年）（19）如图，四棱锥S-ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB//DC，AD⊥DC，AB=AD=1，DC=SD=2，E为棱SB上的一点，平面EDC⊥平面SBC .（Ⅰ）证明：SE=2EB；（Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小.CE AB例3 （2011年）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所成的角的正弦值．例4（2012年大纲）1如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，P A⊥底面ABCD，AC P A＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC．(1)证明：PC⊥平面BED；(2)设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．例5 (2013大纲全国，理19)如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△P AB和△P AD都是等边三角形．(1)证明：PB⊥CD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．例6．[2014·北京卷] 如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P -ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H. (1)求证：AB∥FG；(2)若P A⊥底面ABCDE，且P A＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．例7．[2014·四川卷] 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是线段BC的中点；(2)求二面角A -NP -M的余弦值．例8 [2014·安徽卷] 如图，四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．空间向量与立体几何 参考答案例1 解：（Ⅰ）作AO ⊥BC ，垂足为O 。
空间向量与立体几何之夹角的计算
若直线l与平面的夹角为夹角为
1当0
rr u, a
时， =
r r u, a ，
2
2
0，2
l
，则
u a 此时：sin
sin
2
rr u, a
rr
= cos
rr u, a
ua rr
ua
2当
rr u, a
时， =
rr u, a
，
2
2
此时：sin
sin
rr u, a
2
l a
= cos
（1） 求证： 直B线1O 面MAC （2）求二面角B1 MA C 的余弦值
D1
C1
A1 M
B1
D O
A
C B
rr a, b
=
rr ab rr
ab
rr
ab
ab
a
l cos = r r
a b
b
m
b
a
l m
练习一：P45 1 ur
已知直u线ur l1的方向向量为s1=(1,-1,1)，直线l2的方向 向量为s2 =(-1,2,0)，求两条直线夹角的余弦值
2. 平面间的夹角
二面角定义：从一条直线出发的两个
2
rr
设平面和的法向量分别为u和v，若两个平面的
夹角为，则
1当0
rr u, v
时， =
rr u, v
，此时：cos
cos
rr u, v
rr
=
uv rr
2
uv
u 注意法向量的方向：一进一出，两平面的夹角等于法向量夹角 v
2当
rr u, v
时， =
2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量7向量法求空间角练习含解析
向量法求空间角考试要求 能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用．知识梳理1．异面直线所成的角若异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别是u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u·v ||u||v |.2．直线与平面所成的角如图，直线AB 与平面α相交于点B ，设直线AB 与平面α所成的角为θ，直线AB 的方向向量为u ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪u ·n |u ||n |＝|u·n||u||n|.3．平面与平面的夹角如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．若平面α，β的法向量分别是n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.常用结论1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( × )(2)直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l 与平面α所成的角．( × )(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ.( × )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.( √ )教材改编题1．已知直线l 1的方向向量s 1＝(1,0,1)与直线l 2的方向向量s 2＝(－1,2，－2)，则l 1和l 2夹角的余弦值为( ) A.24B.12C.22D.32答案 C解析 因为s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)，所以cos 〈s 1，s 2〉＝s 1·s 2|s 1||s 2|＝－1－22×3＝－22.所以l 1和l 2夹角的余弦值为22. 2．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量、平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．答案 30°解析 设直线l 与α所成角为θ， sin θ＝||cos 〈m ，n 〉＝12，又∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝30°.3．已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为______． 答案156解析|0，－1，3·2，2，4|1＋9×4＋4＋16＝156.题型一 异面直线所成的角例1 (1)(2022·大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F ，G 分别为AB ，CD 1，AD 的中点，则异面直线A 1G 与EF 所成角的余弦值为( )A ．0 B.1010C.22D ．1答案 A解析 如图，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(2,0,2)，G (1,0,0)，E (2,1,0)，F (0,1,1)，所以A 1G —→＝(－1,0，－2)，EF →＝(－2,0,1)， 设异面直线A 1G 与EF 所成的角为θ， 则cos θ＝|A 1G —→·EF →||A 1G —→||EF →|＝|－1×－2－2×1|5×5＝0.(2)(2022·杭州模拟)如图，已知圆锥CO 的截面△ABC 是正三角形，AB 是底面圆O 的直径，点D 在AB ︵上，且∠AOD ＝2∠BOD ，则异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为( )A.34B.12C.14D.34答案 A解析 因为∠AOD ＝2∠BOD ，且∠AOD ＋∠BOD ＝π， 所以∠BOD ＝π3，连接CO ，则CO ⊥平面ABD ，以点O 为坐标原点，OB ，OC 所在直线分别为y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设圆O 的半径为2，则A (0，－2,0)，B (0,2,0)，C (0,0，23)，D (3，1,0)， AD →＝(3，3,0)，BC →＝(0，－2,23)，设异面直线AD 与BC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AD →，BC →〉|＝|AD →·BC →||AD →||BC →|＝|－6|23×4＝34，因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为34. 教师备选如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 所成的角为( )A.π2B.π3C.π4D.π6 答案 B解析 以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0，2)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，∴D ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0， ∴AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，A 1C —→＝(0，2，－2)，∴cos〈AD →，A 1C —→〉＝AD →·A 1C —→|AD →||A 1C —→|＝12，∴即异面直线AD ，A 1C 所成角为π3.思维升华用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为______．答案 13解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，E (0,2,1)，A (2,0,0)， ∴D 1E —→＝(0,2，－1)， A 1F —→＝A 1A —→＋AF →＝A 1A —→＋λAD → ＝(－2λ，0，－2)．∴cos〈A 1F —→，D 1E —→〉＝A 1F —→·D 1E —→|A 1F —→||D 1E —→|＝22λ2＋1×5＝3210， 解得λ＝13⎝⎛⎭⎪⎫λ＝－13舍.(2)(2022·武汉模拟)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________．答案24解析 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形， 所以BM ⊥AC ，同理，A 1M ⊥AC ， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1， 因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1， 所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为坐标原点，MA →，MB →，MA 1—→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1—→＝(－3,0，3)，A 1B —→＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1—→，A 1B —→〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24. 题型二 直线与平面所成的角例2 (2022·广州模拟)在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，点E 是边AB 的中点(如图1)，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ，得到四棱锥A 1－BCDE (如图2)．(1)证明：平面A 1BE ⊥平面BCDE ；(2)若A 1E ⊥BE ，连接CE ，求直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值． (1)证明 连接图1中的BD ，如图所示．因为四边形ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°， 所以△ABD 为等边三角形，所以DE ⊥AB ， 所以在图2中有DE ⊥BE ，DE ⊥A 1E ， 因为BE ∩A 1E ＝E ，BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ， 所以DE ⊥平面A 1BE ， 因为DE ⊂平面BCDE ， 所以平面A 1BE ⊥平面BCDE .(2)解 因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，A 1E ⊥BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ，所以A 1E ⊥平面BCDE ，以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，所以A 1(0,0,1)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，E (0,0,0)，所以A 1D —→＝(0，3，－1)，A 1C —→＝(2，3，－1)，EC →＝(2，3，0)， 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D —→＝3y －z ＝0，n ·A 1C —→＝2x ＋3y －z ＝0，令y ＝1，则n ＝(0,1，3)，所以cos 〈n ，EC →〉＝n ·EC →|n ||EC →|＝327＝2114，所以直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值为2114. 教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ， 因为PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ， 所以l ⊥PD ，因为DC ∩PD ＝D ，PD ，DC ⊂平面PDC ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 因为平面PAD ∩平面PBC ＝l ， 所以l 过点P ，设Q (m ，0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m ，0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 记PB 与平面QCD 所成的角为θ，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值， 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1， 当m ＝0时，sin θ＝33， 当m ≠0时，sin θ＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2mm 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63， 当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤跟踪训练2 (2022·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S －BCD 中，平面SBD ⊥平面BCD ，A 是线段SD 上的点，△SBD 为等边三角形，∠BCD ＝30°，CD ＝2DB ＝4.(1)若SA ＝AD ，求证：SD ⊥CA ；(2)若直线BA 与平面SCD 所成角的正弦值为419565，求AD 的长．(1)证明 依题意，BD ＝2， 在△BCD 中，CD ＝4，∠BCD ＝30°， 由余弦定理求得BC ＝23， ∴CD 2＝BD 2＋BC 2，即BC ⊥BD .又平面SBD ⊥平面BCD ，平面SBD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ， ∴BC ⊥平面SBD .从而BC ⊥SD ， 在等边△SBD 中，SA ＝AD ，则BA ⊥SD . 又BC ∩BA ＝B ，BC ，BA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥平面BCA ，又CA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥CA .(2)解 以B 为坐标原点，BC ，BD 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点B 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (23，0,0)，D (0,2,0)，S (0,1，3)，故CD →＝(－23，2,0)，SD →＝(0,1，－3)， 设平面SCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD →＝0，m ·SD →＝0，即⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，y －3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝1， ∴m ＝(1，3，1)， 设DA →＝λDS →(0≤λ≤1)， 则DA →＝(0，－λ，3λ)，故A (0,2－λ，3λ)，则BA →＝(0,2－λ，3λ)， 设直线BA 与平面SCD 所成角为θ， 故sin θ＝||cos 〈m ，BA →〉＝|m ·BA →||m ||BA →|＝|23－3λ＋3λ|5·2－λ2＋3λ2＝419565， 解得λ＝14或λ＝34，则AD ＝12或AD ＝32.题型三 平面与平面的夹角例3 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)如图，在三棱锥A －BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ＝AD ，O 为BD 的中点．(1)证明：OA ⊥CD; [切入点：线线垂直转化到线面垂直](2)若△OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，DE ＝2EA ，且二面角E －BC －D 的大小为45°，求三棱锥A －BCD 的体积.[关键点：建系写坐标]教师备选(2020·全国Ⅰ改编)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66 DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值．(1)证明由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，则DO＝32，CO＝BO＝12AE＝12，所以PO ＝66DO ＝24，PC ＝PO 2＋OC 2＝64， 同理PB ＝64，PA ＝64， 又△ABC 为等边三角形， 则BAsin60°＝2OA ，所以BA ＝32，PA 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以PA ⊥PB ，同理PA ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，PC ，PB ⊂平面PBC ， 所以PA ⊥平面PBC .(2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，24，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，0， PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，－24， PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，－24，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－24， 设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，－2， 故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝223×103＝255， 所以平面BPC 与平面EPC 的夹角的余弦值为255.思维升华 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤跟踪训练3 (2021·全国乙卷改编)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM .(1)求BC ；(2)求平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值．解 (1)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD ，PD ⊥DC .在矩形ABCD 中，AD ⊥DC ，故以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC ＝t ，则A (t ，0,0)，B (t ，1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，1，0，P (0,0,1)， 所以PB →＝(t ，1，－1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 2，1，0.因为PB ⊥AM ，所以PB →·AM →＝－t 22＋1＝0，得t ＝2，所以BC ＝ 2.(2)易知C (0,1,0)，由(1)可得AP →＝(－2，0,1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，CB →＝(2，0,0)，PB →＝(2，1，－1)．设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AP →＝0，n 1·AM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋z 1＝0，－22x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则z 1＝2，y 1＝1，所以平面APM 的一个法向量为n 1＝(2，1,2)． 设平面PMB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB →＝0，n 2·PB →＝0，即⎩⎨⎧2x 2＝0，2x 2＋y 2－z 2＝0，得x 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，所以平面PMB 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)． 设平面APM 与平面BPM 夹角为θ，cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝37×2＝31414，sin θ＝1－cos 2θ＝7014. 所以平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值为7014.课时精练1．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值． 解 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1—→}为一个正交基底，建立空间直角坐标系，因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°， 则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B —→＝(3，－1，－3)，AC 1—→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B —→，AC 1—→〉＝A 1B —→·AC 1—→|A 1B —→||AC 1—→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1AD 的一个法向量为 AE →＝(3，0,0)，设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1BD 的一个法向量， 又A 1B —→＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B —→＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2.所以m ＝(3，3，2)为平面A 1BD 的一个法向量， 从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m|＝333×4＝34.设平面A 1BD 与平面A 1AD 所成的角为θ， 则cos θ＝34.所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值为74. 2．(2021·浙江)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝4，PA ＝15，M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD ⊥DC ，PM ⊥MD .(1)证明：AB ⊥PM ；(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值． (1)证明 因为底面ABCD 是平行四边形， ∠ABC ＝120°，BC ＝4，AB ＝1， 且M 为BC 的中点，所以CM ＝2，CD ＝1，∠DCM ＝60°， 易得CD ⊥DM .又PD ⊥DC ，且PD ∩DM ＝D ，PD ，DM ⊂平面PDM ， 所以CD ⊥平面PDM .因为AB ∥CD ，所以AB ⊥平面PDM . 又PM ⊂平面PDM ，所以AB ⊥PM .(2)解 方法一 由(1)知AB ⊥平面PDM ， 所以∠NAB 为直线AN 与平面PDM 所成角的余角． 连接AM ，因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ，所以PM ⊥平面ABCD ，所以PM ⊥AM . 因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以由余弦定理得AM ＝7， 又PA ＝15，所以PM ＝22， 所以PB ＝PC ＝23， 连接BN ，结合余弦定理得BN ＝11. 连接AC ，则由余弦定理得AC ＝21， 在△PAC 中，结合余弦定理得PA 2＋AC 2＝2AN 2＋2PN 2，所以AN ＝15.所以在△ABN 中，cos∠BAN ＝AB 2＋AN 2－BN 22AB ·AN ＝1＋15－11215＝156.设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝cos∠BAN ＝156. 方法二 因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ， 所以PM ⊥平面ABCD . 连接AM ，则PM ⊥AM .因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以AM ＝7，又PA ＝15，所以PM ＝22， 由(1)知CD ⊥DM ，过点M 作ME ∥CD 交AD 于点E ， 则ME ⊥MD .故可以以M 为坐标原点，MD ，ME ，MP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－3，2,0)，P (0,0,22)，C (3，－1,0)， 所以N ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2.所以AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－52，2.易知平面PDM 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AN →，n 〉|＝|AN →·n ||AN →||n |＝5215＝156.3.(2022·汕头模拟)如图，在圆柱OO 1中，四边形ABCD 是其轴截面，EF 为⊙O 1的直径，且EF ⊥CD ，AB ＝2，BC ＝a (a >1)．(1)求证：BE ＝BF ；(2)若直线AE 与平面BEF 所成角的正弦值为63，求平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值． (1)证明 如图，连接BO 1，在圆柱OO 1中，BC ⊥平面CEDF ，∵EF ⊂平面CEDF ，∴EF ⊥BC ， ∵EF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，BC ，CD ⊂平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD ，又BO 1⊂平面ABCD ，∴EF ⊥BO 1，∵在△BEF 中，O 1为EF 的中点，∴BE ＝BF .(2)解 连接OO 1，则OO 1与该圆柱的底面垂直，以点O 为坐标原点，OB ，OO 1所在直线分别为y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，E (－1,0，a )，F (1,0，a )，AE →＝(－1,1，a )，BE →＝(－1，－1，a )，BF →＝(1，－1，a )，设平面BEF 的法向量是n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BE →＝0，n 1·BF →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋az 1＝0，x 1－y 1＋az 1＝0， 取z 1＝1，得n 1＝(0，a ，1)，设直线AE 与平面BEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AE →，n 1〉| ＝2aa 2＋2·a 2＋1＝63，化简得(a 2－2)(a 2－1)＝0，∵a >1，解得a ＝2，∴n 1＝(0，2，1)，设平面ABE 的法向量是n 2＝(x 2，y 2，z 2)，AB →＝(0,2,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝0，n 2·AE →＝0，得⎩⎨⎧ 2y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，得n 2＝(2，0,1)，设平面ABE 与平面BEF 的夹角为α，则cos α＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13， ∴平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值为13.4.(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点，BF ⊥A 1B 1.(1)证明：BF ⊥DE ；(2)当B 1D 为何值时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小？(1)证明 因为E ，F 分别是AC 和CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2， 所以CF ＝1，BF ＝ 5.如图，连接AF ，由BF ⊥A 1B 1，AB ∥A 1B 1，得BF ⊥AB ，于是AF ＝BF 2＋AB 2＝3，所以AC ＝AF 2－CF2＝2 2.由AB 2＋BC 2＝AC 2，得BA ⊥BC ，故以B 为坐标原点，以BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，E (1,1,0)，F (0,2,1)，BF →＝(0,2,1)．设B 1D ＝m (0≤m ≤2)，则D (m ，0,2)，于是DE →＝(1－m ，1，－2)．所以BF →·DE →＝0，所以BF ⊥DE .(2)解 易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面DFE 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 2＝0，EF →·n 2＝0，又DE →＝(1－m ，1，－2)，EF →＝(－1,1,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1－m x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝m ＋1，z ＝2－m ，于是平面DFE 的一个法向量为n 2＝(3，m ＋1,2－m )，所以cos 〈n 1，n 2〉＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m －122＋272.设平面BB 1C 1C 与平面DFE 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈n 1，n 2〉，故当m ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小，为33，即当B 1D ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小．。
用空间向量计算夹角问题
16
例1 如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，B1E1
D1F1
A1B1 4
，求
BE1
与
DF1 所成的角的余弦值。
z
D1
F1
C1
DF1
0
,
1 4
，1 (0
,
0
,
0)
0
,
1 4
，1 .
A1
E1 B1
BE1
DF1
0
0
1 4
•引入
2019/8/20
•复习
•线线角
•线面角
•二面角
•小结 2
1.若a (a1, a2, a3)，b (b1,b2,b3),则：
数量积： ab | a | | b | cos a,b
a1b1 a2b2 a3b3
夹角公式：cos a b a b
•二面角
•小结 5
题型一：线线角
解：以点C为坐标原点建立空间直角坐标系C xy如z图
所示，设 则CC：1 1 A(1, 0, 0), B(0,1, 0),
C1 z
F1
B1
1
11
F1( 2 , 0, a1), D1( 2 , 2 ,1)
所以：
AF1
(
1 2
, 0,1),
A1
D1
C
By
A
BD1
则D (0,0,0),A 1(1,0,1)
A1
B1
E1,1, 1 , 2
F 1 , 1 ,1 2 2
空间向量在立体几何中的应用和习题(含答案)[1]
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空间向量在立体几何中的应用：（1)直线的方向向量与平面的法向量: ①如图，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 ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．②如果直线l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ,则向量a 叫做平面α 的法向量．由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定． （2）用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：设直线l ,m 的方向向量分别是a ，b ，平面α ,β 的法向量分别是u ，v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ,k ∈R ; ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥α ⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； ④l ⊥α ⇔a ∥u ⇔a ＝k u ,k ∈R ； ⑤α ∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ,k ∈R ； ⑥α ⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3）用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：①异面直线所成的角：设a ，b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ，显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ，显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作α －l －β 在二面角的棱上任取一点O ，在两个半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α －l －β 的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法： 方法一：如图，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α －l －β 的大小就是向量CD AB 与的夹角的大小．方法二:如图,m 1，m 2分别是二面角的两个半平面α ，β 的法向量，则<m 1，m 2>与该二面角的大小相等或互补．（4）根据题目特点,同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题． 【例题分析】例1 如图，在长方体OAEB －O 1A 1E 1B 1中，OA ＝3，OB ＝4，OO 1＝2，点P 在棱AA 1上，且AP ＝2P A 1，点S 在棱BB 1上，且B 1S ＝2SB ，点Q ，R 分别是O 1B 1,AE 的中点,求证：PQ ∥RS ．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ =解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B （0，4，0)，O 1（0，0，2），A 1（3，0，2），B 1(0，4，2)，E （3,4，0）．∵AP ＝2P A 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得:Q （0,2，2),R (3，2，0）,⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //,又R ∉PQ ,∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤：（1）证明两向量共线；（2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明． 例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ,E ，F 分别是棱A 1D 1,A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点,求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行． 解法一：设正方体的棱长为4,如图建立空间直角坐标系,则D (0，0，0）,A （4,0，0），M （2,0，4),N （4，2，4),B (4，4，0)，E （0,2，4)，F （2，4，4）．取MN 的中点K ,EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O （2,2,0),K (3，1，4），G (1，3,4)．MN ＝(2，2,0)，EF ＝(2，2，0），AK ＝(－1，1，4），OG ＝(－1,1，4)， ∴MN ∥EF ,OG AK =,∴MN//EF ，AK//OG ,∴MN ∥平面EFBD ,AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二:设平面AMN 的法向量是a ＝（a 1，a 2，a 3），平面EFBD 的法向量是 b ＝（b 1，b 2，b 3）． 由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝（2,－2，1）．由,0,0==⋅⋅BF DE b b得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1,得b ＝（2，－2,1)．∵a ∥b ，∴平面AMN ∥平面EFBD ．注:本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系,则D (0,0,0)，A （2，0，0），M （2，1,2），C （0,2，0），N （2,2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为θ ，则,52||||cos ==⋅CN AM CN AM θ ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52解法二：取AB 的中点P ,CC 1的中点Q ，连接B 1P ,B 1Q ，PQ ，PC ． 易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角． 设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数,这样才能得到异面直线所成的角(锐角）．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ,侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A （0，0，0），B （0,a ，0),),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a aa C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a a D ,连接AD ，C 1D ．则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二:如图建立空间直角坐标系，则A （0,0，0)，B (0，a ，0）,A 1（0，0，a 2），)2,2,23(1a aa C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a aa AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝（p ，q ，r ), 由,0,01==⋅⋅AA AB a a得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝（1,0，0）． 设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC 【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角;解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中,P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，2=BC ,求二面角A －PB －C 的平面角的余弦值．解法二图解法一：取PB 的中点D ,连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵P A ＝AC ＝1，P A ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ,∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系,则C (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，2,0），P （1，0，1）,由D 是PB的中点，得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA ∴⋅=>=<33||||,cos DC EA DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二：如图建立空间直角坐标系,则A (0，0，0)，)0,1,2(B ，C (0，1，0)，P （0,0，1），).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面P AB 的法向量是a ＝（a 1，a 2，a 3），平面PBC 的法向量是b ＝(b 1，b 2,b 3）． 由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝（0,1，1)．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角， ∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量,转化为这两个向量的夹角；应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时,有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．练习一、选择题：1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点,则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是（ ) （A)2（B)2(C ）5(D ）222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是（ ） （A)30° （B)45° (C ）60° （D)90°3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于（ ) (A ）31 (B)32 (C ）33 (D)32 4．如图，α ⊥β ，α ∩β ＝l ，A ∈α ，B ∈β ，A ，B 到l 的距离分别是a 和b ,AB 与α ，β 所成的角分别是θ 和ϕ，AB 在α ，β 内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是（ )（A)θ ＞ϕ，m ＞n (B ）θ ＞ϕ，m ＜n (C)θ ＜ϕ，m ＜n（D)θ ＜ϕ，m ＞n二、填空题：5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ,G ，H 分别为AA 1,AB ,BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______． 6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33,则该正四棱柱的体积等于______．7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ,则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．4题图 7题图 9题图 8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21，P A ⊥底面ABCD ,PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为θ ，则cos θ ＝______． 三、解答题：9．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ）证明:A 1C ⊥平面BED ;（Ⅱ）求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值． 10．如图,在四棱锥O －ABCD 中,底面ABCD 是边长为1的菱形,4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．（Ⅰ)证明：直线MN ∥平面OCD ;（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小．11．如图，已知直二面角α －PQ －β ，A ∈PQ ,B ∈α ，C ∈β ，CA ＝CB ，∠BAP ＝45°，直线CA 和平面α 所成的角为30°．（Ⅰ）证明：BC ⊥PQ ；(Ⅱ)求二面角B －AC －P 平面角的余弦值．练习答案一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．548．42三、解答题：9题图 10题图 11题图9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B （2，2,0）,C (0，2，0），E （0,2,1)，A 1（2，0,4)．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A(Ⅰ)∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ,A 1C ⊥DE ． 又DB ∩DE ＝D ,∴A 1C ⊥平面DBE ．(Ⅱ）设向量n ＝（x ,y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n ∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝(4,1，－2)．⋅==4214||||),cos(111C A C A C A n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ，y ,z 轴建立坐标系．则A （0，0，0），B (1,0，0），)0,22,22(),0,22,0(-D P ,O （0,0，2），M （0，0，1),⋅-)0,42,421(N （Ⅰ）⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ，得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ． (Ⅱ)设AB 与MD 所成的角为θ ，,3π,21||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．（Ⅰ）证明：在平面β 内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ．∵α ⊥β ,α ∩β ＝PQ ，∴CO ⊥α ． 又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ，又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．（Ⅱ）由（Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ,OA ⊥OB ，故以O 为原点，分别以直线OB ,OA ，OC 为x 轴,y 轴，z 轴建立空间直角坐标系（如图）．∵CO ⊥α ，∴∠CAO 是CA 和平面α 所成的角，则∠CAO ＝30°．不妨设AC ＝2，则3=AO ,CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°，∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z )是平面ABC 的一个法向量,由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ． 易知n 2＝（1，0，0）是平面β 的一个法向量． 设二面角B －AC －P 的平面角为θ ，∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55。
选2-13.2立体几何中的向量方法(夹角问题)
∴AE⊥平面DBC，
∴∠ADE即为AD与平面CBD所成的角。
E
∵AB＝BD，∠CBA=∠DBC，EB＝EB
∴∠ABE＝∠DBE
∴△DBE≌△ABE
∴DE⊥CB且DE＝AE
∴∠ADB＝45°
∴AD与平面CBD所成的角为45°
（2）由（1）知CB⊥平面ADE ∴AD⊥BC即AD与BC所成的角为90°
所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°. (2)证明 由AM (1 ,1, 1),CE (1,0,1), AD (0,2,0),
22
可得CE AM 0，CE AD 0.因此CE AM,CE AD. 又AM∩AD=A，故CE⊥平面AMD.而CE 平 面
CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.
求法向量坐标
求两法向量夹角
定值
例5 如图5，在底面是直角梯形的四棱锥S—ABCD
中，AD//BC，∠ABC=900，SA⊥面ABCD，
SA 1 , AB=BC=1， AD 1 .
2
2
求侧面SCD与面SBA所成的二面角的余弦 。
z S
A
By
D
x
C
图5
解： 以A为原点如图建立空间直角坐标系，
则
S
例3 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
Az By
E
D
C
x
设BE=m，则 A(0, 0, 0), P(0, 0,1), D( 3, 0, 0), E(m,1, 0),
空间向量及立体几何练习试题和答案解析
1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【分析】（1）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；（2）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA=PD=，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z=，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos＜＞==．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面BDP的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=||=||=．【点评】本题考查线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值；（Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出的坐标，结合直线NH与直线BE 所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E （0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos＜＞=．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos＜＞|=||=||=．解得：t=或t=．∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为或．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查了利用空间向量求解空间角，考查计算能力，是中档题．3．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；（Ⅱ）法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG 中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小．法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．【解答】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；（Ⅱ）解法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BECH为菱形，∴AE=GE=AC=GC=．取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM=．在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°．解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．设为平面AEG的一个法向量，由，得，取z1=2，得；设为平面ACG的一个法向量，由，可得，取z2=﹣2，得．∴cos＜＞=．∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．【点评】本题考查空间角的求法，考查空间想象能力和思维能力，训练了线面角的求法及利用空间向量求二面角的大小，是中档题．4．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【分析】（Ⅰ）证明AF⊥平面EFDC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）证明四边形EFDC为等腰梯形，以E为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面BEC、平面ABC的法向量，代入向量夹角公式可得二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．∵∠AFD=90°，∴AF⊥DF，∵DF∩EF=F，∴AF⊥平面EFDC，∵AF⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，∵BE⊥EF，∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE，可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．可得∠DFE=∠CEF=60°．∵AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，∴AB∥平面EFDC，∵平面EFDC∩平面ABCD=CD，AB⊂平面ABCD，∴AB∥CD，∴CD∥EF，∴四边形EFDC为等腰梯形．以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD=a，则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），∴=（0，2a，0），=（，﹣2a，a），=（﹣2a，0，0）设平面BEC的法向量为=（x1，y1，z1），则，则，取=（，0，﹣1）．设平面ABC的法向量为=（x2，y2，z2），则，则，取=（0，，4）．设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则cosθ===﹣，则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为﹣．【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．5．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=，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=．（Ⅰ）证明：D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．【分析】（Ⅰ）由底面ABCD为菱形，可得AD=CD，结合AE=CF可得EF∥AC，再由ABCD是菱形，得AC⊥BD，进一步得到EF⊥BD，由EF⊥DH，可得EF⊥D′H，然后求解直角三角形得D′H⊥OH，再由线面垂直的判定得D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，得到的坐标，分别求出平面ABD′与平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，求出|cosθ|．则二面角B﹣D′A﹣C的正弦值可求．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABCD是菱形，∴AD=DC，又AE=CF=，∴，则EF∥AC，又由ABCD是菱形，得AC⊥BD，则EF⊥BD，∴EF⊥DH，则EF⊥D′H，∵AC=6，∴AO=3，又AB=5，AO⊥OB，∴OB=4，∴OH==1，则DH=D′H=3，∴|OD′|2=|OH|2+|D′H|2，则D′H⊥OH，又OH∩EF=H，∴D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）解：以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，∵AB=5，AC=6，∴B（5，0，0），C（1，3，0），D′（0，0，3），A（1，﹣3，0），，，设平面ABD′的一个法向量为，由，得，取x=3，得y=﹣4，z=5．∴．同理可求得平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，则|cosθ|=．∴二面角B﹣D′A﹣C的正弦值为sinθ=．【点评】本题考查线面垂直的判定，考查了二面角的平面角的求法，训练了利用平面的法向量求解二面角问题，体现了数学转化思想方法，是中档题．6．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F 分别在线段AA1、A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF．（Ⅰ）证明：平面ABB1A1⊥平面ABC；（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【分析】（I）取AB的中点D，连结CD，DF，DE．计算DE，EF，DF，利用勾股定理的逆定理得出DE⊥EF，由三线合一得CD⊥AB，故而CD⊥平面ABB1A1，从而平面ABB1A1⊥平面ABC；（II）以C为原点建立空间直角坐标系，求出和平面CEF的法向量，则直线AC1与平面CEF所成角的正弦值等于|cos＜＞|．【解答】证明：（I）取AB的中点D，连结CD，DF，DE．∵AC=BC，D是AB的中点，∴CD⊥AB．∵侧面ABB1A1是边长为2的正方形，AE=，A1F=．∴A1E=，EF==，DE==，DF==，∴EF2+DE2=DF2，∴DE⊥EF，又CE⊥EF，CE∩DE=E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CDE，∴EF⊥平面CDE，又CD⊂平面CDE，∴CD⊥EF，又CD⊥AB，AB⊂平面ABB1A1，EF⊂平面ABB1A1，AB，EF为相交直线，∴CD⊥平面ABB1A1，又CD⊂ABC，∴平面ABB1A1⊥平面ABC．（II）∵平面ABB1A1⊥平面ABC，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC．∵CA⊥CB，AB=2，∴AC=BC=．以C为原点，以CA，CB，CC1为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A（，0，0），C（0，0，0），C1（0，0，2），E（，0，），F（，，2）．∴=（﹣，0，2），=（，0，），=（，，2）．设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则，∴，令z=4，得=（﹣，﹣9，4）．∴=10，||=6，||=．∴sin＜＞==．∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．【点评】本题考查了面面垂直的判定，线面角的计算，空间向量的应用，属于中档题．7．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=2，BC=4，PA=2．（1）求证：AB⊥PC；（2）在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M﹣AC﹣D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【分析】（1）利用直角梯形的性质求出AB，AC的长，根据勾股定理的逆定理得出AB⊥AC，由PA⊥平面ABCD得出AB⊥PA，故AB⊥平面PAC，于是AB⊥PC；（2）假设存在点M，做出二面角的平面角，根据勾股定理求出M到平面ABCD的距离从而确定M的位置，利用棱锥的体积求出B到平面MAC的距离h，根据勾股定理计算BM，则即为所求角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是直角梯形，AD=CD=2，BC=4，∴AC=4，AB===4，∴△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，∴AB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴AB⊥PC．（2）假设存在符合条件的点M，过点M作MN⊥AD于N，则MN∥PA，∴MN⊥平面ABCD，∴MN⊥AC．过点M作MG⊥AC于G，连接NG，则AC⊥平面MNG，∴AC⊥NG，即∠MGN是二面角M﹣AC﹣D的平面角．若∠MGN=45°，则NG=MN，又AN=NG=MN，∴MN=1，即M是线段PD的中点．∴存在点M使得二面角M﹣AC﹣D的大小为45°．在三棱锥M﹣ABC中，V M﹣ABC=S△ABC•MN==，设点B到平面MAC的距离是h，则V B﹣MAC=，∵MG=MN=，∴S△MAC===2，∴=，解得h=2．在△ABN中，AB=4，AN=，∠BAN=135°，∴BN==，∴BM==3，∴BM与平面MAC所成角的正弦值为=．【点评】本题考查了项目垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．8．如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC=60°．（1）求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；（2）已知点D满足=+，在直线AA1上是否存在点P，使DP∥平面AB1C？若存在，请确定点P的位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）推导出A1O⊥平面ABC，BO⊥AC，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值．（2）假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z），则．利用向量法能求出存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，），即恰好为A1点．【解答】解：（1）∵侧面A1ACC1⊥底面ABC，作A1O⊥AC于点O，∴A1O⊥平面ABC．又∠ABC=∠A1AC=60°，且各棱长都相等，∴AO=1，OA1=OB=，BO⊥AC．…（2分）故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，则A（0，﹣1，0），B（，0，0），A1（0，0，），C（0，1，0），∴=（0，1，），=（），=（0，2，0）．…（4分）设平面AB1C的法向量为，则，取x=1，得=（1，0，1）．设侧棱AA1与平面AB1C所成角的为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=||=，∴侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值为．…（6分）（2）∵=，而，，∴=（﹣2，0，0），又∵B（），∴点D（﹣，0，0）．假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z），∴．∵DP∥平面AB1C，=（﹣1，0，1）为平面AB1C的法向量，∴由=λ，得，∴y=0．…（10分）又DP⊄平面AB1C，故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，），即恰好为A1点．…（12分）【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．9．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=2，AA1=2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平面ABB1A1．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面BCD；（Ⅱ）若OC=OA，△AB1C的重心为G，求直线GD与平面ABC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）通过证明AB1⊥BD，AB1⊥CO，推出AB1⊥平面BCD，然后证明平面AB1C⊥平面BCD．（Ⅱ）以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．求出平面ABC的法向量，设直线GD与平面ABC 所成角α，利用空间向量的数量积求解直线GD与平面ABC所成角的正弦值即可．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）∵ABB 1A1为矩形，AB=2，，D是AA1的中点，∴∠BAD=90°，，，从而，，∵，∴∠ABD=∠AB1B，…（2分）∴，∴，从而AB1⊥BD…（4分）∵CO⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴AB1⊥CO，∵BD∩CO=O，∴AB1⊥平面BCD，∵AB1⊂平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面BCD…（6分）（Ⅱ）如图，以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．在矩形ABB1A1中，由于AD∥BB1，所以△AOD和△B1OB相似，从而又，∴，，，，∴，，∵G为△AB1C的重心，∴，…（8分）设平面ABC的法向量为，，由可得，令y=1，则z=﹣1，，所以．…（10分）设直线GD与平面ABC所成角α，则=，所以直线GD与平面ABC所成角的正弦值为…（12分）【点评】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．10．在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，将△ABD沿BD折起，使得点A折起至A′，设二面角A′﹣BD﹣C的大小为θ．（1）当θ=90°时，求A′C的长；（2）当cosθ=时，求BC与平面A′BD所成角的正弦值．【分析】（1）过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE，利用勾股定理及余弦定理计算AE，CE，由A′E⊥CE得出A′C；（2）利用余弦定理可得A′F=，从而得出A′F⊥平面ABCD，以F为原点建立坐标系，求出和平面A′BD的法向量，则BC与平面A′BD所成角的正弦值为|cos＜＞|．【解答】解：（1）在图1中，过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE．∵AB=4，AD=2，∴BD==10．∴，BE==8，cos∠CBE==．在△BCE中，由余弦定理得CE==2．∵θ=90°，∴A′E⊥平面ABCD，∴A′E⊥CE．∴|A′C|==2．（2）DE==2．∵tan∠FDE=，∴EF=1，DF==．当即cos∠A′EF=时，．∴A′E2=A′F2+EF2，∴∠A'FE=90°又BD⊥AE，BD⊥EF，∴BD⊥平面A'EF，∴BD⊥A'F∴A'F⊥平面ABCD．以F为原点，以FC为x轴，以过F的AD的平行线为y轴，以FA′为z轴建立空间直角坐标系如图所示：∴A′（0，0，），D（﹣，0，0），B（3，2，0），C（3，0，0）．∴=（0，2，0），=（4，2，0），=（，0，）．设平面A′BD的法向量为=（x，y，z），则，∴，令z=1得=（﹣，2，1）．∴cos＜＞===．∴BC与平面A'BD所成角的正弦值为．【点评】本题考查了空间角与空间距离的计算，空间向量的应用，属于中档题．11．如图，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1和四棱锥D﹣BB1C1C构成的几何体中，∠BAC=90°，AB=1，BC=BB1=2，C1D=CD=，平面CC1D⊥平面ACC1A1．（Ⅰ）求证：AC⊥DC1；（Ⅱ）若M为DC1的中点，求证：AM∥平面DBB1；（Ⅲ）在线段BC上是否存在点P，使直线DP与平面BB1D所成的角为？若存在，求的值，若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）证明AC⊥CC1，得到AC⊥平面CC1D，即可证明AC⊥DC1．（Ⅱ）易得∠BAC=90°，建立空间直角坐标系A﹣xyz，依据已知条件可得A（0，0，0），，，B（0，0，1），B1（2，0，1），，利用向量求得AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．（Ⅲ）利用向量求解【解答】解：（Ⅰ）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，故AC⊥CC1，由平面CC1D⊥平面ACC1A1，且平面CC1D∩平面ACC1A1=CC1，所以AC⊥平面CC1D，又C1D⊂平面CC1D，所以AC⊥DC1．（Ⅱ）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，又∠BAC=90°，所以，如图建立空间直角坐标系A﹣xyz，依据已知条件可得A（0，0，0），，，B（0，0，1），B1（2，0，1），，所以，，设平面DBB1的法向量为，由即令y=1，则，x=0，于是，因为M为DC1中点，所以，所以，由，可得，所以AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．（Ⅲ）解：由（Ⅱ）可知平面BB1D的法向量为．设，λ∈[0，1]，则，．若直线DP与平面DBB1成角为，则，解得，故不存在这样的点．【点评】本题考查了空间线线垂直、线面平行的判定，向量法求二面角．属于中档题12．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，平面AED⊥平面ABCD，AB=EA=ED，EF∥BD（ I）证明：AE⊥CD（ II）在棱ED上是否存在点M，使得直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（I）利用面面垂直的性质得出CD⊥平面AED，故而AE⊥CD；（II）取AD的中点O，连接EO，以O为原点建立坐标系，设，求出平面BDEF的法向量，令|cos＜＞|=，根据方程的解得出结论．【解答】（I）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，又平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面AED，∵AE⊂平面AED，∴AE⊥CD．（II）解：取AD的中点O，过O作ON∥AB交BC于N，连接EO，∵EA=ED，∴OE⊥AD，又平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，OE⊂平面AED，∴OE⊥平面ABCD，以O为原点建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：设正方形ACD的边长为2，，则A（1，0，0），B（1，2，0），D（﹣1，0，0），E（0，0，1），M（﹣λ，0，1﹣λ）∴=（﹣λ﹣1，0，1﹣λ），=（1，0，1），=（2，2，0），设平面BDEF的法向量为=（x，y，z），则，即，令x=1得=（1，﹣1，﹣1），∴cos＜＞==，令||=，解得λ=0，∴当M与点E重合时，直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为．【点评】本题考查了线面垂直的判定，空间向量与线面角的计算，属于中档题．13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1．（1）设点E为PD的中点，求证：CE∥平面PAB；（2）线段PD上是否存在一点N，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为？若存在，试确定点N的位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB；（2）建立坐标系，求出平面PAC的法向量，利用直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为，可得结论．【解答】（1）证明：取AD中点M，连EM，CM，则EM∥PA．∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CA D=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．而∠BAC=60°，∴MC∥AB．∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．（2）解：过A作AF⊥AD，交BC于F，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B（，﹣，0），C（，1，0），D（0，4，0），P（0，0，2），设平面PAC的法向量为=（x，y，z），则，取=（，﹣3，0），设=λ（0≤λ≤1），则=（0，4λ，﹣2λ），=（﹣λ﹣1，2﹣2λ），∴|cos＜，＞|==，∴，∴N为PD的中点，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为．【点评】本题考查线面平行的判定，考查线面角，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．14．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，PB=PC，∠ABC=45°，点E是线段PA上靠近点A的三等分点．（Ⅰ）求证：AB⊥PC；（Ⅱ）若△PAB是边长为2的等边三角形，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）作PO⊥AB于O，连接OC，可得PO⊥面ABCD．由△POB≌△POC，∠ABC=45°，得OC⊥AB，即得AB⊥面POC，可证得AB⊥PC．（Ⅱ）以O 为原点建立空间坐标系，，利用向量求解．【解答】解：（Ⅰ）作PO⊥AB于O…①，连接OC，∵平面PAB⊥平面ABCD，且面PAB∩面ABCD=AB，∴PO⊥面ABCD．…（2分）∵PB=PC，∴△POB≌△POC，∴OB=OC，又∵∠ABC=45°，∴OC⊥AB…②又PO∩CO=O，由①②，得AB⊥面POC，又PC⊂面POC，∴AB⊥PC．…（6分）（Ⅱ）∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴．如图建立空间坐标系，设面PBC的法向量为，，由，令，得；，．，设DE与面PBC所成角为θ，∴直线DE与平面PBC所成角的正弦值．…（12分）【点评】本题考查了空间线线垂直的判定，向量法求线面角，属于中档题．15．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F 分别在线段AA l，A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF，M为AB中点（ I）证明：EF⊥平面CME；（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）推导出Rt△EAM∽Rt△FA1E，从而EF⊥ME，又EF⊥CE，由此能证明EF⊥平面CEM．（Ⅱ）设线段A1B1中点为N，连结MN，推导出MC，MA，MN两两垂直，建空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）在正方形ABB1A1中，A1E=，AM=1，在Rt△EAM和Rt△FA1E中，，又∠EAM=∠FA1E=，∴Rt△EAM∽Rt△FA1E，∴∠AEM=∠A1FE，∴EF⊥EM，又EF⊥CE，ME∩CE=E，∴EF⊥平面CEM．解：（Ⅱ）在等腰三角形△CAB中，∵CA⊥CB，AB=2，∴CA=CB=，且CM=1，设线段A1B1中点为N，连结MN，由（Ⅰ）可证CM⊥平面ABB1A1，∴MC，MA，MN两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则C（1，0，0），E（0，1，），F（0，，2），A（0，1，0），C1（1，0，2），=（﹣1，1，），=（0，﹣，），=（1，﹣1，2），设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则，取z=2，得=（5，4，2），设直线AC1与平面CEF所成角为θ，则sinθ==，∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．。
专题3：空间向量法求角基础知识与典型例题(解析版)
专题3：空间向量法求角基础知识与典型例题（解析版）⑴求异面直线所成的角已知,a b 为两异面直线，A ，C 与B ，D 分别是,a b 上的任意两点，,a b 所成的角为θ，则cos .AC BDAC BD θ⋅=1．已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，点M 、N 分别是11A B 和1BB 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.(1)写出图中M 、N 的坐标；(2)求直线AM 与NC 所成角的余弦值.【答案】(1)M （2，1，2），N （2，2，1）.(2)25． 【分析】(1)根据正方体的棱长，直接写出坐标； (2)利用向量夹角公式能求出直线AM 与CN 所成的角的余弦值．【详解】(1)由于正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2.由题意知A （2，0，0），B （2，2，0），∴M （2，1，2）， C （0，2，0），∴N （2，2，1）.(2)由(1)可知()012AM =，，，CN =（2，0，1），设直线AM 与CN 所成的角为θ，则cosθ＝|cos AM CN ＜，＞|＝55⋅|25=．∴直线AM 与CN 所成的角的余弦值是25．【点睛】 本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查了空间向量法的应用，是基础题． 2．如图,三棱柱111OAB O A B -中,平面11OBB O ⊥平面OAB ,且160O OB ∠=︒,190,2,3AOB OB OO OA ∠=︒===,求异面直线1A B 与1O A 所成角的余弦值.【答案】17 【分析】 以O 为坐标原点,,OA OB 所在直线分别为x 轴、y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 利用向量法求异面直线1A B 与1O A 所成角的余弦值.【详解】以O 为坐标原点,,OA OB 所在直线分别为x 轴、y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则11(3,0,0),(0,2,0),(3,13),(0,13)A B A O , 所以11(3,1,3),(3,1,3)A B O A =--=--.设所求的角为α, 则1111|||313|1cos 7||||77A B O A A B O A α--+===⨯⋅, 即异面直线1A B 与1O A 所成角的余弦值为17. 【点睛】(1)本题主要考查求两异面直线所成的角，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 异面直线所成的角的求法方法一：（几何法）找→作（平移法、补形法）→证（定义）→指→求（解三角形）,方法二：（向量法）cos m n m n α⋅=，其中α是异面直线,m n所成的角，,m n 分别是直线,m n 的方向向量.⑵求直线和平面所成的角 求法：设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为ϕ， 则θ为ϕ的余角或ϕ的补角的余角.即有：cos s .in a u a u ϕθ⋅==3．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1CC 的中点，求BE 与平面1B BD 所成角的正弦值.【答案】10. 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则11(0,0,0),(2,2,0),(2,2,2),(0,2,1),(2,2,0),(0,0,2),(2,0,1)D B B E BD BB BE =--==-.设平面1B BD 的法向量为1(,,),,n x y z n BD n BB =∴⊥⊥，1220,20,n BD x y nBB z ⎧⋅=--=⎪∴⎨⋅==⎪⎩,0.x y z =-⎧∴⎨=⎩ 令1y =，则(1,1,0)=-n ，10cos ,||||n BE n BE n BE ⋅∴〈〉==. 故BE 与平面1B BD 所成角的正弦值为10.【点睛】本题考查了利用空间向量线面夹角公式的应用，考查了数学运算能力.4．如图,在三棱锥A BCD -中,ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,点P 是AC 的中点,连接,BP DP ．（1）证明:平面ACD ⊥平面BDP ;（2）若6BD =且二面角A BD C --为120︒,求直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）22【分析】 （1）由ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,得AD CD =．再证明PD AC ⊥,PB AC ⊥,从而和证明AC ⊥平面PBD ,故平面ACD ⊥平面BDP 得证．（2）作CE BD ⊥,垂足为E 连接AE ．由Rt Rt ABD CBD ⊆,证得,AE BD ⊥,AE CE =结合二面角A BD C --为120︒,可得2AB =,23AE =,6ED =.建立空间直角坐标系,求出点的坐标则60,,03D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,3,0,13A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,向量36,,133AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,即平面BCD 的一个法向量(0,0,1)m =,运用公式cos ,m AD m AD m AD ⋅〈〉=和sin cos ,m AD θ=〈〉,即可得出直线AD与平面BCD 所成角的正弦值．【详解】 解:（1）证明:因为ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,所以Rt Rt ABD CBD ≅,可得AD CD =．因为点P 是AC 的中点,则PD AC ⊥,PB AC ⊥,因为PD PB P =,PD ⊂平面PBD ,PB ⊂平面PBD ,所以AC ⊥平面PBD ,因为AC ⊂平面ACD ,所以平面ACD ⊥平面BDP ．（2）如图,作CE BD ⊥,垂足为E 连接AE ．因为Rt Rt ABD CBD ⊆,所以,AE BD ⊥,AE CE =AEC ∠为二面角A-BD-C 的平面角．由已知二面角A BD C --为120︒,知120AEC ∠=︒．在等腰三角形AEC 中,由余弦定理可得3AC AE =．因为ABC 是等边三角形,则AC AB =,所以3AB AE =．在Rt △ABD 中,有1122AE BD AB AD ⋅=⋅,得3BD =,因为BD =所以AD =又222BD AB AD =+,所以2AB =．则AE =,ED = 以E 为坐标原点,以向量,EC ED 的方向分别为x 轴,y 轴的正方向,以过点E 垂直于平面BCD 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系E xyz -,则0,3D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,3A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,向量3,133AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,平面BCD 的一个法向量为(0,0,1)m =, 设直线AD 与平面BCD所成的角为θ,则cos ,22m ADm AD m AD ⋅〈〉===-,2sin |cos ,|m AD θ=〈〉=所以直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值为2． 【点睛】本题考查面面垂直的证明和线面所成角的大小,考查空间想象力和是数形结合的能力,属于基础题.⑶求二面角二面角的平面角是指在二面角βα--l 的棱上任取一点O ，分别在两个半平面内作射线l AO ⊥,β-l 的平面角.如图：求法：设二面角l αβ--的两个半平面的法向量分别为m n 、，再设m n 、的夹角为ϕ，二面角l αβ--的平面角为θ，则二面角θ为m n 、的夹角ϕ或其补角.πϕ- 根据具体图形确定θ是锐角或是钝角：如果θ是锐角，则cos cos m n m n θϕ⋅==， 即arccos m nm n θ⋅=；如果θ是钝角，则cos cos m nm n θϕ⋅=-=-， 即arccos m n m n θ⎛⎫⋅ ⎪=- ⎪⎝⎭. 5．如图所示，AE ⊥平面ABCD ，四边形AEFB 为矩形，//BC AD ，BA AD ⊥，224AE AD AB BC ====．（1）求证：//CF 平面ADE ；（2）求平面CDF 与平面AEFB 所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）见解析（2）23【分析】（1）根据//BF AE ，//BC AD ，从而证明平面//BCF 平面ADE ，从而//CF 平面ADE 。
立体几何专题解答题(含解析)
《立体几何》专题训练（解答题）空间向量在立体几何的运用：(1)异面直线所成的角：设a ，b 分别为异面直线a ，b 的方向向量，则两异面直线所成的角满足cos θ＝|a ·b ||a ||b |. (2)线面角：设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角满足sin θ＝|l ·n ||l ||n |.(3)二面角：①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＝〈AB →，CD →〉．②如图(2)(3)，n 1，n 2分别是二面角a －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〉．一．利用空间向量证明平行与垂直(厦门模拟)如图，在直三棱柱ADE -BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1，0，0)，所以OM →·BA →＝0， 所以OM →⊥BA →.因为棱柱ADE -BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 因为DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)， 由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1.令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0，1，1)． 因为n 1·n 2＝0，所以平面MDF ⊥平面EFCD .二．利用空间向量求线线角、线面角、二面角命题 角度一 利用空间向量求线线角、线面角【典例1】 (新课标Ⅰ高考)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】 (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.[一题多变]若题(2)变为：求直线AE 与平面ACF 所成的角． 【解】 设平面ACF 的法向量为n 0＝(x 0，y 0，z 0)， 则AC →＝(0，23，0)，CF →＝(－1，－3，22)．由n 0·AC →＝0得，23y 0＝0，即y 0＝0. 由n 0·CF →＝0得，－x 0－3y 0＋22z 0＝0，所以x 0＝22z 0， 所以n 0＝(22z 0，0，z 0)． 令z 0＝2，则n 0＝(2，0，2)． 所以cos 〈AE →，n 0〉＝AE →·n 0|AE →|·|n 0|＝1×2＋3×0＋2×21＋32＋22·22＋02＋22＝22. 所以〈AE →，n 0〉＝45°.所以直线AE 与平面ACF 所成的角为45°. 命题角度二 利用空间向量求二面角【典例2】 山东高考)如图，在三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE, ∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．(1)证明：连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH.在三棱台DEF ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OH∥BD.又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.(2)设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF ABC中，G为AC的中点，由DF＝12AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG ∥FC ，又FC ⊥平面ABC ，所以DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点． 所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ，因此GB ，GC ，GD 两两垂直． 以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz . 所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)． 可得H ⎝⎛⎭⎫22，22，0，F (0，2，1)． 故GH →＝⎝⎛⎭⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)． 因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0，0)． 所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n|＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 三、转化与化归思想求解空间垂直与平行关系及空间角问题【典例】 (天津模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为直角梯形ABCD ，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AP ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB 的中点．(1)求证：PB ⊥DM ；(2)求CD 与平面ADMN 所成角的正弦值；【解】 (1)证明：如图以A 为原点建立空间直角坐标系，设BC ＝1，A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，1，0)，D (0，2，0)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，0，1)，P (0，0，2)． PB →＝(2，0，－2)，DM →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，1， 所以PB →·DM →＝0，所以PB ⊥DM .(2)CD →＝(－2，1，0)，设平面ADMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， AD →＝(0，2，0)，AN →＝(1，0，1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AN →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，0，－1)，设CD 与平面ADMN 所成的角为α， 则sin α＝|CD →·n ||CD →||n |＝25×2＝105.专题训练：1．(安徽高考)如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C ；(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值．【解】 (1)证明：由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝⎛⎭⎫12，12，1.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →， n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1)．所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.2(天津高考)如图，在四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1ACB 1的正弦值；【解】如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (2，0，0)，D (1，－2，0)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点， 得M ⎝⎛⎭⎫1，12，1.N (1，－2，1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0.由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0. 不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，1，1)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0，1，2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1ACB 1的正弦值为31010.3．(福建高考)如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(1)求证：GF ∥平面ADE ；(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值． 【解】 (1)证明：如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ， 又G 是BE 的中点， 所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB .又F 是CD 的中点，所以DF＝12CD.由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以GH∥DF，且GH＝DF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，所以GF∥平面ADE.(2)如下图，在平面BEC内，过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.以B为原点，分别以BE→，BQ→，BA→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)．因为AB⊥平面BEC，所以BA→＝(0，0，2)为平面BEC的法向量．设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量．又AE→＝(2，0，－2)，AF→＝(2，2，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0.取z ＝2，得n ＝(2，－1，2)．从而cos 〈n ，BA →〉＝n ·BA →|n |·|BA →|＝43×2＝23，所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23.4．(山东聊城二模)如图(1)所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B .(如图(2))(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由．【解】 (1)平行．在△ABC 中，由E 、F 分别是AC 、BC 中点，得EF ∥AB ，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF →＝(1，3，0)，DE →＝(0，3，1)，DA →＝(0，0，2)．平面CDF 的法向量为DA →＝(0，0，2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217. (3)存在．设P (s ，t ，0)，有AP →＝(s ，t ，－2)， 则AP →·DE →＝3t －2＝0，∴t ＝233，又BP →＝(s －2，t ，0)，PC →＝(－s ，23－t ，0)， ∵BP →∥PC →，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3.把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP →＝13·BC →，∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .此时，BP BC ＝13.5(浙江高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值．证明：设E为BC的中点，连结A1E，AE，DE，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.(3分)由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A1A，所以四边形A1AED为平行四边形．故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(6分)(2)以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示．由题意知各点坐标如下：A 1(0，0，14)，B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2，2，14)． 因此A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)， DB 1→＝(0，2，0)．(9分)设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1→＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0，可取n ＝(7，0，1)．(12分) 于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝18. 6．(新课标Ⅱ高考)如图，长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 【解】 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，FE →＝(10，0，0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0，4，3)．又AF→＝(－10，4，8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.7．(河北衡水中学二模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面是边长为1的正方形，P A ⊥底面ABCD ，E 、F 分别为AB 、PC 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ；(2)若P A ＝2，试问在线段EF 上是否存在点Q ，使得二面角Q －AP －D 的余弦值为55？若存在，确定点Q 的位置；若不存在，请说明理由．【解】 (1)证明：取PD 中点M ，连结MF ，MA ，则MF ∥CD 且MF ＝12CD ，又AE ∥CD 且AE ＝12AB＝12CD ，∴MF 綊CD ， 故四边形EFMA 为平行四边形，∴EF ∥AM . 又∵EF ⊄平面P AD ，AM ⊂平面P AD ， ∴EF ∥平面P AD .(2)如图，以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系，则P (0，0，2)，B (0，1，0)，C (1，1，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，F ⎝⎛⎭⎫12，12，1. 由题易知平面P AD 的一个法向量为m ＝(0，1，0)，假设存在Q 满足条件．设EQ →＝λEF →(0≤λ≤1)，因为EF →＝⎝⎛⎭⎫12，0，1，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，所以Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2，12，λ.因为AP →＝(0，0，2)，AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2，12，λ，设平面P AQ 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧λ2x ＋12y ＋λz ＝0，z ＝0，取x ＝1，则y ＝－λ，∴n ＝(1，－λ，0)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝－λ1＋λ2，由已知得λ1＋λ2＝55. 解得λ＝12，则存在满足条件的Q ，其是EF 的中点．8.(重庆高考)已知如图，三棱锥P ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2.(1)证明：DE ⊥平面PCD ； (2)求二面角APDC 的余弦值．【解】 (1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE . 由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD .(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)， ED →＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0. 设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1，0)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故所求二面角APDC 的余弦值为36.9.(江苏高考)如图，在四棱锥P ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．【解】 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)． 因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)， 又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)， 又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.10(广东高考)如图所示，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P-AD-C 的正切值；(3)求直线P A 与直线FG 所成角的余弦值．【解】 以E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0，0，0)，P (0，0，7)，F (3，1，0)，G (2，3，0)，A (3，－3，0)，D (0，－3，0)．(1)证明：EP →＝(0，0，7)，FG →＝(－1，2，0)，EP →·FG →＝0，∴PE ⊥FG .(2)平面ADC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)，设平面P AD 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n 2＝（0，3，7）·（x ，y ，z ）＝3y ＋7z ＝0，AP →·n 2＝（－3，3，7）·（x ，y ，z ）＝－3x ＋3y ＋7z ＝0，取y ＝1，则x ＝0，z ＝－37，∴n 2＝(0，1，－37)为平面P AD 的一个法向量．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－371×1＋97＝－34.记所求二面角的大小为θ，显然θ为锐角， ∴cos θ＝34，tan θ＝73.(3)∵AP →＝(－3，3，7)，FG →＝(－1，2，0)，∴cos 〈AP →，FG →〉＝AP →·FG →|AP →|·|FG →|＝3＋6＋09＋9＋7×5＝9525， ∴直线P A 与直线FG 所成角的余弦值为9525.。
空间向量在立体几何中的应用知识点大全经典高考题带解析练习题带答案(良心出品必属精品)
空间向量在立体几何中的应用【考纲说明】1. 能够利用共线向量、共面向量、空间向量基本定理证明共线、共面、平行及垂直问题；2. 会利用空间向量的坐标运算、两点间的距离公式、夹角公式等解决平行、垂直、长度、角、距离等问题；3. 培养用向量的相关知识思考问题和解决问题的能力；a tb |5| |cos <a f b > d,b b a b- |5||J|ccs<5t5>【知识梳理】一、空间向量的运算1、向量的几何运算（1）向量的数量积：已知向量，则叫做的数量积，记作，即空间向量数量积的性质：①乳注08^,4；③I讦汀坊.（2）向量共线定理：向量a a=0与b共线，当且仅当有唯一一个实数，使b「a.2、向量的坐标运算（1）若虫巩心乃占），则厢=（阳-兀乃-升逐-可）.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虫（羽J/］）巩心乃同）I 画二厉7⑵若，，则a -占=（阿—妬.一俎* ^3 一 鸟） 2” 二（2曲,2a?1）（2 E R ）f -h a H b s-a 】—久ip 逢? — /lij n 爲=（久 E R ）— 于a 丄b <^> +a^b 2= 0| a |= ^ja a = J 詁 +昇 +a j （3）夹角公式:（4）两点间的距离公式：若.ii，则F 勺\W\I AB n arc sin期Ml二、空间向量在立体几何中的应用 2. 利用空间向量证明平行问题对于平行问题，一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明.■* ■*曲二估,如曲）b 二（勾岛禹） 诰+&二（兔+直曲+妇兔+鸟）3. 利用空间向量证明垂直问题一对于垂直问题，一般是利用「:一 L 二二「一 :进行证明； 4. 利用空间向量求角度 （1）线线角的求法:设直线AB CD 对应 co s勺方向向量分别为-a ,b ,则直线AB 与CD 所成的角为（线线角的范围［0：90°］ ） ■，'1「「「J ，*】上是直线.的方向向量，贝S 直线.与平面二所成的角为(1)平面的法向量的求法：//|/设门=(x,y,z)，利用n 与平面内的两个不共线的向「a , b 垂直，其数量积为零，列出两 个三元一次方程，联立后取其一组解，即得到平面二的一个法向量(如图)(2)线面角的求法:(3)二面角的求法:5.利用空间向量求距离 设n 是平面：的法向量,Ml\AS^# = ---------(2)利用法向量求空间距离,其中丄「是平面二的法向量(a)点A到平面二的距离:，其中小二】匚挂，厂是平面二的法向(b)直线」与平面二之间的距离:量。
高中数学第一章空间向量与立体几何1.4空间向量的应用1.4.2用空间向量研究距离夹角问题第2课时空间
空间向量的应用 用空间向量研究距离、夹角问题
第2课时 空间中的夹角问题
学习目标
素养要求
1．理解异面直线所成角、直线与平面所成角、二 直观想象、抽象数学
面角的定义
2．能够用向量法解决线线、线面、二面角的计算 直观想象、数学运算 问题
|自学导引|
空间三种角的向量求法
角的分类
利用向量法求直线与平面夹角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)求直线的方向向量． (3)求平面的法向量 n．
(4)计算：设线面角为 θ，则 sin θ＝|cos〈n，m〉|＝|nn11|·|nn22|．
2．如图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AD＝ CD＝CB＝2，∠ABC＝60°，在矩形 ACFE 中，AE ＝2，BF＝2 2．
(1)求证：BC⊥平面 ACFE； (2)求直线 BD 与平面 BEF 所成角的正弦值．
(1)证明：在梯形 ABCD 中 AB∥CD，AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°， ∴四边形 ABCD 是等腰梯形，∠ADC＝120°． ∴∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°． ∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°． ∴AC⊥BC． 又∵在矩形 ACFE 中，CF＝AE＝2， BF＝2 2，CB＝2，∴CB⊥CF． 又∵AC∩CF＝C，∴BC⊥平面 ACFE．
则 B(0，0，0)，C(0，6，0)，A(0，0，6)，D(－2 7，6，0)，
E(－ 7，3，3)，B→E＝(－ 7，3，3)，C→D＝(－2 7，0，0)，
∴cos〈B→E，C→D〉＝
→→ BE·CD →→
＝
57．
|BE||CD|
∴异面直线 BE 与 CD 所成角的余弦值为 57．
2025版新教材高中数学第1章空间向量与立体几何1.4空间向量的应用1.4.2用空间向量研究距离夹角
第一章 1.4 1.4.2 第2课时A 组·基础自测一、选择题1．若平面α的一个法向量为n 1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量是n 2＝(－3,1,3)，则平面α与β所成的角等于( D )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[解析] 因为n 1·n 2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0，所以α⊥β，即平面α与β所成的角等于90°.2．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AA 1＝3，AB ＝AC ＝BC ＝2，则AA 1与平面AB 1C 1所成角的大小为( A )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[解析] 取AB 的中点D ，连接CD ，分别以DA ，DC ，DE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，可得A (1,0,0)，A 1(1,0,3)，故AA 1→＝(0,0,3)，而B 1(－1,0,3)，C 1(0，3，3)，设平面AB 1C 1的法向量为m ＝(a ，b ，c )，根据m ·AB 1→＝0，m ·AC 1→＝0，解得m ＝(3，－3，2)，cos 〈m ，AA 1→〉＝m ·AA 1→|m ||AA 1→|＝12.故AA 1与平面AB 1C 1所成角的大小为30°，故选A.3．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的夹角是( C )A.π6B ．π4C ．π3D ．π2[解析] 如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz .由于AB ＝BC ＝AA 1，不妨取AB ＝2，则B (0,0,0)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，C 1(2,0,2)． 所以EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，所以cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22×8＝12，所以异面直线EF 和BC 1的夹角为π3.4．已知ABC －A 1B 1C 1是各棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱CC 1的中点，则平面ABC 与平面AB 1D 夹角的大小为( A )A ．45°B ．60°C ．75°D ．30°[解析] 如图所示，以A 为原点，以垂直于AC 的直线为x 轴，以AC 所在直线为y 轴，以AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．∵ABC －A 1B 1C 1是各棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱CC 1的中点， ∴A (0,0,0)，B 1⎝⎛⎭⎪⎫32a ，a 2，a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，a 2，C 1(0，a ，a )，∴AB 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，a 2，a ，AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，a 2，DC 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，a 2.设平面AB 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵n ·AB 1→＝0，n ·AD →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 2x ＋a 2y ＋az ＝0，ay ＋a2z ＝0，取y ＝1，则z ＝－2，x ＝3，∴n ＝(3，1，－2)．又∵平面ABC 的法向量为m ＝(0,0,1)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－23＋1＋4＝－22.则平面ABC 与平面AB 1D 夹角的大小为45°.故选A.5．(多选题)(2023·山东威海高二月考)在长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝2，AD ＝3，AA ′＝1，以D 为原点，以DA →，DC →，DD ′→分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是( ACD )A.BD ′→＝(－3，－2,1)B ．异面直线A ′D 与BD ′所成角的余弦值为23535C ．平面A ′C ′D 的一个法向量为(－2，－3,6) D ．平面A ′C ′D 与平面A ′DD ′夹角的余弦值为37[解析] 由题意可得A (3,0,0)，B (3,2,0)，C (0,2,0)，D ′(0,0,1)，A ′(3,0,1)，C ′(0,2,1)，B ′(3,2,1)．对于选项A ，BD ′→＝(－3，－2,1)，故A 正确；对于选项B ，DA ′→＝(3,0,1)，BD ′→＝(－3，－2,1)，所以cos 〈DA ′→，BD ′→〉＝DA ′→·BD ′→|DA ′→||BD ′→|＝－810×14＝－43535，所以异面直线A ′D 与BD ′所成角的余弦值为43535，故B 错误；对于选项C ，设平面A ′C ′D 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由DA ′→＝(3,0,1)，DC ′→＝(0,2,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA ′→＝0，n ·DC ′→＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋z ＝0，2y ＋z ＝0，取z ＝6，得n ＝(－2，－3,6)，故C 正确；对于选项D ，由选项C 可得平面A ′C ′D 的一个法向量为n ＝(－2，－3,6)，又平面A ′DD ′的一个法向量为m ＝(0,1,0)，所以cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝－31×7＝－37. 又因为平面A ′C ′D 与平面A ′DD ′的夹角为锐角，所以平面A ′C ′D 与平面A ′DD ′的夹角的余弦值为37，故D 正确．故选ACD.二、填空题6．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1D 与BC 1夹角的大小是_90°__，若E ，F 分别为AB ，CC 1的中点，则异面直线EF 与A 1C 1夹角的大小是_30°__.[解析] 以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则易得D (0,0,0)，B (2,2,0)，B 1(2,2,2)，C 1(0,2,2)，A 1(2,0,2)，E (2,1,0)，F (0,2,1)，所以BC 1→＝(－2,0,2)，B 1D →＝(－2，－2，－2)．因为BC 1→·B 1D →＝0，所以B 1D 与BC 1夹角的大小是90°.又A 1C 1→＝(－2,2,0)，EF →＝(－2,1,1)，设异面直线EF 与A 1C 1的夹角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪A1C 1→·EF →|A1C 1→|·|EF →|＝32，所以θ＝30°.7．在空间中，已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0，a )(a >0)，如果平面α与平面Oxy 的夹角为45°，则a ＝ 125.[解析] 平面Oxy 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设平面α的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋4y ＝0，－3x ＋az ＝0，即3x ＝4y ＝az ，取z ＝1，则x ＝a 3，y ＝a 4，∴m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，a4，1.由题意得|cos 〈n ，m 〉|＝1a 29＋a216＋1＝22. 又因为a >0，所以a ＝125.8．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝AA 1＝2BC ＝2，D 为AA 1上一点．若二面角B 1－DC －C 1的大小为30°，则AD 的长为 233.[解析] 如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Cxyz ，则C (0,0,0)，B 1(0,1,2)，B (0,1,0)，所以CB 1→＝(0,1,2)，CB →＝(0,1,0)．设AD ＝a (0≤a ≤2)，则点D 的坐标为(2,0，a )，CD →＝(2,0，a )．设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB →1＝0，m ·CD →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，2x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，2，－1.又平面C 1DC 的一个法向量为CB →＝(0,1,0)，记为n ，则由cos 30°＝|m ·n ||m ||n |＝2a24＋4＋1＝32， 解得a ＝233(负值舍去)，故AD ＝233.三、解答题9.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值．[解析] 设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c ，如图，以C 1为坐标原点，C 1D 1→的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系C 1xyz .(1)证明：连接C 1F ，则C 1(0,0,0)，A (a ，b ，c )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，0，23c ，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b ，13c ，EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b ，13c ，C 1F →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，b ，13c ，得EA →＝C 1F →，因此EA ∥C 1F ，即A ，E ，F ，C 1四点共面，所以点C 1在平面AEF内．(2)由已知得A (2,1,3)，E (2,0,2)，F (0,1,1)，A 1(2,1,0)，AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2,0，－2)，A 1E →＝(0，－1,2)，A 1F →＝(－2,0,1)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，－2x －2z ＝0，可取n 1＝(－1，－1,1)．设n 2为平面A 1EF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1E →＝0，n 2·A 1F →＝0，同理可取n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，1.因为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－77，所以二面角A －EF －A 1的正弦值为427. B 组·素养提升一、选择题1．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．则平面FOE 与平面OEA 夹角的余弦值为( B )A ．－33 B ．33 C ．－63D ．63[解析] 由题意，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，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 |＝13＝33，设平面FOE 与平面OEA 夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝33. 2．(多选题)(2024·山东潍坊检测)如图所示，设E ，F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱CD 上的两点，且AB ＝2，EF ＝1，下列说法正确的是( AB )A ．三棱锥D 1－B 1EF 的体积为定值B ．异面直线B 1D 1与EF 所成角的大小为45°C ．B 1D 1⊥平面B 1EFD ．直线B 1D 1与平面B 1EF 所成角的大小为40°[解析] 对于A 选项，VD 1－B 1EF ＝VB 1D 1EF ＝13·S △D 1EF ·B 1C 1＝13×12×2×1×2＝23，为定值，故正确；对于B 选项，异面直线B 1D 1与EF 所成的角与直线B 1D 1与C 1D 1所成的角为同一个角，即异面直线B 1D 1与EF 所成的角的平面角为∠B 1D 1C 1＝45°，故正确；如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系Dxyz ，设E (0，t,0)，则F (0，t ＋1,0)，对于D 选项，B 1D 1→＝(－2，－2,0)，平面B 1EF 即为平面A 1B 1CD ，设平面A 1B 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B 1→＝0，n ·DB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋y ＋z ＝0，取x ＝1，则n ＝(1,0，－1)，所以平面B 1EF 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)． 设直线B 1D 1与平面B 1EF 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈B 1D 1→，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2×1＋－2×0＋0×－1－22＋－22＋0×12＋0＋－12＝12，所以θ＝30°，故错误； 对于C 选项，由D 选项可知直线B 1D 1与平面B 1EF 所成的角为30°，故错误．故选AB.3．(多选题)(2023·重庆高二检测)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝2，E ，F 分别是BC ，A 1C 1的中点，D 在线段B 1C 1上，则下面说法中正确的有( ACD )A ．EF ∥平面AA 1B 1BB ．若D 是B 1C 1上的中点，则BD ⊥EFC ．直线EF 与平面ABC 所成角的正弦值为255D ．直线BD 与直线EF 所成角最小时，线段BD 长为322[解析] 以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意可得，A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，B 1(2,0,2)，C 1(0,2,2)，E (1,1,0)，F (0,1,2)，设D (x,2－x,2)，故EF →＝(－1,0,2)，BD →＝(x －2，2－x ，2)，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，所以AC →为平面AA 1B 1B 的一个法向量，AA 1→是平面ABC 的一个法向量，对于A ，AC →＝(0,2,0)，所以EF →·AC →＝0，即EF ⊥AC ，又EF ⊄平面AA 1B 1B ，所以EF ∥平面AA 1B 1B ，故选项A 正确；对于B ，若D 是B 1C 1上的中点，则BD →＝(－1,1,2)，所以EF →·BD →＝1＋4＝5， 所以EF 与BD 不垂直，故选项B 错误；对于C ，因为AA 1→是平面ABC 的一个法向量，AA 1→＝(0,0,2)，设直线EF 与平面ABC 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈EF →，AA 1→〉|＝|EF →·AA 1→||EF →||AA 1→|＝45×2＝255，故选项C 正确；对于D ，设B 1D →＝λB 1C 1→＝(－2λ，2λ，0)，(0≤λ≤1)，故BD →＝BB 1→＋B 1D →＝(－2λ，2λ，2)，所以BD →·EF →＝2λ＋4，所以|cos 〈BD →，EF →〉|＝|BD →·EF →||BD →||EF →|＝2＋λ5×2λ2＋1＝15×⎝ ⎛⎭⎪⎫3λ＋2－432＋29，故当3λ＋2＝43，即λ＝14时，|cos 〈BD →，EF →〉|取得最大值，即直线BD 与直线EF 所成的角最小，此时BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，2，所以|BD →|＝322，故选项D 正确.二、填空题4．已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，BC ＝2，AA 1＝4，E 是侧棱CC 1的中点，则直线AE 与平面A 1ED 所成角的正弦值为 49.[解析] 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，BC ＝2，AA 1＝4，E 是侧棱CC 1的中点，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，A (2，0,0)，E (0,1,2)，A 1(2,0,4)，D (0,0,0)，EA →＝(2，－1，－2)，DA 1→＝(2,0,4)，DE →＝(0,1,2)，设平面A 1ED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝2x ＋4z ＝0，n ·DE →＝y ＋2z ＝0，取z ＝1，得n ＝(－2，－2,1)，设直线AE 与平面A 1ED 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈EA →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪EA →·n |EA →||n |＝49×9＝49. ∴直线AE 与平面A 1ED 所成角的正弦值为49.5．已知菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，沿对角线AC 折叠之后，使得平面BAC ⊥平面DAC ，则平面BCD 与平面CDA 夹角的余弦值为55.[解析] 如图，取AC 的中点E ，分别以EA ，ED ，EB 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设菱形ABCD 的边长为2，则A (1,0,0)，C (－1,0,0)，D (0，3，0)，B (0,0，3)．设平面BCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵BC →＝(－1,0，－3)，BD →＝(0，3，－3)，∴⎩⎨⎧－x －3z ＝0，3y －3z ＝0，令z ＝3，则y ＝3，x ＝－3，即n ＝(－3，3，3)．平面ACD 的法向量为m ＝(0,0,1)，设平面BCD 与平面CDA 夹角为θ，则cos θ＝|n·m ||n||m|＝31×15＝55.三、解答题6．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，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． [解析] (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 ，故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 . 而DM ⊂平面AMD ，故平面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Dxyz . 当三棱锥M －ABC 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 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)．DA →是平面MCD 的一个法向量，因此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.C 组·能力拓展如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝2，BC ＝22，PA ＝2.(1)取PC 的中点N ，求证：DN ∥平面PAB ； (2)求直线AC 与PD 所成角的余弦值；(3)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得平面MAC 与平面ACD 的夹角为45°？如果存在，求出BM 与平面MAC 所成角的大小；如果不存在，请说明理由．[解析] (1)证明：取BC 的中点E ，连接DE ，交AC 于点O ，连接ON ，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (2，－1,0)，C (0,1,0)，D (－1,0,0)，P (0，－1,2)． ∵点N 为PC 的中点， ∴N (0,0,1)，∴DN →＝(1,0,1)．设平面PAB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2,0,0)，可得n ＝(0,1,0)，∴DN →·n ＝0. 又∵DN ⊄平面PAB ，∴DN ∥平面PAB .(2)由(1)知AC →＝(0,2,0)，PD →＝(－1,1，－2)． 设直线AC 与PD 所成的角为θ， 则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪22×6＝66.(3)存在．设M (x ，y ，z )，且PM →＝λPD →，0<λ<1，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ，y ＋1＝λ，z －2＝－2λ，∴M (－λ，λ－1,2－2λ)．设平面ACM 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，由AC →＝(0,2,0)，AM →＝(－λ，λ，2－2λ)，可得m ＝(2－2λ，0，λ)， 由图知平面ACD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝λ1·λ2＋2－2λ2＝22， 解得λ＝23或λ＝2(舍去)．∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13，23，∴BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－83，23，23，m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0，23.设BM 与平面MAC 所成的角为φ， 则sin φ＝|cos 〈BM →，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－129223×22＝12，∴φ＝30°.故存在点M ，使得平面MAC 与平面ACD 的夹角为45°，此时BM 与平面MAC 所成的角为30°.。
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【巩固练习】 一、选择题1. 设平面两个向量的坐标分别为（1，2，1），（-1，1，2），则下列向量中是平面的法向量的是( )A. （-1，-2，5）B. （-1，1，-1）C. （1， 1，1）D. （1，-1，-1） 2. 如图，1111—ABCD A B C D 是正方体，1111114A B B E =D F =，则1BE 与1DF 所成角的余弦值是（ ） A ．1715 B ．21 C ．178 D ．23 3. 如图，111—A B C ABC 是直三棱柱，90BCA ∠=︒，点11D F 、分别是1111A B AC 、的中点，若1BC CA CC ==，则1BD 与1AF 所成角的余弦值是（ ）A ．1030B ．21 C ．1530 D ．1015 4. 若向量(12)λ=a ，，与(212)=-b ，，的夹角的余弦值为89，则λ=( )A ．2B ．2-C ．2-或255D ．2或255-5. 在三棱锥P ABC －中，AB BC ⊥，12AB=BC=PA ，点O D 、分别是AC PC 、的中点，OP ⊥底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值（ ）A ．621 B ．338 C ．60210D ．302106.（2015秋 校级期末）在正四棱锥S —ABCD 中，O 为顶点在底面的投影，P 为侧棱SD 的中点，且SO=OD ，则直线BC 与平面PAC 的夹角是（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°7. 在三棱锥P ABC －中，AB BC ⊥，1==2AB BC PA ，点O D 、分别是AC PC 、的中点，OP ⊥底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值是（ ）A ．21B ．83C ．210D ．210二、填空题8．若平面α的一个法向量为()330=n ，，，直线l 的一个方向向量为()111=b ，，，则l 与α所成角的余弦值为 _．9．正方体1111ABCD A B C D -中，E F 、分别为1AB CC 、的中点，则异面直线EF 与11A C 所成角的大小是______.10. 已知三棱锥S ABC -中，底面ABC 为边长等于2的等边三角形，SA 垂直于底面ABC ，SA =3，那么直线AB 与平面SBC 所成角的正弦值为 .11. 如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，,,45AB AE FA FE AEF ︒==∠=，则平面BDF 和平面ABD 的夹角余弦值是_______.三、解答题12. 如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1D B 上，∠60PDA =︒.（Ⅰ）求DP 与1C C 所成角的大小；（Ⅱ）求DP 与平面11A ADD 所成角的大小.13. 如图，四棱锥F ABCD -的底面ABCD 是菱形，其对角线2AC =，2BD ，AE ，CF 都与平面ABCD 垂直，1AE =， 2CF =，求平面ABF 与平面ADF 的夹角大小.14. 如图（1），在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D E ，分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，2DE ＝，将△ADE 沿DE 折起到△1A DE 的位置，使1A C CD ，如图（2）．(1)求证：1A C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是1A D 的中点，求CM 与平面1A BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面1A DP 与平面1A BE 垂直？说明理由．15．(2016 理)如图，在三棱台ABC-DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3．(Ⅰ)求证：EF ⊥平面ACFD ；(Ⅱ)求二面角B-AD-F 的平面角的余弦值.【答案与解析】 1.【答案】B【解析】排除法.平面的法向量与平面任意直线的方向向量垂直，即它们的数量积为零.排除A ，C ，D ，选项为B.2.【答案】A【解析】设正方体的棱长为1，以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz ，则1131(1,1,0),(1,,1),(0,0,0),(0,,1)44B E D F ．所以，131(1,,1)(1,1,0)(0,,1)44BE =-=-，111(0,,1)(0,0,0)(0,,1)44DF =-=，1174BE =，1174DF =， 11111500()114416BE DF ⋅=⨯+-⨯+⨯=．所以，111111cos ,151516.171717BE DF BE DF BE DF ⋅<>=⋅==⋅因此，1BE 与1DF 所成的角的余弦值是1517． 3.【答案】A【解析】如图所示，以C 为原点建立的空间直角坐标系， 则()()()()()1111,0,0,0,1,0,0,0,1,1,0,1,0,1,1,A B C A B 由中点公式可知，11111101222D F ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，11111101222BD AF ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，， ，111-1304cos 3524BD AF +==，.4.【答案】C【解析】由cos=a b a b a b，可得，25510840λλ+=，即()()25520λλ+=，即2=λ或255=λ.5.【答案】D【解析】().22214214 ,0,0,0,,0,,0,000.,0,222244OP ABC OA OC AB BCOA OB OA OP OB OPO OP z O xyzAB aA aB aC a PD a a⊥==∴⊥⊥⊥-=⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭平面，，，，，以为原点，射线为非负轴，建立空间直角坐标系如图，设，则，，，，214,0,,4411,1,,7210cos,.30210sin cos,,30210.30OD a aPBC nOD nOD nOD nOD PBCOD nOD PBCθθ⎛⎫∴=- ⎪⎪⎝⎭⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭⋅∴〈〉==⋅=〈〉=∴可求得平面的法向量设与平面所成的角为，则与平面所成角的余弦值为6.【答案】A【解析】如图，以O为坐标原点，以OA为x轴，OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系O—xyz。
设OD=SO=OA=OB=OC=a，则A（a，0，0），B（0，a，0），C（－a，0，0），(0,,)22a aP-，则(2,0,0),(,,),(,,0)22a aCA a AP a CB a a==--=，设平面PAC的一个法向量为n，则0,0n CA n AP⋅=⋅=，∴20220ax ay az =⎧⎨-+=⎩，可取(0,1,1)n =，∴1cos ,2||||2CB n CB n CB n a ⋅〈〉===⋅，∴,60CB n 〈〉=︒，∴直线BC 与平面PAC的夹角为90°－60°=30°故选A 。
7.【答案】D【解析】()().,0,0,,0,,0,0.0,0,.OP ABC OA OC AB BC OA OB OA OP OB OP O OP z O xyz AB a A B C OP h P h ⊥==∴⊥⊥⊥-⎫⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=平面，，，，，以为原点，射线为非负轴，建立空间直角坐标系如图，设，则设，则2,,,,210cos ,210sin cos ,.PA a h OD PBC n OD nOD n OD nOD PBC OD n θθ=∴=⎛⎫∴=- ⎪ ⎪⎝⎭⎛=-⎝⋅∴〈〉==⋅=〈〉= 可求得平面的法向量 设与平面所成的角为，则8.【答案】3【解析】 由cos 3〈〉==n,b ，知l 与α所成角的余弦值为=.9.【答案】30︒【解析】 以A 为原点建立直角坐标系（如图所示），设B （2，0，0），则E （1，0，0），F （2，2，1），C 1（2，2，2），A 1（0，0，2），∴(1,2,1)EF =，11(2,2,0)AC =， ∴1111113cos ,2||||622EF AC EF AC EF AC ⋅〈〉===⋅⋅，∴11cos ,30EF AC 〈〉=︒.10.【答案】34【解析】本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角.过A 作AE 垂直于BC 交BC 于E ，连结SE ，过A 作AF 垂直于SE 交SE 于F ，连BF ，∵正三角形ABC ，∴ E 为BC 中点，∵ BC ⊥AE ，SA ⊥BC ，∴ BC ⊥面SAE ， ∴ BC ⊥AF ，AF ⊥SE ，∴ AF ⊥面SBC ，∵∠ABF 为直线AB 与面SBC 所成角，由正三角形边长3，∴ 3AE =，AS=3，∴ SE=23，AF=32，∴3sin 4ABF ∠=.11.【答案】31111【解析】因为△ABE 为等腰直角三角形，AB=AE ， 所以AE ⊥AB.又因为平面ABEF ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABEF ， 平面ABEF ∩平面ABCD=AB ， 所以AE ⊥平面ABCD. 所以AE ⊥AD.因此，AD ，AB ，AE 两两垂直，以A 为坐标原点，建立 如图所示的直角坐标系A-xyz.设AB=1，则B （0，1，0），D (1， 0， 0 ) ， E ( 0，0， 1 )， C ( 1， 1， 0 ).因为FA=FE ， ∠AEF = 45°，所以∠AFE= 90°. 从而，11(0,,)22F -. 所以，设平面BDF 的一个法向量为1n ，并设1n =（x ，y ，z ）. ()110BD=，， ，31022BF=⎛⎫⎪⎝⎭，，， 由00.n BD n BF ⎧=⎪⎨=⎪⎩， 得0310.22x y y z =⎧⎪⎨+=⎪⎩， 取y=1，则x=1，z=3.从而1n 113=（，，）. 由AE ⊥平面ABCD 可知，平面ABD 的一个法向量为()001AE=，，，设平面BDF 和平面ABD 的夹角为θ，则1311cos cos 11n AE =θ==，.12.【解析】如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系D xyz -，设DA 为单位长，则=，=.连结BD ，11B D ，在平面BB 1D 1D ，延长DP ，交11B D 于点H ，设=( m > 0 )，由条件知 <，> = 60°.由·=||||cos<，> ，可得2m =.解得m =.所以=.（Ⅰ）因为cos<，>=，CC所成的角的大小是45°.所以<，>=，即DP与1（Ⅱ）因为平面的一个法向量是，又cos<，>=，A ADD所成角的大小为60°.所以<，>=. 即DP与平面11注意：由于点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线D1B上且∠PDA=60°，直接设点P的坐标则会出现多个变量，因为所求的两问都是求与DP相关的角度问题，因此根据点P 的位置特征只确定DP所在的直线的位置即可，因此出现上面解法. 显然尽管求解过程是用向量的坐标方法，但空间想象与思辨论证的要求并没有降低，体现了对学生全面的几何方法的考查.13.【解析】如图，以为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系.设平面ABF的法向量为，则由得令，得.同理，可求得平面ADF的法向量.因为，所以平面ABF与平面ADF垂直.所以平面ABF 与平面ADF 的夹角2. 14.【解析】15.【解析】(Ⅰ)延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以BF ⊥AC ．又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK ．所以BF ⊥平面ACFD ．(Ⅱ)方法一：过点F 作FQ ⊥AK ，连结BQ ．因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK ．所以，∠BQF 是二面角B-AD-F 的平面角．在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得FQ = 在Rt △BQF中，FQ BF ==，得cos BQF ∠= 所以，二面角B-AD-F的平面角的余弦值为4． 方法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形．取BC 的中点O ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以，KO ⊥平面ABC ．以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ． 由题意得(100)(100)(00B C K -，，，，，，，11(130)0022A E F ⎛⎛--- ⎝⎭⎝⎭，，，，． 因此，(030)(133)(230)AC AK AB ===，，，，，，，，． 设平面ACK 的法向量为111()m x y z =，，，平面ABK 的法向量为222()n x y z =，，， 由00AC m AK m ⎧=⎪⎨=⎪⎩··，得11113030y x y =⎧⎪⎨++=⎪⎩，取(301)m =-，，； 由00AB n AK n ⎧=⎪⎨=⎪⎩··，得2222223030x y x y +=⎧⎪⎨+==⎪⎩，取(32n =-，．于是，3 cos4||||m nm nm n〈〉==，··．所以，二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34．。