空间向量与空间角的计算(含解析)

0，π2
二面角
设二面角α－l－β为θ，平面α，β的法向量分别为n1，
n2，则|cos
θ|＝
|cos〈n1，n2〉|
＝
|n1·n2| |n1||n2|
[0，π]
知识点二 利用空间向量求距离(※) 点到平面的距离：用空间向量法求点到平面的距离具体步骤如下： 先确定平面的法向量，再求点与平面内一点的连线形成的斜线段在平面 的 法 向 量 上 的 射 影 长 . 如 图 ， 设 n ＝ (a ， b ， c) 是 平 面 α 的 一 个 法 向 量 ， P0(x0，y0，z0)为α外一点，P(x，y，z)是平面α内的任意一点，则点P0到 平面 α 的距离 d＝|P→P|n0|·n|＝|ax0－x＋ab2＋y0－b2＋y＋c2 cz0－z|.
证明
②若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角 的正弦值.
解答
类型二 求二面角问题 例2 如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点， 求二面角A－A1D－B的余弦值.
解答
反思与感悟 求角二面角时，可以用方向向量法，也可以采用法向量 法求解.
2.向量法求距离(※) (1)求 P，Q 两点间的距离，可转化为求P→Q的模. (2)点到平面距离的求法：设 n 是平面 α 的法向量，B 是平面 α 外一点，A 是平面 α 内一点，AB 是平面 α 的一条斜线，则点 B 到平面 α 的距离为
→ d＝|A|Bn·|n|.
(3)线面距离、面面距离均可转化为点面距离，利用(2)中的方法求解.
4 2×2
2＝12，
且〈P→B，D→B〉∈[0，π]，∴〈P→B，D→B〉＝π3， ∴BD 与平面 ADMN 所成的角为π6.

利用空间向量求空间角一、基础知识1．异面直线所成角设异面直线a，b所成的角为θ，则cos θ＝|a·b||a||b|，其中a，b分别是直线a，b的方向向量．2．直线与平面所成角如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sin φ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n| |a||n|.3．二面角(1)若AB ，CD 分别是二面角α­l ­β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α ­l ­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|，如图(2)(3)．两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角为(0，π)，所以公式中要加绝对值．直线与平面所成角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值．利用公式与二面角的平面角时，要注意〈n 1，n 2〉与二面角大小的关系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断． 考点一 异面直线所成的角例一：如图，在三棱锥P ­ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2. (1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．[解]:由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0，0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0，0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )， 进而可得NH ―→＝(－1，－2，h )， BE ―→＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos 〈NH ―→，BE ―→〉|＝|NH ―→·BE ―→||NH ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以线段AH的长为85或12.[解题技法]用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．提醒]注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，此夹角就是异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．考点二直线与平面所成的角例二：如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM∥平面EFC；(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．[解:](1)证明：连接AC交BD于点N，连接MN，则N为AC 的中点，又M为AE的中点，∴MN∥EC.∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，∴MN∥平面EFC.∵BF，DE都与平面ABCD垂直，∴BF∥DE.∵BF＝DE，∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，∴BD∥平面EFC.又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFC.(2)∵DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D ­xyz . 设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,0,2)，A (2,0,0)，E (0,0,4)，∴DB ―→＝(2,2,0)，DM ―→＝(1,0,2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·DB ―→＝0，n ·DM ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． ∵AE ―→＝(－2,0,4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cosn ，AE―→|＝|n ·AE―→||n |·|AE ―→|＝4515，∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.[解题技法]利用向量求线面角的2种方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．考点三二面角例三：如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝54，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF位置，OD′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B­D′A­C的余弦值．解:(1)证明：由四边形ABCD为菱形，得AC⊥BD.由AE＝CF＝54，得AEAD＝CFCD，所以EF∥AC.因此EF⊥DH，从而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6，得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.由EF∥AC得OHDO＝AEAD＝14，所以OH＝1，D′H＝DH＝3，则OD′2＝OH2＋D′H2，所以D′H⊥OH.又OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.(2)以H 为坐标原点，HB ，HF ，HD ′分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系H ­xyz ，如图所示． 则B (5,0,0)，C (1,3,0)，D ′(0,0,3)，A (1，－3,0)， 所以AB ―→＝(4,3,0)， AD ′―→＝(－1,3,3)，AC ―→＝(0,6,0)． 由⎩⎨⎧ AD ′―→＝(－1，3，3)， AB ―→＝(4，3，0)，可得平面ABD ′的法向量n 1＝(－3,4，－5)，由⎩⎨⎧AD ′―→＝(－1，3，3)， AC ―→＝(0，6，0)，可得平面AD ′C 的法向量n 2＝(－3,0，－1)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝7525.所以二面角B ­D ′A ­C 的余弦值为7525.[解题技法](1)利用法向量求二面角的大小时，由于法向量的方向不同，两个法向量的夹角与二面角的大小可能相等，也可能互补．所以，两个法向量的夹角的余弦值与二面角的余弦值可能存在正负号的差异．(2)有时用观察法难以判定二面角是钝角还是锐角，为了保证解题结果准确无误，我们给出一种万无一失的方法：就是在两个半平面和二面角的棱上各取1个向量，要求这三个向量必须起点相同，在利用行列式计算法向量时，棱对应的向量必须排前面，即口诀“起点同，棱排前”，这样求出的两个法向量的夹角一定与二面角的大小相等．例四、如图，在三棱锥P­ABC中，平面P AB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝23，AC＝26，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.(1)求证：PD⊥平面ABC；(2)若直线P A与平面ABC所成的角为45°，求平面P AC与平面PDE所成的锐二面角大小．解：(1)证明：∵AC＝26，BC＝23，AB＝6，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴∠ACB ＝90°，∴cos ∠ABC ＝236＝33. 又易知BD ＝2，∴CD 2＝22＋(23)2－2×2×23cos ∠ABC ＝8，∴CD ＝22，又AD ＝4，∴CD 2＋AD 2＝AC 2，∴CD ⊥AB . ∵平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ， CD ⊂平面ABC ， ∴CD ⊥平面P AB ，又PD ⊂平面P AB ，∴CD ⊥PD ，∵PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，∴PD ⊥平面ABC .(2)由(1)知PD ，CD ，AB 两两互相垂直，∴可建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，∵直线P A 与平面ABC 所成的角为45°，即∠P AD ＝45°，∴PD ＝AD ＝4，则A (0，－4,0)，C (22，0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,4)，∴CB ―→＝(－22，2,0)，AC ―→＝(22，4,0)，P A ―→＝(0，－4，－4)．∵AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，∴DE ∥AC ，由(1)知AC ⊥BC ，∴DE ⊥BC ，又PD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴PD ⊥BC ， ∵PD ∩DE ＝D ，∴CB ⊥平面PDE ，∴CB―→＝(－22，2,0)为平面PDE 的一个法向量．设平面P AC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AC ―→＝0，n ·P A ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 22x ＋4y ＝0，－4y －4z ＝0， 令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1，∴n ＝(2，－1,1)为平面P AC 的一个法向量． ∴cos n ，CB ―→＝－4－24×12＝－32， ∴平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角的余弦值为32， 故平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角为030°.。

3.2.3立体几何中的向量方法 ——空间“角”问题
空间的角常见的有：线线角、线面角、面面角
一、复习引入
用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”。
（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向 量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何 问题转化为向量问题；（化为向量问题） （2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的 位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；
再次演示课件
法向量法
n1，n2
n2
n1，n2 n2
n1
n1
l
l
cos cos n1, n2 cos cos n1, n2
结论：cos cos n1, n2
注意法向量的方向：同进 同出，二面角等于法向量
夹角的补角；
关键：观察二面角的范围
一进一出，二面角等于法 向量夹角
四3 、实教践学操过作程的设计与实施
问题1：
二面角的平面角AOB 能否转化成向量的夹角？
B
O l
A
AOB OA,OB
二面角 OA,OB
四、教学过程的设计与实施
2 探究方法
二面角 n1, n2
要点梳理
②方向向量法：
将二面角转化为二面角的两个面的方向向量(在 二面角的面内且垂直于二面角的棱)的夹角.
设二面角α-l-β的大小为θ，其中
z
S
O
Cy
B
sin cos OS, n OS n 2 6
OS n 1 6 3
C（0，1，0）； O（0，0，0）；
S（0，0，1）， 于是我们有
SA =（2，0，-1）；AB =（-1，1，0）；
OB =（1，1，0）；OS =（0，0，1）；

向量的加法与数乘
向量的加法满足平行四边形法则或三 角形法则，即$vec{a} + vec{b} = vec{b} + vec{a}$。
数乘是指实数与向量的乘积，满足分 配律，即$k(vec{a} + vec{b}) = kvec{a} + kvec{b}$。
向量的数量积
向量的数量积定义为$vec{a} cdot vec{b} = left| vec{a} right| times left| vec{b} right| times cos theta$，其中$theta$为两 向量的夹角。
数量积满足交换律和分配律，即$vec{a} cdot vec{b} = vec{b} cdot vec{a}$和$(lambdavec{a}) cdot vec{b} = lambda(vec{a} cdot vec{b})$。
03 向量的向量积与混合积
向量的向量积
定义
两个向量a和b的向量积是一个向量，记作a×b，其模长为 |a×b|=|a||b|sinθ，其中θ为a与b之间的夹角。
适用范围
适用于直线与平面不垂直的情况。
利用向量的混合积求二面角
1 2 3
定义
二面角是指两个平面之间的夹角。
计算公式
cosθ=∣∣a×b×c∣∣∣∣a∣∣∣∣b∣∣∣∣c∣∣，其中a、 b和c分别是三个平面的法向量，θ是两个平面之 间的夹角。
适用范围
适用于两个平面不平行的情况。
06 案例分析
案例一：利用空间向量求线线角
定义
线线角是指两条直线之间的夹角。
计算公式
cosθ=∣∣a⋅b∣∣∣∣a∣∣∣∣b∣∣∣， 其中a和b是两条直线的方向向量，

第43讲 利用空间向量求空间角和距离思维导图知识梳理1．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量．2．直线与平面所成角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |3．二面角(1)若AB ，CD 分别是二面角α­l ­β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α ­l ­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|，如图(2)(3)． 4．利用空间向量求距离 (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB ―→|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2. (2)点到平面的距离如图所示，已知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的距离为|BO ―→|＝|AB ―→·n ||n |.题型归纳题型1 异面直线所成的角【例1-1】（2020•济南模拟）已知直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AB BC ⊥，12AB AD BC ==，将直角梯形ABCD （及其内部）以AB 所在直线为轴顺时针旋转90︒，形成如图所示的几何体，其中M 为CE 的中点． （1）求证：BM DF ⊥；（2）求异面直线BM 与EF 所成角的大小．【分析】（1）建立空间坐标系，得出BM ，DF 的坐标，根据向量的数量积为0得出直线垂直； （2）计算BM 和EF 的夹角，从而得出异面直线所成角的大小． 【解答】（1）证明：AB BC ⊥，AB BE ⊥，BCBE B =，AB ∴⊥平面BCE ，以B 为原点，以BE ，BC ，BA 为坐标轴建立空间坐标系B xyz -，如图所示：设1AB AD ==，则(0D ，1，1)，(1F ，0，1)，(0B ，0，0)，M 0)，∴(2BM =，0)，(1DF =，1-，0)，∴200BM DF =-=，BM DF ∴⊥．（2）解：(2E ，0，0)，故(1EF =-，0，1)，cos BM ∴<，12||||2BM EF EF BM EF >===-⨯，∴设异面直线BM 与EF 所成角为θ，则cos |cos BM θ=<，1|2EF >=， 故3πθ=．【例1-2】（2020•北京模拟）在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，AD AB ⊥，2PA AD ==，1AB BC ==，Q 为PD 中点．（Ⅰ）求证：PD BQ ⊥；（Ⅰ）求异面直线PC 与BQ 所成角的余弦值．【分析】()I 建立空间直角坐标系，只要证明0PD BQ =，即可证明结论． （Ⅰ）(1CP =-，1-，2)，利用向量夹角公式即可得出．【解答】()I 证明：如图所示，(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(0P ，0，2)，(0D ，2，0)，(0Q ，1，1)，(1C ，1，0)，(0PD =，2，2)-，(1BQ =-，1，1)，由220PD BQ =-=，∴PD BQ ⊥，PD BQ ∴⊥；（Ⅰ）解：(1CP =-，1-，2)，cos CP <，BQ =．∴异面直线PC 与BQ 所成角的余弦值为3．【跟踪训练1-1】（2020•运城三模）如图，四边形ABCD 为平行四边形，且2AB AD BD ===，点E ，F 为平面ABCD 外两点，//EF AC 且2EF AE ==EAD EAB ∠=∠． （1）证明：BD CF ⊥；（2）若60EAC ∠=︒，求异面直线AE 与DF 所成角的余弦值．【分析】（1）设BD 与AC 相交于点G ，连接EG ，从而BD AC ⊥，推导出EAD EAB ∆≅∆，从而BD ⊥平面ACFE ，由此能证明BD CF ⊥．（2）过G 作AC 的垂线，交EF 于M 点，分别以GA ，GB ，GM 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系G xyz -，利用向量法能求出异面直线AE 与DF 所成角的余弦值． 【解答】解：（1）证明：设BD 与AC 相交于点G ，连接EG ， 由题意可得四边形ABCD 为菱形， 所以BD AC ⊥，DG GB =，在EAD ∆和EAB ∆中，AD AB =，AE AE =，EAD EAB ∠=∠， 所以EAD EAB ∆≅∆，所以ED EB =，所以BD EG ⊥， 因为ACEG G =，所以BD ⊥平面ACFE ，因为CF ⊂平面ACFE ，所以BD CF ⊥．（2）解：如图，在平面AEFC 内，过G 作AC 的垂线，交EF 于M 点， 由（1）可知，平面ACFE ⊥平面ABCD ，所以MG ⊥平面ABCD ，故直线GM ，GA ，GB 两两互相垂直， 分别以GA ，GB ，GM 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系G xyz -， 因为60EAC ∠=︒，则A ，(0D ，1-，0)，3)2E，3()2F ，所以3()2AE =-，3()2DF =， 异面直线AE 与DF 所成角的余弦值为：99|0|||44|cos ,|||||310AE DF AE DF AE DF ++<>===【名师指导】用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．题型2 直线与平面所成的角【例2-1】（2020•海南）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1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【分析】（1）过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，推得l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，求出(0Q ，1，1)，运用向量法，求得平面QCD 的法向量，结合向量的夹角公式求解即可． 【解答】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CDPD D =，BC ∴⊥平面PCD ，//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB ，PB ∴1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，取(1Q ，0，1)，则(1DQ =，0，1)，(1PB =，1，1)-，(0DC =，1，0)， 设平面QCD 的法向量为(n a =，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =-，0，1)，cos n ∴<，6||||32n PB PB n PB >===，PB ∴与平面QCD ． 【例2-2】（2020•北京）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点． （Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅰ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）根据正方体的性质可证得11//BC AD ，再利用线面平行的判定定理即可得证；（Ⅰ）解法一：以A 为原点，AD 、AB 、1AA 分别为x 、y 和z 轴建立空间直角坐标系，设直线1AA 与平面1AD E 所成角为θ，先求出平面1AD E 的法向量m ，再利用sin |cos m θ=<，111|||||||m AA AA m AA >=以及空间向量数量积的坐标运算即可得解． 解法二：设正方体的棱长为2a ，易知122AA DS a =，结合勾股定理和余弦定理可求得1cos EAD ∠=，再求得1111sin 2EAD SAD AE EAD =∠；设点1A 到平面1EAD 的距离为h ，根据等体积法111A EAD E AA D V V --=，可求出h 的值，设直线1AA 与平面1AD E 所成角为θ，则1sin hAA θ=，从而得解． 【解答】解：（Ⅰ）由正方体的性质可知，11//AB C D 中，且11AB C D =，∴四边形11ABC D 是平行四边形，11//BC AD ∴，又1BC ⊂/平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ．（Ⅰ）解法一：以A 为原点，AD 、AB 、1AA 分别为x 、y 和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为a ，则(0A ，0，0)，1(0A ，0，)a ，1(D a ，0，)a ，(0E ，a ，1)2a ，∴1(0,0,)AA a =，1(,0,)AD a a =，1(0,,)2AE a a =，设平面1AD E 的法向量为(,,)m x y z =，则100m AD m AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()01()02a x z a y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 令2z =，则2x =-，1y =-，∴(2m =-，1-，2)，设直线1AA 与平面1AD E 所成角为θ，则sin |cos m θ=<，11122|||33||||m AA a AA a m AA >===，故直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23． 解法二：设正方体的棱长为2a ，则1AD =，AE =，13ED a =，1212222AA DSa a a ==，由余弦定理知，222222111110 cos22225AD AE EDEADAD AE a a+-∠===1sin EAD∴∠=∴12111sin32EADS AD AE EAD a=∠=，设点1A到平面1EAD的距离为h，111A EAD E AA DV V--=，∴221132233h a a a=，43h a∴=，设直线1AA与平面1AD E所成角为θ，则1423sin23ahAA aθ===．故直线1AA与平面1AD E所成角的正弦值为23．【跟踪训练2-1】（2020•山东）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1PD AD==，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【分析】（1）过P在平面PAD内作直线//l AD，推得l为平面PAD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D xyz-，设(0Q，m，1)，运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式，以及基本不等式可得所求最大值．【解答】解：（1）证明：过P在平面PAD内作直线//l AD，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CDPD D =，BC ∴⊥平面PCD ，//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)， 设(Q m ，0，1)(0)m >，(DQ m =，0，1)，(1PB =，1，1)-，(0DC =，1，0)， 设平面QCD 的法向量为(n a =，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得1(n m =-，0，1)，cos n ∴<，211||||131n PBPB n PB m -->==+，PB ∴与平面QCD211111131m m m +++=++232611132m =++=+，当且仅当1m =取等号， PB ∴与平面QCD ． 【名师指导】利用向量求线面角的2种方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)． (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．题型3 二面角【例3-1】（2020•江苏）在三棱锥A BCD -中，已知CB CD =，2BD =，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，2AO =，E 为AC 中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）若点F 在BC 上，满足14BF BC =，设二面角F DE C --的大小为θ，求sin θ的值．【分析】（1）由题意画出图形，连接OC ，由已知可得CO BD ⊥，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到(1,0,2)AB =-，(1,1,1)DE =，设直线AB 与DE 所成角为α，由两向量所成角的余弦值，可得直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）由14BF BC =，得14BF BC =，设(F x ，y ，)z ，由向量等式求得3(4F ，12，0)，进一步求出平面DEF 的一个法向量与平面DEC 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得cos θ，再由同角三角函数基本关系式求解sin θ．【解答】解：（1）如图，连接OC ，CB CD =，O 为BD 的中点，CO BD ∴⊥．以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．2BD =，1OB OD ∴==，则2OC =．(1B ∴，0，0)，(0A ，0，2)，(0C ，2，0)，(1D -，0，0)，E 是AC 的中点，(0E ∴，1，1)，∴(1,0,2)AB =-，(1,1,1)DE =．设直线AB 与DE 所成角为α，则||cos ||||14111AB DE AB DE α===++，即直线AB 与DE ； （2）14BF BC =，∴14BF BC =， 设(F x ，y ，)z ，则(1x -，y ，1)(4z =-，12，0)，3(4F ∴，12，0)．∴(1,1,1)DE =，71(,,0)42DF =，(1,2,0)DC =．设平面DEF 的一个法向量为111(,,)m x y z =，由11111071042m DE x y z m DF x y ⎧=++=⎪⎨=+=⎪⎩，取12x =-，得(2,7,5)m =--； 设平面DEC 的一个法向量为222(,,)n x y z =，由22222020n DE x y z n DC x y ⎧=++=⎪⎨=+=⎪⎩，取22x =-，得(2,1,1)n =-． |||cos |||||44925411mn m n θ∴===+++．sinθ∴=． 【例3-2】（2020•新课标Ⅰ）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 =． （1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值．【分析】（1）设圆O 的半径为1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到PA PC ⊥，PA PB ⊥，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PBC 及平面PCE 的法向量，利用向量的夹角公式即可得解． 【解答】解：（1）不妨设圆O 的半径为1，1OA OB OC ===，2AE AD ==，AB BC AC ===，DO PO ==PA PB PC ===， 在PAC ∆中，222PA PC AC +=，故PA PC ⊥， 同理可得PA PB ⊥，又PBPC P =，故PA ⊥平面PBC ；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有11,0),(,0),222B C P ，(0E ，1，0)，故3131(3,0,0),(,,0),(,22BC CE CP =-==-， 设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =，则3031022m BC m CP x y z ⎧=-=⎪⎨=-=⎪⎩，可取(0,2,1)m =， 同理可求得平面PCE 的法向量为(2,n =--，故||25cos||||5m n m n θ==，即二面角B PC E --．【跟踪训练3-1】（2020•新课标Ⅰ）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =． （1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【分析】（1）在1AA 上取点M ，使得12A M AM =，连接EM ，1B M ，1EC ，1FC ，由已知证明四边形1B FAM 和四边形EDAM 都是平行四边形，可得1//AF MB ，且1AF MB =，//AD ME ，且AD ME =，进一步证明四边形11B C EM 为平行四边形，得到11//EC MB ，且11EC MB =，结合1//AF MB ，且1AF MB =，可得1//AF EC ，且1AF EC =，则四边形1AFC E 为平行四边形，从而得到点1C 在平面AEF 内；（2）在长方体1111ABCD A B C D -中，以1C 为坐标原点，分别以11C D ，11C B ，1C C 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．分别求出平面AEF 的一个法向量与平面1A EF 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角1A EF A --的余弦值，再由同角三角函数基本关系式求得二面角1A EF A --的正弦值． 【解答】（1）证明：在1AA 上取点M ，使得12A M AM =，连接EM ，1B M ，1EC ，1FC ， 在长方体1111ABCD A B C D -中，有111////DD AA BB ，且111DD AA BB ==． 又12DE ED =，12A M AM =，12BF FB =，1DE AM FB ∴==．∴四边形1B FAM 和四边形EDAM 都是平行四边形．1//AF MB ∴，且1AF MB =，//AD ME ，且AD ME =．又在长方体1111ABCD A B C D -中，有11//AD B C ，且11AD B C =， 11//B C ME ∴且11B C ME =，则四边形11B C EM 为平行四边形， 11//EC MB ∴，且11EC MB =，又1//AF MB ，且1AF MB =，1//AF EC ∴，且1AF EC =，则四边形1AFC E 为平行四边形，∴点1C 在平面AEF 内；（2）解：在长方体1111ABCD A B C D -中，以1C 为坐标原点，分别以11C D ，11C B ，1C C 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．2AB =，1AD =，13AA =，12DE ED =，12BF FB =，(2A ∴，1，3)，(2E ，0，2)，(0F ，1，1)，1(2A ，1，0)，则(2,1,1)EF =--，(0,1,1)AE =--，1(0,1,2)A E =-． 设平面AEF 的一个法向量为1111(,,)n x y z =．则1111111200n EF x y z n AE y z ⎧=-+-=⎪⎨=--=⎪⎩，取11x =，得1(1,1,1)n =-； 设平面1A EF 的一个法向量为2222(,,)n x y z =．则222221222020n EF x y z n A E y z ⎧=-+-=⎪⎨=-+=⎪⎩，取21x =，得2(1,4,2)n =． 1212127cos ,||||321n n nn n n ∴<>===． 设二面角1A EF A --为θ，则sin θ==． ∴二面角1A EF A --．【跟踪训练3-2】（2019•天津）如图，AE ⊥平面ABCD ，//CF AE ，//AD BC ，AD AB ⊥，1AB AD ==，2AE BC ==．（Ⅰ）求证：//BF 平面ADE ；（Ⅰ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅰ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【分析】（Ⅰ）以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求得A ，B ，C ，D ，E 的坐标，设(0)CF h h =>，得(1F ，2，)h ．可得(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，再求出(0,2,)BF h =，由0BF AB =，且直线BF ⊂/平面ADE ，得//BF 平面ADE ；（Ⅰ）求出(1,2,2)CE =--，再求出平面BDE 的法向量，利用数量积求夹角公式得直线CE 与平面BDE 所成角的余弦值，进一步得到直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅰ）求出平面BDF 的法向量，由两平面法向量所成角的余弦值为13列式求线段CF 的长．【解答】（Ⅰ）证明：以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，可得(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(1C ，2，0)，(0D ，1，0)，(0E ，0，2)． 设(0)CF h h =>，则(1F ，2，)h ．则(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB =． 又直线BF ⊂/平面ADE ，//BF ∴平面ADE ；（Ⅰ）解：依题意，(1,1,0)BD =-，(1,0,2)BE =-，(1,2,2)CE =--． 设(,,)n x y z =为平面BDE 的法向量，则020n BD x y n BE x z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，令1z =，得(2,2,1)n =． 4cos ,9||||CE n CE n CE n ∴<>==-．∴直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49； （Ⅰ）解：设(,,)m x y z =为平面BDF 的法向量， 则020m BD x y m BF y hz ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1y =，可得2(1,1,)m h =-，由题意，2|4|||1|cos ,|||||332m n m n m n -<>===⨯，解得87h =． 经检验，符合题意．∴线段CF 的长为87．【跟踪训练3-3】（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．（1）证明：//MN 平面1C DE ； （2）求二面角1A MA N --的正弦值．【分析】（1）过N 作NH AD ⊥，证明//NM BH ，再证明//BH DE ，可得//NM DE ，再由线面平行的判定可得//MN 平面1C DE ；（2）以D 为坐标原点，以垂直于DC 得直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以1DD 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，分别求出平面1A MN 与平面1MAA 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角1A MA N --的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N 作NH AD ⊥，则1//NH AA ，且112NH AA =， 又1//MB AA ，112MB AA =，∴四边形NMBH 为平行四边形，则//NM BH ， 由1//NH AA ，N 为1A D 中点，得H 为AD 中点，而E 为BC 中点， //BE DH ∴，BE DH =，则四边形BEDH 为平行四边形，则//BH DE ， //NM DE ∴，NM ⊂/平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ；（2）解：以D 为坐标原点，以垂直于DC 得直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以1DD 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则N 12-，2)，M ，1，2)，1A ，1-，4)， 33(,0)2NM =，131(,2)2NA =-， 设平面1A MN 的一个法向量为(,,)m x y z =，由133022312022m NM y m NA y z ⎧=+=⎪⎪⎨⎪=-+=⎪⎩，取x (3,1,1)m =--， 又平面1MAA 的一个法向量为(1,0,0)n =，3cos ,||||5m n m n m n ∴<>===．∴二面角1A MA N --．【名师指导】利用空间向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．题型4 求空间距离【例4-1】（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．（1）证明：//MN 平面1C DE ； （2）求点C 到平面1C DE 的距离．【分析】法一：（1）连结1B C ，ME ，推导出四边形MNDE 是平行四边形，从而//MN ED ，由此能证明//MN 平面1C DE ． （2）过C 作1C E 的垂线，垂足为H ，推导出DE BC ⊥，1DE C C ⊥，从而DE ⊥平面1C CE ，DE CH ⊥，进而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由此能求出点C 到平面1C DE 的距离． 法二：（1）以D 为原点，DA 为x 轴，DE 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明//MN 平面1C DE ．（2）求出(1DC =-0)，平面1C DE 的法向量(4n =，0，1)，利用向量法能求出点C 到平面1C DE 的距离．【解答】解法一：证明：（1）连结1B C ，ME ，M ，E 分别是1BB ，BC 的中点，1//ME B C ∴，又N 为1A D 的中点，112ND A D ∴=， 由题设知11//A B DC =，11//B C A D =∴，//ME ND =∴，∴四边形MNDE 是平行四边形，//MN ED ，又MN ⊂/平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ．解：（2）过C 作1C E 的垂线，垂足为H ， 由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，DE ∴⊥平面1C CE ，故DE CH ⊥，CH ∴⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得1CE =，14CC =，1C E ∴=，故CH =，∴点C 到平面1C DE 解法二：证明：（1）直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点． 1DD ∴⊥平面ABCD ，DE AD ⊥，以D 为原点，DA 为x 轴，DE 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，(1M 2)，(1N ，0，2)，(0D ，0，0)，(0E 0)，1(1C -4)，(0MN =，0)，1(DC =-，(0,DE =，设平面1C DE 的法向量(n x =，y ，)z ，则14030n DC x z n DE y ⎧=-++=⎪⎨==⎪⎩，取1z =，得(4n =，0，1)，0MN n =，MN ⊂/平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ．解：（2）(1C -0)，(1DC =-0)，平面1C DE 的法向量(4n =，0，1)，∴点C 到平面1C DE 的距离：||||17DC n d n ==．【跟踪训练4-1】（2020•梅州二模）如图，PAD ∆中，90PDA ∠=︒，2DP DA ==，B ，C 分别是PA ，PD 的中点，将PBC ∆沿BC 折起，连结PA ，PD ，得到多面体PABCD ．（1）证明：在多面体PABCD 中，BC PD ⊥；（2）在多面体PABCD 中，当PA B 到平面PAD 的距离．【分析】（1）推导出BC CD ⊥，BC PC ⊥，得到BC ⊥平面PCD ，由此能证明BC PD ⊥．（2）推导出PC ⊥平面ABCD ，以C 为原点，CB 为x 轴，CD 为y 轴，CP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点B 到平面PAD 的距离．【解答】解：（1）证明：PAD ∆中，90PDA ∠=︒，2DP DA ==，B ，C 分别是PA ，PD 的中点， 将PBC ∆沿BC 折起，连结PA ，PD ，得到多面体PABCD ．BC CD ∴⊥，BC PC ⊥，CD PC C =，BC ∴⊥平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，∴在多面体PABCD 中，BC PD ⊥．（2）由（1）得BC ⊥平面PCD ，又PC ⊂平面PCD ，BC PC ∴⊥，PAD ∆中，90PDA ∠=︒，2DP DA ==，B ，C 分别是PA ，PD 的中点，PA =AC ∴=222PC AC PA ∴+=，PC AC ∴⊥， AC BC C =，PC ∴⊥平面ABCD ，以C 为原点，CB 为x 轴，CD 为y 轴，CP 为z 轴，建立空间直角坐标系， (1B ，0，0)，(0P ，0，1)，(2A ，1，0)，(0D ，1，0)，(1PB =，0，1)-，(2PA =，1，1)-，(0PD =，1，1)-，设平面PAD 的法向量(n x =，y ，)z ，则200n PA x y z n PD y z ⎧=+-=⎪⎨=-=⎪⎩，取1y =，得(0n =，1，1)，∴点B 到平面PAD 的距离为：||1||22PB n d n ===⨯．【名师指导】求点面距一般有以下三种方法(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．(2)等体积法．(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．。

2020-2021学年人教A版数学选修2-1教师用书：第3章3.2 第3课时空间向量与空间角含解析第3课时空间向量与空间角学习目标核心素养1．会用向量法求线线、线面、面面的夹角．（重点、难点) 2．正确区分向量夹角与所求线线角、面面角的关系．(易错点）通过利用空间向量求异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的学习,提升学生的逻辑推理、数学运算的核心素养．空间角的向量求法角的分类向量求法范围两异面直线l1与l2所成的角θ设l1与l2的方向向量为a，b，则cos θ＝＝错误!错误!直线l与平面α所成的角θ设l的方向向量为a,平面α的法向量为n，则sin θ＝＝错误!错误!二面角α-l。

β的平面角θ设平面α,β的法向量为n1,n2，则｜cos θ｜＝＝错误![0，π］量所成的角有怎样的关系？(2）二面角与二面角的两个半平面的法向量所成的角有怎样的关系？［提示]（1）设n为平面α的一个法向量，a为直线a的方向向量，直线a与平面α所成的角为θ，则θ＝错误!(2)条件平面α，β的法向量分别为u，υ，α，β所构成的二面角的大小为θ，〈u，υ〉＝φ,图形关系θ＝φθ＝π－φ计算cos θ＝cos φcos θ＝－cos φ1．如图所示，在正方体ABCD。

A1B1C1D1中，M,N，P分别是棱CC1,BC，A1B1上的点，若∠B1MN＝90°，则∠PMN的大小是（)A．等于90°B．小于90°C．大于90°D．不确定A［A1B1⊥平面BCC1B1,故A1B1⊥MN，则错误!·错误!＝(错误!＋错误!)·错误!＝错误!·错误!＋错误!·错误!＝0，∴MP ⊥MN ,即∠PMN ＝90°．］2．已知二面角α.l 。

β等于θ，异面直线a ，b 满足a ⊂α，b ⊂β，且a ⊥l ，b ⊥l ,则a ,b 所成的角等于( )A ．θB ．π－θC ．错误!－θD ．θ或π－θD [应考虑0≤θ≤错误!与错误!＜θ≤π两种情况．］3．已知向量m ,n 分别是直线l 与平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ,n >＝－错误!，则l 与α所成的角为( ）A ．30°B ．60°C ．150°D ．120°B ［设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝｜cos 〈m ，n 〉|＝错误!,∴θ＝60°，应选B ．]4．正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中,M ，N 分别是棱BB ′和B ′C ′的中点,则异面直线MN 与AD 所成角的大小为________．45° ［以错误!,错误!，错误!为正交基底建立空间直角坐标系O .xyz ，设正方体棱长为1,则A （1，0，0),M 错误!，N 错误!，∴AD→＝(－1，0，0),错误!＝错误!． ∵cos 〈错误!，错误!>＝错误!＝错误!＝错误!,∴<错误!，错误!〉＝45°,即MN 和AD 所成角的大小为45°．］求两条异面直线所成的角【例1】如图，在三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2,OA＝错误!，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小．［解]建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，O1（0,1，3),A（错误!，0,0)，A1（错误!，1，错误!），B(0，2,0)，∴错误!＝(－错误!，1,－错误!)，错误!＝(错误!，－1，－错误!)．∴|cos<错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!．∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为错误!．1．几何法求异面直线的夹角时,需要通过作平行线将异面直线的夹角转化为平面角，再解三角形来求解，过程相当复杂;用向量法求异面直线的夹角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需对相应向量进行运算即可．2．由于两异面直线夹角θ的范围是错误!，而两向量夹角α的范围是[0，π］，故应有cos θ＝｜cos α｜，求解时要特别注意．错误!1．如图所示，在平行六面体ABCD。

．
｝
Ｊ ｎ・ ＡＤ— Ｏ，
ｌ ｎ・ ＡＡ ｌ ＝ ０ ，
具体求 法 ： 设 是 斜线ｆ 的方 向向量 ， 是平 面 的
法 向 量 ， 则 斜 线 与 平 面 所 成 的 角 是 ： ａ ｒ ｃ ｃ 。 ｓ Ｉ — １ ｆ ｉ Ｉ ． １ ｎ Ｉ １
例２ 如 图 ，在棱 长 为 １ 的正 方体Ａ ＢＣ Ｄ— Ｂ 。 Ｃ 。 中， 堤 侧棱ｃ ｃ ． 上的一点 ， Ｃ Ｐ ＝ ｍ。试确定１ ７ ２ ，
会
ｍ） ， Ａ Ｃ ＝ （ 一 １ ， １ ， ０ ） ． 又 由Ａ Ｃ・ Ｂ Ｄ＝ ０ ， Ａ Ｃ・ 曰 ８ ｌ ＝ ０ 知， ＡＣ 为平面船 Ｄ Ｄ的 一 个 法 向量 。设 Ａ 尸 与 平 面
Ｐ＇ ＡＣＩ Ｂ Ｂ １ Ｄ】 Ｄ 所成 的角为 ， 则ｓ ｉ ｎ ０ ： ｃ ０ ｓ （ 一 ） ： — ［ ４
②求法０ ＝ ａ ｒ ｃ ｃ ｏ ｓ Ｉ —
・
二 Ｉ ． ｌ
ｌ
１ ， 其中ａ ， ６ 分别是直线ｎ ， ｂ 的
方 向 向量 。 例 １ 如 图 ，在 Ｒ ｔ ＡＡＯ Ｂ
、 ／ １ ＋ （ ３ 、 ／ ） ２ ｊ 平面Ｂ Ｂ 。 Ｄ Ｄ 所成 的角的正切值为３ 、 ／ 。 ３ ． 求二面角 ： （ １ ） 范围： ［ ０ ， １ ｒ ］ （ ２ ） 二 面角 的求法 ①若二面角 — ｚ － － ｌ ｆ ￣“ 钝角形” ， 那么其大小等于
使得直线Ａ 屿 平面曰 Ｄ Ｄ Ｂ 所 成角的正切值为３ 、 ／ ；
幄
一
』 ＋ ｙ 一 、 ／ 了２ ： Ｏ ， ． ｆ ｙ ＝ Ｏ ， 【 ２ ｙ ： ０ ， 。 【 ： 一 、 ／ ＿ ３
令： ： １ 得二 ： （ 一 、 ／ 了ｓ

向量的数乘的性质
数乘的定义
对于任意实数$k$，数乘 $koverrightarrow{a}$表示将向量 $overrightarrow{a}$的每一个分量都 乘以$k$。
数乘的性质
数乘满足分配律，即 $k(overrightarrow{a}+overrightarr ow{b})=koverrightarrow{a}+koverr ightarrow{b}$。
空间距离的应用实例
航空航天
飞机和卫星导航系统需要 精确计算两点之间的距离 和位置。
地理信息系统
地理信息系统使用空间距 离来计算两点之间的最短 路径、交通流量等。
建筑和城市规划
建筑师和城市规划师使用 空间距离来计算建筑物之 间的距离和角度，以确保 建筑物的安全和美观。
感谢观看
THANKS
05
空间距离的概念与性质
空间距离的定义与表示
空间距离的定义
空间中两点之间的最短距离。
空间距离的表示
通常使用三维坐标系来表示空间中点的位置， 两点之间的距离可以通过欧几里得距离公式 计算。
空间距离的性质与计算方法
要点一
空间距离的性质
要点二
空间距离的计算方法
非负性、对称性、三角不等式等。
使用三维坐标系中的距离公式，即欧几里得距离公式。
02
空间向量的运算性质
向量的模的性质
模的定义
向量$overrightarrow{a}$的模定义为$left|overrightarrow{a}right|=sqrt{sum_{i=1}^{n}a_i^2}$，其中$n$是 向量的维数。
模的性质
$left|overrightarrow{a}+overrightarrow{b}right|leqleft|overrightarrow{a}right|+left|overrightarrow{b}rig ht|$，即向量加法的模满足三角不等式。

A→1B·A→E＝(A→B－A→A1)·(A→C＋λA→A1)＝－16λ.
所以cos〈A→1B，A→E〉＝
→→ A1B·AE →→
＝
|A1B||AE|
2－＋λ2λ2，
因为异面直线A1B与AE所成角的余弦值为3102，所以 2＋λ 2λ2＝3102，解得λ＝34，
所以C1E＝1.
数学 N 必备知识 自主学习 关键能力 互动探究
因为AA1⊥平面ABC，故以点O为坐标原点，O→B
，O→C
，
→ AA1
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，
数学 N 必备知识 自主学习 关键能力 互动探究
则A(0，－2,0)，B(2 3，0,0)，M(0,0,4)，N( 3，－1,4)，
则A→M＝(0,2,4)，B→N＝(－ 3，－1,4)，
— 30 —
则nn··AA→→DB＝＝－－xx＋＋z＝3y0＝，0， 取y＝ 3，
则n＝(3， 3，3)，
又因为C(－1,0,0)，F0， 43，34，
所以C→F＝1， 43，34，所以cos〈n，C→F〉＝|nn|·|CC→→FF|＝
6 21×
7＝4 7 3， 4
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(1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD 上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD 所成的角的正弦值．
数学 N 必备知识 自主学习 关键能力 互动探究
— 27 —
解 (1)证明：因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE，在△ABD和△CBD 中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB＝ CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE，又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE＝ E，所以AC⊥平面BED，因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.

空间角的向量解法严少林在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等。

关于角的计算，均可归结为求两个向量的夹角。

对于空间向量a ，b ，利用cos <>=a b a b a b，··这一结论，我们可以较方便地处理立体几何中角的问题。

一、求异面直线所成角例1. 已知正四面体O ABC -，E 、F 分别为AB 、OC 的中点，求OE 与BF 所成的角。

解：如图1，设正四面体O —ABC 的棱长为1图1 则()a b b c c a OE a b BF c b ···，，===→=+→=-121212， 故OE 与BF 所成的角为arccos 23。

文华点精：求异面直线所成角的关键是求异面直线上两向量的数量积，而要求两向量的数量积，可求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示。

需要注意的是：两向量的夹角范围是[]0，π，而两异面直线所成角的范围是02，π⎛⎝ ⎤⎦⎥，算出结果后应注意调整。

二、求线面角、二面角例2. 如图2，ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD =12。

（1）求面SCD 和面SAB 所成二面角的大小；（2）求SC 与平面ABCD 所成的角。

图2解：（1）可利用两个平面的法向量来求这两个平面所成的二面角。

在本题中，面SAB 的法向量是AD →，可令面SCD 的法向量为n AD AB AS =→+→+→λμ，则故n AD AB AS =→-→+→4用θ表示所求二面角，则：（2）先求CS →与AS →的夹角ϕ 又||||||||||AS CS CB BA AS →=→=→+→+→=++=11113222，从而CS 和面ABCD 所成的角为π233-arccos 。

文华点精：①直线l 与平面α的夹角θ，是直线l 的方向向量m 与平面α的法向量n 的夹角β（锐角）的余角，故有sin cos θβ==m n m n·。

(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成 的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选 择一个合理的位置建立空间直角坐标系．
[易错防范] 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．求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．
答案：13
4．在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E 为 BB1 的中点，则平 面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．
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 A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0，1,0)，
以 B 为原点，分别以
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 ＝(0,0,2)为平面 BEC 的法向量． 设 n＝(x，y，z)为平面 AEF 的法向量．
所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为23.
A(0，－ 3，0)，E(1,0， 2)，F－1，0， 22，C(0， 3，0)，
所以直线
AE
与直线
CF
所成角的余弦值为
3 3.
[解题模板] 利用向量法求异面直线所成角的步骤
直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠BCA＝90°，M，N 分别是 A1B1，
A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( )
接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1.
由∠ABC＝120°，可得 AG＝GC＝ 3.

空间角与距离和空间向量直线和平面所成的角,二面角,都化归为平面几何中两条相交直线所成的角。

异面直线所成的角：通过平移的变换手段化归，具体途径有：中位线、补形法等。

直线和平面所成的角：通过作直线射影的作图法得到。

化归为平面角的度量，化归途径有：定义法，三垂线定理法，棱的垂面法及面积射影法。

距离：异面直线的距离，点面距离，线面距离及面面距离。

异面直线的距离：除求公垂线段长度外，通常化归为线面距离和面面距离。

ABC所成的角的距离为（）2,AB PA ==所成的锐二面角θ的大小；在空间，具有大小和方向的量叫做向量．长度相等且方向相同的有向线段表示同一空间向量的加法、减法与向量数乘运算是平面向量运算的推广． ()a b a b λλλ+=+.共线向量与共面向量:如果表示向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫共线向量或平行向量平行于同一平面的向量叫做共面的向量．任意两个向量总是共面的．,满足等式OPOA ta =+.其中向量的方向向量.p 与向量,a b 共面的充要条件是存在实数对件是存在有yMB 或对空间任一定点O ，有OP OM =唯一的有序实数组x 、y zc .,,a b c 都叫做基向量．是不共面的四点，则对空间任一点、y 、z , 使 OP zOC (这里隐含x +)3c 用A AM M =+Q Q 即证.4.两个向量的数量积(1)向量,a b 的数量积cos ;b a b a b =(2)向量的数量积的性质①cos a e a a e =(是单位向量)；②a b ⊥⇔22aa=.(3)向量的数量积满足如下运算律:①交换律:a b b ⋅=⋅②与实数相乘的结合律(a λ⋅()a b ⋅=()a b λ⋅; ③分配律:()a b c a c ⋅++⋅. 注:向量的数量积不满足结合律即()()a b c a b c ⋅⋅≠⋅⋅5.如果空间的一个基底的三个基向量互相垂直，且长都为1，则这个基底叫做单位正交基底，和一个单位正交基底，如图，以点O 为原点，分别以的方向为正方向建立三条数轴:x 轴、y 轴、z 轴，它们都叫做坐标轴，这时我们说建立了一个空间直角坐标系，,有序实数．对于空间任一点A ，对应一个向量OA xi y j z =++k ，即点A .空间向量的直角坐标运算12(,,b b ①112(,a b a b a +=±a ∥()b a b R λλ⇔=∈2a a a a=⋅=+a a a a⇒=⋅)2322212322bbbaa++⋅+(AB AB AB x=⋅=所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面①利用法向量可求点到平面的距离定理：如图，设|||AB nn⋅.②利用法向量可求二面角的平面角定理：设,m n分别是二面角lαβ--中平面则,m n所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小.||||m n或cos||||m narcm nπ⋅-（m，n为平面sin||||AB marcAB m⋅(m为平面α的法向量||n(12,l l的公垂向量为n实质是CD在公垂向量方向上的投影的绝对值，b＝(2，0，m)137((D)1362. 如图，已知空间四边形)6(D)3OA＝a，OB＝b，OC三点共线的条件是()锐角三角形(D)不确定、＝0，n b⋅＝0是n为平面α 的例66. 设a b法向量的(充分条件(B)充要条件(D)既非充分又非必要条件B C D这四个点是否共面__________.(1,0,1),(4,4,6),(2,2,3),(10,14,17)例70. 如图直角梯形，O A＝AB＝1，SO⊥平轴建立直角坐标系O-xyz.满足(1,,),=⊥n p q n满足且k=⊥⊥k r s k SC k OB(1,,)（注：⑶只要求写出答案）数学基础知识与典型例题(第九章直线、平面、简单的几何体)答案2（3）300例51. A 例52.B 例53B例54.B例55.C 例56.A例57. (1)450（2）2例58. 75 0或1650 例59. 作点A 关于αβ、的对称点A 1，A 2，A 1A 2的长度即为所求最短距离．例60. 解：以11B A 为x 轴，11D A 为y 轴，A A 1为z 轴建立空间直角坐标系（1）设E 是BD 的中点， P —ABCD 是正四棱锥，∴ABCD PE ⊥又2,AB PA = ∴2=PE ∴)4,1,1(P ∴ 11(2,2,0),(1,1,2)B D AP =-=∴ 110B D AP ⋅=即11PA B D ⊥ （2）设平面PAD 的法向量是(,,)mx y z =，(0,2,0),(1,1,2)AD AP ==∴02,0=+=z x y , 取1=z 得(2,0,1)m =-，又平面11BDD B 的法向量是(1,1,0)n =,∴10cos ,m n m n m n⋅<>==-∴θ=3）1(2,0,2)B A =-, ∴1B 到平面PAD 的距离16B A m d m⋅==例61.B 例62.A 例63.B 例64.D 例65.C 例66.C 例67.163或－11 例68.10 例69. 是例70. 解：⑴如图所示：C （2,0,0），S （0,0,1），O （0,0,0），B （1,1,0）(2,0,1),(1,1,0)cos ,52SC OB SC OB α∴=-=∴<>===⋅⑵①(1,1,1),(1,1,0)SBCB n SBC =-=-⊥,,1010,:1,2,(1,1,2)n SB n CB n SB p q n CB p p q n ∴⊥⊥∴⋅=+-=∴⋅=-+===∴=解得②SOE BC E BC OE O 面则于作过⊥⊥,,SAB SOE ⊥∴,,,,2,SE O OH SE H OH SBC OA CB F OF FH OFH ⊥⊥=∠又两面交于过作于则延长与交于则连则为所求,3sin 2SO OE OE SE OH SE ββ⋅=∴===又③k 的坐标为()1,1,2-；36=OH。

3.2.3 利用空间向量求空间角、空间距离问题1．空间角及向量求法(1)两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∥平面α，则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离．( )(3)若平面α∥β，则两平面α，β的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离，也可转化为平面α内某点到平面β的距离．( )答案 (1)× (2)√ (3)√2．做一做(请把正确的答案写在横线上)(1)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．(2)(教材改编P 111A 组T 11)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的中点，O 是底面ABCD 的中点，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 所成的角为________．(3)已知平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为________．答案 (1)45°或135° (2)π2 (3)103解析 (2)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)，P (2，x,2)，B (2,2,0)，M (0,2,1)，则OP→＝(1，x －1,2)，BM →＝(－2,0,1)．所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 所成角为π2. 探究1 利用空间向量求线线角例1 如图1，已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高分别为1和2，AB ＝4.求异面直线AQ 与PB 所成角的余弦值．[解] 由题设知，ABCD 是正方形，连接AC ，BD ，交于点O ，则AC ⊥BD .连接PQ ，则PQ 过点O .由正四棱锥的性质知PQ ⊥平面ABCD ，故以O 为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图2)，则P(0,0,1)，A(22，0,0)，Q(0,0，－2)，B(0,22，0)，∴AQ→＝(－22，0，－2)，PB→＝(0,22，－1)．于是cos〈AQ→，PB→〉＝AQ→·PB→|AQ→||PB→|＝39，∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为3 9 .拓展提升两异面直线所成角的求法(1)平移法：即通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形获解．(2)取定基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在由公式cos〈a，b〉＝a·b|a||b|求向量a、b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a、b用一组基底表示出来，再求有关的量．(3)用坐标法求异面直线的夹角的方法①建立恰当的空间直角坐标系；②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式；③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角；④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角．【跟踪训练1】如图，在三棱锥V－ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z轴上，D是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ.当θ＝π3时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值．解 由于AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)．当θ＝π3时，在Rt △VCD 中，CD ＝2，故有V (0,0，6)．所以AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)．所以cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD→|AC →||VD →|＝－22×22＝－24.所以异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24.探究2 利用空间向量求线面角例2 正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．[解] 建立如下图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0, 2a )，C 1⎝⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a2， 2a ， 取A 1B 1的中点M ，则M ⎝⎛⎭⎪⎫0，a2，2a ，连接AM ，MC 1，有MC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，0，0， AB →＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a )．∴MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0， ∴MC 1→⊥AB →，MC1→⊥AA 1→， 即MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1，又AB ∩AA 1＝A ， ∴MC 1⊥平面ABB 1A 1 .∴∠C 1AM 是AC 1与侧面A 1ABB 1所成的角．由于AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ，∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|AC 1→|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos 〈AC1→，AM →〉＝9a 243a ×3a 2＝32. ∴〈AC 1→，AM →〉＝30°，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°. [解法探究] 此题有没有其他解法？解 与原解建立相同的空间直角坐标系，则AB →＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a )，AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a . 设侧面ABB 1A 1的法向量n ＝(λ，x ，y )，∴n ·AB →＝0且n ·AA1→＝0.∴ax ＝0且2ay ＝0.∴x ＝y ＝0.故n ＝(λ，0,0)．∵AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a ， ∴cos 〈AC 1→，n 〉＝n ·AC1→|n ||AC 1→|＝－λ2|λ|.∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝12. ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.[条件探究] 此题中增加条件“E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点”，求B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值．解 建立如图所示的空间直角坐标系，则B 1(0，a ，2a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，22a ，G ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－34a ，a 4，2a ， 于是B 1F →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－a ，－22a ，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－a 2，22a ， EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－34a ，－a 4，2a . 设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a 2y ＋22az ＝0，－34ax －a 4y ＋2az ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2z ，x ＝6z ，令z ＝1，得x ＝6，y ＝2，所以平面GEF 的一个法向量为n ＝(6，2，1)， 所以|cos 〈B 1F →，n 〉|＝|n ·B 1F →||n ||B 1F →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2a －22a 9×a 2＋a 22＝33. 所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为33.拓展提升求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤：(1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量AB →； (3)求平面的法向量n ；(4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝|n ·AB→||n ||AB→|.【跟踪训练2】 如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．解 (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎪⎫52，1，2， PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎨⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525，则直线AN 与平面PMN所成角的正弦值为8525.探究3 利用空间向量求二面角例3 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Gxyz.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，AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，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)．连接AC，则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.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.拓展提升二面角的向量求法(1)若AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB →与CD →的夹角(如图①)．(2)利用坐标法求二面角的步骤设n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图②.用坐标法的解题步骤如下：①建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系． ②求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n 1，n 2.③计算：求n1与n2所成锐角θ，cosθ＝|n1·n2| |n1||n2|.④定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ.【跟踪训练3】若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC ＝2，求二面角A－PB－C的余弦值．解 解法一：如下图所示，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.解法二：由解法一可知，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. ∵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.解法三：如右图所示，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 ·0，0，1＝0，x ，y ，z ·2，1，0＝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 ′，z ′·2，0，0＝0，x ′，y ′，z ′·0，－1，1＝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.探究4 利用空间向量求距离例4 已知正方形ABCD 的边长为1，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝1，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．(1)求点D 到平面PEF 的距离； (2)求直线AC 到平面PEF 的距离．[解] 解法一：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，P (0，0,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0.设DH ⊥平面PEF ，垂足为H ，则DH →＝xDE →＋yDF →＋zDP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12y ，12x ＋y ，z ·(x ＋y ＋z ＝1)，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－1.∴DH →·PE →＝x ＋12y ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋y －z ＝54x ＋y －z ＝0.同理，DH →·PF →＝x ＋54y －z ＝0，又x ＋y ＋z ＝1，∴可解得x ＝y ＝417，z ＝917.∴DH →＝317(2,2,3)．∴|DH →|＝31717.因此，点D 到平面PEF 的距离为31717.(2)设AH ′⊥平面PEF ，垂足为H ′，则AH ′→∥DH →，设AH ′→＝λ(2,2,3)＝(2λ，2λ，3λ)(λ≠0)，则EH ′→＝EA →＋AH ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0＋(2λ，2λ，3λ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ，2λ－12，3λ.∴AH ′→·EH ′→＝4λ2＋4λ2－λ＋9λ2＝0，即λ＝117.∴AH ′→＝117(2,2,3)，|AH ′→|＝1717， 又AC ∥平面PEF ，∴AC 到平面PEF 的距离为1717.解法二：(1)由解法一建立的空间直角坐标系知EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，设平面PEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋12y ＝0，x ＋12y －z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，z ＝32x ，令x ＝2，则n ＝(2,2,3)， ∴点D 到平面PEF 的距离d ＝|DE →·n ||n |＝|2＋1|4＋4＋9＝31717.(2)∵AC ∥EF ，∴直线AC 到平面PEF 的距离也即是点A 到平面PEF 的距离．又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，∴点A 到平面PEF 的距离为 d ＝|AE →·n ||n |＝117＝1717.拓展提升1.向量法求点到直线的距离的两种思路(1)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题，即利用待定系数法求出垂足的坐标，然后求出向量的模，这是求各种距离的通法．(2)直接套用点线距公式求解，其步骤为直线的方向向量a →所求点到直线上一点的向量PP ′→及其在直线的方向向量a 上的投影→代入公式．注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化． 2．点面距、线面距、面面距的求解方法线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行．点面距的求解步骤：(1)求出该平面的一个法向量；(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量； (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．【跟踪训练4】 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是C 1C ，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离．解 如图，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)，∴EF →＝(1，－2,1)，EG →＝(2，－1，－1)，GA →＝(0，－1,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面EFG 的法向量，则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，∴x ＝y ＝z ，可取n ＝(1,1,1)， ∴d ＝|GA →·n ||n |＝13＝33，即点A 到平面EFG 的距离为33.探究5 与空间有关的探索性问题例5 如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所成的平面互相垂直，BE ∥CF ，∠BCF ＝∠CEF ＝90°，AD ＝3，EF ＝2.(1)求证：AE ∥平面DCF ；(2)当AB 的长为何值时，二面角A －EF －C 的大小为60°？[解] 如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 所在直线分别作为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz .设AB ＝a ，BE ＝b ，CF ＝c ，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，b,0)，F (0，c,0)．(1)证明：AE →＝(0，b ，－a )，CB →＝(3，0,0)，BE →＝(0，b,0)，∴CB →·AE →＝0，CB →·BE →＝0， 从而CB ⊥AE ，CB ⊥BE . 又AE ∩BE ＝E ， ∴CB ⊥平面ABE . ∵CB ⊥平面DCF ，∴平面ABE ∥平面DCF .又AE ⊂平面ABE ， 故AE ∥平面DCF .(2)∵EF →＝(－3，c －b,0)，CE →＝(3，b,0)， 且EF →·CE →＝0，|EF→|＝2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－3＋b c －b ＝0，3＋c －b2＝2，解得b ＝3，c ＝4.∴E (3，3,0)，F (0,4,0)．设n ＝(1，y ，z )与平面AEF 垂直， 则n ·AE →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1，y ，z ·0，3，－a ＝0，1，y ，z ·－3，1，0＝0，解得n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，3，33a.又∵BA ⊥平面BEFC ，BA →＝(0,0，a )，∴|cos 〈n ，BA →〉|＝|n ·BA →||n ||BA →|＝334a 2＋27＝12， 解得a ＝92或a ＝－92(舍去)．∴当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°.拓展提升利用向量解决存在性问题的方法策略求解存在性问题的基本策略是：首先，假定题中的数学对象存在；其次，构建空间直角坐标系；再次，利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题；最后，解方程，下结论．利用上述思维策略，可使此类存在性难题变为常规问题．【跟踪训练5】 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝12AB ，点E 是棱AB 上一点，且AEEB＝λ. (1)证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)是否存在λ，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4？并说明理由．解 (1)证明：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．不妨设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,2,1)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)．因为AEEB ＝λ，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，0， 于是D 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1，A 1D →＝(－1,0，－1)，所以D 1E →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1·(－1,0，－1)＝－1＋0＋1＝0，故D 1E ⊥A 1D .(2)因为DD 1⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设平面D 1EC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0，CD 1→＝(0，－2,1)， 则⎩⎨⎧n 1·CE →＝0，n 1·CD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0＝0，n 1·0，－2，1＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ·21＋λ＝0，－2y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋λ，1，2. 因为二面角D 1－EC －D 的平面角为π4，所以22＝|n ·n 1||n ||n 1|，即22＝21＋4＋⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2，解得λ＝233－1. 故存在λ＝233－1，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4.1.用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线，把立体几何问题转化为向量问题.(2)通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及相应的距离和夹角等问题.(3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义. 2.利用法向量求直线AB 与平面α所成的角θ的步骤 (1)求平面α的法向量n .(2)利用公式sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →||n |，注意直线和平面所成角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.3.利用法向量求二面角的余弦值的步骤 (1)求两平面的法向量.(2)求两法向量的夹角的余弦值.(3)由图判断所求的二面角是锐角、直角，还是钝角，从而下结论.在用法向量求二面角的大小时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小.4.点面距的求解步骤(1)求出该平面的一个法向量.(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量. (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离.1．若两异面直线l 1与l 2的方向向量分别为a ＝(0,4，－3)，b ＝(1,2,0)，则直线l 1与l 2的夹角的余弦值为( )A.32B.8525C.4315D.33答案 B解析 设l 1，l 2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝0×1＋4×2＋－3×05×5＝8525.2．直角△ABC 的两条直角边BC ＝3，AC ＝4，PC ⊥平面ABC ，PC ＝95，则点P 到斜边AB 的距离是( )A ．5B ．3C ．3 2 D.125答案 B解析 以C 为坐标原点，CA ，CB ，CP 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．则A (4,0,0)，B (0,3,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，95，所以AB →＝(－4,3,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，0，95， 所以AP →在AB →上的投影长为|AP →·AB →||AB →|＝165，所以点P 到AB 的距离为d ＝|AP →|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1652＝16＋8125－25625＝3.故选B.3．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E ，F 分别是AD ，BC 的中点，O 是正方形中心，则折起后，∠EOF 的大小为( )A ．(0°，90°)B ．90°C ．120°D ．(60°，120°)答案 C解析 OE →＝12(OA →＋OD →)，OF →＝12(OB →＋OC →)，∴OE →·OF →＝14(OA →·OB →＋OA →·OC →＋OD →·OB →＋OD →·OC →)＝－14|OA →|2.又|OE →|＝|OF →|＝22|OA →|，∴cos 〈OE →，OF →〉＝－14|OA →|212|OA →|2＝－12.∴∠EOF ＝120°.故选C. 4．平面α的法向量n 1＝(1,0，－1)，平面β的法向量n 2＝(0，－1,1)，则平面α与β所成二面角的大小为________．答案π3或2π3解析 设二面角的大小为θ，则cos 〈n 1，n 2〉＝1×0＋0×－1＋－1×12·2＝－12，所以cos θ＝12或－12，∴θ＝π3或2π3.5．如图，在长方体AC 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝2，点E ，F 分别是平面A 1B 1C 1D 1、平面BCC 1B 1的中心．以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．试用向量方法解决下列问题：(1)求异面直线AF 和BE 所成的角；(2)求直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值．解 (1)由题意得A (2,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，2，22，B (2,2,0)，E (1，1，2)，C (0,2,0)．∴AF →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫－1，2，22，BE →＝(－1，－1，2)， ∴AF →·BE →＝1－2＋1＝0.∴直线AF 和BE 所成的角为90°.(2)设平面BEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，又BC→＝(－2,0,0)，BE →＝(－1，－1，2)，则n ·BC →＝－2x ＝0，n ·BE →＝－x －y ＋2z ＝0，∴x ＝0，取z ＝1，则y ＝2，∴平面BEC 的一个法向量为n ＝(0，2，1)．∴cos 〈AF →，n 〉＝AF →·n|AF →||n |＝522222×3＝53333.设直线AF 和平面BEC 所成的角为θ，则sin θ＝53333，即直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值为53333.。

高考数学专题——立体几何（空间向量求角与距离）一、空间向量常考形式与计算方法设直线l,m 的方向向量分别为l ⃗,m ⃗⃗⃗⃗，平面α,β的法向量分别为n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗. （1）线线角：（正负问题）：用向量算取绝对值（因为线线角只能是锐角）直线l,m 所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：cos θ=l⃗⋅m ⃗⃗⃗⃗|l⃗|⋅|m ⃗⃗⃗⃗|； （2）线面角：正常考你正弦值，因为算出来的是角的余角的余弦值 非正常考你余弦值，需要再算一步。

直线l 与平面α所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：sin θ=|l ⃗⋅n 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗||l⃗|⋅|n ⃗⃗|； (3)二面角：同进同出为补角；一进一出为原角。

注意：考试从图中观察，若为钝角就取负值，若为锐角就取正值。

平面α,β所成的二面角为θ，则0≤θ≤π，如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝⟨AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗,CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩．如图②③，n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|n⃗⃗1⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n⃗⃗1|⋅|n2⃗⃗⃗⃗⃗⃗||，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． (4)空间距离额计算：通常包含点到平面距离，异面直线间距离。

二、空间向量基本步骤空间向量求余弦值或正弦值四步法（1）建系：三垂直，尽量多点在轴上；左右下建系，建成墙角系；锥体顶点在轴上；对称面建系。

一定要注明怎样建成的坐标系（2）写点坐标（3）写向量：向量最好在面上或者轴上（可简化计算量） （4）法向量的简化计算直线的方向向量和平面的法向量（1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有无数个.（2）若直线l ⊥α，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作，有无数多个，任意两个都是共线向量.平面法向量的求法：设平面的法向量为α⃗=(x,y,z ).在平面内找出（或求出）两个不共线的向量a ⃗=(x 1,y 1,z 1)，b ⃗⃗=(x 2,y 2,z 2)，根据定义建立方程组，得到{α⃗×a ⃗=0α⃗×b ⃗⃗=0，通过赋值，取其中一组解，得到平面的法向量.三、空间向量求距离向量方法求异面直线距离：先求两异面直线的公共法向量，再求两异面直线上任意两点的连结线段在公共法向量上的射影长。

考点3.2 空间向量与空间角的计算问题空间向量与空间角的计算问题是高考重点考查的内容之一，其命题形式多种多样，其中基于问题情境的空间角问题在高考中逐步成为热点。

通过具体的问题背景，考察空间角、空间向量等在问题情境中的应用，以此来检验学生的核心价值，学科素养，关键能力，必备知识。

本专题以单选题，多选题，填空题及解答题等形式体现空间向量与空间角的计算问题的实际应用。

解决基于问题情境的空间向量与空间角的计算问题，常用的解题思路是：审题、建模、研究模型、解决实际问题。

解题要点：根据题目要求，建立立体几何模型，利用几何法或向量法进行实际问题分析求解。

基础知识a ，b ，a ，b >|＝a b a b与平面α所成的角为θ，l 的方向向量为a ，平的法向量为n ，则sin θ＝|cos<a ,n >|＝a n a n的平面角为θ，平面α，β的法向量分别1n ，2n ，则|cos θ|＝|cos<1n ,2n >|＝1212n n n n空间向量与空间角的计算问题实际应用 （1） 单选题1．（2020山东4）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为 （ ）A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒【答案】B【思路导引】画出截面图，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角．【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线．m 是晷面的截线，依题意可知//m CD 、AB m ⊥． 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒， 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒，故选：B ．2．（2014浙江）如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练，已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面的射击线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小（仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角）．若15AB m =，25AC m =，30BCM ∠=︒则tan θ的最大值ABCD【答案】D【解析】作PH BC ⊥，垂足为H ，设PH x =，则CH =，由余弦定理AH =1tan tan(0)PHPAHAH xθ=∠==>，故当1x=tanθ，故选D．3．（2020·山东临沂市·高二期中）如图为某种礼物降落伞的示意图，其中有8根绳子和伞面连接，每根绳子和水平面的法向量的夹角均为60.已知礼物的质量为1kg，每根绳子的拉力大小相同.若重力加速度g取29.8m/s，则降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小为（）A．2.25N B．2.45N C．2.5N D．2.75N【答案】B【分析】根据8根绳子的合力大小与礼物的重力大小相等可构造方程求得结果.【详解】由题意知：8根绳子的合力大小与礼物的重力大小相等，设每根绳子的拉力为T，则8cos6019.8T=⨯，解得： 2.45T=（N）.故选：B.4．（2020·济南市·山东省实验中学高二期中）空间直角坐标系O xyz-中，经过点()000,,P x y z，且法向量为(),,m A B C=的平面方程为()()()000A x xB y yC z z-+-+-=，经过点()000,,P x y z且一个方向向量为()(),,0nμυωμυω=≠的直线l的方程为000x x y y z zμυω---==，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面α的方程为3570x y z-+-=，经过()0,0,0的直线l的方程为321x y z==-，则直线l与平面a 所成角的正弦值为（）AB．35CD．7【答案】B【分析】根据题设给出的材料可得平面的法向量和直线的方向向量，利用公式可求直线l 与平面a 所成角的正弦值. 【详解】因为平面α的方程为3570x y z -+-=，故其法向量为()3,5,1n =-， 因为直线l 的方程为321x y z ==-，故其方向向量为()3,2,1m =-， 故直线l 与平面a35==，故选：B. 【点睛】关键点点睛：此题为材料题，需从给定的材料中提炼出平面的法向量和直线的方向向量的求法，这是解决此题的关键.5．（2020·全国高二课时练习）在空间直角坐标系中，定义：平面α的一般方程为0Ax By Cz D +++=（,,,A B C D R ∈，且A ，B ，C 不同时为零），点()000,,P x y z 到平面α的距离d =，则在底面边长与高都为2的正四棱锥P ABCD -中，底面中心O 到侧面PAB 的距离d 等于（ ） ABC ．2D ．5【答案】B 【分析】欲求底面中心O 到侧面的距离，先利用建立空间直角坐标系求出点A ，B ，P 的坐标，及侧面的方程，最后利用所给公式计算即可． 【详解】以底面中心O 为原点，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示：则(0,0,0),(1,1,0),(1,1,0),(0,0,2)O A B P -，设平面PAB 的方程为0Ax By Cz D +++=，将点A ，B ，P 的坐标代入计算得0A =，B D =-，12C D =-，所以方程可化为102Dy Dz D --+=，即220y z +-=，所以d ==． 故选：B.【点睛】本小题主要考查点、线、面间的距离计算、空间直角坐标系的应用、空间直角坐标系中点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．（2） 多选题6．（2020·长沙市·湖南师大附中）如图，大摆锤是一种大型游乐设备，常见于各大游乐园.设备启动后，座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.今年国庆，小明去某游乐园玩“大摆锤”，他坐在点A 处，“大摆锤”启动后，主轴OB 在平面α内绕点O 左右摆动，平面α与水平地面垂直，OB 摆动的过程中，点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，B β∈.已知6OB AB =，在“大摆锤”启动后，以下结论正确的有（ ）A ．点A 在某个定球面上运动；B ．线段AB 在水平地面上的正投影的长度为定值；C ．直线OA 与平面α所成角的正弦值的最大值为37D ．β与水平地面所成角记为θ，直线OB 与水平地面所成角记为δ，当02πθ<<时，θδ+为定值【答案】ACD 【分析】计算出OA 判断A ，考虑AB 分别与水平面平行和垂直时在水平面上的投影可判断B ，由OA 最大时，得线面角最大，从而得其正弦值判断C ，结合直观图可判断D ． 【详解】A．∵OB β⊥，∴OB AB ⊥，∴OA ，∴点A 在以O 的球面运动，A 正确；B ．由题意知A 在平面β内绕点B 作圆周运动，当AB 垂直于水平面时，投影长度为0，当AB 平行于水平面时，投影长度为AB ，∴线段AB 在水平地面上的正投影长度范围为[0,]AB ，B 错误；C ．当AB α⊥时，直线OA 与平面α的所成的角的正弦值为最大值，此时线面角为AOB ∠，sinAB AOB OA ∠===，C 正确． D ．画出该模型的直观图，∵β与水平面所成的角为θ，且02πθ<<，∴DCE θ∠=，∵直线OB 与水平面所成的角为δ，且//FC OB ，∴FCG δ∠=， ∵OB CD ⊥，∴FC CD ⊥，∴2FCG DCE π∠+∠=，即θδ+为定值，定值为2π，D 正确． 故选：ACD ． 【点睛】本题考查考查以实际问题为背景的立体几何题，明确线面关系，线面角的求解是解题关键，考查空间想象能力．运算与推理能力．7．（2020·全国高二课时练习）（多选）已知单位向量i ，j ，k 两两的夹角均为0,2πθθπθ⎛⎫<<≠⎪⎝⎭，若空间向量a 满足(,,)a xi y j zk x y z R =++∈，则有序实数组(,,)x y z 称为向量a 在“仿射”坐标系Oxyz （O为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作(,,)a x y z θ=，则下列命题是真命题的有（ ）. A ．已知(1,3,2)a θ=-，(4,0,2)b θ=，则0a b ⋅= B ．已知(,,0)3a x y π=，(0,0,)3b z π=，其中,,0x y z >，则当且仅当x y =时，向量a ，b 的夹角取得最小值C ．已知()111,,a x y z θ=，()222,,b x y z θ=，则()121212,,a b x x y y z z θ+=+++D ．已知(1,0,0)3OA π=，(0,1,0)3OB π=，(0,0,1)3OC π=，则三棱锥O ABC -的表面积S =【答案】BC 【分析】根据“仿射”坐标的定义逐项判断即可. 【详解】(1,3,2)(4,0,2)(32)(42)421268412cos a b i j k i k i k i j j k k i θθθ⋅=-⋅=+-⋅+=+⋅+⋅+⋅-⋅-=因为0θπ<<，且2πθ≠，所以0a b ⋅≠，故A 错误；如图所示，设OB b =，OA a =，则点A 在平面xOy 上，点B 在z 轴上，由图易知当x y =时，AOB ∠取得最小值，即向量a 与b 的夹角取得最小值，故B 正确； 根据“仿射”坐标的定义可得，()()()()()()()()111222111222121212121212,,,,,,a b x y z x y z x i y j z k x i y j z k x x i y y j z z k x x y y z z θθθ+=+=+++++=+++++=+++，故C 正确；由已知可得三棱锥O ABC -为正四面体，棱长为1，其表面积214122S =⨯⨯⨯=D 错误. 故选：BC. 【点睛】新定义概念题，考查对新概念的理解能力以及运算求解能力，基础题.8．（2020·江苏南通市·海安高级中学高一月考）平面中两条直线l 和n 相交于O ，对于平面上任意一点M ，若p ，q 分别是M 到直线l 和n 的距离，则称有序非负实数对（p ，q ）是点M 的“距离坐标”.则下列说法正确的（ ）A ．若p =q =0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且仅有一个B ．若pq =0，且p +q ≠0，则“距离坐标”为（p ，q ）的点有且仅有2个C ．若pq ≠0，则“距离坐标”为（p ，q ）的点有且仅有4个D ．若p =q ，则点M 的轨迹是一条过O 点的直线 【答案】ABC 【分析】根据“距离坐标”的定义对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】首先点到直线的距离是唯一确定的.对于A 选项，由于0p q ==，所以()0,0表示O 点，有且仅有一个，故A 选项正确. 对于B 选项，由于0pq =，且0p q +≠，当00p q =⎧⎨≠⎩或0p q ≠⎧⎨=⎩时，分别表示点()0,q 或(),0p ，有且仅有两个，故B 选项正确.对于C 选项，由于l 和n 相交与O ，所以直线l 和直线n 确定一个平面α，根据对称性可知，在平面α的上方和下方，各有两个“距离坐标”为(),p q 的点.故“距离坐标”为(),p q 的点有且仅有4个，所以C 选项正确. 对于D 选项，设l 和n 相交与O ，直线l 和直线n 相交所形成的两组对角的角平分线上的点，都满足p q =，所以点M 的轨迹不只是一条过O 点的直线，所以D 选项错误. 由于p q =，故选：ABC 【点睛】本小题主要考查空间点与直线的位置关系，考查分析、思考与解决问题的能力，属于基础题.（3） 填空题9．（2016·上海金山区·高三一模）某种游戏中，黑、黄两个“电子狗”从棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A 出发沿棱向前爬行，每爬完一条棱称为“爬完一段”．黑“电子狗”爬行的路线是AA 1→A 1D 1→ ，黄“电子狗”爬行的路线是AB→BB 1→ ，它们都遵循如下规则：所爬行的第i+2段与第i 段所在直线必须是异面直线（其中i 是正整数）．设黑“电子狗”爬完2015段、黄“电子狗”爬完2014段后各自停止在正方体的某个顶点处，这时黑、黄“电子狗”间的距离是________________． 【答案】【解析】试题分析：黑电子狗爬行的路径为111111AA A D DC C C CB BA →→→→→，黄电子狗爬行的路径为111111AB BB B C C D D D DA →→→→→，周期均为6，因此黑“电子狗”爬完2015段即爬完第5段，此时位于B 点，黄“电子狗”爬完2014段即爬完第4段，此时位于1D ,1BD 考点：1．数列周期；2．异面直线；3．空间两点间距离10．（2019·全国高三其他模拟（文））半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面组成的多面体．如将正四面体所有棱各三等分，沿三等分点从原几何体割去四个小正四面体（如图所示），余下的多面体就成为一个半正多面体，若这个半正多面体的棱长为4，则这个半正多面体的外接球的半径为__________．【分析】先求出BC ，BG ，BF 的长度，在BFA ，求出正四面体的高AF ，在Rt BFO 中，求BO ；Rt BFA 中，求cos BAF ；EAO 中，由余弦定理求EO 即可. 【详解】 解：正四面体的棱长12BC =，且正四面体与半正多面体的外接球的球心相同，设为O ，F 为底面BCD 的中心，G 是边CD 中点，E 是半正多面体的一个顶点23BG BC BF BG ====AF ∴===设OA OB R ==，OF AF R R =-=在Rt OBF 中，222OB BF OF =+，2248)R R =+，R =Rt ABF中，cos 123AF BAF AB ∠===EAO中，cos cos 3EAO BAF ∠=∠= 由余弦定理，(222222cos 82822OE AE AO AE AO EAO =+-⨯⨯⨯∠=+-⨯⨯=OE =【点睛】考查半正多面体的外接球的半径的求法，中档题.11．（2021·江苏宿迁市·高二期末）自然界中，构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，其形状一般是平行六面体，具体形状大小由它的三组棱长a 、b 、c 及棱间交角α、β、γ（合称为“晶胞参数”）来表征.如图是某种晶体的晶胞，其中2a =，1b c ==，60α=︒，90β=︒，120γ=︒，则该晶胞的对角线1AC 的长为__________.【分析】数形结合以及使用向量的方法，可得11AC AB AD AA =++，然后先平方再开方可得结果.【详解】如图所示：所以1111=+AC AC CC AB AD CC AB AD AA =++=++ 依题可知：1=21AB AA AD ==，， 11=60,90,18060A AB A AD BAD αβγ∠=∠=∠=-== 所以22221111=+2+22AC AB AD AA AB AD AB AA AD AA ++⋅⋅+⋅所以21=411+221cos 60+221cos 60211cos90AC ++⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯则21=10AC ，故1=10AC12．（2020·全国高三专题练习（理））我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点(3,4)A -，且法向量为(1,2)=-n 的直线方程为1(3)(2)(4)0x y ⨯++-⨯-=，即2110x y -+=．类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点(1,2,3)A ，且法向量为(1,2,1)=--m 的平面的方程为___________．【答案】220x y z +--=【解析】试题分析：根据法向量的定义，若n 为平面α的法向量，则n ⊥α，任取平面α内一点P （x ，y ，z ），则PA ⊥n ，∵PA =（1-x ，2-y ，3-z ），n =(-1，-2，1)，∴（x -1）+2（y -2）+（3-z ）=0，即x+2y -z -2=0，故答案为x+2y -z -2=0．考点：本题主要考查类比推理的概念和方法，向量的坐标运算．点评：类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．由于平面向量与空间向量的坐标运算类似，因此可以利用求平面曲线方程的办法，通过构造向量，利用向量的运算确定空间平面方程．13．（2020·福建省泉州市泉港区第一中学高二期中）如图所示的正方体是一个三阶魔方(由27个全等的棱长为1的小正方体构成），正方形ABCD 是上底面正中间一个正方形，正方形1111D C B A 是下底面最大的正方形，已知点P 是线段AC 上的动点，点Q 是线段1B D 上的动点，则线段PQ 长度的最小值为_______．【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出目标PQ 的表达式，从而可得最小值.【详解】以1B 为坐标原点，1111,B C B A 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，则()()()()10,0,0,1,2,3,2,1,3,2,2,3B A C D ,设11BQ B D λ=,AP AC μ=,[],0,1λμ∈. ()12,2,3B Q λλλ=,()1111,2,3B P B A AP B A AC μμμ=+=+=+-.()1112,22,33QP B P B Q μλμλλ=-=+----,()()()2222122233QP μλμλλ=+-+--+-222215191730221417217234λλμμλμ⎛⎫⎛⎫=-+-+=-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当1517λ=且12μ=时，2QP 取到最小值934，所以线段PQ . 【点睛】本题主要考查空间向量的应用，利用空间向量求解距离的最值问题时，一般是把目标式表示出来，结合目标式的特征，选择合适的方法求解最值.（4） 解答题14．（2018·上海市南洋模范中学高三期末）已知111(,,)a x y z =，222(,,)b x y z =，333(,,)c x y z =，定义一种运算：123231312132213321()a b c x y z x y z x y z x y z x y z x y z ⨯⋅=++---，已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是一个平行四边形，(2,1,4)AB =-，(4,2,0)AD =，(1,2,1)AP =-（1）试计算()AB AD AP ⨯⋅的绝对值的值，并求证PA ⊥面ABCD ；（2）求四棱锥P ABCD -的体积，说明()AB AD AP ⨯⋅的绝对值的值与四棱锥P ABCD -体积的关系，并由此猜想向量这一运算()AB AD AP ⨯⋅的绝对值的几何意义.【答案】（1）48，证明见解析；（2）体积为16，()3P ABCD AB AD AP V -⨯⋅=，()AB AD AP ⨯⋅的绝对值表示以,,AB AD AP 为邻边的平行六面体的体积．【分析】（1）根据新定义直接计算，由向量法证明线线垂直，得线面垂直；（2）计算出棱锥体积后，根据数据确定关系．【详解】（1）由题意()AB AD AP ⨯⋅221424(1)(1)0=⨯⨯+⨯⨯+-⨯-⨯202-⨯⨯4(1)1-⨯-⨯(1)24--⨯⨯＝48．122(1)140AP AB ⋅=-⨯+⨯-+⨯=，1422100AP AD ⋅=-⨯+⨯+⨯=，∴,AP AB AP AD ⊥⊥，即,AP AB AP AD ⊥⊥．,AB AD 是平面ABCD 内两相交直线，∴AP ⊥平面ABCD ．（2）由题意2221,20AB AD ==，24(1)2406AB AD ⋅=⨯+-⨯+⨯=， 222sin ()ABCD S AB AD BAD AB AD AB AD =∠=-⋅== 6AP =∴111633P ABCD ABCD V S PA -==⨯． ∴()3P ABCD AB AD AP V -⨯⋅=，猜想：()AB AD AP ⨯⋅的绝对值表示以,,AB AD AP 为邻边的平行六面体的体积．【点睛】本题考查向量的新定义运算，解题时根据新定义的规则运算即可．考查学生的创新意识，同时考查学生的归纳推理能力．。

利用空间向量求空间角1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题．2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．知识点一 利用空间向量求异面直线所成角设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．[典例] 如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值．[解] (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD .又因为AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O -xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0,0)，C (0，3，0)．所以PB ―→＝(1，3，－2)，AC ―→＝(0,23，0)．设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB ―→·AC ―→|PB―→||AC ―→|＝622×23＝64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64. [方法技巧]向量法求两异面直线所成角的步骤(1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量v 1，v 2； (3)代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解． [提醒] 两异面直线所成角θ的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成的角． [针对训练]1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( ) A.55B.53C.255D.35解析：选A 设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)， 可得向量AB 1―→＝(－2,2,1)，BC 1―→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝－2×0＋2×2＋1×(－1)0＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55.2．已知在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，B 1C 和C 1D 与底面所成角分别为60°和45°，求异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，可知∠CB 1C 1＝60°，∠DC 1D 1＝45°，设B 1C 1＝1，CC 1＝3＝DD 1.∴C 1D 1＝3，则有B 1(3，0,0)，C (3，1，3)，C 1(3，1,0)，D (0,1，3)． ∴B 1C ―→＝(0,1，3)，C 1D ―→＝(－3，0，3)． ∴cos 〈B 1C ―→，C 1D ―→〉＝B 1C ―→·C 1D ―→|B 1C ―→||C 1D ―→|＝326＝64.知识点二 直线与平面所成角如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n ·e ||n ||e |.[典例] (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC＝4，O 为AC 的中点． (1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M -PA -C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值． AC ，且PO ＝2 3.连[解] (1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以PO ⊥接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB .又因为OB ∩AC ＝O ，所以PO ⊥平面ABC . (2)以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)， AP ―→＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB ―→＝(2,0,0)． 设M (a,2－a,0)(0＜a ≤2)，则AM ―→＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧AP ―→·n ＝0，AM ―→·n ＝0，得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)，所以平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4), 3a ，－a )， 所以cos 〈OB ―→，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2. 由已知可得|cos 〈OB ―→，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32， 解得a ＝43或a ＝－4(舍去)．所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833，433，－43.又PC ―→＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC ―→，n 〉＝833＋8334＋12·643＋163＋169＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [方法技巧]利用向量法求直线与平面所成角的注意点(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求． [针对训练]1．如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 夹角的正弦值为________．解析：取B 1C 1中点O ，建立如图所示的空间直角坐标系．A 1O ―→＝(3，0,0)，设AB ＝AA 1＝2，则A 1(－3，0,0)，C 1(0,1,0)，A (－3，0,2)，O (0,0,0)，A 1O ―→为平面BB 1C 1C 的法向量，AC 1―→＝(3，1，－2)，∴sin θ＝|cos 〈A 1O ―→，AC 1―→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪A 1O ―→·AC 1―→|A 1O ―→||AC 1―→|＝33·3＋1＋4＝64. 答案：642．在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF 是矩形，ED⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD .(1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ， 从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD ，因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD . 又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE . (2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ，又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3. 因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，如图所示．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)， 所以AE ―→＝(－1,0，3)，AC ―→＝(－2，3，0)． 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为AF ―→＝(－1，3，3)，所以cos 〈n ，AF ―→〉＝n ·AF ―→|n |·|AF ―→|＝4214， 所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 知识点三 二面角(1)如图①，AB ，CD 是二面角α-l -β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ―→，CD ―→〉．(2)如图②和图③，n 1，n 2分别是二面角α-l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．[典例] (2019·惠州模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，PA ⊥PB ，PC ＝2. (1)求证：平面PAB ⊥平面ABCD ；(2)若PA ＝PB ，求二面角A -PC -D 的余弦值． [解] (1)证明：取AB 的中点为O ，连接CO ，PO ， ∵四边形ABCD 是边长为2的菱形，∴AB ＝BC ＝2. ∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 是等边三角形， ∴CO ⊥AB ，OC ＝ 3. ∵PA ⊥PB ，∴PO ＝12AB ＝1.∵PC ＝2，∴OP 2＋OC 2＝PC 2，∴CO ⊥PO . ∵AB ∩PO ＝O ，∴CO ⊥平面PAB .∵CO ⊂平面ABCD ，∴平面PAB ⊥平面ABCD . (2)∵OP 2＋OA 2＝12＋12＝(2)2＝PA 2，∴PO ⊥AO . 由(1)知，平面PAB ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∴直线OC ，OB ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (0，1,0)，C (3，0,0)，D (3，－2,0)，P (0,0,1)， ∴AP ―→＝(0,1,1)，PC ―→＝(3，0，－1)，DC ―→＝(0,2,0)． 设平面APC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AP ―→＝0，m ·PC ―→＝0，得⎩⎨⎧ y 1＋z 1＝0，3x 1－z 1＝0，取x 1＝1，得m ＝(1，－3，3)， 设平面PCD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·DC ―→＝0，得⎩⎨⎧3x 2－z 2＝0，2y 2＝0，取x 2＝1，得n ＝(1,0，3)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝277，由图易知二面角A -PC -D 为锐二面角， ∴二面角A -PC -D 的余弦值为277.[方法技巧]利用法向量求二面角时的2个注意点(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误．[针对训练]1．如图，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，BC ＝2，则平面PAB 与平面PBC 的夹角的余弦值为________．P (0,0,1)，AP ―→＝解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，(0,0,1)，AB ―→＝(2，1,0)，CB ―→＝(2，0,0)，CP ―→＝(0，－1，1)．设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ⊥AP ―→，m ⊥AB ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP ―→＝0，m ·AB ―→＝0，∴⎩⎨⎧y ＝－2x ，z ＝0.令x ＝1，得m ＝(1，－2，0)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥CB ―→，n ⊥CP ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB ―→＝0，n ·CP ―→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝0，y ′＝z ′.令y ′＝1，∴n ＝(0,1,1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－33.由图知所求二面角为锐角，∴平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值为33. 答案：332．(2019·江西五市联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝AP ＝2BC ＝2，M 是棱PD 上的一点，PMPD ＝λ(0＜λ＜1)．(1)若λ＝13，求证：PB ∥平面MAC ；(2)若平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，二面角D -AC -M 的余弦值为42121，求λ的值．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接MO . ∵AD ∥BC ，∴△BCO ∽△DAO ， ∵AD ＝2BC ，∴DO ＝2BO .∵λ＝13，∴DM ＝2MP ，∴PB ∥MO ，∵PB ⊄平面MAC ，MO ⊂平面MAC ，∴PB ∥平面MAC .(2)∵平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ，且AD ⊥AB ， ∴AD ⊥平面PAB ，∴AD ⊥PA ，同理可得AB ⊥PA ，可知AB ，AD ，AP 两两垂直，建2－2λ)，∴AC ―→＝立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，C (2，1,0)，M (0,2λ，(2,1,0)，AM ―→＝(0,2λ，2－2λ)．易知平面ACD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)． 设平面MAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AM ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，2λy ＋(2－2λ)z ＝0，令x ＝1，则y ＝－2，z ＝2λ1－λ，即n ＝⎝⎛⎭⎫1，－2，2λ1－λ为平面MAC 的一个法向量．由题意可知|m ·n ||m ||n |＝42121，即⎪⎪⎪⎪2λ1－λ5＋⎝⎛⎭⎫2λ1－λ2＝42121，解得λ＝23.[课时跟踪检测][A 级 基础题]1．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．90°解析：选C cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.2．如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( ) A ．3030 B.3015 C ．3010D.1515解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0,0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→＝(－1，－1，－2)，D 1N ―→＝(1,0，－2)， ∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪B 1M ―→·D 1N ―→|B 1M ―→|·|D 1N ―→| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋41＋1＋4×1＋4＝3010.故选C.3．如图，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.24解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)， ∴DC 1―→＝(0,3,1)，D 1E ―→＝(1,1，－1)，D 1C ―→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∵DC 1―→，n＝DC 1―→·n |DC 1―→|·|n |＝(0，3，1)·(2，1，3)10×14＝33535，∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.4．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B -AA 1-C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( ) A.7 B ． 6 C. 5D ．2解析：选A 由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4，|AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4，cos 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→|·|BC 1―→|＝24，故tan 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝7. 5．如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( ) A.35 B.56 C.3310D.3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.故选A.6．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33D.22解析：选B 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)，A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.7．如图所示，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，D 是棱PB 的中点，已知PA ＝BC ＝2，AB ＝4，CB ⊥AB ，则异面直线PC ，AD 所成角的余弦值为__________． 解析：因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥BC .过点A 作AE ∥CB ，又CB ⊥AB ， 则AP ，AB ，AE 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AE ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A -xyz ， 则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (4,0,0)，C (4，－2,0)． 因为D 为PB 的中点，所以D (2,0,1)． 故CP ―→＝(－4,2,2)，AD ―→＝(2,0,1)． 所以AD ―→，CP ―→＝AD ―→·CP ―→|AD ―→|·|CP ―→|＝－65×26＝－3010.设异面直线PC ，AD 所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈AD ―→，CP ―→〉|＝3010.答案：30108．如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线FO 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．∴OF ―→＝(－1,0,3)，设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，DB ―→＝(0,23，0)，EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ， ∴n ＝(－a,0,1)，∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10. ∵直线FO 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22， 解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：2[B 级 提升练]＝∠CDP ＝90°.1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A -PB -C 的余弦值． 解：(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°， 得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD . 又AP ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . (2)在平面PAD 内作PF ⊥AD ，垂足为F .由(1)可知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD . 以F 为坐标原点，FA ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz .由(1)及已知可得A ⎝⎛⎭⎫22，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，22，B ⎝⎛⎭⎫22，1，0，C ⎝⎛⎭⎫－22，1，0. 所以PC ―→＝⎝⎛⎭⎫－22，1，－22，CB ―→＝(2，0,0)，PA ―→＝⎝⎛⎭⎫22，0，－22，AB ―→＝(0,1,0)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC ―→＝0，n ·CB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PA ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33.由图知二面角A -PB -C 为钝角， 所以二面角A -PB -C 的余弦值为－33.2．(2019·合肥一检)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点． (1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC 交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，∴MN ∥EC . ∵MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ， ∴MN ∥平面EFC .∵BF ，DE 都与平面ABCD 垂直，∴BF ∥DE . ∵BF ＝DE ，∴四边形BDEF 为平行四边形，∴BD ∥EF . ∵BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，∴平面BDM ∥平面EFC .(2)∵DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D -xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,0,2)，A (2,0,0)，E (0,0,4)，∴DB ―→＝(2,2,0)，DM ―→＝(1,0,2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DM ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． ∵AE ―→＝(－2,0,4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AE ―→〉|＝|n ·AE ―→||n |·|AE ―→|＝4515，∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.3．如图，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，△ABC 是等边三角形，AC ＝2AE ，M 是AB的中点．(1)求证：CM ⊥EM;(2)若直线DM 与平面ABC 所成角的正切值为2，求二面角B -CD -E 的余弦值． 解：(1)证明：因为△ABC 是等边三角形，M 是AB 的中点， 所以CM ⊥AM .因为EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以CM ⊥EA . 因为AM ∩EA ＝A ，所以CM ⊥平面EAM . 因为EM ⊂平面EAM ，所以CM ⊥EM .(2)以点M 为坐标原点，MC 所在直线为x 轴，MB 所在直线为y 轴，过M 且与直线BD平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系M -xyz ，如图所示． 因为DB ⊥平面ABC ，所以∠DMB 为直线DM 与平面ABC 所成的角，所以tan ∠DMB ＝BDMB＝2，即BD ＝2MB ，所以BD ＝AC . 不妨设AC ＝2，又AC ＝2AE ，则CM ＝3，AE ＝1. 故B (0,1,0)，C (3，0,0)，D (0,1,2)，E (0，－1,1)．所以BC ―→＝(3，－1,0)，BD ―→＝(0,0,2)，CE ―→＝(－3，－1,1)，CD ―→＝(－3，1,2)． 设平面BCD 与平面CDE 的一个法向量分别为m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BC ―→＝0，m ·BD ―→＝0，得⎩⎨⎧3x 1－y 1＝0，2z 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝3，所以m ＝(1，3，0)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE ―→＝0，n ·CD ―→＝0，得⎩⎨⎧－3x 2－y 2＋z 2＝0，－3x 2＋y 2＋2z 2＝0.令x 2＝1，得y 2＝－33，z 2＝233. 所以n ＝⎝⎛⎭⎫1，－33，233. 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝0.所以二面角B -CD -E 的余弦值为0.。

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第33讲 空间向量与空间角[考情分析] 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点．空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等．考点一 异面直线所成的角核心提炼设异面直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，异面直线l 与m 的夹角为θ. 则(1)θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2； (2)cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝⎪⎪⎪⎪a ·b |a ||b | ＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. 例1 (1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为( ) A.π2 B.π3 C.π4 D.π6 答案 D解析 方法一 如图，连接C 1P ，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，且P 为B 1D 1的中点，所以C 1P ⊥B 1D 1，又C 1P ⊥BB 1， B 1D 1∩BB 1＝B 1， 所以C 1P ⊥平面B 1BP .又BP ⊂平面B 1BP ，所以C 1P ⊥BP . 连接BC 1，则AD 1∥BC 1，所以∠PBC 1为直线PB 与AD 1所成的角． 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2， 则在Rt △C 1PB 中，C 1P ＝12B 1D 1＝2，BC 1＝22，sin ∠PBC 1＝PC 1BC 1＝12，所以∠PBC 1＝π6.方法二 以B 1为坐标原点，B 1C 1，B 1A 1，B 1B 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则B (0,0,2)，P (1,1,0)，D 1(2,2,0)，A (0,2,2)，PB →＝(－1，－1,2)，AD 1--→＝(2,0，－2)．设直线PB 与AD 1所成的角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AD 1--→|PB →||AD 1--→|＝|－6|6×8＝32.因为θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2， 所以θ＝π6.方法三 如图所示，连接BC 1，A 1B ，A 1P ，PC 1，则易知AD 1∥BC 1，所以直线PB 与AD 1所成的角等于直线PB 与BC 1所成的角．根据P 为正方形A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 1的中点，易知A 1，P ，C 1三点共线，且P 为A 1C 1的中点．易知A 1B ＝BC 1＝A 1C 1，所以△A 1BC 1为等边三角形，所以∠A 1BC 1＝π3，又P 为A 1C 1的中点，所以可得∠PBC 1＝12∠A 1BC 1＝π6.(2)(2022·河南名校联盟联考)在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA 1，BB 1，CC 1，DD 1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线AB 1与CD 1所成角的余弦值为( )A.45B.35C.34D.23 答案 A解析 设上底面圆心为O 1，下底面圆心为O ，连接OO 1，OC ，OB ，O 1C 1，O 1B 1， 以O 为原点，分别以OC ，OB ，OO 1所在直线为x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，则C (1,0,0)，A (0,2,0)， B 1(0,1,2)，D 1(2,0,2)， 则CD 1--→＝(1,0,2)， AB 1--→＝(0，－1,2)，cos 〈CD 1--→，AB 1--→〉＝CD 1--→·AB 1--→||CD 1--→||AB 1--→＝45×5＝45，又异面直线所成角的范围为⎝⎛⎦⎤0，π2， 所以异面直线AB 1与CD 1所成角的余弦值为45.规律方法 平移线段法求异面直线所成角的步骤(1)平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角． (2)认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角或其补角． (3)计算：求该角的值(常利用解三角形)．(4)取舍：由异面直线所成的角的范围确定两条异面直线所成的角．跟踪演练1 (1)(2022·南宁模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为平面AA 1B 1B 的中心，O 1为平面A 1B 1C 1D 1的中心．若E 为CD 中点，则异面直线AE 与OO 1所成角的余弦值为( ) A.255 B.105C.510D.55答案 B解析 设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (2,0,0)，E (0,1,0)， O (2,1,1)，O 1(1,1,2)， AE --→＝(－2,1,0)， OO 1--→＝(－1,0,1)，设异面直线AE 与OO 1所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AE --→·OO 1--→||AE --→||OO 1--→＝25×2＝105.则异面直线AE 与OO 1所成角的余弦值为105. (2)(2022·广东联考)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ＝PB ＝CA ＝CB ＝5，AB ＝PC ＝2，点D ，E 分别为AB ，PC 的中点，则异面直线PD ，BE 所成角的余弦值为( )A.1112B.2324C.34D.56 答案 B解析 如图，连接CD ，取CD 的中点F ，连接EF ，BF ，则EF ∥PD ，∠BEF 为异面直线PD ，BE 所成的角．由题意可知PD ＝CD ＝BE ＝26，EF ＝6，BF ＝()62＋12＝7，所以cos ∠BEF ＝24＋6－72×26×6＝2324.考点二 直线与平面所成的角核心提炼设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ， 则(1)θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2；(2)sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.例2(2022·全国甲卷)在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，CD ∥AB ，AD ＝DC ＝CB ＝1，AB ＝2，DP ＝ 3.(1)证明：BD ⊥P A ；(2)求PD 与平面P AB 所成角的正弦值．(1)证明 在四边形ABCD 中，作DE ⊥AB 于点E ，CF ⊥AB 于点F ，如图．因为CD ∥AB ，AD ＝CD ＝CB ＝1， AB ＝2，所以四边形ABCD 为等腰梯形， 所以AE ＝BF ＝12，故DE ＝32， BD ＝DE 2＋BE 2＝3， 所以AD 2＋BD 2＝AB 2， 所以AD ⊥BD .因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥BD ，又PD ∩AD ＝D ，PD ，AD ⊂平面P AD ， 所以BD ⊥平面P AD . 又因为P A ⊂平面P AD ， 所以BD ⊥P A .(2)解 由(1)知，DA ，DB ，DP 两两垂直，如图，以D 为原点建立空间直角坐标系， 则D (0,0,0)，A (1,0,0)， B (0，3，0)，P (0,0，3)， 则AP →＝(－1,0，3)， BP →＝(0，－3，3)， DP →＝(0,0，3)．设平面P AB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－3y ＋3z ＝0，可取n ＝(3，1,1)， 则cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝55，所以PD 与平面P AB 所成角的正弦值为55. 易错提醒 (1)线面角θ与直线的方向向量a 和平面的法向量n 所成的角〈a ，n 〉的关系是〈a ，n 〉＋θ＝π2或〈a ，n 〉－θ＝π2，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值．(2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心．跟踪演练2 (2022·龙岩质检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AD ⊥DC ，P A ＝PD ＝PB ，BC ＝DC ＝12AD ＝2，E 为AD 的中点，且PE ＝4.(1)求证：PE ⊥平面ABCD ；(2)记PE 的中点为N ，若M 在线段BC 上，且直线MN 与平面P AB 所成角的正弦值为39，求线段BM 的长度． (1)证明 连接BE ，∵BC ＝12AD ＝DE ＝2，AD ∥BC ，∴四边形BCDE 为平行四边形， ∴BE ＝CD ＝2，∵P A ＝PD 且E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ， ∴PD ＝PE 2＋DE 2＝16＋4＝25， ∴PB ＝PD ＝25，∴PE 2＋BE 2＝PB 2，即PE ⊥BE ，又∵AD ∩BE ＝E ，AD ，BE ⊂平面ABCD ， ∴PE ⊥平面ABCD .(2)解 以E 为原点，EA 为x 轴，EB 为y 轴，EP 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (0,2,0)，C (－2,2,0)，P (0,0,4)， ∴AB →＝(－2,2,0)，PB →＝(0,2，－4)， 设平面P AB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，2y －4z ＝0，故可取n ＝(2,2,1)， 设BM ＝t (t ∈[0,2])，则M (－t ，2,0)，而N (0,0,2)， ∴MN →＝(t ，－2,2)，设直线MN 与平面P AB 所成的角为θ， 则sin θ＝||cos 〈MN →，n 〉＝||MN →·n ||MN →|n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t －4＋2t 2＋4＋4·9＝39， 化简得11t 2－24t ＋4＝0，解得t ＝2或t ＝211，满足t ∈[0,2]，故线段BM 的长度为2或211.考点三 平面与平面的夹角核心提炼设平面α，β的法向量分别为u ，v ，平面α与平面β的夹角为θ，则(1)θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2； (2)cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u ·v ||u ||v |.例3(2022·新高考全国Ⅱ改编)如图，PO 是三棱锥P －ABC 的高，P A ＝PB ，AB ⊥AC ，E 为PB 的中点．(1)证明：OE ∥平面P AC ；(2)若∠ABO ＝∠CBO ＝30°，PO ＝3，P A ＝5，求平面CAE 与平面AEB 夹角的正弦值． (1)证明 如图，取AB 的中点D ，连接DP ，DO ，DE .因为AP ＝PB ，所以PD ⊥AB . 因为PO 为三棱锥P －ABC 的高， 所以PO ⊥平面ABC .因为AB ⊂平面ABC ，所以PO ⊥AB . 又PO ，PD ⊂平面POD ，且PO ∩PD ＝P ， 所以AB ⊥平面POD .因为OD ⊂平面POD ，所以AB ⊥OD ， 又AB ⊥AC ，AB ，OD ，AC ⊂平面ABC ， 所以OD ∥AC .因为OD ⊄平面P AC ，AC ⊂平面P AC ， 所以OD ∥平面P AC .因为D ，E 分别为BA ，BP 的中点， 所以DE ∥P A .因为DE ⊄平面P AC ，P A ⊂平面P AC ， 所以DE ∥平面P AC .又OD ，DE ⊂平面ODE ，OD ∩DE ＝D ， 所以平面ODE ∥平面P AC .又OE ⊂平面ODE ，所以OE ∥平面P AC . (2)解 连接OA ，因为PO ⊥平面ABC ，OA ， OB ⊂平面ABC ，所以PO ⊥OA ，PO ⊥OB ，所以OA ＝OB ＝P A 2－PO 2＝52－32＝4. 易得在△AOB 中，∠OAB ＝∠ABO ＝30°， 所以OD ＝OA sin 30°＝4×12＝2，AB ＝2AD ＝2OA cos 30°＝2×4×32＝4 3. 又∠ABC ＝∠ABO ＋∠CBO ＝60°， 所以在Rt △ABC 中，AC ＝AB tan 60°＝43×3＝12.以A 为坐标原点，AB ，AC 所在直线分别为x ，y 轴，以过A 且垂直于平面ABC 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0,0,0)，B (43，0,0)，C (0,12,0)， P (23，2,3)，E ⎝⎛⎭⎫33，1，32，所以AE →＝⎝⎛⎭⎫33，1，32，AB →＝(43，0,0)， AC →＝(0,12,0)．设平面CAE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33x ＋y ＋32z ＝0，12y ＝0，令z ＝23，则n ＝(－1,0,23)．设平面AEB 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33x 1＋y 1＋32z 1＝0，43x 1＝0，令z 1＝2，则m ＝(0，－3,2)， 设平面CAE 与平面AEB 夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪n ·m |n ||m |＝4313. 所以sin θ＝1－⎝⎛⎭⎫43132＝1113. 所以平面CAE 与平面AEB 夹角的正弦值为1113.易错提醒 平面与平面的夹角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2，两向量夹角的范围是[0，π]，两平面的夹角与其对应的两法向量的夹角不一定相等，而是相等或互补．跟踪演练3 (2022·邯郸模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ＝AB ＝AD ＝2，四边形ABCD 为平行四边形，∠ABC ＝π3，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(1)证明：平面AEF ⊥平面P AD .(2)求平面AEF 与平面AED 夹角的余弦值． (1)证明 连接AC (图略)．因为P A ⊥平面ABCD ， 所以P A ⊥AE ，又因为AB ＝AD ，且四边形ABCD 为平行四边形，∠ABC ＝π3，所以△ABC 为等边三角形．又因为E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC ， 又因为AD ∥BC ，所以AE ⊥AD ， 因为P A ∩AD ＝A ，P A ，AD ⊂平面P AD ， 所以AE ⊥平面P AD ， 又AE ⊂平面AEF ， 所以平面AEF ⊥平面P AD .(2)解 以A 为原点，AE ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则P (0,0,2)，E (3，0,0)，F ⎝⎛⎭⎫32，12，1，AE →＝(3，0,0)，AF →＝⎝⎛⎭⎫32，12，1，因为P A ⊥平面AED ，所以n ＝(0,0,1)是平面AED 的一个法向量． 设平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝0，32x ＋12y ＋z ＝0， 令z ＝1，得x ＝0，y ＝－2， 即m ＝(0，－2,1)．设平面AEF 与平面AED 夹角为θ， 则cos θ＝||cos 〈n ，m 〉＝||n ·m ||n ||m ＝15＝55， 所以平面AEF 与平面AED 夹角的余弦值为55. 专题强化练一、单项选择题1．A ，B ，C 三点不共线，对空间内任意一点O ，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则P ，A ，B ，C 四点( )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断是否共面 答案 B解析 方法一因为OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则OP →－OA →＝－14OA →＋18OB →＋18OC →，即OP →－OA →＝18 OB →－OA →)＋18(OC →－OA →)，即AP →＝18AB →＋18AC →，由空间向量共面定理可知，AP →，AB →，AC →共面， 则P ，A ，B ，C 四点一定共面．方法二 因为34＋18＋18＝1，由空间向量共面定理的推论知，P ，A ，B ，C 四点共面．2．(2022·温州模拟)在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1与底面垂直，上、下底面均为矩形，AB ＝1，AD ＝AA 1＝A 1B 1＝2，则下列各棱中最长的是( ) A ．BB 1B ．B 1C 1 C ．CC 1D ．DD 1 答案 B解析 由四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1可得 AD A 1D 1＝AB A 1B 1＝12， 故A 1D 1＝4.因为AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1， 而A 1D 1，A 1B 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，故AA 1⊥A 1D 1，AA 1⊥A 1B 1，而A 1D 1⊥A 1B 1，故可建立如图所示的空间直角坐标系．故A 1(0,0,0)，B (0,1,2)，B 1(0,2,0)，C 1(－4,2,0)，C (－2,1,2)，D (－2,0,2)，D 1(－4,0,0)， 故BB 1＝|BB 1--→|＝1＋4＝5，B 1C 1＝|B 1C 1--→|＝4，CC 1＝|CC 1--→|＝4＋1＋4＝3，DD 1＝|DD 1--→|＝8＝22，结合选项知棱B 1C 1最长．3.如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AD ，E 为侧棱DD 1上一点，若直线BD 1∥平面AEC ，则二面角E －AC －B 的正切值为( )A.2B ．－ 2 C.22D ．－22答案 B解析 如图，连接BD 交AC 于点F ，连接EF ，B 1D 1，由题意可知，BD 1∥EF ， 因为F 为BD 的中点， 所以E 为DD 1的中点， 又AC ⊥平面BDD 1B 1， BD ，EF ⊂平面BDD 1B 1， 所以EF ⊥AC ，BD ⊥AC ，则∠EFD 为二面角E －AC －D 的平面角， 设AD ＝a ，则ED ＝a ，DF ＝22a ，在Rt △EFD 中，tan ∠EFD ＝EDDF＝2， 又二面角E －AC －B 与二面角E －AC －D 互补， 所以二面角E －AC －B 的正切值为－ 2.4．(2022·菏泽检测)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为3，A 1在底面ABC 上的射影点D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC 1所成角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2 答案 C解析 如图，连接A 1D ，AD ，A 1B ，由CC 1∥AA 1，知∠A 1AB 为异面直线AB 与CC 1所成的角，因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为2的等边三角形，且侧棱长为3，A 1在底面ABC 上的射影点D 为BC 的中点，可得AD ＝4－1＝3，A 1D ＝9－3＝6， A 1B ＝(6)2＋1＝7， 由余弦定理得cos ∠A 1AB ＝9＋4－72×3×2＝12，因为∠A 1AB ∈⎝⎛⎦⎤0，π2， 所以∠A 1AB ＝π3，所以异面直线AB 与CC 1所成角的大小为π3.5．(2022·全国甲卷)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知B 1D 与平面ABCD 和平面AA 1B 1B 所成的角均为30°，则( )A ．AB ＝2ADB ．AB 与平面AB 1C 1D 所成的角为30° C ．AC ＝CB 1D ．B 1D 与平面BB 1C 1C 所成的角为45° 答案 D解析 如图，连接BD ，易知∠BDB 1是直线B 1D 与平面ABCD 所成的角，所以在Rt △BDB 1中，∠BDB 1＝30°， 设BB 1＝1， 则B 1D ＝2BB 1＝2， BD ＝B 1D 2－BB 21＝ 3.易知∠AB 1D 是直线B 1D 与平面AA 1B 1B 所成的角， 所以在Rt △ADB 1中，∠AB 1D ＝30°. 因为B 1D ＝2，所以AD ＝12B 1D ＝1，AB 1＝B 1D 2－AD 2＝3，所以在Rt △ABB 1中，AB ＝AB 21－BB 21＝2，所以A 项错误；易知∠BAB 1是直线AB 与平面AB 1C 1D 所成的角， 因为在Rt △ABB 1中，sin ∠BAB 1＝BB 1AB 1＝33≠12，所以∠BAB 1≠30°，所以B 项错误；在Rt △CBB 1中，CB 1＝BC 2＋BB 21＝2，而AC ＝AB 2＋BC 2＝3，所以C 项错误；易知∠DB 1C 是直线B 1D 与平面BB 1C 1C 所成的角，因为在Rt △DB 1C 中，CB 1＝CD ＝2， 所以∠DB 1C ＝45°，所以D 项正确．6．向量的运算包含点乘和叉乘，其中点乘就是大家熟悉的向量的数量积．现定义向量的叉乘：给定两个不共线的空间向量a 与b ，规定：①a ×b 为同时与a ，b 垂直的向量；②a ，b ，a ×b 三个向量构成右手直角坐标系(如图1)；③||a ×b ＝||a ||b sin 〈a ，b 〉；④若a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ×b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1，z 1y 2，z 2，－⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1，z 1x 2，z 2，＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1，y 1x 2，y 2，其中⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ，b c ，d ＝ad －bc .如图2，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，则下列结论正确的是( )A ．|AB →×AD →|＝|AA 1--→| B.AB →×AD →＝AD →×AB →C ．(AB →－AD →)×AA 1--→＝AB →×AA 1--→－AD →×AA 1--→D ．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V ＝(AB →×AD →)·C 1C --→答案 C解析 如图，建立空间直角坐标系， 则D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)， A 1(2,0,3)，C 1(0,2,3)，AB →＝(0,2,0)，AD →＝(－2,0,0)，AA 1--→＝(0,0,3)， 则AB →×AD →＝(0,0,4)，所以选项A 错误； AD →×AB →＝(0,0，－4)，故选项B 错误； AB →－AD →＝DB →＝(2,2,0)， 则(AB →－AD →)×AA 1--→＝(6，－6,0)， AB →×AA 1--→＝(6,0,0)，AD →×AA 1--→＝(0,6,0)， 则AB →×AA 1--→－AD →×AA 1--→＝(6，－6,0)．所以(AB →－AD →)×AA 1--→＝AB →×AA 1--→－AD →×AA 1--→，故选项C 正确； C 1C --→＝(0,0，－3)，则(AB →×AD →)·C 1C --→＝－12，故选项D 错误．二、多项选择题7．(2022·山东联考)若{}a ，b ，c 构成空间的一个基底，则下列向量共面的是( ) A ．a ＋b ＋c ，a －b ，2b ＋c B ．a －b ，a －c ，b －c C ．a ＋2b ，a －2b ，a ＋c D ．a －2b ，6b －3a ，－c 答案 ABD 解析 选项A ，因为a ＋b ＋c ＝(a －b )＋(2b ＋c )， 所以a ＋b ＋c ，a －b ，2b ＋c 共面； 选项B ，因为a －b ＝(a －c )－(b －c )， 所以a －b ，a －c ，b －c 共面；选项C ，a ＋2b ，a －2b 在a ，b 构成的平面内且不共线，a ＋c 不在这个平面内，不符合题意；选项D ，因为a －2b ，6b －3a 共线， 所以a －2b ，6b －3a ，－c 共面．8．(2022·广州模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝4，则下列命题为真命题的是( )A ．若直线AC 1与直线CD 所成的角为φ，则tan φ＝52B ．若经过点A 的直线l 与长方体所有棱所成的角相等，且l 与平面BCC 1B 1交于点M ，则AM ＝29 C ．若经过点A 的直线m 与长方体所有面所成的角都为θ，则sin θ＝33D ．若经过点A 的平面β与长方体所有面所成的二面角都为μ，则sin μ＝63答案 ACD解析 对于A ，如图，直线AC 1与直线CD 所成的角，即为直线AC 1与直线AB 所成的角即∠BAC 1， 则tan φ＝tan ∠BAC 1＝BC 1AB ＝52，正确；对于B ，构建如图所示的空间直角坐标系，过A 的直线l 与长方体所有棱所成的角相等，与平面BCC 1B 1交于M (x ，2，z )且x ，z >0， 则AM →＝(x ，2，z )， 又AA 1--→＝(0,0,3)， AB →＝(0,2,0)， AD →＝(4,0,0)， 则cos 〈AA 1--→，AM →〉＝zx 2＋4＋z 2＝cos 〈AB →，AM →〉＝2x 2＋4＋z 2＝cos 〈AD →，AM →〉＝xx 2＋4＋z 2，故x ＝z ＝2，则AM ＝23，错误；对于C ，如图，过A 的直线m 与长方体所有面所成的角都为θ，则直线m 为以4为棱长的正方体的体对角线AP ，故sin θ＝33，正确；对于D ，如图，过A 的平面β与长方体所有面所成的二面角都为μ，只需平面β与以4为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如平面EDF ，故cos μ＝33，则sin μ＝63，正确．三、填空题9．在空间直角坐标系中，设点M 是点N (2，－3,5)关于坐标平面Oxy 的对称点，点P (1,2,3)关于x 轴的对称点为Q ，则线段MQ 的长度等于________． 答案 6解析 因为点M 是点N (2，－3,5)关于坐标平面Oxy 的对称点，所以M (2，－3，－5)， 又因为点P (1,2,3)关于x 轴的对称点为Q ，所以Q (1，－2，－3)．因此|MQ |＝|MQ →|＝(1－2)2＋[(－2)－(－3)]2＋[(－3)－(－5)]2＝ 6.10.如图，矩形ABCD 是圆柱O 1O 2的轴截面，AB ＝2，AD ＝3，点E 在上底面圆周上，且EC ︵＝2DE ︵，则异面直线AE 与O 2C 所成角的余弦值为________．答案1920解析 以O 2为坐标原点，O 2B ，O 2O 1所在直线分别为y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则O 2(0,0,0)，A (0，－1,0)，C (0,1,3)，E ⎝⎛⎭⎫32，－12，3，故AE →＝⎝⎛⎭⎫32，12，3，O 2C --→＝(0,1,3)，故cos 〈AE →，O 2C --→〉＝AE →·O 2C --→|AE →||O 2C --→|＝12＋934＋14＋9×1＋9＝1920， 故异面直线AE 与O 2C 所成角的余弦值为1920.11.如图，在二面角的棱上有两个点A ，B ，线段AC ，BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB ，若AB ＝1，AC ＝2，BD ＝3，CD ＝22，则这个二面角的大小为________．答案 60°解析 设这个二面角的大小为α， 由题意得CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2|CA →|·|BD →|cos(π－α)， ∴(22)2＝4＋1＋9－2×2×3×cos α， 解得cos α＝12，∴α＝60°，∴这个二面角的大小为60°.12．(2022·南通模拟)已知正六棱柱ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为1，P 是正六棱柱内(不含表面)的一点，则AP →·AB →的取值范围是________． 答案⎝⎛⎭⎫－12，32 解析 建立如图所示的空间直角坐标系，且AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝EF ＝AF ＝1， 由正六边形的性质可得， A (0,0,0)，B (1,0,0)， F ⎝⎛⎭⎫－12，32，0， C ⎝⎛⎭⎫32，32，0，设P (x ，y ，z )，其中－12<x <32，所以AB →＝(1,0,0)，AP →＝(x ，y ，z )， 所以AB →·AP →＝x ，所以AB →·AP →的取值范围是⎝⎛⎭⎫－12，32. 四、解答题13.(2022·莆田质检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，F 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AFC ；(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在横线上，并作答． ①∠ABC ＝π3；②BD ＝3AC ；③PC 与平面ABCD 所成的角为π4.若P A ⊥平面ABCD ，AB ＝AP ＝2，且________，求平面ACF 与平面ACD 夹角的余弦值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．(1)证明 连接BD 交AC 于点O ，因为ABCD 是菱形，所以O 为BD 的中点．连接OF .因为F 为PD 的中点，所以OF 为△PBD 的中位线，所以OF ∥PB .因为OF ⊂平面AFC ，PB ⊄平面AFC ， 所以PB ∥平面AFC . (2)解 过O 作Oz ∥AP .以O 为原点，OB →，OC →，Oz →为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示． 选条件①：∠ABC ＝π3.在菱形ABCD 中， AC ⊥BD .因为AB ＝AP ＝2，所以OB ＝OD ＝2×sin π3＝3，OA ＝OC ＝2×cos π3＝1.所以O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)， C (0,1,0)，D (－3，0,0)，P (0，－1,2)， F ⎝⎛⎭⎫－32，－12，1. 所以AF →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1，AC →＝(0,2,0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面ACF 的一个法向量， 则⎩⎨⎧n ·AC →＝0＋2y ＋0＝0，n ·AF →＝－32x ＋12y ＋z ＝0，不妨令x ＝2，则n ＝(2,0，3)．显然m ＝(0,0,1)为平面ACD 的一个法向量． 设平面ACF 与平面ACD 的夹角为θ， 所以cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m |＝|0＋0＋3|4＋0＋3×0＋0＋1＝217.所以平面ACF 与平面ACD 夹角的余弦值为217. 选条件②：BD ＝3AC .在菱形ABCD 中，BD ＝3AC ，所以OB ＝3OC ， 所以BC ＝OB 2＋OC 2＝2OC . 因为AB ＝AP ＝2，所以OB ＝OD ＝3，OA ＝OC ＝1. 所以O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)， C (0,1,0)，D (－3，0,0)，P (0，－1,2)， F ⎝⎛⎭⎫－32，－12，1. 所以AF →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1，AC →＝(0,2,0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面ACF 的一个法向量， 则⎩⎨⎧n ·AC →＝0＋2y ＋0＝0，n ·AF →＝－32x ＋12y ＋z ＝0，不妨令x ＝2，则n ＝(2,0，3)．显然m ＝(0,0,1)为平面ACD 的一个法向量． 设平面ACF 与平面ACD 的夹角为θ， 所以cos θ＝||cos 〈n ，m 〉＝||n ·m ||n ||m ＝|0＋0＋3|4＋0＋3×0＋0＋1＝217.所以平面ACF 与平面ACD 夹角的余弦值为217. 选条件③：PC 与平面ABCD 所成的角为π4.因为P A ⊥平面ABCD ，所以∠PCA 为PC 与平面ABCD 所成的角，即∠PCA ＝π4.在Rt △P AC 中，由∠PCA ＝π4，可得P A ＝CA ＝2.所以OB ＝OD ＝3，OA ＝OC ＝1. 所以O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)， C (0,1,0)，D (－3，0,0)，P (0，－1,2)， F ⎝⎛⎭⎫－32，－12，1. 所以AF →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1，AC →＝(0,2,0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面ACF 的一个法向量， 则⎩⎨⎧n ·AC →＝0＋2y ＋0＝0，n ·AF →＝－32x ＋12y ＋z ＝0，不妨令x ＝2，则n ＝(2,0，3)．显然m ＝(0,0,1)为平面ACD 的一个法向量． 设平面ACF 与平面ACD 的夹角为θ， 所以cos θ＝||cos 〈n ，m 〉＝|n ·m ||n ||m |＝|0＋0＋3|4＋0＋3×0＋0＋1＝217.所以平面ACF 与平面ACD 夹角的余弦值为217. 14.(2022·湖北联考)如图，已知在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，在四边形ABCD 中，∠ABC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝1，BC ＝1，CD ＝2，点A 在平面PCD 内的射影恰好是△PCD 的重心G .(1)求证：平面P AB ⊥平面PBC ；(2)求直线DG 与平面PBC 所成角的正弦值．(1)证明 因为P A ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BC ， 因为∠ABC ＝90°，所以BC ⊥AB ， 又P A ∩AB ＝A ，P A ⊂平面P AB ， AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ，又因为BC ⊂平面PBC ，所以平面P AB ⊥平面PBC . (2)解 取CD 的中点E ，连接AE ，因为∠ABC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝BC ＝1，CD ＝2， 所以四边形ABCE 是矩形， 所以AB ⊥AE ，因为P A ⊥平面ABCD ，AB ，AE ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE ，所以AB ，AE ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，E (0,1,0)， D (－1,1,0)，设P (0,0，t )(t >0)， 则G ⎝⎛⎭⎫0，23，t 3，AG →＝⎝⎛⎭⎫0，23，t 3，DG →＝⎝⎛⎭⎫1，－13，t 3， 因为点A 在平面PCD 内的射影恰好是△PCD 的重心G ，所以AG ⊥平面PCD ， 又DG ⊂平面PCD ，所以DG ⊥AG ， 所以DG →·AG →＝0，所以0－29＋t 29＝0，t ＝2，则P (0,0，2)，BC →＝(0,1,0)，PB →＝(1,0，－2)， 设m ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧BC →·m ＝0，PB →·m ＝0，即⎩⎨⎧y ＝0，x －2z ＝0，不妨令x ＝2，即m ＝(2，0,1)， DG 的方向向量是DG →＝⎝⎛⎭⎫1，－13，23，设直线DG 与平面PBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈m ，DG →〉|＝|m ·DG →||m ||DG →|＝4233×129＝223.故直线DG 与平面PBC 所成角的正弦值为223.。