2017_2018版高中数学第二章空间向量与立体几何5夹角的计算学案(含答案)北师大版选修2_1

2.5 夹角的计算[基础达标]1.如果平面的一条斜线和它在平面上的射影的方向向量分别是a ＝(0，2，1)，b ＝(2，5，5)，那么这条斜线与平面的夹角是( ) A ．90° B ．60° C ．45°D ．30°解析：选D.cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝355×12＝32，∴〈a ，b 〉＝30°. 2.平面α的一个法向量为n 1＝(4，3，0)，平面β的一个法向量为n 2＝(0，－3，4)，则平面α与平面β夹角的余弦值为( )A ．－925B ．925 C.725D ．以上都不对解析：选B.∵cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－925，∴平面α与平面β夹角的余弦值为925.3.如图，在空间直角坐标系中有正三棱柱ABCA 1B 1C 1，已知AB ＝1，点D 在BB 1上，且BD ＝1，则AD 与侧面AA 1C 1C 所成角的余弦值是( )A.12 B ．32 C.64D ．104解析：选D.A 点坐标为(12，－32，0)，D 点坐标为(1，0，1)，∴AD →＝(12，32，1)．易知平面ACC 1A 1的法向量n ＝CB →－12CA →＝(1，0，0)－12(12，－32，0)＝(34，34，0)．∵cosn ，AD →＝n ·AD→|n ||AD →|＝64，∴所求角的余弦值为 1－（64）2＝104. 4.在正四棱锥P ­ABCD 中，PA ＝2，直线PA 与平面ABCD 所成角为60°，E 为PC 的中点，则异面直线PA 与BE 所成角为( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°解析：选C.建立如图所示的空间直角坐标系，则∠PAO ＝60°， ∴OP ＝3，OA ＝1，AB ＝2，P (0，0，3)，A (22，－22，0)，B (22，22，0)，C (－22，22，0)，E (－24，24，32)， AP →＝(－22，22，3)，BE →＝(－324，－24，32)， cos 〈AP →，BE →〉＝22×2＝22，∴〈AP →，BE →〉＝45°，即异面直线PA 与BE 所成角为45°.5.如图所示，已知点P 为菱形ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC 中点，则平面CBF 与平面BFD 夹角的正切值为( )A.36 B ．34C.33D ．233解析：选D.连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OF ，以O 为原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3， ∴B (32，0，0)，F (0，0，12)， C (0，12，0)，D (－32，0，0)． ∴OC →＝(0，12，0)，且OC →为平面BDF 的一个法向量．由BC →＝(－32，12，0)，FB →＝(32，0，－12)可得平面BCF 的一个法向量n ＝(1，3，3)．∴cos 〈n ，OC →〉＝217，sin 〈n ，OC →〉＝277.∴tan 〈n ，OC →〉＝233.6.在空间中，已知二面角α­l ­β的大小为2π3，n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则〈n 1，n 2〉的大小为________．解析：半平面α(及其法向量n 1)绕l 旋转使与β重合，若n 1与n 2同向时〈n 1，n 2〉＝2π3，若n 1与n 2反向时〈n 1，n 2〉＝π3. 答案：π3或2π37.如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，令|AB |＝2，则D (0，0，0)，C (0，2，0)，M (0，1，0)，A 1(2，0，2)，C 1(0，2，2)，N (0，2，1)，A 1M →＝(－2，1，－2)，DN →＝(0，2，1)，∵A 1M →·DN →＝0， ∴A 1M →⊥DN →，即异面直线A 1M 与DN 所成的角为π2.答案：π28.如图所示，在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AB ＝2AC ＝2a ，则AB 与平面PBC 所成角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝2a (a ＞0)，O (0，0，0)，B (0，2a ，0)，C (32a ，a2，0)，P (0，0，2a )．AB →＝(0，2a ，0)，设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32ax －3ay 2＝02ay －2az ＝0，∴⎩⎨⎧x ＝3y y ＝z，令y ＝z ＝1，则x ＝3，n ＝(3，1，1)， cos 〈n ，AB →〉＝55.答案：559.在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，A 1A ⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，AA 1＝AC ＝BC ＝2，D 为AB 中点．(1)求证： BC 1∥平面A 1CD ；(2)求直线AA 1与平面A 1CD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于O 点， 则DO 为△ABC 1的中位线，故DO ∥BC 1， 又DO平面A 1CD ，BC 1⃘平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)以CA ，CB ，CC 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (2，0，0)，A 1(2，0，2)，D (1，1，0)，设平面A 1DC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0n ·A 1D →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0－x ＋y －2z ＝0，令x ＝1得n ＝(1，－1，－1)． 设直线AA 1与平面A 1CD 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈AA 1→，n 〉|＝|－223|＝33.10.如图，PC ⊥平面ABC ，DA ∥PC ，∠BCA ＝90°，AC ＝BC ＝1，PC ＝2，AD ＝1. (1)求证：PD ⊥平面BCD ；(2)设Q 为PB 的中点，求二面角Q ­CD ­B 的余弦值． 解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABC ，所以PC ⊥BC . 又BC ⊥AC ，因为PC平面PDAC ，AC平面PDAC ，AC ∩PC ＝C ，所以BC ⊥平面PDAC ，又PD平面PDAC ，所以BC ⊥PD .因为AC ＝BC ＝AD ＝1，PC ＝2，DA ⊥AC ，所以PD ⊥CD .因为CD平面BCD ，BC平面BCD ，CD ∩BC ＝C ，所以PD ⊥平面BCD .(2)由PC ⊥平面ABC ，BC ⊥AC 所以CA ，CB ，CP 两两垂直．以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，0)，P (0，0，2)，Q (0，12，1)，D (1，0，1)．所以CD →＝(1，0，1)，CQ →＝(0，12，1)．设平面CDQ 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)． 则⎩⎨⎧CD →·n 1＝x 1＋z 1＝0CQ →·n 1＝12y 1＋z 1＝0，取x 1＝1. 解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝2z 1＝－1，所以n 1＝(1，2，－1)．设平面CDB 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CD →·n 2＝x 2＋z 2＝0CB →·n 2＝y 2＝0，取x 2＝1.解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0z 2＝－1，所以n 2＝(1，0，－1)．设二面角Q ­CD ­B 为α，所以cos α＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝26·2＝33.所以二面角Q ­CD ­B 的余弦值为33. [能力提升]1.在正四面体ABCD 中，E 为棱AD 的中点，则CE 与平面BCD 的夹角的正弦值为( )A.32B ．23 C.12D ．33解析：选B.如图，以△BCD 的中心O 为原点，OC ，OA 所在直线分别为x 轴，z 轴，平面BCD 内垂直OC 于点O 的直线为y 轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为1，则C (33，0，0)，A (0，0，63)，D (－36，12，0)，所以E (－312，14，66)，所以CE →＝(－5312，14，66)，因为平面BCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)，所以cos CE →，n ＝66（－5312）2＋（14）2＋（66）2＝23， 设夹角为θ， ∴sin θ＝|cosCE →，n|＝23. 2.二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为________．解析：取基底{AC →，AB →，BD →}，则二面角大小为〈AC →，BD →〉， 且CD →＝－AC →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝AC →2＋AB →2＋BD →2－2AC →·AB →－2AC →·BD →＋2AB →·BD →， 即4×17＝62＋42＋82－2×6×8cos 〈AC →，BD →〉 ∴cos 〈AC →，BD →〉＝12，即二面角的大小为60°.答案：60° 3.如图，已知四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为菱形，且PA ＝AC ＝AB ＝BC ＝2，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(1)证明：AE ⊥PD ；(2)求二面角E ­AF ­C 的余弦值．解：(1)证明：由AC ＝AB ＝BC ，可得△ABC 为正三角形． 因为E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC .又BC ∥AD ，因此AE ⊥AD . 因为PA ⊥平面ABCD ，AE 平面ABCD ，所以PA ⊥AE . 而PA平面PAD ，AD平面PAD 且PA ∩AD ＝A ，所以AE ⊥平面PAD .又PD 平面PAD ，所以AE ⊥PD .(2)由(1)知AE ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E ，F 分别为BC ，PC 的中点，所以A (0，0，0)，B (3，－1，0)，C (3，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (3，0，0)，F ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1， 所以AE →＝(3，0，0)， AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1. 设平面AEF 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，，因此⎩⎪⎨⎪⎧3x 1＝0，32x 1＋12y 1＋z 1＝0. 取z 1＝－1，则m ＝(0，2，－1)，因为BD ⊥AC ，BD ⊥PA ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面AFC ，故BD →为平面AFC 的一法向量． 又BD →＝(－3，3，0)，所以cos 〈m ，BD →〉＝m ·BD →|m ||BD →|＝65·12＝155.因为二面角E ­AF ­C 为锐角，所以所求二面角的余弦值为155. 4.在如图所示的四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，点E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F .(1)求证：PA ∥平面EDB ； (2)求证：PB ⊥平面EFD ；(3)求二面角C ­PB ­D 的大小．解：如图所示建立空间直角坐标系，点D 为坐标原点，设DC ＝1.(1)证明：连接AC ，AC 交BD 于点G ，连接EG .依题意得A (1，0，0)，P (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12. 因为底面ABCD 是正方形，所以点G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，且 PA →＝(1，0，－1)，EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－12.所以PA →＝2EG →，即PA ∥EG . 而EG平面EDB ，且P A ⃘平面EDB ，因此PA ∥平面EDB .(2)证明：依题意得B (1，1，0)，PB →＝(1，1，－1)． 又DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，故PB →·DE →＝0＋12－12＝0.所以PB ⊥DE .由已知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD .(3)已知PB ⊥EF ，由(2)可知PB ⊥DF ，故∠EFD 是二面角C ­PB ­D 的平面角． 设点F 的坐标为(x ，y ，z )，则PF →＝(x ，y ，z －1)． 因为PF →＝kPB →，所以(x ，y ，z －1)＝k (1，1，－1)＝(k ，k ，－k )，即x ＝k ，y ＝k ，z ＝1－k . 因为PB →·DF →＝0，所以(1，1，－1)·(k ，k ，1－k )＝k ＋k －1＋k ＝3k －1＝0. 所以k ＝13，点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，23. 又点E 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，所以FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，16，－16.因为cos ∠EFD ＝FE →·FD→|FE →|·|FD →|＝⎝⎛⎭⎪⎫－13，16，－16·⎝⎛⎭⎪⎫－13，－13，－2366·63＝1613＝12，所以∠EFD＝60°，即二面角C­PB­D的大小为60°.。

1.2.2 空间中的平面与空间向量导思1.什么是平面的法向量？它在解决线面位置关系中有何用途？ 2．什么是三垂线定理及其逆定理？1.平面的法向量(1)定义：如果α是空间中的一个平面，n 是空间中的一个非零向量，且表示n 的有向线段所在的直线与平面α垂直，则称n 为平面α的一个法向量．此时也称n 与平面α垂直，记作n ⊥α． (2)性质：如果A ，B 是平面α上的任意不同两点，n 为平面α的一个法向量，则： 1 若直线l ⊥α，则l 的任意一个方向向量都是平面α的一个法向量 2 对任意实数λ≠0，λn 是平面α的一个法向量 3向量AB → 一定与n 垂直，即AB →·n ＝0平面α的法向量唯一吗？它们有什么共同特征？ 提示：不唯一，都平行．2．空间线面的位置关系与空间向量若v 是直线l 的一个方向向量，n 1，n 2分别是平面α1，α2的一个法向量，则：1 n 1∥v ⇔l ⊥α12 n 1⊥v ⇔l ∥α1或l ⊂α13 n 1⊥n 2⇔α1⊥α24 n 1∥n 2⇔α1∥α2或α1，α2重合已知v 是直线l 的一个方向向量，n 是平面α的一个法向量，如果n ⊥v ，那么直线l 一定与平面α平行吗？提示：不一定，也可能l ⊂α. 3．三垂线定理及其逆定理 射影已知平面α和一点A ，过点A 作α的垂线l ，设l 与α相交于点A′，则A′就是点A在平面α内的射影，也称为投影．三垂线定理如果平面内的一条直线与平面的一条斜线在该平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直．三垂线定理的逆定理如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线垂直，则它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”).(1)已知直线l垂直于平面α，向量a平行直线l，则a是平面α的法向量．()(2)若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行．()(3)若a是平面α的一条斜线，直线b垂直于a在α内的射影，则a⊥b.()提示：(1)×.向量a必须为非零向量．(2)√.(3)×.因为b不一定在平面α内，所以a与b不一定垂直．2．若a＝(1，2，3)是平面γ的一个法向量，则下列向量中能作为平面γ的法向量的是() A．(0，1，2) B．(3，6，9)C．(－1，－2，3) D．(3，6，8)【解析】选B.向量(1，2，3)与向量(3，6，9)共线．3．(教材例题改编)已知PO⊥平面ABC，且O为△ABC的垂心，则AB与PC的关系是________．【解析】因为O为△ABC的垂心，所以CO⊥AB.又因为OC为PC在平面ABC内的射影，所以由三垂线定理知AB⊥PC.答案：垂直关键能力·合作学习类型一 平面的法向量(数学运算)1．若两个向量AB → ＝(1，2，3)，AC →＝(3，2，1)，则平面ABC 的一个法向量 为( )A ．(－1，2，－1)B ．(1，2，1)C ．(1，2，－1)D ．(－1，2，1)2．已知点A(2，－1，2)在平面α内，n ＝(3，1，2)是平面α的一个法向量，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A ．P(1，－1，1)B ．P ⎝⎛⎭⎫1，3，32C ．P ⎝⎛⎭⎫1，－3，32D ．P ⎝⎛⎭⎫－1，3，－343．正四棱锥如图所示，在向量PA → －PB → ＋PC → －PD → ，PA → ＋PC → ，PB → ＋PD → ，PA → ＋PB → ＋PC →＋PD →中，不能作为底面ABCD 的法向量的是________．【解析】AB → ＝(1，2，3)，AC →＝(3，2，1)， 设平面ABC 的一个法向量n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝x ＋2y ＋3z ＝0n ·AC →＝3x ＋2y ＋z ＝0 ，取x ＝－1，得平面ABC 的一个法向量为(－1，2，－1).2．选B.设P(x ，y ，z)，则AP →＝(x －2，y ＋1，z －2)； 由题意知，AP → ⊥n ，则n ·AP →＝0；所以3(x －2)＋(y ＋1)＋2(z －2)＝0，化简得3x ＋y ＋2z ＝9. 验证得在A 中，3×1－1＋2×1＝4，不满足条件； 在B 中，3×1＋3＋2×32 ＝9，满足条件； 同理验证C 、D 不满足条件．3．连接AC ，BD ，交于点O ，连接OP ，则OP → 是底面ABCD 的一个法向量，PA → －PB → ＋PC → －PD →＝BA → ＋DC → ＝0，不能作为底面ABCD 的法向量；PA → ＋PC → ＝－2OP →，能作为底面ABCD 的法向量；PB → ＋PD → ＝－2OP → ，能作为底面ABCD 的法向量；PA → ＋PB → ＋PC → ＋PD → ＝－4OP →，能作为底面ABCD 的法向量．答案：PA → －PB → ＋PC → －PD →求平面ABC 的一个法向量的方法1．平面垂线的方向向量法：证明一条直线为一个平面的垂线，则这条直线的一个方向向量即为所求．2．待定系数法：步骤如下：类型二 三垂线定理及其逆定理的应用(直观想象、逻辑推理)【典例】如图所示，三棱锥P-ABC 中，PA ⊥平面ABC ，若O ，Q 分别是△ABC 和△PBC 的垂心，求证：OQ ⊥平面PBC.【思路导引】利用三垂线定理及其逆定理证明【证明】如图，连接AO 并延长交BC 于点E ，连接PE.因为PA ⊥平面ABC ，AE ⊥BC(由于O 是△ABC 的垂心)， 所以PE ⊥BC ，所以点Q 在PE 上．因为⎩⎪⎨⎪⎧AE ⊥BC ，PE ⊥BC ，AE ∩PE ＝E ⇒BC ⊥平面PAE ⇒BC ⊥OQ.①连接BO 并延长交AC 于点F ，则BF ⊥AC. 连接BQ 并延长交PC 于点M ，则BM ⊥PC. 连接MF.因为PA ⊥平面ABC ，BF ⊥AC ， 所以BF ⊥PC(三垂线定理).因为⎩⎪⎨⎪⎧BM ⊥PC ，BF ⊥PC ，BM ∩BF ＝B ⇒PC ⊥平面BMF ⇒PC ⊥OQ.②由①②，知OQ ⊥平面PBC.利用三垂线定理及其逆定理证明线线垂直的基本环节在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，求证：A 1C ⊥平面BDC 1.【证明】连接AC，CD1，在正方体中，AA1⊥平面ABCD，所以AC是A1C在平面ABCD内的射影，又AC⊥BD，所以BD⊥A1C.同理D1C是A1C在平面CDD1C1内的射影．所以C1D⊥A1C.又C1D∩BD＝D，所以A1C⊥平面BDC1.类型三利用空间向量证明线面、面面的位置关系(逻辑推理)证明平行问题角度1【典例】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点．设Q 是CC1上的点．当点Q在什么位置时，BQ∥平面PAO?【思路导引】建立恰当的坐标系，设出点Q的坐标，由BQ∥平面PAO确定其位置即可．【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体棱长为2，则O(1，1，0)，A(2，0，0)，P(0，0，1)，B(2，2，0)，D 1(0，0，2). 再设Q(0，2，c)，所以OA → ＝(1，－1，0)，OP →＝(－1，－1，1)， BQ →＝(－2，0，c)，BD 1＝(－2，－2，2). 设平面PAO 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OA →＝0，n ·OP →＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，－x －y ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝2.所以平面PAO 的一个法向量为n ＝(1，1，2). 若BQ ∥平面PAO ，则n ⊥BQ ，所以n ·BQ → ＝0，即－2＋2c ＝0，所以c ＝1， 故当Q 为CC 1的中点时，BQ ∥平面PAO.本例若把“Q 是CC 1上的点”改为“Q 是CC 1的中点”，其他条件不变，求证：平面D 1BQ ∥平面PAO.【证明】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则O(1，1，0)，A(2，0，0)，P(0，0，1)，B(2，2，0)，D 1(0，0，2)，Q(0，2，1)， 所以OA → ＝(1，－1，0)，OP →＝(－1，－1，1)， BQ →＝(－2，0，1)，BD 1＝(－2，－2，2). 设平面PAO 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·OA →＝0n 1·OP →＝0 ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－x －y ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝2.所以平面PAO 的一个法向量为n 1＝(1，1，2).同理可求平面D 1BQ 的一个法向量为n 2＝()1，1，2 ， 因为n 1＝n 2，所以n 1∥n 2， 所以平面D 1BQ ∥平面PAO.角度2证明垂直问题【典例】在如图所示的几何体中，平面CDEF 为正方形，平面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2BC ，∠ABC ＝60°，AC ⊥FB. (1)求证：AC ⊥平面FBC ；(2)线段ED 上是否存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ？证明你的结论．【思路导引】(1)利用余弦定理和勾股定理的逆定理可得AC ⊥BC ，再利用已知AC ⊥FB 和线面垂直的判定定理即可证明；(2)通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量是否垂直即可． 【解析】(1)因为AB ＝2BC ，∠ABC ＝60°，在△ABC 中，由余弦定理可得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BCcos 60°＝3BC 2， 所以AC 2＋BC 2＝4BC 2＝AB 2， 所以∠ACB ＝90°，所以AC ⊥BC. 又因为AC ⊥FB ，FB ∩BC ＝B ， 所以AC ⊥平面FBC.(2)线段ED 上不存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC. 证明如下：因为AC ⊥平面FBC ， 所以AC ⊥FC.因为CD ⊥FC ，所以FC ⊥平面ABCD.所以CA ，CF ，CB 两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系．在等腰梯形ABCD 中，可得CB ＝CD.设BC ＝1，所以C(0，0，0)，A(3 ，0，0)，B(0，1，0)，D(32 ，－12 ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，－12，1 .所以CE → ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，－12，1 ，CA →＝(3 ，0，0)，CB →＝(0，1，0).设平面EAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE →＝0n ·CA →＝0 ，所以⎩⎨⎧32x －12y ＋z ＝03x ＝0，取z ＝1，得n ＝(0，2，1).假设线段ED 上存在点Q ， 设Q ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，t (0≤t≤1)，所以CQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，t . 设平面QBC 的法向量为m ＝(a ，b ，c)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB →＝0m ·CQ →＝0 ，所以⎩⎨⎧b ＝032a －12b ＋tc ＝0，取c ＝1，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2t 3，0，1 .要使平面EAC ⊥平面QBC ，只需m·n ＝0， 即－23t×0＋0×2＋1×1＝0，此方程无解．所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC. 利用空间向量证明平行、垂直问题的常用思路线面平行(1)求出直线l的方向向量是a，平面α的法向量是u，只需证明a⊥u，即a·u＝0.(2)在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量即可．面面平行(1)转化为相应的线线平行或线面平行．(2)求出平面α，β的法向量u，v，证明u∥v即可说明α∥β.线面垂直求出平面内两条相交直线的方向向量，证明直线的方向向量和它们都垂直．面面垂直(1)转化为线面垂直．(2)求解两个平面的法向量，证明两个法向量垂直．1．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，求证：(1)FC1∥平面ADE；(2)平面ADE∥平面B1C1F.【解析】如图所示建立空间直角坐标系，则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，所以FC1＝(0，2，1)，DA → ＝(2，0，0)，AE → ＝(0，2，1).(1)设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量，则n 1⊥DA → ，n 1⊥AE → ，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝2x 1＝0n 1·AE →＝2y 1＋z 1＝0 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0z 1＝－2y 1 ， 令z 1＝2⇒y 1＝－1，所以n 1＝(0，－1，2)，因为n 1·1FC ＝－2＋2＝0，所以n 1⊥1FC ， 又因为FC 1⊄平面ADE ，即FC 1∥平面ADE.(2)因为11C B ＝(2，0，0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的一个法向量． 由n 2⊥1FC ，n 2⊥11C B ，得21222112FC 2y z 0C B 2x 0⎧=+=⎪⎨==⎪⎩n n ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0z 2＝－2y 2. 令z 2＝2⇒y 2＝－1，所以n 2＝(0，－1，2)，所以n 1＝n 2，所以平面ADE ∥平面B 1C 1 F.2．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，在CC 1上求一点P ，使平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE.【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体棱长为2，且P(0，2，a)，则D(0，0，0)，E(1，2，0)，C 1(0，2，2)，A 1(2，0，2)，B 1(2，2，2)，则DE → ＝(1，2，0)，1DC ＝(0，2，2)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)且n 1⊥平面DEC 1，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋2y 1＝0y 1＋z 1＝0 ，取n 1＝(2，－1，1). 又1A P ＝(－2，2，a －2)，11A B ＝(0，2，0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)且n 2⊥平面A 1B 1P ，则⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋2y 2＋（a －2）z 2＝0y 2＝0 ，取n 2＝(a －2，0，2). 由平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE ，得n 1·n 2＝0，1的中点．【补偿训练】在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD 垂直于底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 于点F.求证：(1)PA ∥平面EDB.(2)PB ⊥平面EFD.Ｋ【证明】建立如图所示的空间直角坐标系．D 是坐标原点，设DC ＝a.(1)连接AC 交BD 于G ，连接EG ，依题意得D(0，0，0)，A(a ，0，0)，P(0，0，a)，E ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2 . 因为底面ABCD 是正方形，所以G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0 ，所以EG → ＝⎝⎛⎭⎫a 2，0，－a 2 .又PA → ＝(a ，0，－a)，所以PA → ＝2EG → ，这表明PA ∥EG.而EG ⊂平面EDB ，且PA ⊄平面EDB ，所以PA ∥平面EDB.(2)依题意得B(a ，a ，0)，PB → ＝(a ，a ，－a)，DE → ＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2 ，所以PB → ·DE → ＝0＋a 22 －a 22 ＝0，所以PB → ⊥DE → ，即PB ⊥DE.又已知EF ⊥PB ，且EF∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD.课堂检测·素养达标1．设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l ⊄α，则使l ∥α成立的是( )A ．a ＝(1，－1，2)，n ＝(－1，1，－2)B ．a ＝(2，－1，3)，n ＝(－1，1，1)C ．a ＝(1，1，0)，n ＝(2，－1，0)D ．a ＝(1，－2，1)，n ＝(1，1，2)【解析】l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l ⊄α，使l ∥α成立，所以a·n ＝0， 在A 中，a·n ＝－1－1－4＝－6，故A 错误；在B 中，a·n ＝－2－1＋3＝0，故B 成立；在C 中，a·n ＝2－1＝1，故C 错误；在D 中，a·n ＝1－2＋2＝1，故D 错误．2．(教材练习改编)若平面α与β的法向量分别是a ＝(2，4，－3)，b ＝(－1，2，2)，则平面α与β的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．无法确定 【解析】选B.a·b ＝(2，4，－3)·(－1，2，2)＝－2＋8－6＝0，所以a ⊥b ，所以平面α与平面β垂直．3．已知平面α内有一个点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3，6)，则下列点P 中在平面α内的是( )A ．P(2，3，3)B ．P(－2，0，1)C ．P(－4，4，0)D ．P(3，－3，4)【解析】选A.设平面α内一点P(x ，y ，z)，则：MP → ＝(x －1，y ＋1，z －2)，因为n ＝(6，－3，6)是平面α的法向量，所以n ⊥MP → ，n ·MP → ＝6(x －1)－3(y ＋1)＋6(z －2)＝6x －3y ＋6z －21，所以由n ·MP → ＝0得6x －3y ＋6z －21＝0，所以2x －y ＋2z ＝7，把各选项的坐标数据代入上式验证可知A 适合．4．正三棱锥P-ABC 中，BC 与PA 的位置关系是________．【解析】如图，在正三棱锥P-ABC 中，P 在底面ABC 内的射影O 为正三角形ABC 的中心，连接AO ，则AO 是PA 在底面ABC 内的射影，且BC ⊥AO ，所以BC ⊥PA.答案：BC ⊥PA。

空间向量求二面角的方法方法一：先作出二面角的平面角，再利用向量的内积公式求解：设∠AOB 是二面角l αβ--的一个平面角,则向量OA 与OB 所成的角就是所求的二面角的大小．例1 正四面体ABCD 中，求相邻两个面所成的二面角．解析：如图1，取BC 边的中点Ｅ,连结AE 、DE ，则AE⊥BC，DE⊥BC，所以∠AED 就是正四面体的两个相邻面ABC 与DBC 所成二面角的平面角,且BC⊥平面ADE ，∴BC⊥AD，∴0EC DA =．设正四面体棱长为1．∵()()ED EA EC CD EC CD DA =+++ =222EC EC CD EC DA CD DA CD ++++ 11121cos120011cos1201424=+⨯⨯⨯++⨯⨯+=． 又在△ABC 与△BCD 中，可求得32ED EA ==, ∴cos ED EAED EA ED EA =，11433322==⨯． 故正四面体的两个相邻面所成的二面角大小为1arccos3．方法二:利用法向量求解:设1n 是平面α的法向量，2n 是平面β的法向量．①若两个平面的二面角如图2所示的示意图,则1n 与2n 之间的夹角θ就是欲求的二面角;②若两个平面的二面角如图3所示的示意图,设1n 与2n 之间的夹角为θ．则两个平面的二面角为πθ-． 例2 如图4，△ABC 是以∠B 为直角的直角三角形,SA⊥平面ABC ，SA=BC=2,AB=4，D 、N 分别是BC 、AB 的中点．求二面角S —ND-A 的余弦值．解析：平面ABC 的法向量是AS ,设平面SND 的法向量为BC AB AS λμ=++n ．∵SA⊥平面ABC ，∴SA⊥BC,SA⊥AB，∴0AS BD =,0AS BN =,0AS BC =，0AS AB = 又AB⊥BC,∴0BC BN =，0AB BD =,0BC NA =． 由()()ND BC AB AS BD BN λμ=++-n 280BC BD AB BN λμλμ=-=+=。

高中数学第二章空间向量与立体几何5夹角的计算课时跟踪训练北师大版选修21121416[A 组 基础巩固]1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1的夹角是( )A.π6 B.π4 C.π3D.π2解析：如图所示，建立空间直角坐标系B －xyz .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)．∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22×8＝12，∴异面直线EF 和BC 1的夹角为π3，故选C.答案：C2．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则直线l 与平面α夹角的余弦值为( )A ．－1111 B.1111 C ．－11011D.91333解析：∵cos 〈a ，n 〉＝a ·n |a ||n |＝－8－3＋322×18＝－4311，∴直线l 与平面α夹角的正弦值为4311，余弦值为1－(4311)2＝91333.答案：D3．若两个平面的法向量分别为(－5，12,0)和(0，－5,12)，则这两个平面的二面角的余弦值为( )A ．－60169B.25169C ．±25169D ．±60169解析：由(－5，12，0)·(0，－5，12)(－5)2＋122(－5)2＋122及两个平面的二面角的范围为[0，π]，可知这两个平面的二面角的余弦值为±60169.答案：D4．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35解析：设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0，2,0)，B 1＝(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝－2×0＋2×2＋1×(－1)0＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55. 答案：A5．如图所示，已知四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC 的中点，则二面角C －BF －D 的正切值为 ( )A.36B.34C.33D.233解析：如图所示，设AC 与BD 交于点O ，连接OF .以O 为坐标原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz .设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3，所以O (0,0,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，易知OC→为平面BDF 的一个法向量，由BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0，FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－12，设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·FB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x ＋12y ＝032x －12z ＝0，令x＝1，则y ＝3，z ＝3，所以平面BCF 的一个法向量为n ＝(1，3，3)．所以cos 〈n ，OC →〉＝217，sin 〈n ，OC →〉＝277，所以tan 〈n ，OC →〉＝233.故二面角C －BF －D 的正切值为233. 答案：D6．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ，CC 1的中点，则异面直线EF 与A 1C 1所成角的大小是________．解析：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，设B (2,0,0)，则E (1,0,0)，F (2,2,1)，C 1(2,2,2)，A 1(0,0,2)．所以EF →＝(1,2,1)，A 1C 1→＝(2,2,0)．cos 〈EF →，A 1C 1→〉＝(1，2，1)·(2，2，0)6×22＝32，所以〈EF →，A 1C 1→〉＝30°，即异面直线EF与A 1C 1所成的角为30°.答案：30°7．若直线l 的方向向量a ＝(－2,3,1)，平面α的一个法向量n ＝(4,0,1)，则直线l 与平面α所成角的正弦值为__________．解析：由题意，得直线l 与平面α所成角的正弦值为sin θ|a ·n ||a ||n |＝714×17＝23834.答案：238348.已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，PA ＝PD ＝5，平面ABCD ⊥平面PAD ，M 是PC 的中点，O 是AD 的中点，则直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值为__________．解析：取BC 的中点E ，连接OE ，以O 为坐标原点，射线OA ，OE ，OP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系(图略)，则O (0,0,0)，B (1,2,0)，C (－1,2,0)，P (0,0,2)，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，1.因此BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，1，OP →＝(0,0,2)，OC →＝(－1,2,0)．设平面PCO 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OP →＝0n ·OC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0x ＝2y，取n ＝(2,1,0)，因此直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值为|cos 〈BM →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3－1174×5＝88585.答案：885859.如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，求直线AM 与CN 所成角的余弦值．解析：解法一 ∵AM →＝AA 1→＋A 1M →，CN →＝CB →＋BN →， ∴AM →·CN →＝(AA 1→＋A 1M →)·(CB →＋BN →)＝AA 1→·BN →＝12，而|AM →|＝(AA 1→＋A 1M →)·(AA 1→＋A 1M →)＝|AA 1→|2＋|A 1M →|2＝1＋14＝52.同理，|CN →|＝52，设直线AM 与CN 所成的角为α，则cos α＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1254＝25.即AM 与CN 所成角的余弦值为25.解法二 如图，建立空间直角坐标系，把D 点视作原点O ，分别沿DA →、DC →、DD 1→方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向．则A (1,0,0)，M (1，12，1)，C (0,1,0)，N (1,1，12)，∴AM →＝(1，12，1)－(1,0,0)＝(0，12，1)，CN →＝(1,1，12)－(0,1,0)＝(1,0，12)．故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12，|AM →|＝ 02＋(12)2＋12＝52，|CN →|＝12＋02＋(12)2＝52.∴cos α＝AM →·CN→|AM →|·|CN →|＝1252×52＝25.即AM 与CN 所成角的余弦值为25.10.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)求证：BE ⊥DC ；(2)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值．解析：(1)证明：依题意，以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)，所以BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC . (2)BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)． 由点F 在棱PC 上，设CF →＝λ CP →(0<λ<1)，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λ CP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)． 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面FAB 的一个法向量． 取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010.易知二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010.[B 组 能力提升]1．如图所示，点P 是△ABC 所在平面外的一点，若PA ，PB ，PC 与平面α的夹角均相等，则点P 在平面α上的投影P ′是△ABC 的( )A ．内心B ．外心C ．重心D ．垂心解析：由于PA ，PB ，PC 与平面α的夹角均相等，所以这三条由点P 出发的平面ABC 的斜线段相等，故它们在平面ABC 内的投影P ′A ，P ′B ，P ′C 也都相等，故点P ′是△ABC 的外心．答案：B2.如图，已知矩形ABCD 与矩形ABEF 全等，二面角D －AB －E 为直二面角，M 为AB 的中点，FM 与BD 所成的角为θ，且cos θ＝39，则ABBC＝( )A ．1 B. 2 C.22D.12解析：不妨设BC ＝1，AB ＝λ，则AB BC ＝λ.记AF →＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，则FM →＝12b －a ，BD →＝c－b ，根据题意，|a |＝|c |＝1，|b |＝λ，a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴FM →·BD →＝－12b 2＝－12λ2，而|FM →|＝14λ2＋1，|BD →|＝λ2＋1，∴|cos 〈FM →，BD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪FM →·BD →|FM →| ·|BD →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12λ214λ2＋1·λ2＋1＝39，得λ＝22.故选C.答案：C3.如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD ，E ，F 分别是线段PA ，CD 的中点，若异面直线EF 与BD 所成的角为α，则cos α＝__________.解析：设正方形ABCD 的边长为2，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 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B (2,0,0)，D (0,2,0)，E (0,0,1)，F (1,2,0)，则BD →＝(－2,2,0)，EF →＝(1,2，－1)，所以cos α＝|BD →·EF →||BD →||EF →|＝|－2＋4＋0|22×6＝36.答案：364．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)，B 1(3，1,2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，则CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，CB 1→＝(3，1,2)，设平面B 1DC 的法向量为 n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0，解得n ＝(－3，1,1)． 又∵DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，－2，∴sin θ＝|cos 〈DA →，n 〉|＝45.答案：455.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，点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．(3)在线段CD 上是否存在一点M ，使得DE ⊥AM ？若存在，求出DM 的长；若不存在，请说明理由．解析：(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 ，GH ∥DF ，从而四边形HGFD 是平行四边形，得GF ∥DH .又DH 平面ADE ，GF 平面ADE ，所以GF ∥平面ADE .(2)如图，在平面BEC 内，过点B 作BQ ∥EC ，因为BE ⊥EC ，所以BQ ⊥BE .又AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BQ .以B 为坐标原点，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B －xyz ，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 的一个法向量， 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 →＝0n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝02x ＋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.(3)假设在线段CD 上存在点M ，设点M 的坐标为(2,2，a )(0≤a ≤2)． 因为A (0,0,2)，E (2,0,0)，D (2,2,2)， 所以DE →＝(0，－2，－2)，AM →＝(2,2，a －2)，因为DE ⊥AM ，所以DE →·AM →＝0，所以－4－2(a －2)＝0，得a ＝0， 所以DM ＝2.- 1 -。

2016-2017学年高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.5 夹角的计算课后演练提升 北师大版选修2-1一、选择题(每小题5分，共20分)1．设ABCD ，ABEF 都是边长为1的正方形，FA ⊥面ABCD ，则异面直线AC 与BF 所成角等于( )A ．45°B ．30°C ．90°D ．60°解析： 作出图形，建立如右图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则：A (0,0,0)，C (1,1,0)，F (0,0,1)，B (0,1,0)，∴A C →＝(1,1,0)，B F →＝(0，－1,1)， ∴|A C →|＝2，|B F →|＝2，A C →·B F →＝－1，cos 〈A C →，B F →〉＝－12·2＝－12，∴〈A C →，B F →〉＝120°.又异面直线所成角的取值范围为(0,90°]． ∴AC 与BF 所成角为60°.故选D. 答案： D2．若平面α的法向量为u ，直线l 的方向向量为v ，直线l 与平面α的夹角为θ，则下列关系式成立的是( )A ．cos θ＝u ·v |u ||v |B ．cos θ＝|u ·v ||u |·|v |C ．sin θ＝u ·v |u |·|v |D ．sin θ＝|u ·v ||u |·|v |解析： u 与v 的夹角的余角才是直线l 与平面α所成的角，因此选D. 答案： D3．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1和平面DBB 1D 1夹角的正弦值为( )A.32B.52C.105 D.1010解析： 以D 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则A (4,0,0)，C (0,4,0)，B (4,4,0)，C 1(0,4,2)， ∴AC →＝(－4,4,0)，BC 1→＝(－4,0,2)，易知AC →为平面DBB 1D 1的一个法向量，设BC 1与平面DBB 1D 1的夹角为α，则sin α＝|cos 〈AC →，BC 1→〉|＝1642·25＝105，选C.答案： C4．平面α的一个法向量为n 1＝(4,3,0)，平面β的一个法向量为n 2＝(0，－3,4)，则平面α与平面β夹角的余弦值为( )A ．－925 B.925C.725D ．以上都不对 解析： cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－925，∴平面α与平面β夹角的余弦值为925.故选B.答案： B二、填空题(每小题5分，共10分)5．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________．解析： 以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，E F →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，D C →＝(0,1,0)，所以cos 〈EF →，D C →〉＝E F →·D C →|EF →|·|DC →|＝－22，所以〈E F →，D C →〉＝135°，所以异面直线EF 和CD 所成的角是45°.答案： 45°6．已知平面α过定点A (1,2,1)，且法向量为n ＝(1，－1,1)．已知平面外一点P (－1，－5，－1)，求PA 与平面α所成角的正弦值________．解析： P A →＝(2,7,2)，则cos 〈P A →，n 〉＝2×1＋－＋2×13·4＋49＋4＝－3319＝－1919.设PA 与平面α所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝1919. 答案：1919三、解答题(每小题10分，共20分)7．如图，在棱长为a 的正方体ABCD －A1B 1C 1D 1中，求异面直线BA 1和AC 的夹角．解析： 方法一：因为BA 1→＝B A →＋BB 1→，A C →＝AB →＋BC →，所以BA 1→·A C →＝(B A →＋BB 1→)·(A B →＋B C →) ＝B A →·A B →＋B A →·B C →＋BB 1→·A B →＋BB 1→·B C →. 因为AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ，所以B A →·B C →＝0，BB 1→·A B →＝0，BB 1→·B C →＝0，B A →·A B →＝－a 2，所以BA 1→·A C →＝－a 2.又cos 〈BA 1→，A C →〉＝BA 1→·A C →|BA 1→|·|A C →|＝－a 22a ×2a ＝－12，所以〈BA 1→，A C →〉＝120°，所以异面直线BA 1和AC 的夹角为60°.方法二：分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，A 1(a,0，a )． ∴BA 1→＝(0，－a ，a )，A C →＝(－a ，a,0)．∴cos 〈BA 1→，A C →〉＝BA 1→·A C →|BA 1→|·|A C →|＝－a 22a 2·2a2＝－12. ∴〈BA 1→，A C →〉＝120°.∴异面直线BA 1和AC 的夹角为60°.8．在底面是直角梯形的四棱锥S －ABCD 中，∠ABC ＝90°，SA ⊥面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，求平面SCD 与平面SBA 夹角的正切值．解析： 建立如图所示空间直角坐标系，则A (0,0,0)、D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0、C (1,1,0)、S (0,0,1)，易知平面SAB 的一个法向量是AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0.设n ＝(x ，y ，z )是平面SCD 的法向量，则n ⊥DC →，n ⊥DS →，即n ·DC →＝0，n ·DS →＝0， 又DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1，∴12x ＋y ＝0，且－12x ＋z ＝0. ∴y ＝－12x ，且z ＝12x .∴n ＝⎝⎛⎭⎪⎫x ，－x 2，x 2.取x ＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，12. ∴cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →||n |＝1212×1＋14＋14＝63. 设两平面夹角为θ，即cos θ＝63， ∴tan θ＝22. 尖子生题库☆☆☆9.(10分)如图，在三棱锥V －ABC 中，VC ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，D 是AB 的中点，且AC ＝BC ＝a ，∠VDC ＝θ⎝⎛⎭⎪⎫0＜θ＜π2. (1)求证：平面VAB ⊥平面VCD ；(2)试确定角θ的值，使得直线BC 与平面VAB 的夹角为π6.解析： (1)证明：以C 为原点．以CA ，CB ，CV 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a2，0，V ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22a tan θ，于是，VD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a2，－22a tan θ，CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，0，AB →＝(－a ，a,0)．从而AB →·CD →＝(－a ，a,0)·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，0＝－12a 2＋12a 2＋0＝0，即AB ⊥CD . 同理AB →·VD →＝(－a ，a,0)·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，－22a tan θ＝－12a 2＋12a 2＋0＝0，即AB ⊥VD .又CD ∩VD ＝D ，∴AB ⊥平面VCD .又AB ⊂平面VAB . ∴平面VAB ⊥平面VCD .(2)设平面VAB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由n ·AB →＝0，n ·VD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋ay ＝0a 2x ＋a 2y －22az tan θ＝0，可取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，1，2tan θ，又BC →＝(0，－a,0)，于是sin π6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n |·|BC →|＝aa ·2＋2tan 2θ＝22sin θ， 即sin θ＝22. ∵0＜θ＜π2，∴θ＝π4.故当θ＝π4时，直线BC 与平面VAB 的夹角为π6.。