高中数学第一册(上)直线与平面所成的角
1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题(备课件
A．5
B．8
C． 60 13
D．13 3
【答案】C
【解析】解：以 D 为坐标原点， DA ， DC ， DD1 的方向分别为 x，y，z 轴的正方向建立如
图所示的空间直角坐标系， 设 B(x，12，0)，B1(x，12，5)(x>0)，平面 A1BCD1 的法向量为 n ＝(a，b，c)，则 C(0，12，
B1B n n
60 ， 13
因为 B1C1∥BC，BC 平面 A1BCD1，B1C1 平面 A1BCD1，
所以 B1C1∥平面 A1BCD1，所以 B1C1 到平面 A1BCD1 的距离即为点 B1 到平面 A1BCD1 的距离，
所以直线
B1C1
到平面
A1BCD1
的距离为
60 13
，故选：C.
知识点01 线面角的向量
1．已知在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB=BC=1，AA1=2，E 是侧棱 BB1 的中点，则直线 AE 与平面
A1ED1 所成角的大小为（ ）
A．60°
B．90°
C．45°
D．以上都不对
【答案】B 【解析】 以点 D 为原点，分别以 DA，DC，DD1 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间 直角坐标系，
0)，D1(0，0，5), CD1
0, 12,5
, BC
x, 0, 0
，由
n n
BC CD1
，得
n n
BC a x
CD1 a 0
b0 b 12
c0 c
5
ax 0 12b
5c
0
，所以
a＝0，b＝ 152
c，取 n
＝(0，5，12)，
用空间向量研究距离、夹角问题(第二课时)高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第一册
β
m n
α
β
m n
α
n,m
β
m
n
α
cos | cos n , m |
β
m
n
α
n,m
用空间向量求平面 α 和平面 β 夹角 θ 的步骤与方法：
化为向量问题 进行向量运算
① 转化为平面 α 的法向量 n 和平面 β 的法向量 m 的夹角 ② 计算| cos n , m | | n m |
| u || v |
③ 两直线 l1，l2 夹角 θ 的余弦值 cos | cos u , v |
设两条异面直线 a，b 的方向向量分别为 a＝(－1，1，0)，b＝(0，－1，1)， 则直线 a 和 b 所成的角为___6_0____．
在 三 棱 柱 ABC － A1B1C1 中 ， AA1⊥ 底 面 ABC ， AB ＝ BC ＝ AA1 ， ∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点， 试求直线 EF 和 BC1 所成角的大小. 60
u
v
l1
u,v
l2
vu
l1
cos | cos u , v |
l2
u v
l1
u,v
用空间向量求两条直线 l1，l2 夹角 θ 的步骤与方法：
化为向量问题 进行向量运算
① 转化为求两直线 l1，l2 的方向向量 u，v 的夹角 ② 计算 | cos u , v | | u v |
| u || v |
① 求直线 l 的方向向量 u 和平面 α 的法向量 n ② 计算 | cos u , n | | u n |
| u || n |
③ 直线 l 和平面 α 所成角 θ 的正弦值 sin | cos u , n |
空间向量与立体几何夹角问题 高中数学人教A版(2019)选择性必修第一册
即为向量n1和n2的夹角或其补角.
设平面与平面的夹角为 , 则
n1
n2
cos cosn1, n2
n1 n2 n1 n2
n1 n2 n1 n2
面面角的范围： [0, ]
2
二面角的范围： [0, ]
二面角的大小判断:法向量观察法
三、两个平面的夹角
两个区别
区别1 两个平面的夹角与二面角的平面角的区别？
三、两个平面的夹角
例3 如图, 在直三棱柱ABC - A1B1C1中, AC = CB = 2, AA1 = 3,∠ACB = 900，P为BC的中点, 点Q, R分别在棱AA1, BB1上,
A1Q = 2AQ,BR = 2RB1. 求面PQR与面A1B1C1夹角的余弦值. 解：以C1为原点, C1 A1,C1B1,C1C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.
二、直线和平面所成的角
【悟】利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤
(1)建系求有关点的坐标； (2)求直线的方向向量u. (3)求平面的法向量n. (4)设线面角为 θ，则 sin θ＝||uu|·|nn|| .
二、直线和平面所成的角
【练2】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F依次为C1C， BC的中点.求A1B与平面AEF所成角的正弦值.
y
2z
z 0
0
x y
3z 2 2z
取n2 (3,4, 2),
n1 n2 =2，|n1|=1，|n2|=
29
cosn1, n2
n1 n2 n1 n2
2 29 29
z CC PP BB
AA
Q
人教B版高中数学选择性必修第一册精品课件 第一章 空间向量与立体几何 1.2.3 直线与平面的夹角
B.60° C.45°
C)
D.30°
解析 设AC和平面α所成的角为θ,
则cos 60°=cos θcos 45°,故cos θ=
1 2 3 4 5
2
√,所以θ=45°.
2
3.[2023甘肃永昌高二阶段检测]在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,
AA1=1,则直线BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( D )
21
规律方法
1.利用定义法求直线与平面所成的角,首先要作出斜线和这条
斜线在平面内的射影所成的角,然后通过解三角形求出直线与平面所成的
角的大小.其基本步骤可归纳为“一作,二证,三计算”.
2.找射影的两种方法
3.本例中找出点E在平面BCD中的射影是解决问题的核心,对于几何体中缺
少棱长等数据信息,可根据几何体的特征进行假设,这样处理不影响结论.
√6
A.
3
1 2 3 4 5
√10
B.
2
√15
C.
5
√10
D.
5
解析 以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立
空间直角坐标系,
则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1),
∴1 =(-2,0,1), =(-2,2,0),易知 为平面 BB1D1D 的一个法向量,
θ=|cos
|CB|2 + |BA|2 + |AS| 2 = √3,
√3
φ|= 3 ,
√3
所成的角的正弦值为 3 .
∴cos<1 , >=
1 ·
|1 || |
∴直线 BC1 与平面
空间角度与距离归类高二数学选择性必修第一册)(解析版)
专题01空间角度与距离归类目录热点题型归纳【题型一】线面角基础 (1)【题型二】二面角基础 (4)【题型三】异面直线所成的角 (7)【题型四】给角求角（值）1：线面角 (10)【题型五】给角求角（值）2：二面角 (12)【题型六】探索性动点型1：线面角 (15)【题型七】探索性动点型2：二面角 (17)【题型八】翻折中的角度 (20)【题型九】角度范围与最值 (22)【题型十】距离与长度（体积） (26)培优第一阶——基础过关练 (32)培优第二阶——能力提升练 (37)培优第三阶——培优拔尖练 (42)【题型一】线面角基础【典例分析】如图，在四棱锥P ABMN -中，PNM △是边长为2的正三角形，AN NP ⊥，AN BM ∥，3AN =，1BM =，AB =C ，D 分别是线段AB ，NP 的中点．(1)求证：CD ∥平面PBM ；(2)求证：平面ANMB ⊥平面NMP ；(3)求直线CD 与平面ABP 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）取MN 中点Q ，连CQ ，DQ ，由线面平行的判定定理可得DQ ∥平面BMP ，CQ ∥平面BMP ，再由面面平行的判定定理可得平面CDQ ∥平面BMP 及性质定理可得答案；（2）过B 作BE MN ∥交AN 于E ，利用222AB AE BE =+得AE BE ⊥，由线面垂直的判定定理可得AN ⊥平面NMP ，面面垂直的判定定理可得答案；（3）以D 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABP 的法向量，由线面角的向量求法可得答案.（1）如图，取MN 中点Q ，连CQ ，DQ ，∵DQ 为中位线，∴DQ MP ∥，又DQ ⊄平面BMP ，MP ⊂平面BMP ，∴DQ ∥平面BMP ，同理，在梯形ABMN 中，CQ MB ∥，又CQ ⊄平面BMP ，MB ⊂平面BMP ，∴CQ ∥平面BMP ，且DQ ⊂平面CDQ ，CQ ⊂平面CDQ ，DQ CQ Q ⋂=，∴平面CDQ ∥平面BMP ，又CD ⊂平面CDQ ，所以CD ∥平面BMP．（2）如上图，在四边形ABMN 中，过B 作BE MN ∥交AN 于E ，在AEB △中，得2AE =，2BE =，AB =，则222AB AE BE =+，得AE BE ⊥，∵BE MN ∥，∴AN NM ⊥，又由已知条件AN NP ⊥，NM NP N ⋂=，,⊂NM NP 平面NMP ，故AN ⊥平面NMP ，又AN ⊂平面ANMB ，∴平面ANMB ⊥平面NMP ．（3）∵PMN 为等腰三角形，∴DM NP ⊥，又因为AN ⊥平面MNP ，以D 为原点建立空间直角坐标系，如图：可得()0,0,0D ，()1,0,0P ，()1,0,0N -，()M ，()1,0,3A -，()B，122C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面ABP 的法向量为(),,n x y z =，()2AB =-，()2,0,3AP =-，根据00⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n AB n AP ，得20230⎧-=⎪⎨-=⎪⎩x z x z ，解得2n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，122DC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设直线CD 与平面ABP 所成角为θ，则sin cos ,3142220CD n n CD n θ⋅==⋅-++=，故直线CD 与平面ABP所成角的正弦值sin θ=直线与平面所成的角（射影角，也是夹角，[0.]2πϑ∈）m n ，是平面法向量121212222222111222|x x +y +|sin |cos a |=+y +z ++y z z b x y z θ=，x 【变式训练】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，E ，F 分别为PA ，BC 的中点，(1)证明：//EF 平面PCD .(2)若PD ⊥平面ABCD ，120ADC =∠︒，且24PD AD ==，求直线AF 与平面DEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)35【分析】（1）取PD 的中点G ，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面DEF 的法向量，再求线面角.（1）证明：取PD 的中点G ，连接CG ，EG .因为E ，F 分别为PA ，BC 的中点，所以EG AD ∥，1=2EG AD ，又底面ABCD 为菱形，所以CF AD ∥，2CF AD =1所以EG CF ∥，EG CF =，所以四边形EGCF 为平行四边形，所以EF CG ∥.又CG ⊂平面PCD ，EF ⊄平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .（2）因为PD ⊥平面ABCD ，120ADC =∠︒，所以以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.因为2,4AD PD ==，所以()0,0,0D ，)F，()0,2,0A ，()0,1,2E ，则()0,1,2DE =，)DF =，)2,0AF =-，设平面DEF 的法向量(),,m x y z =，则200y z +=⎧⎪=，令1z =，得()0,2,1m =-，设直线AF 与平面DEF 所成的角为θ，则sin m AFm AF θ⋅===【题型二】二面角基础【典例分析】如图，在四棱锥P ABCD -中，ABP △是直角三角形，90APB ∠=︒，四边形ABCD 是等腰梯形，AB CD ∥，60BAD BAP ∠=∠=︒，24AB CD ==.(1)证明：AB DP ⊥；(2)若平面ABCD ⊥平面ABP ，求平面ABP 与平面CDP 的夹角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)2.【解析】【分析】（1）取AB 中点E ，取AE 中点F ，由题可得AB DF ⊥，AB FP ⊥，进而可得AB ⊥平面DFP ，即得；（2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法即得.（1）如图，取AB 中点E ，连接DE ，EP ，取AE 中点F ，连接DF ，FP ，由题意可知，ADE 和AEP △为全等的等边三角形.因为AB DF ⊥，AB FP ⊥，且DF FP F ⋂=，所以AB ⊥平面DFP ，又因为DP ⊂平面DFP ，所以AB DP ⊥.（2）因为平面ABCD ⊥平面ABP ，且DF AB ⊥，所以DF ⊥平面ABP .以F 为坐标原点，FP ，，FD 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，则)3,0,0P ，(3D ，(3C ，(3,0,3PD =-，(3,3PC =，平面ABP 的一个法向量(3FD =.设平面CDP 的一个法向量(),,n x y z =，则00n PD n PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即3303230z y z ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，可取()1,0,1n =，所以2cos ,2FD n FD n FD n ⋅==⋅，所以平面ABP 与平面CDP 的夹角的正弦值为22.【提分秘籍】基本规律二面角（法向量的方向角，[0.]ϑπ∈）n 是平面法向量121212222222111222|x x +y +||cos ||cos m |=+y +z ++y z z n x y z θ=，x【变式训练】如图所示，四棱锥S ABCD -中，平面SAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2正方形，22,4SA SC ==，AC 与BD 交于点O ，点E 在线段SD 上.(1)求证：SA ⊥平面ABCD ；(2)若//OE 平面SAB ，求二面角S AC E --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)255【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AB ⊥平面SAD ，进而证明SA AB ⊥，再根据集合关系证明SA AC ⊥即可证明结论；（2）根据题意，E 为SD 的中点，进而以,,AB AD AS 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；（1）证明：因为平面SAD ⊥平面ABCD 且交线为AD ，又AB Ì平面ABCD 且AB AD ⊥，所以AB ⊥平面SAD ，又SA ⊂平面SAD ，所以SA AB ⊥.因为ABCD 是边长为2正方形，所以AC =又4SA SC ==，所以222SA AC SC +=，即SA AC ⊥，又因为AB AC A ⋂=，,AB 平面ABCD ，所以SA ⊥平面ABCD .（2）解：因为OE ∥平面SAB ，OE ⊂平面SBD ，平面SBD 平面SAB SB =，所以OE SB ∥，因为O 为BD 的中点，所以E 为SD 的中点，以,,AB AD AS 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则有()()()()((0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,2,0,,A B C D S E ，易得平面SAC 的一个法向量为()2,2,0n DB ==-，设平面EAC 的一个法向量为(),,m x y z =，则00m AE m AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩0220y x y ⎧=⎪⇒⎨+=⎪⎩，取1z =，则)m =，设平面SAC 与平面EAC 所成夹角为θ，则cos m n m n θ⋅==⋅u r r u r r SAC 与平面EAC所成夹角的余弦值为.【题型三】异面直线所成的角【典例分析】如图所示，1111ABCD A B C D -是棱长为1的正方体.(1)设11BA C △的重心为O ，求证：直线OD ⊥平面11BA C ；(2)设E ､F 分别是棱AD ､11DC 上的点，且1DE D F a ==，M 为棱AB 的中点，若异面直线DM 与EF所成的角的余弦值为10，求a 的值.【答案】(1)证明见解析；(2)4．【分析】（1）由正方体性质证明1B D ⊥平面11A BC ，1B D 与平面11A BC 的交点即为重心O ，从而证得结论成立；（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角，从而求得a 值．(1)设1111A C B D N =，连接1DB ，首先1DD ⊥平面1111D C B A ，11AC ⊂平面1111D C B A ，则111DD A C ⊥，又1111B D A C ⊥，1111DD B D D =，111,DD B D ⊂平面11BDD B ，所以11A C ⊥平面11BDD B ，而1B D ⊂平面11BDD B ，所以111A C B D ⊥，同理11A B B D ⊥，1111A C A B A =，111,AC A B ⊂平面11A BC ，所以1B D ⊥平面11A BC ，连接BN 交1B D 于O ，因为11DA DB DC ==，所以O 是等边11A BC V 的中心也是重心，所以DO ⊥平面11A BC ，(2)如图，以1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(,0,0)E a ，1(1,,0)2M ，(0,,1)F a ，1(1,,0)2DM =，(,,1)EF a a =-，由题意22122cos ,1114a a DM EF DM EF DM EF a a -+⋅<>===+⨯++解得：24a =（负值舍去）．【提分秘籍】基本规律（1）、异面直线夹角（平移角，也是锐角和直角(0.]2πϑ∈）121212222222111222|x x +y +|cos |cos a |=+y +z ++y z z b x y z θ=，x【变式训练】如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ==90ACB ∠=︒．12AA =，D 为AB 的中点．(1)求证：1AC ∥平面1B CD ；(2)求异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)23.【分析】（1）设1C B 与1B C 的交点为E ，连接DE ，由三角形中位线定理可证得1//DE AC ，从而可得1//AC 平面1CDB ；（2）由1//DE AC 可得CED ∠为1AC 与1B C 所成的角（或其补角），在CDE △中，解三角形可求得cos CED ∠，即为所求．(1)证明：设1C B 与1B C 的交点为E ，连接DE ，∵四边形11BCC B 为正方形，∴E 是1BC 的中点，又D 是AB 的中点，∴1//DE AC ．又DE ⊂平面1CDB ，1AC ⊄平面1CDB ，∴1//AC 平面1CDB ．(2)解：∵1//DE AC ，∴CED ∠为1AC 与1B C 所成的角（或其补角）．在CDE △中，111111,22222ED AC CD AB CE CB ======，∴2222221222cos 23CE DE CD CED CE DE ⎛⎫⎫+- ⎪⎪+-∠===⋅．∴异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值为23．【题型四】给角求角（值）1：线面角【典例分析】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，//BC AD ，2PA AB BC ===，4=AD ，E 为棱PD 的中点，F 是线段PC 上一动点.(1)求证：平面PBC ⊥平面PAB ；(2)若直线BF 与平面ABCD时，求二面角F EA D --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明出BC ⊥平面PAB ，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设PF PC λ=，其中01λ≤≤，利用已知条件求出λ的值，然后利用空间向量法可求得二面角F EA D --的余弦值.(1)证明：因为AB AD ⊥，//BC AD ，则BC AB ⊥，PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，BC PA ∴⊥，PA AB A =，PA 、AB Ì平面PAB ，BC ∴⊥平面PAB ，BC ⊂平面PBC ，因此，平面PBC ⊥平面PAB .(2)解：因为PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，以点A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 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 、()2,0,0B 、()2,2,0C 、()0,4,0D 、()0,2,1E 、()002P ,,，设()()2,2,22,2,2PF PC λλλλλ==-=-，()22,2,22BF BP PF λλλ=+=--，其中01λ≤≤，易知平面ABCD 的一个法向量为()0,0,1u =，由已知可得cos ,u BF u BF u BF⋅<>==⋅，解得12λ=，所以，F 为PC 的中点，即()1,1,1F ，设平面AEF 的法向量为(),,m x y z =，()0,2,1AE =，()1,1,1AF =，则200m AE y z m AF x y z ⎧⋅=+=⎨⋅=++=⎩，取1y =，可得()1,1,2m =-，易知平面ADE 的一个法向量为()1,0,0n =r，所以，cos ,m n m n m n⋅<>==⋅F EA D --的平面角为钝角，故二面角F EA D--的余弦值为.【变式训练】如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在平面，90ADC BAD ∠=∠=︒，F 为PA 中点，PD =112AB AD CD ===，四边形PDCE 为矩形．(1)求证：//AC 平面DEF ；(2)求二面角A BC P --的大小；(3)在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为30°？若存在，求出FQ 的长；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)4π(3)存在，FQ =【分析】（1）首先以点D 为原点，建立空间直角坐标系，求平面DEF 的法向量1n ，利用0AP n ⋅=，即可证明线面垂直；（2）分别求平面BCP 和ABC 的法向量2n 和3n ，利用公式23cos ,n n <>，即可求解；（3）首先利用向量共线，设点)11222Q λλλ⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭，，，利用线面角的向量公式，即可求得λ的值.(1)证明：以D 为原点，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，由题意得，()000D ，，，()100A ，，，()110B ，，，()020C ，，，(022E ，，(002P ，，，12022F ⎛ ⎝⎭，，，则()120AC =-，，，平面DEF 的一个法向量()1n x y z =，，，(022DE =，，，12022DF ⎛= ⎝⎭，，，由1122012022n DE y z n DF x ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取2z =，得()12222n =-，，，((112222020AC n ⋅=-⨯-+⨯-+⨯=，1AC n ∴⊥，//AC ∴平面DEF ；(2)设平面PBC 的一个法向量()2,,n x y z =，(1,1,2PB =-，()1,1,0BC =-uu u r，由22200n PB x y z n BC x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1x =，解得(22n =设平面ABC 的一个法向量()30,0,1n =，2323232cos ,2n n n n n n ⋅∴<>==由图可知二面角A BC P --为锐二面角，二面角A BC P --的大小为4π；(3)设存在点Q 满足条件，由(022E ，，12022F ⎛ ⎝⎭，，，设()01FQ FE λλ=≤≤，1212(,,)(,2,)2222Q Q Q x y z λ-=-整理得)211222Q λλλ⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭，，，)2112122BQ λλλ⎛⎫++=-- ⎪ ⎪⎝⎭，，，直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为30°，2222511sin |cos ,|||62||||219107BQ n BQ n BQ n λπλλ-⋅∴=<>===-+，则21λ=，由01λ≤≤，得1λ=，即点和E 点重合，故在线段EF 上存在一点Q ，且19FQ EF ==【题型五】给角求角（值）2：二面角【典例分析】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 在线段PD 上.(1)若E 为PD 的中点，证明：//PB 平面AEC ；(2)若2PA =，24PD AB ==，若二面角E AC B --的大小为56π，试求:PE ED 的值.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）连接BD 交AC 于O ，连接OE ，利用中位线的性质可得出//OE PB ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）以点A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设PE PD λ=，其中01λ≤≤，利用空间向量法可得出关于λ的等式，结合λ的取值范围可求得λ的值，即可得解.（1）证明：连接BD 交AC 于O ，连接OE ，因为四边形ABCD 为矩形，O ∴为BD 的中点，又因为E 为PD 的中点，则//OE PB ，因为OE ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，因此，//PB 平面ACE .（2）解：由题设PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，以点A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 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，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，PA AD ∴⊥，所以，AD ==，则()C 、()D 、()002P ,,、()0,0,0A ，设()()2,2PE PD λλλ==-=-，其中01λ≤≤，则(),22AE AP PE λ=+=-，()AC =，设平面ACE 的法向量为(),,m x y z =，则()20220m AC x m AE y z λ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩，取1y λ=-，可得))1,m λλ=--，易知平面ABC 的一个法向量为()0,0,1n =，由题可得cos ,2m nm n m n⋅<>===⋅，因为01λ≤≤，解得23λ=，此时2PE ED=.【变式训练】如图，在四棱锥E ABCD -中，BC AD ∥，AB AD ⊥，1AB BC ==，3BE =，AE =C ，D 都在平面ABE 的上方.(1)证明：平面BCE ⊥平面ABCD ；(2)若BC BE ⊥，且平面CDE与平面ABE 所成锐二面角的余弦值为46，求四棱锥E ABCD -的体积.【答案】(1)证明见解析.(2)2【分析】(1)先证AB ⊥平面BCE ，再证明平面BCE ⊥平面ABCD .(2)设AD 长为t ，建立空间直角坐标系，计算两个待求平面的法向量，代入公式求出t 的值，然后计算四棱锥的体积.(1)//BC AD AB BC AB AD ⎫⇒⊥⎬⊥⎭，又22210AB BE AE +==所以AB BE ⊥，BC BE B =，所以AB ⊥平面BCE ，又AB Ì平面ABCD所以，平面BCE ⊥平面ABCD .(2)因为BC BE ⊥，结合(1)问易得AB BC BE 、、两两互相垂直，所以建立如图所示的坐标系设AD =t ()0t >，则：()001C ，，，()300E ，，，()01D t ，，所以()301CE =-，，，()011CD t =-，，，设平面CDE 的法向量为()n x y z =，，由00CE n CD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得()3010x z y t z -=⎧⎨+-=⎩令3z =则()1333n t =-，，又CB ⊥平面ABE 所以取平面ABE 的法向量为()001m =，，cos n m n m n m ⋅===，解得3t =或1t =-(舍).即3AD =，所以四边形ABCD 的面积ABCD S ，由题知BE AB BE BC ⊥⊥，，AB BC B ⋂=，BE ∴⊥平面ABCD所以BE 为四棱锥E ABCD -的高，所以四棱锥E ABCD -的体积为1123233ABCD V S BE =⋅=⨯⨯=.故四棱锥E ABCD -的体积为2.【题型六】探索性动点型1：线面角【典例分析】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，E 是线段1DD 上的动点．(1)求证：AC BE ⊥；(2)是否存在点E ，使得直线AC 与平面1BC E 所成角为45°，若存在，求出DE 的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，74DE =.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质定理进行证明.（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.（1）如图，连接1D B ，DB ，在长方体1111ABCD A B C D -中，∵1D D ⊥底面ABCD ，AC ⊂底面ABCD ，∴1D D AC ⊥．又AC DB ⊥，1D D DB D =，∴AC ⊥平面1D DB ，又BE ⊂平面1D DB ，AC BE∴⊥（2）假设存在这样的点E ，使得直线AC 与平面1BC E 所成角为45°．设()02DE λλ=≤≤，如图，以D 为原点，直线DA ，DC ，1DD 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()10,1,2C ，()0,0,E λ．∴()1,1,0AC =-，()1,1,BE λ=--，()11,0,2BC =-．设平面1BC E 的法向量为(),,m x y z =，则120,0,m BC x z m BE x y z λ⎧⋅=-+=⎨⋅=--+=⎩令2x =，则1z =，2y λ=-．∴平面1BC E 的一个法向量为()2,2,1m λ=-．∴()2222sin 45cos ,24212m AC m AC m ACλλ⋅-+-︒====+-+⨯，解得74λ=．∴存在这样的点E ，当74DE =时，直线AC 与平面1BC E 所成角为45°．【变式训练】在四棱锥P ABCD -中，已知//AB CD ，AB AD ⊥，BC PA ⊥，222AB AD CD ===，6PA =2PC =，E 是PB 上的点．(1)求证：PC ⊥底面ABCD ；(2)是否存在点E 使得PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23若存在，求出该点的位置；不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，E 点为PB 上靠近B 点的三等分点【分析】（1）首先证明BC ⊥面PAC ，再结合线面垂直的判断定理，证明PC ⊥面ABCD ；（2）以A 为原点，建立空间直角坐标系，求平面EAC 的法向量n ，利用1sin cos ,3n AP θ=<=>，即可求得λ的值.(1)在ADC 中：1AD DC ==，90ADC ∠=︒，所以2AC =在ABC 中：2AC ，2AB =，45BAC ∠=︒，由余弦定理有：222cos452BC AB AC AB AC =+-⋅⋅︒=2222BC AB AC BC ∴=+，所以90ACB ∠=︒，所以BC AC⊥①又因为BC PA ⊥②，由①②，PA AC A =，所以BC ⊥面PAC ，所以BC PC ⊥③.在PAC △中：AC =2PC =，PA PC AC ⊥④，由③④，AC BC C =，所以PC ⊥面ABCD .(2)以A 为原点，以AD ，AB ，竖直向上分别为x 、y 、z 轴建立直角坐标系.则有()0,0,0A ，()0,2,0B ，()1,1,0C ，()1,0,0D ，()1,1,2P ，设()()1,1,2,,2BE BP λλλλλ==-=-，则(),2,2AE AB BE λλλ=+=-，()1,1,0AC =，()1,1,2AP =，设(),,n x y z =r为面EAC 的法向量，则有：00n AE n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，解得(),,1n λλλ=--，设所求线面角为θ，则有in s ,s co AP n θ=><23AP nAP n⋅===｜｜｜｜，解得23210λλ+-=，所以13λ=.所以E 点为PB 上靠近B 点的三等分点，满足条件.【题型七】探索性动点型2：二面角【典例分析】如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为3.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ；（2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 所成的锐二面角的余弦值为10？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点E 位于AS 的靠近A 点的三等分点.【分析】（1）根据面面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）假设存在点E 满足题意，根据题中条件，先求出AD 的长，再以P 为坐标原点，PA 所在直线为x 轴，过点P 与AB 平行的直线为y 轴，PS 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，得到()0,0,0P ，()1,0,0A ，()1,1,0B，(S，设(()()01AE AS λλλλ==-=-≤≤，分别表示出平面PEB 与平面SAD 的一个法向量，根据向量夹角余弦值，求出13λ=，即可得出结果.【详解】（1）证明：因为E 、F 分别是SA 、SB 的中点，所以EF AB ∥，在矩形ABCD 中，AB CD ∥，所以EF CD ∥，又因为E 、P 分别是SA 、AD 的中点，所以∥EP SD ，又因为EF CD ∥，EF EP E ⋂=，,EF EP ⊂平面PEF ，,SD CD ⊂平面SCD ，所以平面∥PEF 平面SCD .（2）解：假设棱SA 上存在点E 满足题意.在等边三角形SAD 中，P 为AD 的中点，于是SP AD ⊥，又平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ⋂平面ABCD AD =，SP ⊂平面SAD ，所以SP ⊥平面ABCD ，所以SP 是四棱锥S ABCD -的高，设AD m =，则2SP m =，ABCD S m =矩形，所以113323S ABCD ABDD V S SP m -=⋅=⋅=矩形，所以2m =，以P 为坐标原点，PA 所在直线为x 轴，过点P 与AB 平行的直线为y 轴，PS 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0P ，()1,0,0A ，()1,1,0B，(S ，设(()()01AE AS λλλλ==-=-≤≤，()()1,0,0PE PA AE λ=+=+-()1λ=-，()1,1,0PB =，设平面PEB 的一个法向量为()1,,n x y z =，有()11100n PE x z n PB x y λ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令x ，则)1,,1n λ=-，易知平面SAD 的一个法向量()20,1,0n =u u r，所以121212cos ,n n n n n n ⋅==10=，因为01λ≤≤，所以13λ=，所以存在点E ，位于AS 的靠近A点的三等分点.【变式训练】如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，且正方形ABCD 边长为2，PA ⊥平面ABCD ，PA =AB ，E 为线段PB 的中点，F 为线段BC 上的动点.（1）求证：AE ⊥平面PBC ；（2）试确定点F 的位置，使平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°.【答案】（1）证明见解析；（2）点F 为BC 中点.【分析】（1）先根据线面垂直性质与判定定理得AE ⊥BC ，再根据等腰三角形性质得AE ⊥PB ，最后根据线面垂直判定定理得结果；（2）先建立空间直角坐标系，利用F 坐标，结合空间向量数量积求二面角，再根据条件列方程解得结果.【详解】（1）∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ，∵ABCD 为正方形，∴AB ⊥BC ，又PA ∩AB =A ，PA ，AB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥平面PAB ，∴AE ⊂平面PAB ，∴AE ⊥BC ，∵PA =AB ，E 为线段PB 的中点，∴AE ⊥PB ，又PB ∩BC =B ，PB ，BC ⊂平面PBC ，∴AE ⊥平面PBC ；（2）以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设正方形ABCD 的边长为2，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (1，0，1)，∴(1,0,1)AE =，(2,2,2)PC =-，(0,2,2)PD =-uu u r，设F (2，λ，0)(0≤λ≤2)，∴(2,,0)AF λ=，设平面AEF 的一个法向量为()111,,n x y z =，则00n AE n AF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，∴1111020x z x y λ+=⎧⎨+=⎩，令y 1=2，则11x z λλ=-⎧⎨=⎩，∴(,2,)n λλ=-，设平面PCD 的一个法向量为()222,,m x y z =，则00m PC m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，∴2222200x y z y z +-=⎧⎨-=⎩，令y 2=1，则2201x z =⎧⎨=⎩，∴()0,1,1m =∵平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°，∴223cos302224m n m nλλ⋅+︒===⨯+u r r u r r ，解得λ=1，∴当点F 为BC 中点时，平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°.【题型八】翻折中的角度【典例分析】如图（一）四边形ABCD 是等腰梯形，DC AB ∥，2DC =，4AB =，60ABC ∠=︒，过D 点作DE AB ⊥，垂足为E 点，将AED 沿DE 折到A ED '位置如图（二），且A C 22'=．(1)证明：平面A ED '⊥平面EBCD ；(2)已知点P 在棱A C '上，且12A P PC '=，求二面角C EP D --的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)4214【分析】（1）根据勾股定理证明A E EC '⊥，再根据线面垂直的判定证明A E '⊥面EBCD ，进而得到平面A ED '⊥平面EBCD ；（2）以E 为坐标原点，建立空间直角坐标系E xyz -，分别求得平面CEP 和平面EPD 的法向量，根据面面角的向量求法求解即可(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，DE AB ⊥，∴DE AE ⊥，∴A E DE '⊥2DC =，4AB =，60ABC ∠=︒，∴3BE =，2BC AD ==，3DE =在EBC 中，知7EC =，∵1A E AE '==，∵A C 22'=，∴222A E EC A C ''+=A E EC '⊥，EC ，DE ⊂面EBCD ，EC DE E =，∴A E '⊥面EBCD ∵A E '⊂面A ED '，∴面A ED '⊥面EBCD(2)由（1）知A E '⊥面EBCD ，ED EB ⊥∴以E 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系E xyz-∴()0,0,1A '，()3,0D ，()3,0C ，()2,3,1CA '=--设∵12A P PC '=，∴23CP CA ='，∴23CP CA '=，∴23233EP EC CP ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭设()1111,,x n y z =是面CEP 的法向量，∴1100n EP n EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，∴111112203320x y z x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，令1x =12y =-，10z =，)12,0n =-设()2222,,n x y z =是面DEP 的法向量，∴2200n EP n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，∴22222200x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，∴20y =令21z =-，∴21x =，()21,0,1n =-，cos θ==由图知，二面角C EP D --的余弦值为锐二面角，余弦值14【变式训练】如图1，在等边ABC 中，点D ，E 分别为边AB ，AC 上的动点且满足//DE BC ，记DEBCλ=.将△ADE 沿DE 翻折到△MDE 的位置并使得平面MDE ⊥平面DECB ，连接MB ，MC 得到图2，点N 为MC的中点．(1)当EN ∥平面MBD 时，求λ的值；(2)试探究：随着λ值的变化，二面角B -MD -E 的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角B MD E --的正弦值大小．【答案】(1)12λ=(2)【分析】（1）首先取MB 的中点为P ，连接DP ，PN ，再结合线面平行的性质即可得到12λ=（2）利用空间向量法求解即可.(1)取MB 的中点为P ，连接DP ，PN ，因为MN CN =，MP BP =，所以NP ∥BC ，又DE ∥BC ，所以NP ∥DE ，即N ，E ，D ，P 四点共面，又EN ∥平面BMD ，EN ⊂平面NEDP ，平面NEDP ∩平面MBD ＝DP ，所以EN ∥PD ，即NEDP 为平行四边形，所以NP ＝DE ，则DE ＝12BC ，即λ＝12.(2)取DE 的中点O ，连接MO ，则MO ⊥DE ，因为平面MDE ⊥平面DECB ，平面MDE ∩平面DECB ＝DE ，且MO ⊥DE ，所以MO ⊥平面DECB ，如图建立空间直角坐标系，不妨设2BC =，则()M ，(),0,0D λ，)()1,0B λ-，所以(),0,MD λ=，)()11,0DB λλ=--，设平面BMD 的法向量为(),,m x y z =，则0(1))0MD m x z DB m x y λλλ⎧⋅==⎪⎨⋅=--=⎪⎩，即,x x ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令x =)1,1m =-.又平面EMD 的法向量()0,1,0n =，所以cos ,m n m n m n⋅==即随着λ值的变化，二面角B MD E --的大小不变．且25sin ,5m n ==.所以二面角B MD E --.【题型九】角度范围与最值【典例分析】在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面ABCD ⊥平面VAB .(1)求证：平面VBC ⊥平面VAB ；(2)若VA VB ⊥，2AB BC =，求平面VCD 与平面VAB 所成锐二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、判定推理作答.（2）在平面VAB 内过V 作VA AB ⊥于O ，以O 为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.(1)在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 为矩形，有BC AB ⊥，因平面ABCD ⊥平面VAB ，平面ABCD 平面VAB AB =，BC ⊂平面ABCD ，则BC ⊥平面VAB ，又BC ⊂平面VBC ，所以平面VBC ⊥平面VAB .(2)在平面VAB 内过V 作VO AB ⊥于O ，而平面ABCD ⊥平面VAB ，平面ABCD 平面VAB AB =，则VO ⊥平面ABCD ，在平面ABCD 内过O 作Ox AB ⊥，有,,Ox OB OV 两两垂直，以点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令2AB =，则4CD =，又VA VB ⊥，设π(0)2BAV θθ∠=<<，于是有2cos VA θ=，sin sin 2VO VA θθ==，因此有(0,0,sin 2)V θ，2(4,2cos ,0)D θ-，2(4,2cos ,sin 2)DV θθ=-，而//DC OB ，直线DC的方向向量(0,1,0)a =，设平面VCD 的法向量为(,,)n x y z =，则242cos sin 200n DV x y z n a y θθ⎧⋅=-++=⎨⋅==⎩，令4z =，得(sin 2,0,4)n θ=，显然，平面VAB 的一个法向量(1,0,0)m =，设平面VCD 与平面VAB 所成锐二面角大小为α，则有||cos |cos ,|||||n m n m n m α⋅=〈〉==π02θ<<，02πθ<<，0sin 21θ<≤，则cos α=≤sin 21θ=，即π4θ=时取“=”，cos 0α>，所以平面VCD 与平面VAB所成锐二面角的余弦值的取值范围是.【变式训练】1.已知四棱锥P ABCD -的底面为正方形，侧面PAD 为等腰直角三角形，2APD π∠=，平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面PCD l =．(1)求证：l ⊥平面PAD ；(2)设M 为l 上一点，求PC 与平面MAD 所成角正弦值的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)6【分析】（1）先由//AB CD 证得CD //平面PAB ，再由线面平行的性质得//l CD ，最后由面面垂直的性质得CD ⊥平面PAD ，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，表示出平面MAD 的法向量，求出PC ，由线面角的向量求法结合二次函数求出最小值即可.(1)由题意知//AB CD ，因为AB Ì平面PAB ，CD ⊄平面PAB ，所以CD //平面PAB ．因为平面PAB ⋂平面PCD l =，CD ⊂平面PCD ，所以//l CD ；因为CD AD ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面PAD ．又//l CD ，所以l ⊥平面PAD ；(2)取AD 中点O ，连接PO ，由△PAD 为等腰直角三角形知PO AD ⊥．又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，PO ⊂平面PAD ．所以PO ⊥平面ABCD ．以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有()()()()0,1,0,0,1,0,0,0,1,2,1,0A D P C -，设PM t =，则(),0,1M t ，则有(),1,1AM t =，()0,2,0AD =，设平面MAD 的一个法向量(),,n x y z =，则有00n AM n AD ⎧⋅=⎨⋅=⎩．即020tx y z y ++=⎧⎨=⎩，令1x =有()1,0,n t =-，()2,1,1PC =-，设PC 与平面MAD 所成角为α，则sin cos ,n PC n PC n PCα⋅=<>=⋅令2t m +=，2t m =-，则sin α=当52m =即12t =时，sin α有最小值6，即PC 与平面MAD2.已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点，11BF A B ⊥.(1)证明：BF DE ⊥；(2)求当面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小时，三棱锥1E BDB -的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)16.【分析】（1）根据直三棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理、性质建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积坐标表示公式进行运算证明即可；（2）利用空间向量夹角公式，结合三棱锥的体积公式进行求解即可.(1)因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，AB Ì底面ABC ，所以1BB AB ⊥，因为1111,A B AB BF A B ⊥∥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，1BB BF ⊂，平面11BCC B ，所以AB ⊥平面11BCC B .所以1,,BA BC BB 两两垂直.以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图.所以111(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(2,0,2),(0,2,2),(1,1,0),(0,2,1)B A C B A C E F .由题设(,0,2)(02)D a a ≤≤.（1）因为(0,2,1),(1,1,2)BF DE a ==--，所以0(1)211(2)0BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥；(2)设平面DFE 的法向量为(,,)m x y z =，因为(1,1,1),(1,1,2)EF DE a =-=--，所以m EF m DE ⎧⊥⎨⊥⎩，即0(1)20x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩.令2z a =-，则(3,1,2)m a a =+-.因为平面11BCC B 的法向量为(2,0,0)BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则22||63|cos |||||222142214m BA m BA a a a a θ⋅===⋅⨯-+-+.当12a =时，22214a a -+取最小值为272，此时cos θ=所以min (sin )θ==112B D =，三棱锥1E BDB -的体积1111213226V ⎛⎫=⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭.【题型十】距离与长度（体积）【典例分析】在矩形ABCD中，2==AD AB 点E 是线段AD 的中点，将△ABE 沿BE 折起到△PBE 位置（如图），点F 是线段CP 的中点．(1)求证：DF ∥平面PBE ：(2)若二面角P BE C --的大小为2π，求点A 到平面PCD 的距离．【答案】(1)证明见解析；.【分析】（1）利用线面平行的判定定理即得；（2）由题建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离的向量求法即得.(1)设PB 的中点为G 点，连接GF 和GE ，因为点G 、点F 分别为PB 和PC 的中点，所以GF BC ∥且12GF BC =，又DE BC ∥且12DE BC =，所以GF DE ∥且GF DE =，所以四边形GFDE 为平行四边形，所以DF GE ∥，又GE ⊂平面PBE ，DF ⊄平面PBE ，所以DF ∥平面PBE ；(2)由二面角P BE C --的大小为2π可知，平面PBE ⊥平面ABCD ，取BE 得中点O ，连接PO ，则PO BE ⊥，PO ⊥平面ABCD ，如图建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，()()()()0,1,0,0,0,1,1,2,0,2,1,0A P C D ---，所以()()1,2,1211PC PD =--=--，，，，设平面PCD 的法向量为(),,n x y z =r，则2020PC n x y z PD n x y z ⎧⋅=-+-=⎨⋅=-+-=⎩，令1x =则()1,1,3n =--，又()2,2,0AD =-，所以点A 到平面PCD 的距离为AD n d n⋅==.【提分秘籍】向量计算点到距离公式（棱锥等的高）方法一：直接法（直接做出高）方法二：等体积转化法方法三：建系向量计算法121212|x x +y +|d=||sin |||cos PA n |=|n|y z z PA PA θ=∙，规律【变式训练】1.如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC ==，23BAC π∠=，D ，1D 分别是BC ，11B C 的中点，23AG AD =，过点G 作EF BC ∥，分别交AB ，AC 于点E ，F .(1)证明1A G EF ⊥；(2)若二面角1A A E F --的大小是3π，求三棱柱111ABC A B C -的体积.【答案】(1)证明见解析；6【分析】（1）先由1AA EF ⊥及AD EF ⊥证得EF ⊥平面11AA D D ，即可证明1A G EF ⊥；（2）建立空间直角坐标系，设1AA h =，分别求出平面1A AE 和1A EF 的法向量，由二面角1A A E F --的大小是3π解出h ，再计算体积即可.(1)由已知得1AA ⊥平面ABC ，EF ⊂平面ABC ，所以1AA EF ⊥，又AB =AC ，D 是BC 的中点，得AD BC ⊥，又EF BC ∥，故AD EF ⊥.因为1AA ，AD 是平面11AA D D 内的两条相交直线，所以EF ⊥平面11AA D D ，又1AG ⊂平面11AA D D ，所以1A G EF ⊥；(2)依题意23AG AD =，又EF BC ∥，所以22,33AE AB AF AC ==.由直棱柱性质和题设，11111,,D A D B D D 两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.设1AA h =，则111331313,0,0,,0,,,0,,,,2266A A h B h C h E h F h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，设(,,)m x y z =是平面1A AE 的法向量，()11130,0,,,33A A h A E h ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭，11013033A A m zh A E m x y zh ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取3x =(3,1,0)m =.设111(,,)n x y z =是平面1A EF 法向量，123130,,3EF A E h ⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，111110103EF n y A E m x y z h ⎧⋅==⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩，取13x =，则1(3,0,n h =，因为二面角1A A E F --的大小是3π，所以1cos ,2m n ==，解得h =所以三核柱111ABC A B C -的体积111122624ABC V S CC =⋅=⨯⨯⨯⨯=.2.ABCDE 中，已知AC BC ⊥，ED AC ∥，且22AC BC AE ED ====，DC DB =(1)求证：平面BCD ⊥平面ABC ；(2)线段BC 上是否存在点F ，使得二面角B AE F --的余弦值为3，若存在，求CF 的长度；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，65CF =【分析】（1）证面面垂直，先证其中一个平面内的直线AC 垂直另一个平面BCD ；（2）由第一问结论，建立合适的坐标系，用空间向量求解即可.(1)取AC 中点G ，连接EG，因为ED AC ∥，12CG AC ED ==，所以EG CD ∥，所以四边形EDCG 为平行四边形，所以EG DC ==又因为112AG AC ==，2AE =，所以222AG EG AE +=，所以AG EG ⊥，又因为CD EG ∥，所以AC CD ⊥.因为AC BC ⊥，BC ，CD 是平面BCD 内的两条相交直线，所以AC ⊥平面BCD ，因为AC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCD .(2)解法一：在平面BCD 内过点C 作BC 的垂线l ，因为AC ⊥平面BCD，所以l ､CA ，CB 两两相互垂直，故以C 为坐标原点.如图所示，建立空间直角坐标系，则()2,0,0A ，()0,2,0B ，(D ，(E ，设在线段BC 上存在点()()0,,002F t t ≤≤，使二面角B AE F --22则(2AE =-，()2,2,0AB =-，()2,,0AF t =-设平面AEF 的法向量()1111,,n x y z =.则1100AE n AF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111112020x y z x ty ⎧-++=⎪⎨-+=⎪⎩，不妨令12y =，则1x t =，)1222t z -=，所以)1222t n t ⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭.设平面ABE 的一个法向量为()2222,,n x y z =，则222222220220AE n x y AB n x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，即2222220220x y z x y ⎧-++=⎪⎨-+=⎪⎩不妨令21x =，21y =，20z =，所以()21,1,0n =所以()121221222222cos ,32222n n t n n n n t t ⋅+===⋅-⋅++.化简得：21568600t t -+=，解得65t =或103（舍去），故60,,05F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以65CF =.所以存在点F ，当65CF =时，二面角B AE F --的余弦值为23.解法二：取BC ､AB的中点O ､H ，连接OD ，OH ，因为DB DC =，O 是BC 中点，所以DO BC ⊥，又因为DO ⊂平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD 且交于BC ，所以DO ⊥平面ABC ，因为H 是AB 中点，即OH AC ∥，所以OH BC ⊥，故DO ，OH ，BC 两两互相垂直，则以O 为坐标原点，OH ，OB ，OD uuu r为x ，y ，z 轴，如图建立空间直角坐标系，则()2,1,0A -，()0,1,0B，(D，(E .设在线段BC 上存在点()()0,,011F t t -≤≤，使二面角B AE F --的余弦值为3，则(AE =-，()2,2,0AB =-，()2,1,0AF t =-+.设平面AEF 的一个法向量为()1111,,n x y z =，则1100AE n AF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即()111110210x y x t y ⎧-+=⎪⎨-++=⎪⎩，不妨令12y =，则11x t =+，)112t z -=，所以)112t n t ⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭.又因为12ED AC ∥，12OH AC ∥，所以OH DE ∥，所以四边形DEHO 为平行四边形，即EH DO ∥，因为DO ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ，因为CH ⊂平面ABC ，所以EH CH ⊥，又因为AC BC =，H 是AB 中点，所以CH AB ⊥，因为EH ，AB 为平面ABE 内的两条相交直线，所以CH ⊥平面ABE ，故CH 是平面ABE 的一个法向量，因为()1,1,0CH =，所以111cos ,3||CH CH CH n n n ⋅==⋅.化简得：2153870t t -+=，解得15t =或73（舍去），故10,,05F ⎛⎫⎪⎝⎭，所以16155CF =+=，所以存在点F ，当65CF =时，二面角B AE F --的余弦值为3.解法三：取BC､AB 的中点O ､H ，连接OD ，OH ，因为DB DC =，所以DO BC ⊥，又因为DO ⊂平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD 且交于BC ，所以DO ⊥平面ABC .因为12ED AC ∥，12OH AC ∥，所以OH DE ∥，所以四边形DEHO 为平行四边形，即EH DO ∥，因为DO ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ，因为CH ⊂平面ABC ，所以EH CH ⊥，又因为AC BC =，H 是AB 中点，所以CH AB ⊥，因为EH ，AB 为平面ABE 内的两条相交直线，所以CH ⊥平面ABE ，假设在线段BC 上存在点F，使二面角B AE F --的余弦值为3，过F 作FM AB ⊥于点M ，则FM ⊥平面ABE ，过M 作MN AE ⊥于点N ，连接NF ，则FNM ∠为二面角B AE F --的平面角.设()201FB x t =<≤，则FM BM ==，AM =，所以2NM x =-，在Rt FMN 中，NF ==所以cos 3MN FNM NF ∠===.化简得215440x x +-=，解得5x =或23-（舍去），即45FB =，所以625CF FB =-=，所以存在点F ，当65CF =时，二面角B AE F --的余弦值为3培优第一阶——基础过关练1.如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为菱形，E ，F 分别为PA ，BC 的中点．(1)证明：EF ∥平面PCD(2)若PD ⊥平面ABCD ，120ADC ∠=，且24PD AD ==，求直线AF 与平面DEF 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)35【分析】（1）取PD 的中点G ，连接CG ，EG ，则由三角形中位线定理可得1//,2EG AD EG AD =，再结合底面四边形为菱形，可得四边形EGCF 为平行四边形，从而得//.EF CG 然后由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可得,,DF DA DP 两两垂直，所以以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz ，然后利用空间向量求解即可(1)证明：取PD 的中点G ，连接CG ，EG ，因为E ，F 分别为PA ，BC 的中点，所以1//,2EG AD EG AD =，。
人教B版高中数学选择性必修第一册精品课件 第1章 空间向量与立体几何 1.2.3 直线与平面的夹角
.
解析:以 D 为原点,, , 1 的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向,建立空
间直角坐标系,如图,设正方体的棱长为 1,则
D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0,1,1).
∴1 =(1,0,1),=(1,1,0),1 =(-1,0,1).
得=(-1,-1,0),1 =(0,0,1),=(-1,1,m),=(-1,1,0),由 ·=0, ·1 =0,
知为平面 BB1D1D 的一个法向量.
设 AP 与平面 BB1D1D 所成的角为 θ,
则 sin θ= cos
依题意有
π
-
2
2
2+2 ×
2
=
=
|·|
角;
π
④直线与平面的夹角的范围是 0, 2 .
(2)斜线与平面所成角的性质
①如图,OA'是OA在平面α内的射影,OM⊂α,θ是OA与OM所成的角,θ1是OA
与OA'所成的角,θ2是OA'与OM所成的角,则cos θ=cos θ1cos θ2.
②平面的斜线与平面所成的角,是斜线和这个平面内所有直线所成角中最
2
5
2
在 Rt△OAE 中,∵AE= + 2 = 2 a,
AO=
2
2
+
5
2
2
6
= 2 a,
6
∴sin∠OAE= = .
6
答案:C
二、借助直线的方向向量、平面的法向量研究直线与平面所成角的关系
1.直线l是平面α的一条斜线,v是l的一个方向向量,u是平面α的一个法向
量,<v,u>和l与α所成的角θ有什么关系?
4.3.3 直线与平面所成的角(教案)(2课时)-【中职专用】高二数学同步精品课堂(高教版2021·
4.3.3 直线与平面所成的角（教案）（2课时）-【中职专用】高二数学同步精品课堂（高教版2021·拓展模块一上册）教学目标：1. 掌握直线与平面所成的角的概念。
2. 熟练掌握求解直线与平面所成角的方法及其应用。
3. 发扬创新精神，加强对角度概念的理解和应用。
教学重点及难点：1. 直线与平面所成角的概念、性质和求解方法。
2. 熟练掌握解题方法，提高解题实际运用能力。
3. 加深学生对角度概念的理解和应用，并提高综合解决问题的能力。
4. 尽量培养学生自主思考的能力，以达到创新的目的。
教学方法：由教师主讲、学生自主探究、小组讨论、分组合作等多种教学方法相结合，帮助学生掌握和应用所学知识。
教学准备：1. 教师准备多媒体硬件设备、课堂黑板和彩笔等教学用品。
2. 准备灵活多样的教学材料如图示、小组合作练习、复习测试等。
教学过程：课时一1. 导入：通过几何图形或实物运用，让学生概括直线与平面所成角的基本含义。
2. 概念阐述：直线与平面所成的角指的是由一条直线与一个平面所构成的角度。
在平面与直线相交的点，其中所成的夹角即为直线与平面所成的角。
3. 求解方法：（1）首先要确定所成角的顶点、边线与平面。
（2）利用已知的角度公式求解所成角，例如余弦定理、正弦定理等等。
（3）运用图形的性质和几何推理法来求解所成角。
4. 示例讲解：通过多项的图形举例，让学生进一步理解所成角的概念和求解方法。
5. 小组练习：学生分组进行多次小组练习，看哪个组的速度最快，做对的数量最多。
6. 练习：让学生进行各种类型的练习，从影响最大的开始到影响较小的练习题。
7. 总结：回顾本节课内容，总结课堂重点，学生可以发表一些自己对所成角概念的理解与感悟。
8. 作业：布置作业，要求学生按时完成并且思考作业当中的相关问题。
课时二1. 温故再练：利用课堂当天的课堂练习和作业，对学生进行一些简单的温故再练，帮助学生对所成角的概念和求解方法进一步理解与掌握。
3.4求角的大小(第2课时)高二数学(上教版选修第一册)课件
·
cos<1 , >= 1
|1 |||
=
1
2
1
2
2
2× 2
,C1(0,1,1),
1
= 2,
所以直线 EF 和 BC1 所成角的大小为 60°.
归纳总结
1.利用空间向量求两异面直线所成角的步骤.
(1)建立适当的空间直角坐标系.
(2)求出两条异面直线的方向向量的坐标.
(3)利用向量的夹角公式求出两直线方向向量的夹角.
思路分析:建立空间直角坐标系,求出直线EF和BC1的方向向量的坐标,求它们的夹角即得直线
EF和BC1所成的角.
解:分别以直线BA,BC,BB1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系(如右图).
设 AB=1,则 B(0,0,0),E
1
1
1
,0,0
2
,F 0,0,
所以 = - 2 ,0, 2 , 1 =(0,1,1).
那么直线与平面垂线（法向量所在直线）所成的角为
－θ．
图３- ４- ７则显示了二面角的平面角和它的两个半平面所在平面的法
向量夹角大小的关系．因为一个平面的法向量垂直于该平面内的所有
直线，所以法向量夹角的两条边垂直于二面角的平面角相应的边．从
平面几何知道，这样两个角或者相等，或者互补．
例5.如图３-４-８，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，
(4)结合异面直线所成角的范围得到两异面直线所成角.
2.求两条异面直线所成的角的两个关注点.
(1)余弦值非负:两条异面直线所成角的余弦值一定为非负值,而对应的方向向
量的夹角可能为钝角.
(2)范围:异面直线所成角的范围是
用空间向量研究夹角问题(26张PPT)——高中数学人教A版选择性必修第一册
,BB₁ 上，A₁Q=2AQ,BR=2RB₁ . 求平面PQR与平面A₁B₁C₁ 夹角的余弦值。
∴平面PQR的一个法向量为n=(3,4,2). 又平面A₁B₁C₁的一个法向量为m=(0,0,1).
∴平面AA₁B与平面A₁BC,夹角的余弦值为
设平面AA₁B与平面A₁BC₁的夹角为θ,则
(P38练习4).如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且AB=BC=BD, ∠CBA=∠DBC=120°. 求：(1)直线AD与直线BC所成角的大小；(2)直线AD与平面BCD所成角的大小；(3)平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值.
设二面角α-l-β的平面角为θ0,则有θ₀=0或θ₀=π-θ.
夹角或其补角，设平面α与平面β的夹角为θ,则
解：如图示，以C₁ 为原点建立空间直角坐标系，则有P(0,1,3),Q(2,0,2),R(0,2,1).∴PQ=(2,-1,-1),PR=(-2,2,-1).设平面PQR的一个法向量为n=(x,y,z), 则,取x=3,则y=4,z=2.
例7如图示，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.解：设CA=a,CB=b,CD=c,则有
2.线面角(直线与平面所成的角)类似地，直线与平面所成的角，可以转化为直线的 方向向量与平面的法向量的夹角.如图示，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ū,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.类似于两条异面直线所成的角，若平面α,β的法向量分 别是n₁和n₂, 则平面α与平面β的夹角即为向量n₁和 n₂的
2019年高中数学第3章空间向量与立体几何3.6直线与平面、平面与平面所成的角讲义(含解析)湘教版
3．6直线与平面、平面与平面所成的角[读教材·填要点]1．直线与平面所成的角(1)定义：如果直线l 与平面α垂直，l 与平面α所成的角θ为直角，θ＝π2.如果直线l 与平面α不垂直，则l 在α内的射影是一条直线l ′，将l 与l ′所成的角θ定义为l 与平面α所成的角．(2)范围：θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(3)计算：作直线l 的方向向量v 和平面α的法向量n ，并且可选v 与n 所成的角θ1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，则l 与平面α所成的角 θ＝π2－θ1，sin θ＝cos_θ1＝|v ·n ||v |·|n |.2．二面角(1)定义：从一条直线l 出发的两个半平面α，β组成的图形叫作二面角，记作αl β. (2)二面角的平面角过二面角αl β的棱l 上任意一点O 作垂直于棱l 的平面，分别与两个面α，β相交得到两条射线OA ，OB ，则∠AOB 称为二面角αl β的平面角．(3)二面角的范围二面角的平面角的度数在0°～180°范围内，特别当二面角αl β是90°时称它为直二面角，此时称两个面α，β相互垂直．3．两个平面所成的角两个相交平面，以交线为棱可以构成四个二面角，其中最小的一个二面角称为这两个平面所成的角，取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫0，π2.两个平行平面所成的角为0°.[小问题·大思维]1．当一条直线l 与一个平面α的夹角为0时，这条直线一定在平面内吗？ 提示：不一定，这条直线可能与平面平行．2．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 ，如何用a 和n 求角θ？提示：sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a |·|n |.3．二面角的法向量的夹角与二面角的平面角的大小有什么关系？提示：相等或互补．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB 的中点．求BD与平面ADMN 所成的角θ.[自主解答] 如图所示，建立空间直角坐标系，设BC ＝1， 则A (0,0,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)， 则N (1,0,1)，∴BD ―→＝(－2,2,0)，AD ―→＝(0,2,0)，AN ―→＝(1,0,1)． 设平面ADMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD ―→＝0，n ·AN ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋z ＝0，取x ＝1，则z ＝－1， ∴n ＝(1,0，－1)．∵cos 〈BD ―→，n 〉＝BD ―→·n |BD ―→|·|n |＝－28·2＝－12，∴sin θ＝|cos 〈BD ―→，n 〉|＝12.又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.利用向量法求直线与平面所成角的步骤为： (1)确定直线的方向向量和平面的法向量； (2)求两个向量夹角的余弦值； (3)确定向量夹角的范围；(4)确定线面角与向量夹角的关系：向量夹角为锐角时，线面角与这个夹角互余；向量夹角为钝角时，线面角等于这个夹角减去90°.1.如图，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2.求直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值．解：如图，以点A 为原点，AB ，AC ，AP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系A xyz .由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，E ⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1.∴PA ―→＝(0,0，－2)，DE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1.设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，z ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0＝0，x ，y ，z⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z ，y ＝0.取z ＝1，则平面DEF 的一个法向量为n ＝(2,0,1)． 设PA 与平面DEF 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈PA ―→，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PA ―→·n | PA ―→|·|n |＝55， 故直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD .(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1OB 1D 的余弦值．[自主解答] (1)证明：因为四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形，所以CC 1⊥AC ，DD 1⊥BD ，又CC 1∥DD 1∥OO 1，所以OO 1⊥AC ，OO 1⊥BD ， 因为AC ∩BD ＝O ，所以O 1O ⊥底面ABCD .(2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 为菱形，AC⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，所以OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图，以O 为原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设棱长为2，因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1， 所以O (0,0,0)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)， 平面BDD 1B 1的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 设平面OC 1B 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由m ⊥OB 1―→，m ⊥OC 1―→，所以⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23， 所以m ＝(2,23，－3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝2319＝25719.由图形可知二面角C 1OB 1D 的大小为锐角， 所以二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719.利用法向量求二面角的步骤为： (1)确定两平面的法向量； (2)求两法向量的夹角的余弦值； (3)确定二面角的范围；(4)确定二面角与面面角的关系：二面角范围的确定要通过图形观察，法向量一般不能体现出来．2．(2016·全国卷Ⅰ)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°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E BC A 的余弦值．解：(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ， 故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G .由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF ―→的方向为x 轴正方向，|GF ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D AF E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C BE F 的平面角，∠CEF ＝60°. 从而可得C (－2,0，3)．所以EC ―→＝(1,0，3)，EB ―→＝(0,4,0)，AC ―→＝(－3，－4，3)，AB ―→＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ―→＝0，m ·AB ―→＝0，同理可取m ＝(0，3，4)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.由图知，二面角E BC A 为钝角， 故二面角E BC A 的余弦值为－21919.解题高手 多解题 条条大路通罗马，换一个思路试一试已知PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，BC ＝2，求二面角A PB C 的余弦值． [解] 法一：如图所示，取PB 的中点D ，连接CD .∵PC ＝BC ＝2， ∴CD ⊥PB .∴作AE ⊥PB 于E ，那么二面角A PB C 的大小就等于异面直线DC 与EA 所成的角θ的大小．∵PD ＝1，PE ＝PA 2PB ＝12，∴DE ＝PD －PE ＝12.又∵AE ＝AP ·AB PB ＝32，CD ＝1，AC ＝1， AC ―→＝AE ―→＋ED ―→＋DC ―→，且AE ―→⊥ED ―→，ED ―→⊥DC ―→，∴|AC ―→|2＝|AE ―→|2＋|ED ―→|2＋|DC ―→|2＋2|AE ―→|·|DC ―→|cos(π－θ)，即1＝34＋14＋1－2·32·1·cos θ， 解得cos θ＝33. 故二面角A PB C 的余弦值为33. 法二：由法一可知，向量DC ―→与EA ―→的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Cxyz ，则A (1,0,0)，B (0，2，0)，C (0,0,0)，P (1,0,1)，D 为PB 的中点，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，12.又PE EB ＝AP 2AB 2＝13，即E 分PB ―→的比为13. ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，24，34，EA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－24，－34，DC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－22，－12，|EA ―→|＝32，|DC ―→|＝1，EA ―→·DC ―→＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－24×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12.∴cos 〈EA ―→，DC ―→〉＝EA ―→·DC ―→| EA ―→|·|DC ―→|＝33.故二面角A PB C 的余弦值为33. 法三：如图所示建立空间直角坐标系，则A (0，0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，AP ―→＝(0,0,1)，AB ―→＝(2，1,0)，CB ―→＝(2，0,0)， CP ―→＝(0，－1,1)，设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP ―→＝0，m ·AB ―→＝0⇒⎩⎨⎧x ，y ，z，0，＝0，x ，y ，z2，1，＝0⇒⎩⎨⎧y ＝－2x ，z ＝0.令x ＝1，则m ＝(1，－2，0)．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB ―→＝0，n ·CP ―→＝0⇒⎩⎨⎧x ′，y ′，z2，0，＝0，x ′，y ′，z，－1，＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝0，y ′＝z ′.令y ′＝－1，则n ＝(0，－1，－1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝33.∴二面角A PB C 的余弦值为33.1．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( )A ．120°B ．60°C ．30°D ．以上均错解析：设直线l 与平面α所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 120°|＝12，又∵0＜θ≤90°，∴θ＝30°. 答案：C2．若正三棱锥的侧面都是直角三角形，则侧面与底面所成的二面角的余弦值为( ) A.63B.33C.23 D.13解析：设正三棱锥P ABC ，PA ，PB ，PC 两两互相垂直，设PA ＝PB ＝PC ＝a .取AB 的中点D ，连接PD ，CD ，易知∠PDC 为侧面PAB 与底面ABC 所成的角．易求PD ＝22a ，CD ＝62a ， 故cos ∠PDC ＝PDDC ＝33. 答案：B3．在边长为a 的正△ABC 中，AD ⊥BC 于D ，沿AD 折成二面角B AD C 后，BC ＝12a ，这时二面角B AD C 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：由定义知，∠BDC 为所求二面角的平面角， 又BC ＝BD ＝DC ＝12a ，∴△BDC 为等边三角形，∴∠BDC ＝60°. 答案：C4．若一个二面角的两个面的法向量分别为m ＝(0,0,3)，n ＝(8,9,2)，则这个锐二面角的余弦值为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝，0，，9，382＋92＋22＝2149＝2149149.答案：21491495．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值是________． 解析：如图，以DA ，DC ，DD1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，取正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，易证AC 1―→是平面A 1BD 的一个法向量．又AC 1―→＝(－1,1,1)， BC 1―→＝(－1,0,1)．所以cos 〈AC 1―→，BC 1―→〉＝1＋13×2＝63.所以BC 1与平面A 1BD 所成角的正弦值为63. 答案：636．(2017·江苏高考)如图，在平行六面体ABCD A1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B A 1D A 的正弦值．解：在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE ―→，AD ―→，AA 1―→}为正交基底，建立空间直角坐标系A xyz . 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 1DA 的一个法向量为AE ―→＝(3，0,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 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BA 1D 的一个法向量， 从而cos 〈AE ―→，m 〉＝AE ―→·m | AE ―→||m |＝333×4＝34.设二面角B A 1D A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角B A 1D A 的正弦值为74.一、选择题1．若平面α的一个法向量n ＝(2,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(1,2,3)，则l 与α所成角的正弦值为( )A.176 B.216 C ．－216D.213解析：∵cos 〈a ，n 〉＝a ·n|a |·|n |＝，2，，1，1＋4＋9·22＋1＋1＝2＋2＋314×6＝216.∴l 与α所成角的正弦值为216. 答案：B2.如图，过边长为1的正方形ABCD 的顶点A 作线段EA ⊥平面AC ，若EA ＝1，则平面ADE 与平面BCE 所成的二面角的大小是( )A ．120°B ．45°C ．135°D ．60°解析：以A 为原点，分别以AB ，AD ，AE 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E (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，EB ―→＝(1,0，－1)，EC ―→＝(1,1，－1)．设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，x ＋y －z ＝0，可取n＝(1,0,1)，又平面EAD 的法向量为AB ―→＝(1,0,0)，所以cos 〈n ，AB ―→〉＝12×1＝22，故平面ADE 与平面BCE 所成的二面角为45°.答案：B3．在直角坐标系中，已知A (2,3)，B (－2，－3)，沿x 轴把直角坐标系折成平面角为θ的二面角A Ox B ，使∠AOB ＝90°，则cos θ为( )A ．－19B.19C.49D ．－49解析： 过A ，B 分别作x 轴垂线，垂足分别为A ′，B ′.则AA ′＝3，BB ′＝3，A ′B ′＝4，OA ＝OB ＝13，折后，∠AOB ＝90°，∴AB ＝OA 2＋OB 2＝26.由AB ―→＝AA ′―→＋A ′B ′―→＋B ′B ―→，得|AB ―→|2＝|AA ′―→|2＋|A ′B ′―→|2＋|B ′B ―→|2＋2|AA ′―→|·|B ′B ―→|·cos(π－θ)． ∴26＝9＋16＋9＋2×3×3×cos(π－θ)， ∴cos θ＝49.答案：C4.已知平面α内有一个以AB 为直径的圆，PA ⊥α，点C 在圆周上(异于点A ，B )，点D ，E 分别是点A 在PC ，PB 上的射影，则( )A ．∠ADE 是二面角A PC B 的平面角 B ．∠AED 是二面角A PB C 的平面角 C ．∠DAE 是二面角B PA C 的平面角D ．∠ACB 是二面角A PC B 的平面角解析：选项A 错误，若DE ⊥PC ，则PC ⊥平面ADE ，所以PC ⊥AE ，又AE ⊥PB ，所以AE ⊥平面PBC ，同理可证：AD ⊥平面PBC ，这是不可能的．选项B 正确，因为PA ⊥BC ，AC ⊥BC ，所以BC ⊥平面PAC ，所以AD ⊥BC ，又AD ⊥PC ，且PC ∩BC ＝C ，所以AD ⊥平面PBC ，又因为AE ⊥PB ，所以DE ⊥PB ，所以∠AED 为二面角A PB C的平面角．选项C 错误，因为PA ⊥平面α，所以PA ⊥AC 且PA ⊥AB ，所以∠CAB 为二面角B PA C 的平面角，因此，∠DAE 不是二面角B PA C 的平面角．选项D 错误，在△PAC 中，∠PAC ＝90°，所以AC 与PC 不垂直，因此，∠ACB 不是二面角A PC B 的平面角．答案：B 二、填空题5．如图所示，已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 夹角的正弦值为________．解析：不妨设正三棱柱ABC A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，B1(3，1,2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2， 则CD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2， CB 1―→＝(3，1,2)，设平面B 1DC 的法向量为 n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD ―→＝0，n ·CB 1―→＝0，解得n ＝(－3，1,1)． 又∵DA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，－2，∴sin θ＝|cos 〈DA ―→，n 〉|＝45.答案：456．正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A BD C 的正弦值为________．解析：取BC 中点O ，连接AO ，DO .建立如图所示空间直角坐标系，设BC ＝1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，0，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，0，0. ∴OA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，BA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，BD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0.由于OA ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面BCD 的法向量，可进一步求出平面ABD 的一个法向量n ＝()1，－3，1，∴cos 〈n ，OA ―→〉＝55，sin 〈n ，OA ―→〉＝255.∴二面角A BD C 的正弦值为255.答案：2557．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________．解析：建立如图所示空间直角坐标系，则S (0,0,3)，A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)．∴AB ―→＝(3，1,0)， SB ―→＝(3，1，－3)，SC ―→＝(0,2，－3)． 设平面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·SB ―→＝3x ＋y －3z ＝0，n ·SC ―→＝2y －3z ＝0.令y ＝3，则z ＝2，x ＝3，∴n ＝(3，3,2)． 设AB 与平面SBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AB ―→〉|＝|n ·AB ―→||n |·|AB ―→|＝3＋34×2＝34.答案：348．在体积为1的直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，求直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为________．解析：由题意，可得体积V ＝CC 1·S △ABC ＝CC 1·12·AC ·BC ＝12CC 1＝1，∴CC 1＝2.建立如图所示空间直角坐标系，得点B (0,1,0)，错误!.则A 1B ―→＝(－1,1，－2)，又平面BB 1C 1C 的法向量为n ＝(1,0,0)．设直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成的角为θ，A 1B ―→与n 的夹角为φ， 则cos φ＝A 1B ―→·n |A 1B ―→|·|n |＝－66，∴sin θ＝|cos φ|＝66， 即直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为66.答案：66三、解答题9.如图，长方体ABCD A 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 如图所示． (2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形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D xyz ，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4515.10．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M AB D 的余弦值． 解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ，又BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ， 故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→＝(1,0，－3)，AB ―→＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→＝(x ，y －1，z －3)． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM ―→，n 〉|＝sin 45°，|z |x －2＋y 2＋z2＝22， 即(x －1)2＋y 2－z 2＝0. ① 又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→， 则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ. ②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎨⎧－2x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.由图知二面角M AB D 为锐角， 因此二面角M AB D 的余弦值为105.。
新教材高中数学第一章4_2第2课时用空间向量研究夹角问题ppt课件新人教A版选择性必修第一册
π
0, 2
.
2.设直线a,b的夹角为θ,方向向量分别为a,b,那么夹角θ与方向向量的夹角
<a,b>之间有什么关系?它们的余弦值满足什么等式?
提示:当0°≤<a,b>≤90°时,θ=<a,b>;
当90°<<a,b>≤180°时,θ=180°-<a,b>.cos θ=|cos<a,b>|.
3.填空: 异面直线所成的角
上,D是线段AB的中点,且AC=BC=2,∠VDC= θ.当θ=
时,求异面直线AC与VD所成角的余弦值.
π
3
分析:确定点 A,C,V,D 的坐标→求向量 与→计算 cos< , >的大
小,并转化为 AC 与 VD 夹角的余弦值
解:由已知得 C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),D(1,1,0),所以 =(-2,0,0).
当
π
θ= 时,在
3
Rt△VCD 中,CD= 2,则 VC= 6,从而 V(0,0,
所以=(1,1,- 6).
因为 cos< , >=
·
| || |
=
-2
2
=- 4 ,
2×2 2
所以异面直线 AC 与 VD 所成角的余弦值为
2
.
4
6),
反思感悟 求异面直线所成角的方法
(1)几何法:
成的角.( × )
(3)平面α与平面ຫໍສະໝຸດ 的夹角的大小就等于这两个平面形成的二面角α-l-β的
大小.( × )
(4)平面α与平面β的夹角为θ,法向量分别为n1,n2,则θ=<n1,n2>.( × )
考点31直线与平面所成的角-2018版典型高考数学试题解读与变式(解析版)
典型高考数学试题解读与变式2018版考点31：直线与平面所成的角【理】【考纲要求】1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.【命题规律】直线与平面所成的角的知识是高考的热点问题，选择、填空、解答题都有可能进行考查.预计2018年的高考对本知识的考查空间向量的应用，仍然是以简单几何体为载体解决线线问题．【典型高考试题变式】（一）常规方法求解线面角例1.【2017全国2卷（理）】如图所示，已知四棱锥P ABCD ，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CDAD ，22PC AD DC CB ，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.【解析】（1）如图所示，设PA 中点为F ，联结EF ，FB .H QPN MFD BCEAABCDPE因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以//EF AD 且1=2EF AD ，又因为//BC AD ，12BCAD ，所以//EF BC 且=EF BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，因此//CE 平面PAB .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角. 设1CD.在PCD △中，由2PC，1CD，2PD得2CE ，在PBN △中，由1PNBN ，3PB 得14QH，在Rt MQH △中，14QH，2MQ ，所以2sin 8QMH，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28.【方法技巧归纳】求直线和平面所成的角，关键在于找到斜线在平面上的射影，找射影的关键在于找到平面的垂线段，得到垂足，连接斜足和垂足就是射影.【变式1】【改编例题的问法，求解线面角的其他形式】【2014四川卷（理）】如图在正方体1111ABCD A BC D 中，点O 为线段BD 的中点. 设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为，则sin的取值范围是()学！科网A.3,13B.6,13C.622,33D.22,13【答案】 B【解析】试题分析：设正方体的棱长为1，则111111312,3,1,222AC AC AO OC OC，所以111133212222cos ,sin 33322AOC AOC ，113133622cos ,sin 33322AOC AOC .又直线与平面所成的角小于等于90，而1AOC 为钝角，所以sin 的范围为6,13，选B.【变式2】【改变例题的条件和方法，利用等体积法求解线面角的问题】【2018届湖南师范大学附属中学高三上学期月考】如图，圆锥的高2PD ，底面⊙O 的直径2AB，C 是圆上一点，且30CAB ，D 为AC 的中点，则直线OC 和平面PAC 所成角的余弦值为__________．【答案】73（二）利用空间向量法求解线面角例2.【2017北京卷（理）】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 ，6PA PD，4AB．（1）求证：M 为PB 的中点；学！科网（2）求二面角BPD A 的大小；（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．【解析】（1）设,AC BD 交点为E ，联结ME . 因为PD ∥平面MAC ，平面MAC 平面PBD ME ，所以PD ME ∥.因为ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点.O A BCDEMP（2）取AD 的中点O ，联结OP ，OE . 因为PAPD ，所以OP AD .又因为平面PAD平面ABCD ，且OP平面PAD ，所以OP平面ABCD .因为OE 平面ABCD ，所以OP OE . 因为ABCD 是正方形，所以OEAD .如图建立空间直角坐标系Oxyz ，则(0,0,2)P ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B ，(4,4,0)BD ，(2,0,2)PD .设平面BDP 的法向量为(,,)x y z n，则00BD PDn n ，即440220x y xz.令1x ，则1y ，2z.于是(1,1,2)n .平面PAD 的法向量为(0,1,0)p，所以1cos ,||||2<>n p n p n p .由题知二面角B PD A 为锐角，所以它的大小为3.PMED CBA z xyO 【方法技巧归纳】利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角.【变式1】【改变例题的条件，求解线面角的正弦值】【2018届河南省中原名校高三第三次质量考评试卷】在三棱柱111ABCA B C 中，侧面11ABB A 为矩形，2AB ，122AA ，D 是1AA 的中点，BD 与1AB交于点O ，且CO平面11ABB A ．（1）证明：平面1AB C平面BCD ；（2）若OCOA ，1AB C 的重心为G ，求直线GD 与平面ABC 所成角的正弦值．【解析】试题分析：（1）通过证明1AB CO ，1AB BD ，推出1AB 平面BCD ，然后证明平面1AB C平面BCD ．（2）以O 为坐标原点，分别以OD ，1OB ，OC 所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ．求出平面ABC 的法向量，设直线GD 与平面ABC 所成角，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．试题解析：（1）∵11ABB A 为矩形，2AB，122AA ，D 是1AA 的中点，∴90BAD ，190ABB ，122BB ，1122AD AA ，从而2tan 2AD ABD AB ，112tan 2AB AB B BB ，∵0ABD ，12AB B，∴1ABDAB B ，∴1112AB BBAB ABDBAB ，∴2AOB ，从而1AB BD ，∵CO 平面11ABB A ，1AB 平面11ABB A ，∴1AB CO ，∵BD COO ，∴1AB 平面BCD ，∵1AB 平面1ABC ，∴平面1ABC 平面BCD ．（2）如图，以O 为坐标原点，分别以OD ，1OB ，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11ABB A 中，由于1//AD BB ，所以AOD 和1B OB 相似，从而112OB BB OB OAOD AD ，又22111123AB AA A B ，226BD ADAB，∴263OB ，63OD ，233OA，1433OB ，∴230,,03A ，26,0,03B，230,0,3C ，1430,,03B ，6,0,03D，∵G 为1AB C 的重心，∴23230,,99G ，62323,,399GD ，设平面ABC 的法向量为,,n x y z ，2623,,033AB，23230,,33AC ，由0,{0,n AB n AC可得26230,33{23230,33x y yz 整理得20,{0,x y yz令1y ，则1z ，22x ，∴2,1,12n，设直线GD 与平面ABC 所成角，则623232,,,1,13992365sin cos ,652610272GD n GD nGD n，所以直线GD 与平面ABC 所成角的正弦值为36565．【变式2】【改编例题条件和问题，求解线面角的正弦值】【2018届吉林省百校联盟高三TOP20九月联考】如图所示，在已知三棱柱中，，，，平面平面，点在线段上，点是线段的中点.学+科网（1）试确定点的位置，使得平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【解析】试题分析：(1)结合线面平行的性质和判断定理可得点为线段上靠近点的三等分点；[来源学科网](2)建立空间直角坐标系，结合直线的方向向量和平面的法向量可得直线与平面所成角的正弦值是. 试题解析：（2）不妨设，由（1）知，又平面平面，平面平面，平面，∴平面.故，，以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，∵，，∴为正三角形，，∴，，，，∴，，设平面的一个法向量，则由，可得令，则，∵，且，故，故，故直线与平面所成角的正弦值为.【数学思想】1.转化与化归的思想方法是数学中最基本的思想方法，数学中一切问题的解决(当然包括解题)都离不开转化与化归，数形结合思想体现了数与形的相互转化；函数与方程思想体现了函数、方程、不等式间的相互转化；分类讨论思想体现了局部与整体的相互转化，以上三种思想方法都是转化与化归思想的具体体现。
用空间向量研究距离、夹角问题(直线与平面所成角)课件 高二上数学人教A版(2019)选择性必修第一册
A1
B1
C1
D1
E
A
D
B
C
目标检测
如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底
面ABCD．已知PD=AD=1，求DC与平面PBC所成
角的正弦值．
z
y
x
小结
设直线l的方向向量为a ，平面α的法向量为 u ，
则：
直线l与平面α所成的角为θ (
0 ≤ ≤
直线与平面所成角的正弦公式
sin
1.4.2利用空间向量研究夹角问题
—直线与平面所成角
课前检测
1.复习检测
（1）若异面直线a的方向向量与b的方向向量的
夹角为150°，则a与b所成角为（ A ）
A.
6
B.
5
6
C.
5
或
6
6
D.以上均不对
（2）已知A(0,1,1)，B(2,-1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，
则直线AB与直线CD所成角的余弦值为（ A ）
a •u
sin cos a , u
a •u
au
au
例题2、(2021北京高三一模)如图，在正
方体ABCD-A1B1C1D1中，E为DD1的中点，
求直线AD与平面ACE所成的正弦值.
z
y
x
变式练习
（2020北京卷）如图在正方体ABCD-A1B1C1D1
中，E为BB1的中点，求直线AA1与平面AD1E所
设直线AB的方向向量为 BA ，平面α的法向量为u
0
≤
≤
且直线AB与平面α所成的角为θ (
)
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直线与平面所成的角
教学目标：理解线面角概念，熟练运用三垂线定理及其逆定理找出线面角。
教学过程：
1．直线和平面所成的角
（1）平面的斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和平面所成的角。
（2）平面的垂线和平面所成的角是直角。
（3）平面的平行线和平面所成的角是︒0角。
（4）平面内的直线和平面所成的角是︒0角。
2．直线与平面所成的角的范围是{}︒≤≤︒900|θθ
3．最小角定理：平面的一条斜线与平面所成的角，是这条直线和平面内过斜足的直线所成的一切角中最小的角。
典型例题：
例1 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，（1）分别指出对角线A 1C 与六个面所成的角；（2）E 、F 分别是直线AA 1、A 1D 1的中点，求直线EF 与平面ABCD 所成角的大小。
例2 正四面体ABCD 中，Q 是AD 的中点，求CQ 与平面DBC 所成的角的正弦值。
例3 AO 是平面OCB 的斜线，O 是斜足，AB ⊥平面OCB ，B 为垂足，⊂OD 平面OCB ，OD 与OB 不重合，α=∠AOB ，锐角β=∠BOD ，锐角γ=∠AOD ，求证：βαγcos cos cos ⋅=。
例4 线段AB 的两端点在平面α的同侧，斜线段AM 、BN 所在的直线分别与平面α成︒︒60,30角，且AM ⊥AB ，BN ⊥AB ，AM=6，BN=32，AB=6。
（1）求证：AB//α；（2）求MN 的长。
作业：
1．从平面α外一点P 向平面α引垂线PO 和斜线PA 、PB ，垂足为O ，斜足为A 、B 。
若PA 、PB 与平面α所成的角的差为︒45，且在平面α上的射影长分别为2和12，试求P 到平面α的距离。
2．空间四边形ABCD 中，α⊂AB ，AB BC AD ⊥⊥,α，BC 与α成︒30角，AB=a,AD=BC=b 。
求直线CD 与α所成的角的正弦值。
3．直角三角形ABC 中，斜边AB 在平面α内，AC 、BC 与α所成的角分别为︒30、︒45，求斜边上的高CD 与α所成的角。
4．空间四边形ABCD 中，α⊂AB ，AB BC AB AD ⊥⊥,，AB=9。
AD=28，226=BC ，AD 、BC 与α所成的角分别为︒60、︒45。
试求直线CD 与α所成的角的正切值。
5．直线α⊂AB ，线段AB=3，点C 、D 在α的同侧，且,α⊥AC 直线BD 与α成︒30的角，BD ⊥AB ，AC=BD=4。
试求线段CD 的长。