平面上两直线的夹角求法解析

高一数学复习考点知识专题讲解夹角问题学习目标 1.会用向量法求线线、线面、面面夹角.2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系．知识点一两个平面的夹角平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．知识点二空间角的向量法解法角的分类向量求法范围两条异面直线所成的角设两异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝|u·v||u||v|⎝⎛⎦⎤0，π2直线与平面所成的角设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝|u·n||u||n|⎣⎡⎦⎤0，π2两个平面的夹角设平面α与平面β的夹角为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，π21.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是( )A.π6B.π4C.π3D.π2 答案 D解析 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，则A 1M —→＝⎝⎛⎭⎫－1，12，－1，DN →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12，cos 〈A 1M —→，DN →〉＝|A 1M —→·DN →||A 1M —→||DN →|＝0. ∴〈A 1M →，DN →〉＝π2.2．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 〉＝－32，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．150°D ．120° 答案 B解析 设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝32，∴θ＝60°，故选B. 3．已知平面α的法向量u ＝(1,0，－1)，平面β的法向量v ＝(0，－1,1)，则平面α与β的夹角为________． 答案 π3解析 ∵cos 〈u ，v 〉＝－12×2＝－12，∴〈u ，v 〉＝23π，∴平面α与β的夹角是π3.4．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (1，－2,0)，B (2,1，6)，则向量AB →与平面xOz 的法向量的夹角的正弦值为________． 答案74解析 设平面xOz 的法向量为n ＝(0,1, 0) ，AB →＝(1,3，6)， 所以cos 〈n ，AB →〉＝n ·AB →|n |·|AB →|＝ 34 ，所以sin 〈n ，AB →〉＝1－⎝⎛⎭⎫342 ＝74. 故向量AB →与平面xOz 的法向量的夹角的正弦值为74.一、两条异面直线所成的角例1 如图，在三棱柱OAB －O 1A 1B 1中，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB ＝60°，∠AOB ＝90°，且OB ＝OO 1＝2，OA ＝3，求异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值．解 以O 为坐标原点，OA →，OB →的方向为x 轴，y 轴的正方向．建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，O 1(0,1，3)，A (3，0,0)，A 1(3，1，3)，B (0,2,0)， ∴A 1B —→＝(－3，1，－3)，O 1A —→＝(3，－1，－3)． ∴|cos 〈A 1B →，O 1A →〉|＝|A 1B →·O 1A →||A 1B →||O 1A →|＝|(－3，1，－3)·(3，－1，－3)|7×7＝17.∴异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值为17.反思感悟 求异面直线夹角的方法(1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解．(2)向量法：在两异面直线a 与b 上分别取点A ，B 和C ，D ，则AB →与CD →可分别为a ，b 的方向向量，则cos θ＝|AB →·CD →||AB →||CD →|.跟踪训练1 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3010B.3015 C.3030D.1515答案 A解析 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)，∴cos 〈B 1M —→，D 1N —→〉＝－1＋41＋1＋4×1＋4＝3010. 二、直线与平面所成的角例2 如图所示，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．(1)证明 设P A ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，又AN ＝14AB ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点，∴N ⎝⎛⎭⎫12，0，0，M ⎝⎛⎭⎫1，0，12，S ⎝⎛⎭⎫1，12，0， CM →＝⎝⎛⎭⎫1，－1，12，SN →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0， ∴CM →·SN →＝⎝⎛⎭⎫1，－1，12·⎝⎛⎭⎫－12，－12，0＝0， ∴CM →⊥SN →， 因此CM ⊥SN .(2)解 由(1)知，NC →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，0，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量， ∴CM →·a ＝0，NC →·a ＝0.则⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝－2y . 取y ＝1，得a ＝(2,1，－2)． 设SN 与平面CMN 所成的角为θ，∵sin θ＝|cos 〈a ，SN →〉|＝⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22. ∴SN 与平面CMN 所成角为π4.反思感悟 利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)求直线的方向向量u . (3)求平面的法向量n . (4)设线面角为θ，则sin θ＝|u ·n ||u ||n |. 跟踪训练2 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝90°，E ，F 依次为C 1C ，BC 的中点．求A 1B 与平面AEF 所成角的正弦值．解 以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,1,0)， 所以A 1B —→＝(2,0，－2)，AE →＝(0,2,1)，AF →＝(1,1,0)． 设平面AEF 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2b ＋c ＝0，a ＋b ＝0，令a ＝1可得n ＝(1，－1,2)． 设A 1B 与平面AEF 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n ，A 1B —→〉|＝|n ·A 1B —→||n ||A 1B —→|＝36，即A 1B 与平面AEF 所成角的正弦值为36. 三、两个平面的夹角例3 如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥平面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°，求平面C 1OB 1与平面OB 1D 夹角的余弦值．(1)证明 因为四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形，所以CC 1⊥AC ，DD 1⊥BD ， 又CC 1∥DD 1∥OO 1，所以OO 1⊥AC ，OO 1⊥BD ， 因为AC ∩BD ＝O ，AC ，BD ⊂平面ABCD ， 所以O 1O ⊥平面ABCD .(2)解 因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 为菱形，AC ⊥BD ，又O 1O ⊥平面ABCD ，所以OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图，以O 为原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设棱长为2，因为∠CBA ＝60°， 所以OB ＝3，OC ＝1，所以O (0,0,0)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)， 平面BDD 1B 1的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 设平面OC 1B 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ⊥OB 1—→，m ⊥OC 1—→，得3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0， 取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23， 所以m ＝(2,23，－3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝2319＝25719.所以平面C 1OB 1与平面OB 1D 夹角的余弦值为25719.延伸探究本例不变，求平面BA 1C 与平面A 1CD 夹角的余弦值． 解 B (3，0,0)，A 1(0，－1,2)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)， 设平面BA 1C 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， A 1C →＝(0,2，－2)，BC →＝(－3，1,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C —→＝0，m ·BC →＝0，即⎩⎨⎧2y 1－2z 1＝0，－3x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝3，z 1＝3， ∴m ＝(1，3，3)，同理得，平面A 1CD 的法向量n ＝(1，－3，－3)， cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－57，则平面BA 1C 与平面A 1CD 夹角的余弦值为57.反思感悟 求两平面夹角的两种方法(1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同．(2)法向量法：分别求出两平面的法向量n 1，n 2，则两平面的夹角为〈n 1，n 2〉⎝⎛⎭⎫当〈n 1，n 2〉∈⎣⎡⎦⎤0，π2时或π－〈n 1，n 2〉⎝⎛⎭⎫当〈n 1，n 2〉∈⎝⎛⎦⎤π2，π时.跟踪训练3 如图所示，在几何体S －ABCD 中，AD ⊥平面SCD ，BC ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，又SD ＝2，∠SDC ＝120°，求平面SAD 与平面SAB 夹角的余弦值．解 如图，过点D 作DC 的垂线交SC 于E ，以D 为原点，以DC ，DE ，DA 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵∠SDC ＝120°，∴∠SDE ＝30°，又SD ＝2，∴点S 到y 轴的距离为1，到x 轴的距离为3，则有D (0,0,0)，S (－1，3，0)，A (0,0,2)，C (2,0,0)，B (2,0,1)， 设平面SAD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ∵AD →＝(0,0，－2)，AS →＝(－1，3，－2)，∴⎩⎨⎧－2z ＝0，－x ＋3y －2z ＝0，取x ＝3，得平面SAD 的一个法向量为m ＝(3，1,0)． 又AB →＝(2,0，－1)，设平面SAB 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AS →＝0，即⎩⎨⎧2a －c ＝0，－a ＋3b －2c ＝0，令a ＝3， 则n ＝(3，5,23)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝8210×2＝105，故平面SAD 与平面SAB 夹角的余弦值是105.空间向量和实际问题典例 如图，甲站在水库底面上的点A 处，乙站在水坝斜面上的点B 处．从A ，B 到直线 (库底与水坝的交线)的距离AC 和BD 分别为a 和b ，CD 的长为c ，甲乙之间拉紧的绳长为d ，求库底与水坝所在平面夹角的余弦值．解 由题意可知AC ＝a ，BD ＝b ，CD ＝c ，AB ＝d ，所以d 2＝AB →2＝(AC →＋CD →＋DB →)2＝AC →2＋CD →2＋DB →2＋2(AC →·CD →＋AC →·DB →＋CD →·DB →) ＝a 2＋c 2＋b 2＋2AC →·DB →＝a 2＋c 2＋b 2－2CA →·DB →， 则2CA →·DB →＝a 2＋b 2＋c 2－d 2，设向量CA →与DB →的夹角为θ，θ就是库底与水坝所在平面的夹角， 因此2ab cos θ＝a 2＋b 2＋c 2－d 2，所以cos θ＝a 2＋b 2＋c 2－d 22ab，故库底与水坝所在平面夹角的余弦值为a 2＋b 2＋c 2－d 22ab .[素养提升]利用空间向量解决实际问题(1)分析实际问题的向量背景，将题目条件、结论转化为向量问题．(2)对于和垂直、平行、距离、角度有关的实际问题，可以考虑建立向量模型，体现了数学建模的核心素养．1．若异面直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2所成的角为( ) A.π6B.5π6C.π6或5π6D ．以上均不对 答案 A解析 l 1与l 2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为⎝⎛⎦⎤0，π2，故选A. 2．已知向量m ，n 分别是平面α和平面β的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则α与β的夹角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 答案 B解析 设α与β所成的角为θ，且0°≤θ≤90°， 则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∴θ＝60°.3．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110 B.25 C.3010 D.22答案 C解析 如图所示，以C 为原点，直线CA 为x 轴，直线CB 为y 轴，直线CC 1为z 轴建立空间直角坐标系，设CA ＝CB ＝1，则B (0,1,0)，M ⎝⎛⎭⎫12，12，1，A (1,0,0)，N ⎝⎛⎭⎫12，0，1. 故BM →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1，AN →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1， 所以cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝3462×52＝3010.4.如图所示，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系Oxyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的一个法向量为n ＝(2,1,2)，平面ABC 与平面ABO 的夹角为θ，则cos θ＝________.答案 23解析 cos θ＝OC →·n |OC →||n |＝42×3＝23.5．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为________． 答案33解析 设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系如图．则D (0,0,0)，B (1,1,0)，B 1(1,1,1)． 平面ACD 1的一个法向量为DB 1—→＝(1,1,1)． 又BB 1—→＝(0,0,1)，则cos 〈DB 1—→，BB 1—→〉＝DB 1—→·BB 1—→|DB 1—→||BB 1—→|＝13×1＝33.1．知识清单：(1)两条异面直线所成的角． (2)直线和平面所成的角． (3)两个平面的夹角． 2．方法归纳：转化与化归．3．常见误区：混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念，把握空间角的范围．1．已知A (0,1,1)，B (2，－1,0)，C (3,5,7)，D (1,2,4)，则直线AB 与直线CD 所成角的余弦值为( ) A.52266 B ．－52266 C.52222 D ．－52222答案 A解析 ∵AB →＝(2，－2，－1)，CD →＝(－2，－3，－3)，∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝53×22＝52266，∴直线AB ，CD 所成角的余弦值为52266.2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面夹角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90° 答案 A解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.所以两平面的夹角为45°.3．设直线l 与平面α相交，且l 的方向向量为a ，α的法向量为n ，若〈a ，n 〉＝2π3，则l 与α所成的角为( )A.2π3B.π3C.π6D.5π6 答案 C解析 线面角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2. ∵〈a ，n 〉＝2π3，∴l 与法向量所在直线所成角为π3，∴l 与α所成的角为π6.4．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则l 与α所成角的余弦值为( )A ．－41133 B.41133 C ．－91333 D.91333答案 D解析 设α与l 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|(－2，－3，3)·(4，1，1)|4＋9＋9×16＋1＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－4311＝41133，故直线l 与α所成角的余弦值为1－⎝⎛⎭⎫411332＝91333.5．正方形ABCD 所在平面外一点P ，P A ⊥平面ABCD ，若P A ＝AB ，则平面P AB 与平面PCD 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 答案 B解析 如图所示，建立空间直角坐标系，设P A ＝AB ＝1，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)． 于是AD →＝(0,1,0)，取PD 的中点E ，则E ⎝⎛⎭⎫0，12，12， ∴AE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12，易知AD →是平面P AB 的法向量，AE →是平面PCD 的法向量， ∴cos 〈AD →，AE →〉＝22，∴平面P AB 与平面PCD 的夹角为45°.6.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 的中心，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 所成的角为________．答案 π2解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，A 1P ＝x ，则O (1,1,0)，P (2，x ，2)，B (2,2,0)，M (0,2,1)， OP →＝(1，x －1,2)，BM →＝(－2,0,1)． 所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 所成的角为π2.7．如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为________．答案105解析 如图所示，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0，2,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)， ∴BC 1→＝(－2,0,1)．连接AC ，易证AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴平面BB 1D 1D 的一个法向量为a ＝AC →＝(－2,2,0)．∴所求角的正弦值为|cos 〈a ，BC 1—→〉|＝|a ·BC 1—→||a ||BC 1—→|＝48×5＝105.8．已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 夹角的余弦值等于 ________. 答案31111解析 如图，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，平面ABC 的法向量为n 1＝(0,0,1)， 平面AEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )． 所以A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫1，1，13，F ⎝⎛⎭⎫0，1，23， 所以AE →＝⎝⎛⎭⎫0，1，13，EF →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，13， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AE →＝0，n 2·EF →＝0，即⎩⎨⎧y ＋13z ＝0，－x ＋13z ＝0.取x ＝1，则y ＝－1，z ＝3.故n 2＝(1，－1,3)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝31111.所以平面AEF 与平面ABC 夹角的余弦值为31111.9.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，AA 1＝4，点D 是BC 的中点．求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值．解 以点A 为原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0,4)，D (1,1,0)，C 1(0,2,4)， ∴A 1B —→＝(2,0，－4)，C 1D —→＝(1，－1，－4)， ∴cos 〈A 1B —→，C 1D —→〉＝A 1B —→·C 1D —→|A 1B —→||C 1D —→|＝31010，∴异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.10．四棱锥P －ABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上． (1)求证：平面AEC ⊥平面PDB ；(2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成角的大小． (1)证明 如图，以D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz ，设AB ＝a ，PD ＝h ，则A (a ，0,0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，D (0,0,0)，P (0,0，h )， ∴AC →＝(－a ，a ，0)，DP →＝(0,0，h )，DB →＝(a ，a ，0)，∴AC →·DP →＝0，AC →·DB →＝0，∴AC ⊥DP ，AC ⊥DB ，又DP ∩DB ＝D ，DP ，DB ⊂平面PDB ， ∴AC ⊥平面PDB ， 又AC ⊂平面AEC ， ∴平面AEC ⊥平面PDB .(2)解 当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时， P (0,0，2a )，E ⎝⎛⎭⎫12a ，12a ，22a ，设AC ∩BD ＝O ，O ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0， 连接OE ，由(1)知AC ⊥平面PDB ， ∴∠AEO 为AE 与平面PDB 所成的角，∵EA →＝⎝⎛⎭⎫12a ，－12a ，－22a ，EO →＝⎝⎛⎭⎫0，0，－22a ，∴cos ∠AEO ＝EA →·EO →|EA →|·|EO →|＝22，∴∠AEO ＝45°，即AE 与平面PDB 所成角的大小为45°.11．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35答案 A解析 不妨设CA ＝CC 1＝2CB ＝2，则AB 1—→＝(－2,2,1)，C 1B —→＝(0，－2,1)， 所以cos 〈AB 1—→，C 1B —→〉＝AB 1—→·C 1B —→|AB 1—→||C 1B —→|＝(－2)×0＋2×(－2)＋1×19×5＝－55.所以所求角的余弦值为55. 12．已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，E 是侧棱BB 1的中点，则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为( ) A ．60° B ．90° C ．45° D ．以上都不对 答案 B解析 以点D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图．由题意知，A 1(1,0,2)，E (1,1,1)，D 1(0,0,2)，A (1,0,0)，所以A 1E —→＝(0,1，－1)，D 1E —→＝(1,1，－1)，EA →＝(0，－1，－1)． 设平面A 1ED 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·D 1E →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x ＋y －z ＝0，令z ＝1，得y ＝1，x ＝0，所以n ＝(0,1,1)， cos 〈n ，EA →〉＝n ·EA →|n ||EA →|＝－22·2＝－1，设直线与平面A 1ED 1所成角为θ，则sin θ＝1，所以直线AE 与平面A 1ED 1所成的角为90°.13．在空间中，已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0，a )(a >0)，如果平面α与平面xOy 的夹角为45°，则a ＝________.答案 125 解析 平面xOy 的法向量n ＝(0,0,1)，设平面α的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋4y ＝0，－3x ＋az ＝0， 即3x ＝4y ＝az ，取z ＝1，则u ＝⎝⎛⎭⎫a 3，a 4，1.而cos 〈n ，u 〉＝1a 29＋a 216＋1＝22，又∵a >0，∴a ＝125. 14．已知正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则平面ABD 与平面BDC 夹角的余弦值为____． 答案 55解析 取BC 的中点O ，连接AO ，DO ，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC ＝1，则A ⎝⎛⎭⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎫0，－12，0，D ⎝⎛⎭⎫32，0，0. 所以OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32，BA →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，BD →＝⎝⎛⎭⎫32，12，0. 由于OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面BCD 的一个法向量． 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BA →＝0，n ·BD →＝0，所以⎩⎨⎧ 12y ＋32z ＝0，32x ＋12y ＝0，取x ＝1，则y ＝－3，z ＝1，所以n ＝(1，－3，1)，所以cos 〈n ，OA →〉＝55.15．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 轴、y轴、z 轴上，D 是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝π3，则异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为________．答案 24解析 ∵AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，∴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， ∴V (0,0，6)，∴AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)，∴cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD →|AC →||VD →|＝－22×22＝－24. ∴异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24. 16.如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BC ，A 1D 1的中点．(1)求直线A 1C 与DE 所成角的余弦值；(2)求直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值；(3)求平面B 1EDF 与平面ABCD 夹角的余弦值． 解 以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz .(1)A 1(0,0，a )，C (a ，a ，0)，D (0，a ，0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0， ∴A 1C —→＝(a ，a ，－a )，DE →＝⎝⎛⎭⎫a ，－a 2，0， ∴cos 〈A 1C —→，DE →〉＝A 1C —→·DE →|A 1C —→||DE →|＝1515， 故A 1C 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)连接DB 1，∵∠ADE ＝∠ADF ，∴AD 在平面B 1EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上． 又四边形B 1EDF 为菱形，∴DB 1为∠EDF 的平分线， 故直线AD 与平面B 1EDF 所成的角为∠ADB 1. 由A (0,0,0)，B 1(a ，0，a )，D (0，a ，0)， 得DA →＝(0，－a ，0)，DB 1—→＝(a ，－a ，a )，∴cos 〈DA →，DB 1→〉＝DA →·DB 1—→|DA →||DB 1—→|＝33，又直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2， 故直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值为33. (3)由已知得A (0,0,0)，A 1(0,0，a )，B 1(a ，0，a )，D (0，a ，0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0， 则ED →＝⎝⎛⎭⎫－a ，a 2，0，EB 1→＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a ， 平面ABCD 的一个法向量为m ＝AA 1—→＝(0,0，a )．设平面B 1EDF 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·ED →＝0，n ·EB 1—→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝1， ∴n ＝(1,2,1)，∴cos 〈n ，m 〉＝m ·n |m ||n |＝66， ∴平面B 1EDF 与平面ABCD 夹角的余弦值为66.。

§5夹角的计算第二课时 直线与平面的夹角[对应学生用书P37]在上节研究的山体滑坡问题中，A ，B 两点到直线l (水平地面与山坡的交线)的距离分别为AC 和BD ，直线BD 与地面ACD 的夹角为φ.问题1：φ与〈CA ，DB 〉有什么关系？ 提示：φ＝π－〈CA ，DB 〉．问题2：φ与〈BD ，n 〉有何关系？(n 为地面法向量)提示：φ＝π2－〈BD ，n 〉或φ＝〈BD ，n 〉－π2，即sin φ＝|cos 〈BD ，n 〉|.直线与平面的夹角(1)平面外一条直线与它在该平面内的投影的夹角叫作该直线与此平面的夹角． (2)如果一条直线与一个平面垂直，这条直线与平面的夹角为π2.(3)如果一条直线与一个平面平行或在平面内，这条直线与平面的夹角为0. (4)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l 与α的夹角为θ，则， 当〈a ，n 〉≤π2时，θ＝π2－〈a ，n 〉；当〈a ，n 〉>π2时，θ＝〈a ，n 〉－π2.即sin 〈a ，n 〉＝|cos 〈a ，n 〉|.(1)直线与平面夹角范围是⎣⎡⎦⎤0，π2； (2)求直线与平面夹角θ时，可用定义求解；也可用直线的方向向量s 、平面的法向量n 的夹角进行求解，但要注意sin θ＝|cos 〈s ，n 〉|.[对应学生用书P37][例1] 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 的夹角的正弦值． [思路点拔](1)先证明直线与平面垂直，再利用线面垂直的性质求证线线垂直；(2)建立空间直角坐标系，写出点与向量坐标，将线面角的大小用方向向量和法向量表示，但要注意线面角的范围．[精解详析] (1)如图，取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B .因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB .因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C .又A 1C 平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB ，又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)，则BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)， 故n ，1A C＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 的夹角的正弦值为105. [一点通]设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|＝|a ·u ||a ||u |或cos θ＝sin φ，其中θ与φ满足：①当φ是锐角时，θ＝π2－φ；②当φ为钝角时，则θ＝φ－π2.1．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC 81与平面ABCD 夹角的余弦值为( ) A.33 B.36 C.62D.63解析：如图所示建系，设正方体棱长为1，则A (1,0,0)，C 1(0,1,1)，C (0，1,0)，而CC 1⊥面ABCD ，∴AC 1在底面ABCD 的射影为AC . 又1AC ＝(－1,1,1)，AC ＝(－1,1,0)， ∴AC 1与平面ABCD 夹角的余弦值cos θ＝|cos 〈1AC ，AC 〉|＝63. 答案：D2．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． 设AB ＝BB 1＝2，则A 1(－3，0,0)，C 1(0,1,0)，A (－3，0,2)，O (0,0,0)，1A O ＝(3，0,0)，1A O 为面BB 1C 1C 的法向量，1AC ＝(3，1，－2)，∴sin θ＝|cos 〈1A O ，1AC 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1A O ·1AC |1A O ||1AC | ＝33·3＋1＋4＝64.答案：643.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，PA ⊥BD .(1)求证：PB ＝PD ；(2)若E ，F 分别为PC ，AB 的中点，EF ⊥平面PCD ，求直线PB 与平面PCD 所成角的大小．解：(1)证明：如图所示，连接AC ，BD 交于点O ，连接PO ，∵底面ABCD 是正方形， ∴AC ⊥BD ，且O 为BD 的中点． 又PA ⊥BD ，PA ∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面PAC ，由于PO ⊂平面PAC ，故BD ⊥PO . 又BO ＝DO ，故PB ＝PD .(2)如图所示，连接AC ，BD ， 设PD 的中点为Q ，连接AQ ，EQ ，则EQ 綊12CD ，∴四边形AFEQ 为平行四边形，EF ∥AQ ，∵EF ⊥平面PCD ， ∴AQ ⊥平面PCD ，∴AQ ⊥PD ，Q 为PD 的中点，∴AP ＝AD ＝ 2. 由AQ ⊥平面PCD ，可得AQ ⊥CD . 又DA ⊥CD ，QA ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥PA . 又BD ⊥PA ，∴PA ⊥平面ABCD .∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，分别以向量AB ―→，AD ―→，AP ―→的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，Q ⎝⎛⎭⎫0，22，22，D (0，2，0)，P (0,0，2)，∴AQ ―→＝⎝⎛⎭⎫0，22，22，PB ―→＝(2，0，－2)．易知AQ ―→为平面PCD 的一个法向量， 设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ， 则sin θ＝cos 〈PB ―→，AQ ―→〉＝|PB ―→·AQ ―→||PB ―→|·|AQ ―→|＝12，∴直线PB 与平面PCD 所成的角为π6.3.已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 的夹角．解：设PA ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系如图．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，0，12，N ⎝⎛⎭⎫12，0，0， S ⎝⎛⎭⎫1，12，0. (1)证明：CM ＝⎝⎛⎭⎫1，－1，12，SN ＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0，因为CM ·SN ＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN . (2) NC ＝⎝⎛⎭⎫－12，1，0，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则a ·CM ＝0，a ·NC ＝0，即⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.令x ＝2，得a ＝(2,1，－2)．因为|cos 〈a ，SN 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22，所以SN 与平面CMN 的夹角为45°.[例2] 如图，在三棱锥A －BCD 中，侧面ABD ，ACD 是全等的直角三角形，AD 是公共的斜边，且AD ＝3，BD ＝CD ＝1.另一个侧面ABC 是等边三角形．点A 在底面BCD 上的射影为H .(1)以D 点为原点建立空间直角坐标系，并求A ，B ，C 的坐标； (2)求平面BAC 与平面DAC 的夹角的余弦值．(3)在线段AC 上是否存在一点E ，使ED 与面BCD 的夹角为30°？若存在，确定点E 的位置；若不存在，说明理由．[思路点拨] (1)建立坐标系，证明AD ·BC ＝0. (2)求两平面法向量的夹角．(3)先假设存在点E 满足条件，再建立关于点E 的坐标的方程，判断方程是否有符合题意的解，即可得出结论．[精解详析] (1)由题意AB ＝AC ＝2，∴BC ＝ 2.则△BDC 为等腰直角三角形． 连接BH ，CH ，∴DB ⊥BH ，CH ⊥BH .∴四边形BHCD 为正方形，以DC 为y 轴，DB 为x 轴建立空间直角坐标系如图所示，则A (1,1,1)，B (1,0,0)，C (0,1,0)．(2)设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥BC 知：n 1·BC ＝－x ＋y ＝0.同理，由n 1⊥CA 知：n 1·CA ＝x ＋z ＝0. 可取n 1＝(1,1，－1)．同理，可求得平面ACD 的一个法向量为n 2＝(1,0，－1)． 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝1＋0＋13·2＝63， 即所求平面BAC 与平面DAC 的夹角的余弦值为63. (3)假设存在E 满足条件，设CE ＝x CA ＝(x,0，x )(0≤x ≤1)，则DE ＝DC ＋CE ＝(0,1,0)＋(x,0，x )＝(x,1，x )，平面BCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，∵ED 与平面BCD 的夹角为30°， 由图可知DE 与n 的夹角为60°，所以cos 〈DE ，n 〉＝DE ·n | DE ||n |＝x 1＋2x 2＝cos60°＝12.则2x ＝1＋2x 2，解得x ＝22，即E ⎝⎛⎭⎫22，1，22， |AC |＝2，|CE |＝1.故线段AC 上存在点E (与C 的距离为1)，使ED 与平面BCD 的夹角为30°. [一点通]解决存在性探究问题，一般先假设存在，然后进行推理计算，推出的结果若符合题意，则说明假设正确．若出现矛盾或得出相反的结论，则否定假设，说明不存在．4.在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为棱BB 1的中点，在棱DD 1上是否存在点P ，使MD 与平面PAC 的夹角为90°？若存在，确定P 点位置；若不存在，说明理由．解：如图，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，1，12， 假设存在P (0,0，x )(0≤x ≤1)满足条件，经检验，当x ＝0时不满足要求， 当0<x ≤1时，则PA ＝(1,0，－x )，AC ＝(－1,1,0)，MD ＝(－1，－1，－12)．设平面PAC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则由⎩⎨⎧PA ·n ＝0， AC ·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－xz 1＝0，－x 1＋y 1＝0.令x 1＝1得y 1＝1，z 1＝1x ，即n ＝(1,1，1x )． 由题意MD ∥n ，由MD ＝⎝⎛⎭⎫－1，－1，－12＝－⎝⎛⎭⎫1，1，12＝－n ， 得x ＝2.又0<x ≤1，故不满足要求，综上所述，棱DD 1上不存在点P ，使MD 与平面PAC 的夹角为90°.5.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求平面A 1BC 1与平面B 1BC 1的夹角的余弦值； (3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值． 解：(1)证明：因为AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A -xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A B ＝0，n ·11A C ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)． 同理可得，平面B 1BC 1的法向量为m ＝(3,4,0)． 所以cos 〈 n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625.所以平面A 1BC 1与平面B 1BC 1的夹角的余弦值为1625.(3)证明：设D (x 1，y 1，z 1)是线段BC 1上一点，且BD ＝λ1BC . 所以(x 1，y 1－3，z 1)＝λ(4，－3,4)． 解得x 1＝4λ，y 1＝3－3λ，z 1＝4λ.所以AD＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD·1A B＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B.此时，BDBC1＝λ＝9 25.计算直线l与平面α的夹角为θ.(1)利用法向量计算θ的步骤如下：(2)利用定义计算θ的步骤如下：[对应课时跟踪训练(十二)]1．已知直线l的一个方向向量为a＝(1,1,0)，平面α的一个法向量为μ＝(1,2，－2)，则直线l与平面α夹角的余弦值为()A.22B．－22C．±22 D.12解析：cos〈a，μ〉＝a·μ|a||μ|＝32·3＝22，则直线l与平面α的夹角θ的正弦值sin θ＝|cos〈a ，μ〉|＝22，cos θ＝22. 答案：A2．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是边长为4的正方形，长方体的高为AA 1＝3，则BC 1与对角面BB 1D 1D 夹角的正弦值等于( )A.45 B.35 C.225D.325解析：建立如图所示的空间直角坐标系，∵底面是边长为4的正方形，AA 1＝3，∴A 1(4,0,0)，B (4,4,3)，C 1(0,4,0)．而面BB 1D 1D 的法向量为AC ＝11A C ＝(－4,4,0)，∴BC 1与对角面BB 1D 1D 所成角的正弦值即为|cos 〈1BC ，11A C 〉|＝|(－4，0，－3)·(－4，4，0)|42＋32×42＋42＝165×42＝225.答案：C3.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：B4．已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33 C.23 D.13解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，故DB ―→＝(1,1,0)，DC 1―→＝(0,1,2)，DC ―→＝(0,1,0)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DC 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2，所以平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC ―→〉|＝|n ·DC ―→||n |·|DC ―→|＝23，故选A.答案：A5.四棱锥P -ABCD 中，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DA ＝2，F ，E 分别为AD ，PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面PFB ； (2)求点E 到平面PFB 的距离．解：(1)证明：以D 为原点， 建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,2)，F (1,0,0)，B (2,2,0)，E (0,1,1)．FP ―→＝(－1，0,2)，FB ―→＝(1,2,0)，DE ―→＝(0,1,1)，∴DE ―→＝12FP ―→＋12FB ―→，∴DE ―→∥平面PFB . 又∵DE ⊄平面PFB ， ∴DE ∥平面PFB . (2)∵DE ∥平面PFB ，∴点E 到平面PFB 的距离等于点D 到平面PFB 的距离． 设平面PFB 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FB ―→＝0，n ·FP ―→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝0，－x ＋2z ＝0，令x ＝2，得y ＝－1，z ＝1.∴n ＝(2，－1,1)，又∵FD ―→＝(－1,0,0)， ∴点D 到平面PFB 的距离 d ＝|FD ―→·n ||n |＝26＝63.∴点E 到平面PFB 的距离为63. 6.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)，1CB ＝(3，1,2)， 设平面B 1DC 的法向量为n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD ＝0，n ·1CB ＝0，解得n ＝(－3，1,1)． 又∵DA ＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－2， ∴sin θ＝|cos 〈DA ，n 〉|＝45.答案：457．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2AA 1，点D 是A 1B 1的中点． 求直线AD 和平面ABC 1夹角的正弦值．解：如图所示，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA 1＝2，则AB ＝2，相关各点的坐标分别是A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1，2)，D⎝⎛⎭⎫32，－12，2.易知AB ＝(3，1,0)，1AC ＝(0,2，2)，AD ＝⎝⎛⎭⎫32，12，2.设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ＝3x ＋y ＝0，n ·1AC ＝2y ＋2z ＝0，解得x ＝－33y ，z ＝－2y . 故可取n ＝(1，－3，6)．所以cos 〈n ，AD 〉＝n ·AD |n ||AD |＝2310×3＝105.即直线AD 和平面ABC 1夹角的正弦值为105. 8．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．(1)求证：CD ⊥平面ADD 1A 1；(2)若直线AA 1与平面AB 1C 夹角的正弦值为67，求k 的值．解：(1)证明：取CD 的中点E ，连接BE ，如图．∵AB ∥DE ，AB ＝DE ＝3k ， ∴四边形ABED 为平行四边形， ∴BE ∥AD 且BE ＝AD ＝4k .在△BCE 中，∵BE ＝4k ，CE ＝3k ，BC ＝5k ， ∴BE 2＋CE 2＝BC 2， ∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CD . 又∵BE ∥AD ，∴CD ⊥AD .∵AA 1⊥平面ABCD ，CD 平面ABCD ， ∴AA 1⊥CD .又AA 1∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面ADD 1A 1.(2)以D 为原点，DA ，DC ，1DD 的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A (4k,0,0)，C (0,6k,0)，B 1(4k,3k,1)，A 1(4k,0,1)， ∴AC ＝(－4k,6k,0)，1AB ＝(0,3k,1)，1AA ＝(0,0,1)． 设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧AC ·n ＝0， 1AB ·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4kx ＋6ky ＝0，3ky ＋z ＝0.取y ＝2，得n ＝(3,2，－6k )． 设AA 1与平面AB 1C 的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈1AA ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AA ·n | 1AA |n |＝6k 36k 2＋13＝67，解得k ＝1， 故所求k 的值为1.。

案例（二）----精析精练课堂合作探究重点难点突被知识点一公式cosθ=cosθ1·cosθ2如右图,已知OA是平面a的一条斜线,AB⊥a,则OB是OA在平面a内的射影,设OM是a 内通过点O的任意一条直线,OA与OB所成的角为θ1,OB与OM所成的角为θ2,OA与OM所成的角为θ,则有cosθ=cosθ1·cosθ2,我们简称此公式为三余弦公式,它反映了三个角的余弦值之间的关系.在上述公式中,因为0≤cosθ2≤1，所以cosθ<cosθ1,因为θ1和θ都是锐角,所以θ1≤0,由此我们可以得到最小角定理:斜线和它在平面内的射影所成的角,是斜线和这个平面内所有直线所成的角中最小的角.知识点二斜线和平面所成的角(1)定义:斜线和它在平面内的射影的夹角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角).(2)斜线和平面所成角的范围:(0,2π).(3)直线和平面所成角的范围:[O,2π],其中当一条直线与一个平面垂直时,这条直线与平面的夹角为,当一条直线与个平面平行或在平面内时,这条直线与平面的夹角为0.(4)直线和平面所成角的求法:①几何法:用几何法求直线和平面所成角的步骤:i)找(或作)出直线和平面所成的角；ii)计算,即解三角形；iii)结论,即点明直线和平面所成角的大小.②向量法:若直线AB 与平面a 所成的角为θ,平面a 的法向量为n,直线与向量n 所成的角为ϕ，则θ+ϕ=2π,利用向量的夹角公式求出cos ϕ=ABn AB ,再根据sin θ=|cos ϕ|求出θ③利用公式cos θ=cos θ1cos 2求解.典型例题分析题型1 几何法求直线和平面的夹角 【例1】 如下图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=4,BC=3,AA 1=5,试求B 1D 1与面A 1BCD 1所成角的正弦值 解析 作出B 1点在平面A 1BCD 1上的射C 影,从而得到B 1D 1在平面上的射影.又因为平面A 1B 1D ⊥面A 1BCD 1,故只要过B 1作A 1B 的垂线,垂足就是B 1的射影.答案 作B 1E ⊥A 1B,又因为A 1D 1⊥平面ABB 1A 1,∴A 1D 1⊥B 1E. 由B 1E ⊥A 1B 及B 1E ⊥A 1D 1得知B 1E ⊥面A 1BCD 1,所以,D 1E 就是D 1B 1在平面A 1BCD 1上的射影,从而∠B 1D 1E 就是D 1B 1与面A 1BCD 1所成的角.在Rt △B 1D 1E 中,有sin ∠B 1D 1E=111B D EB 上的射影. 但D1B1=211211D A B A +=915+=5,又11BB A S ∆=21A 1B 1·EB 1=21A 1B 1·BB 1,A 1B=1625+=14, ∴EB 1=4154⨯=420,∴sin ∠B 1D 1E=54120=41414.方法指导 如果随意地在直线B 1D 1上取一点,然后过这一点向平面A 1BCD 1作垂线,虽然也可以找出直线B 1D 1和平面A 1BCD 1所成的角,但面临的一个问题是如何求出这个角,因此“作、证、求”三者是紧密联系在一起的,必须系统地统筹考虑.【变式训练1】 已知直角三角形ABC 的斜边BC 在平面a 内,直角边AB,AC 分别和a 成30°和45°角.求斜边BC 上的高AD 与平面a 所成角的大小.答案 如下图,作AO ⊥a,O 为垂足,连结OB,OC,OD,则∠ABO,∠ACO,∠ADO 分别为AB,AC,AD 与a 所成的角,则∠ABO=30°,∠ACO=45°. 设AO=h,则AC=2h,AB=2h.∴BC=6h, ∴AB=32=•BCAB AC h.∴Rt △AOD 中,sin ∠ADO=23=ADAO ,∠ADO=60°.∴AD 与平面a 所成的角的大小为60°.【例2】 如下图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,求直线AA 1与平面A 1BD 所成的角.解析 在确定A 在平面上的射影时,既可以利用线面垂直,也可以分析四面体A 1-ABD 的性质.答案 解法一:连结AC,设AC∩BD=O,连结A 1O,在△A 1AO 内作AH ⊥A 1O,H 为垂足.∵A 1A ⊥平面ABCD,BD ⊂平面ABCD, ∴A 1A ⊥BD.又BD ⊥AC,AC∩A 1A=A, ∴BD ⊥平面A 1AD,∴BD ⊥AH.又AH ⊥A 1O,A 1O∩B D=O, ∴AH ⊥平面A 1BD,∴∠AA 1H 为斜线A 1A 与平面A 1BD 所成的角. 在Rt △A 1AO 中,A 1A=1,AO=22,∴A 1O=26. ∵:A 1A·AO=A 1O·AH,∴AH=332622111=⨯=•OA AOA A .∴sin ∠AA 1H=331=A A AH .∠AA 1H=arc sin 33. ∴A 1A 平面A 1BD 所成角的大小为arc sin 33. 解法二:∵AA 1=AD=AB,∴点A 在平面A 1BD 上的射影H 为△A 1BD 中心,连结A 1H,则A 1H 为正△A 1BD 外接圆半径, ∵正△A 1BD 边长为2,∴A 1H=33·2=36. Rt △AHA 1中,cos ∠AA 1H=AA HA 11=36. ∵∠AA 1H 为AA 1与平面A 1BD 所成的角, ∴A 1A 与平面A 1BD 所成角的大小为 arc sin33. 解法三:同解法二分析,A 1H 为∠BA 1D 的平分线, ∴∠BA 1H=30°,又∠AA 1B=45°,∴由最小角原理公式 cos ∠AA 1B=cos ∠AA 1H·cos ∠BA 1H,得cos ∠AA 1H=︒︒=∠∠30cos 45cos cos cos 11H BA B AA =36∴∠AA 1H=arc cos36 方法指导 在研究空间图形时,基本元素的位置关系和数量关系是密不可分、相互转化的.解法二在数量关系AA 1=AD=AB 的基础上,得到A 在平面A 1BD 上的射影的性质,解法三在找到基本图形-----三棱锥A 1-ABD 后,利用最小角原理公式,最小角原理公式是立体几何的重要公式之一,解法三利用该公式,解法简捷明了.【变式训练2】 如下图,在四棱锥P 一ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD ⊥底面ABCD,PD ⊥DC,E 是PC 的中点.(1) 证明PA ∥平面EDB ；(2) 求EB 与底面ABCD 所成的角的正切值. 答案 (1)连结AC,AC 交BD 于O.连结EO. ∵底面ABCD 是正方形,∴点O 是AC 的中点. 在△PAC 中,EO 是中位线,∴PA ∥EO. 而EOC ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB, 所以PA ∥平面EDB.(3) 作EF ⊥DC 交DC 于F,连结BF,设正方形ABCD 的边长为a. ∵PD ⊥底面ABCD,∴PD ⊥DC. ∴EF ∥PD,F 为DC 的中点∴EF ⊥底面ABCD,BF 为BE 在底面ABCD 内的射影,故∠EBF 为直线EB 与底面ABCD 所成的 角.在Rt △BCF 中,BF=a a a CF BC 25)2(2222=+=+. ∴EF=21PD=2a ,∴在Rt △EFB 中,tan ∠EBF=55252==a aBF EF . 所以EB 与底面ABCD 所成的角的正切值为 题型2 向量法求直线与平面的夹角【例3】 在以边长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 和F 分别是BC 和C 1D 1上的点,BE=C 1F=31，试求EF 与平面A 1BD 所成的角的余弦值. 解析 如下图建立恰当的空间直角坐标系,用坐标向量及平面的法向量求解.答案 以A 为原点,分别以AB ,AD ,1AA 方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向而建立坐标系,如上图所示,则A 1(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,1),E(1,31,0),F(32,1,1). 1AC =(1,1,1),B A 1=(1,0,-1),D A 1(0,1,-1). 由于1AC ·B A 1=(1,1,1)·(1,0,-1)=1-1=0, ∴1AC ⊥B A 1,1AC .D A 1=(1,1,1)·(0,1,-1)=1-1=0, ∴1AC ⊥D A 1,∴1AC ⊥平面A 1BD,故1AC 是平面A 1BD 的法向量.又=(-31,32,1),·1AC =(-31,32,1)·(1,1,1)=34,||=314,|1AC |=3.记ϕ为与1AC 之间所成之角则cos ϕ424331443=•.以θ记与平面A 1BD 所成之角,则θ=ϕπ-2,∴cos=θ=cos(2π-ϕ)=sin ϕ=21273211342161cos 12==-=-ϕ. 规律总结 利用向量法求直线与平面所成角的解题步粟可以分解为:①根据题设条件,图形特征建立适当的空间直角坐标系；②得到相关点的坐标,进而求出相关向量的坐标；③利用分式cos<a,b>=ba ba •,进行计算,其中向量a 是直线的方向向量,b 可以是平面的法向量,可以是直线在平面内射影的方向向量；④将(a,b)转化为所求的线面角. 这里要注意的是:平面的斜线的方向向量与平面法向量所成的锐角是平面的斜线与平面所成角的余角.【变式训练3】 如下图所示,已知直角梯形ABCD,其中AB=BC=2AD,AS ⊥平面ABCD,AD ∥BC,AB ⊥BC 且AS=AB.求直线SC 与底面ABCD 的夹角的余弦值.答案 由题设条件知,可建立以AD 为x 轴,AB 为y 轴,AS 为z 轴的空间直角坐标系,如下图所示,设AB=1,则A(0,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),D(21,0,0),S(0,0,1).∴AS =(0,0,1),CS =(-1,-1,1).显然AS 是底面的法向量,它与已知向量的夹角β=90°-θ,故有sin θ=cos β33311=⨯=,于是 cos θ=36sin 12=-θ. 【例4】 如下图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA 1=2,D 、E 分别是CC 1与A 1B 的中点,点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G.求A 1B 与平面ABD 所成角的大小.(结果用反三角函数值表示) 解析 求线面角关键在于找到平面的一个法向量,法向量与直线所在的向量夹角的互余的角,即为所求的角,因此结合图形的特征,可以先建立空间直角坐标系,求出平面ABD 的法向量,再按公式求解. 答案 以C 为原点,CA 所在直线为x 轴建立空间直角坐标系,设AC 的长为a,则A(a,0,0),B(0,a,0)D(0,0,1)A1(a,0,2,)则点G(3a ,3a ,31),E(2a ,2a,1).由于E 在面ABD 内的射影为G 点,所以 GE ⊥面ABD.又DA =(a,0,-1),AB =(-a,a,0)GE =(6a ,6a ,32),,由AB ·GE =0及 DA ·GE =0可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=-,066,0326222a a a 解得a=2. 取=(6a ,6a ,32)=(31,31,32,)为平面ABD 的法向量,A 1=(-2,2,-2).设A 1B 和平面ABD 所成的角为θ,则sin θ=32222949191|343232|222=++++-+-. 故所求A1B 和平面ABD 所成的角为arin2方法指导 本题也可以不用向量方法求解,而用传统的几何方法求解,但处理的过程不像向量法简单直接.请读者用传统方法试着处理一下.规律 方法 总结(1)利用平面a 的法向量n 求斜线AB 与平面a 的夹角θ时,应注意关系,sin θ=|cos<,n>),其中θ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π，不要认为<,n>或<,n>就是θ角；(2)求直线与平面夹角的常见方法:①当直线与平面垂直时,直线与平面所成的角为90°,当直线与平面平行或在平面内时,直线与平面所成的角为0°；②当直线与平面斜交时,用以下三种方法求角：方法一:定义法:在直线上任取不同于斜足的一点作面的垂线,确定射影,找出斜线与平面所成的角,通过解三角形求得；方法二:向量法:建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,由向量夹角公式,求出法向量n 与斜线对应向量的夹角θ(锐角),则所求线面角为2π-θ；方法三:由公式cos θ=cos θ1·cos θ2,求斜线与平面所成的角.定时 巩固 检测基础训练1.平面的一条斜线和这个平面所成角θ的范围是 （ ）A.0°<θ<90°B.0°≤θ≤90°C.0°<θ≤90D.0°<θ<180°【答案】 A(点拨:由与平面相交但不垂直的直线为平面的斜线知0°<θ<90°.)2.一条直线与平面a 所成的角为30°,则它和平面a 内所有直线所成的角中最小的角是 （ ）A.30°B.60°C.90°D.150°【答案】 A(点拨:本题考查最小角定理,斜线与平面所成的角是斜线与平面内直线所成角中最小的角.)3.如下图,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中BC 1与对角面BB 1D 1D 所成的角是 （ ）A.∠C 1BB 1 B ∠C 1BD C.∠C 1BD 1 D.∠C 1BO【答案】 D(点拨:∵O 是点C 1在平面BB 1D 1D 上的射影,∴BO 为BC 1在平面BB 1D 1D 内的射影.∵∠C1BO 为所求.)4.PA,PB,PC 是从P 点引出的三条射线,每两条夹角都为60°,则直线PC 与平面APB 所成角的余弦值为 （ ）A. 21 B.36 C.33 D.23 【答案】 C(点拨,设PC 与平面APB 所成角为θ,则由cos60°=cos θ·cos30°得cos θ=33.) 5.正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,O 为侧面BCC 1B 1的中心,则AO 与平面ABCD 所成角的正弦值为 ( )A.33B.21 C.66 D.23 【答案】 C(点拨:取BC 中点M,连AM,OM,易知∠OAM 即为AO 与平面6.)ABCD所成的角,可求得sin∠OAM=6能力提升6.如右图所示,点P是△ABC所在平面外的一点,若PA、PB、PC与平面a所成的角均相等,则点P在平面a上的射影P′是△ABC的（）A.内心B.外心C.重心D.垂心【答案】B(点拨:由于PA、PB、PC与平面a所成的角均相等,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 内的射影P′A、P′B、P′C也都相等,故点P是△ABC的外心,因此,应选B.)7.从同一点O引出不共面的三条射线OA,OB,OC且两两成60°角,OA 与平面BOC的夹角为3(点拨:设OA与平面BOC的夹角为θ,由上述分【答案】arc cos33,所以OA与.平面BOC的夹析可得cos60°=cosθ·cos30°,即cosθ=33.)角为arc cos38.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别是AB、C1D1的中点,求A1B1与平面A1MCN所成角的大小.【答案】 法一:分别以DA,DC,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系如上图,设正方体的棱长为1,则A 1(1,0,1),M(1,21,1),N(0,21,1),B 1(1,1,1),所以11B A =(0,1,0),M A 1=(0,21,-1),N A 1=(-1,21,0).设平面A 1MCN 的一个法向量为n=(x,y,z),则有⎪⎩⎪⎨⎧⊥⊥,,11M A n N A n 得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+-.021,021z y y x 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==y z y x 2121， 令y=2,则x=z=1,所以n=(1,2,1).cos<11B A ,n)=6121111⨯=••n B A n B A =36. 所以直线A 1B 1与平面A 1MCN 所成的角为arc cos36. 法二:连接MN,B 1C,A 1D,A 1C,如右图、所示,由三垂线定理可得MN ⊥A 1B 1,MN ⊥B 1C,所以MN ⊥平面A 1B 1CD,又MN ⊂平面A 1MCN,所以平面A 1MCN ⊥平面A 1B 1CD,又平面A 1MCN 与平面A 1B 1CD 的交线是A 1C,故点B 1在平面A 1MCN 内的射影在直线A 1C 上,所以∠B 1A 1C 就是A 1B 1与平面A 1MCN 所成的角,在Rt △B 1A 1C 中,tan ∠B 1A 1C=111B A C B =2,即A 1B 1与平面A 1MCN 所成的角的大小是arc tan 2. 9.如右图在矩形ABCD 中,2AB=BC,沿对角线AC 将 △ACB 折起到ACB ′的位置,使平面ADB ′⊥平面ACD.(1)求证:平面ACB ′⊥平面CBD ；(2)求AD 与平面ACB ′所成角的大小.【答案】 (1) ⎪⎭⎪⎬⎫='⊥'⊥AD ACD B AD ACD B AD ADCD 平面平面平面平面I ⇒CD ⊥平面ADB ′⇒平面ACB ′⊥平面CB ′D.(2) 作DE ⊥B ′C 于E,连接AE.如图,由(1)知平面ACB ′⊥平面CB ′D,所以DE ⊥平面ACB ′.所以∠DAE 为AD 与平面ACB ′所成的角. 设CD=1,则BC=2,在Rt △B ′DC 中,∠CDB ′=90°,B ′C=BC=2,CD=1,所以B ′D=3,所以DE=′CD BD ′CB •=23所以在R △AED 中,sin ∠DAE=ADDE =223=43,故直线AD 与平面ACB ′所成的角为 arcsin=43. 10.P 是△ABC 所在平面外一点,PA,PB,PC 两两互相垂直,且PA=10,PB=8,PC=6,求PA 与平面ABC 所成的角.【答案】∵AP ⊥PB,PA ⊥PC,∴PA ⊥平面PBC,PA ⊥BC,过A 作AD ⊥BC 于D,连接PD,那么BC ⊥平面PAD,过P 作PO ⊥AD 于O.∴PO ⊥AD;BC ⊥PO,∴PO ⊥面ABC,∠PAO 就是PA 与面ABC 所成的角,∵PB=8,PC=6,∴BC=10,PD=BC PC PB •=524,tan ∠PAD=10524=2512, 因此PA 与面ABC 所成的角为arctan 2512. 11.如下图,在四棱锥P 一ABCD 中,底面为直角梯形,AD ∥BC,∠BAD=90°,PA ⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M 、N 分别为PC 、PB 的中点.求:CD 与平面ADMN 所成的角.【答案】建立如下图所示的空间直角坐标系Axyz,设PA=2,则P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,1,0),则=(2,0,-2),=(0,2,0),=(2,-1,0).因为·=(2,0,-2)·(0,2,0)=0,所以PB ⊥AD.又因为由三垂线定理可得PB ⊥DM,所以PB ⊥平面ADMN.因此<,>的余角即是CD 与平面ADMN 所成的角.因为cos(,DC510,所以CD 与平面ADMN 所成的角为arcsin510.。

两条直线的夹角一、 教学目的：1． 分清直线1l 到直线2l 的角与直线2l 到直线1l 的角以及两条直线1l 与2l 的夹角的区别与联系。

2． 掌握直线1l 到直线2l 的角的计算公式3． 掌握直线1l 与直线2l 的夹角的计算公式二、 情感目标：通过对两直线的倾斜角与夹角的关系探索，找出夹角的正切值与两直线斜率之间的关系；运用两角差的正切公式，进一步渗透解析几何的思想，即用代数运算解决几何图形问题；培养学生思维的缜密性、条理性、深刻性。

三、 教学重、难点：1．当一条直线斜率不存在时，如何求解两直线的夹角。

2．根据题意正确使用夹角，到角公式，注意根据图形进行舍解。

四、 教学过程：（一）引入：平面内两条直线的位置关系有平行、重合和相交。

我们分别用直线的代数形式去描述了它们的位置关系。

在相交直线中特殊的位置关系是垂直，即两条直线所成角为90。

因此，我们可以用两直线的夹角大小来描述两条相交直线的位置关系。

平面上，两条相交直线1l 和2l 构成四个角，它们是两对对顶角。

为了区别这些角，通常规定：直线1l 绕着交点M 按逆时针方向旋转到和2l 重合时所得到的角，叫做1l 到2l 的角。

直线2l 绕着交点M 按逆时针方向旋转到和1l 重合时所得到的角，叫做2l 到1l 的角。

2lM 1l当1l ⊥2l 时，即1l 到2l 的角为90。

=⇔21k k 1-或一条直线斜率为零，另一条直线斜率不存在。

通过这充要条件启发我们，1l 到2l 的角的大小是否也可以与1l 、2l 的斜率建立关系呢？（二）推导：设两条直线方程分别是1l ：11b x k y +=，2l ：22b x k y +=（1k ，2k 均存在），1l 到2l 的角θ如果121-=k k ，那么θ=90。

如果121-≠k k ，设1l 和2l 的倾斜角分别是1α和2α，则1k =1αtg ，2k =2αtg不论12ααθ-= 或 )(12ααπθ-+=，都有1212121)(ααααααθtg tg tg tg tg tg +-=-=， 即12121k k k k tg +-=θ 一条直线到另一条直线的角，可能不大于直角，也可能大于直角，如果只需要考虑不大于直角的角θ（叫做两条直线的夹角），那么有12121k k k k tg +-=θ （θ 90≠） 当两条直线平行或重合时，则它们的夹角是零度角，此时公式仍适用。

两条直线的夹角(2)教学目标理解直线夹角公式的推导，能正确使用夹角公式求两条直线的夹角.进一步理解运用平行、垂直、夹角等概念求直线方程的一般方法..通过两条直线夹角公式的推导，形成运用数形结合、分类讨论的思想解决问题的能力教学重点理解两条直线夹角公式的推导，会求两条直线的夹角教学难点理解两条直线夹角公式的推导，会求两条直线的夹角教学方法师生互动教学过程设计说明引入1．引例：判断以下各组直线的位置关系，如果相交，那么求出交点的坐标〔课本p16例1〕．〔1〕01243:1=-+yxl，01127:2=--yxl；〔2〕01243:1=--yxl，3:2=xl；〔3〕01243:1=--yxl，0586:2=+-yxl．解：〔参考课本p16~17〕[说明]复习判断两直线的平行、重合、相交，以及求相交直线的交点坐标的方法.由此引出新的课题.思考并答复以下问题1．〔对于上述〔1〕、〔2〕这样〕，当两条直线相交时，用什么“量〞来描述两条直线的相对位置呢？教具演示：两条直线相交，使其中一条直线绕定点旋转，让学生观察这两条直线的关系.解答：两条直线的夹角.2．回忆旧知：在初中平面几何中“两直线夹角〞的定义是什么？解答：角是有公共端点的两条射线所组成的几何图形〔如右图〕．[说明]在复习旧知的根底上引人新课.概念分析关于两直线的夹角1、概念形成两条直线的夹角如右图，两条直线相交，一共构成几个角？它们有什么关系？怎样定义两条直线的夹角呢？平面上两条直线1l和2l相交构成四个角，它们是两组互补的对顶角，因为相对而言，锐角比较简单.我们规定两条相交直线所成的锐角或直角为两条直线的夹角.如果两条直线平行或重合，规定它们的夹角为0.因此,两条直线的夹角的取值范围是⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π，而两条相交直线夹角的取值范围是〔]2,0π.现在我们可以用夹角来描述两直线的相对位置关系，当给出[说明]①为什么规定锐角或直角为两直线的夹角，说明其合理性；②提出问题，给学生造成认知冲突，激发学生探索欲2、夹角公式的推导分析：直线的方向——方向向量——斜率——倾斜角——夹角之间的关系.由于直线的方向是由直线的方向向量或者斜率决定的，下面我们借助于这两条直线的方向向量来求得两直线的夹角. [说明] 引导学生画图分析，寻找夹角、倾斜角、方向向量之间的关系.通过类比，寻求思路. 设两条直线的方程分别为1l ：111=++c y b x a 〔11,b a 不全为零〕2l ：0222=++c y b x a 〔22,b a 不全为零〕.设1l 与2l 的夹角为α，1l 与2l 的一方向向量分别为1d 与2d ，其夹角为θ，且1d =),(11a b -,2d =),(22a b -，当]2,0[πθ∈时，那么θα=如图甲所示;当],2(ππθ∈时，那么θπα-=,如图乙所示. 于是得:2222212121212121|||||||||cos |cos b a b a b b a a d d d d +⋅++=⋅⋅==θα.即为直线1l 与2l 的夹角公式.特别地,当且仅当02121=+b b a a 时, 1l 与2l 的夹角为2π,即1l 与2l 垂直.也就是说:1l ⊥2l ⇔1d 垂直2d ⇔1n 垂直2n ⇔02121=+b b a a (其中1n ,2n 分别为1l 与2l 的一个法向量)而由02121=+b b a a ,易得当0,021≠≠b b 时,有③小题〔2〕,注意结合图形,正确取舍课堂练习练习11.3〔2〕 ----1,3课堂小结1．本节课研究了两条直线的夹角，推导出两条直线的夹角公式的方法，要理解、体会其中的思想方法；2．会用两条直线垂直的充要条件解决与垂直有关的问题；3．熟练运用夹角公式求两条直线的夹角.注意不垂直的两条相交直线的夹角为锐角；4．进一步讨论了求直线方程的方法：运用待定系数法时，可设直线方程为点法向式、或点斜式方程，而在用点斜式方程时，需要分类讨论.作业1、书面作业：练习11.3〔2〕 ----2,4习题11.3 A组----10,11,122、思考题：光线沿直线l1：022=-+yx照射到直线l2：022=++yx上后反射，求反射线所在直线3l的方程.解由)2,2(2222-⎩⎨⎧=++=-+，得反射点的坐标为yxyx.设3l的方程为0)2()2(=++-ybxa〔其中),(ban=为一法向量，ba,不同时为零〕由反射原理,直线1l与2l的夹角等于2l与3l的夹角，得babababa211252552222-==⇒+⋅+=⋅+或,舍去ba2=(否那么与l1重合) ,所以ba112-=,得3l的方程为26112=--yx.3．思考题：在y轴的正半轴上给定两点A〔0，a〕，B〔0，b〕，点A 在点B上方，试在x轴正半轴上求一点C，使∠ACB取到最大值.答：abC=.[说明] ①作业1是课本习题，通过它来反响知识掌握效果，稳固所学知识，强化根本技能的训练，培养学生良好的学习习惯和品质；②作业2、3设计成思考题，是为了给学有余力的学生留出自由开展的空间，学生可以根据实际情况选用.如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！实用文档.。

空间向量两直线夹角公式
空间向量的两直线夹角是指两条直线在空间中的夹角。

在三维空间中，如果两条直线不平行，则它们一定会相交或者平面上相交，此时它们的夹角就是它们所在平面的夹角。

否则，如果两条直线平行，它们的夹角就是零。

在计算两条直线在空间中的夹角时，可以采用向量的方法。

假设有两个向量a和b，它们是两条直线的方向向量。

则它们的夹角θ的计算公式为：
cosθ=a·b/|a|·|b|
其中，a·b表示a和b的点积，|a|和|b|分别表示a和b的模长。

这个公式的物理意义是，cosθ等于a和b的点积除以它们的长度乘积，也就是它们的夹角所对应的三角形的底边长与斜边长的比值。

在实际计算中，可以先通过向量叉积来求出a和b所在的平面的法向量n，然后计算n与a、b之间的夹角，再根据平面夹角和空间夹角的关系来计算最终的结果。

除了向量的方法，还有一些几何方法来计算两条直线的夹角。

比如可以通过两条直线在平面上的投影来计算它们的夹角，或者通过它们在空间中的投影来计算它们的夹角。

总之，在计算空间向量的两条直线的夹角时，需要先确定它们的方向向量，然后采用向量或几何方法来计算它们的夹角。

这个夹角可以作为判断两条直线是否相交、平-行或垂直的重要指标。

11.3两条直线的夹角(2)教学目标理解直线夹角公式的推导，能正确使用夹角公式求两条直线的夹角.进一步理解运用平行、垂直、夹角等概念求直线方程的一般方法..通过两条直线夹角公式的推导，形成运用数形结合、分类讨论的思想解决问题的能力教学重点理解两条直线夹角公式的推导，会求两条直线的夹角教学难点理解两条直线夹角公式的推导，会求两条直线的夹角教学方法师生互动教学过程设计说明引入1．引例：判断下列各组直线的位置关系，如果相交，则求出交点的坐标（课本p16例1）．（1）01243:1=-+yxl，01127:2=--yxl；（2）01243:1=--yxl，3:2=xl；（3）01243:1=--yxl，0586:2=+-yxl．解：（参考课本p16~17）[说明]复习判断两直线的平行、重合、相交，以及求相交直线的交点坐标的方法.由此引出新的课题.思考并回答下列问题1．（对于上述（1）、（2）这样），当两条直线相交时，用什么“量”来描述两条直线的相对位置呢？教具演示：两条直线相交，使其中一条直线绕定点旋转，让学生观察这两条直线的关系.解答：两条直线的夹角.2．回顾旧知：在初中平面几何中“两直线夹角”的定义是什么？解答：角是有公共端点的两条射线所组成的几何图形（如右图）．[说明]在复习旧知的基础上引人新课.概念分析关于两直线的夹角1、概念形成两条直线的夹角如右图，两条直线相交，一共构成几个角？它们有什么关系？怎样定义两条直线的夹角呢？平面上两条直线1l和2l相交构成四个角，它们是两组互补的对顶角，因为相对而言，锐角比较简单.我们规定两条相交直线所成的锐角或直角为两条直线的夹角.如果两条直线平行或重合，规定它们的夹角为0.因此,两条直线的夹角的取值范围是⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π，而两条相交直线夹角的取值范围是（]2,0π.现在我们可以用夹角来描述两直线的相对位置关系，当给出两条直线的方程时，它们的相对位置就确定了，它们的夹角也随之确定，那么，如何根据直线方程求两直线的夹角呢？[说明]①为什么规定锐角或直角为两直线的夹角，说明其合理性；②提出问题，给学生造成认知冲突，激发学生探索欲2、夹角公式的推导分析：直线的方向——方向向量——斜率——倾斜角——夹角之间的关系.由于直线的方向是由直线的方向向量或者斜率决定的，下面我们借助于这两条直线的方向向量来求得两直线的夹角. [说明] 引导学生画图分析，寻找夹角、倾斜角、方向向量之间的关系.通过类比，寻求思路. 设两条直线的方程分别为1l ：111=++c y b x a （11,b a 不全为零）2l ：0222=++c y b x a （22,b a 不全为零）.设1l 与2l 的夹角为α，1l 与2l 的一方向向量分别为1d 与2d ，其夹角为θ，且1d =),(11a b -,2d =),(22a b -，当]2,0[πθ∈时，则θα=如图甲所示;当],2(ππθ∈时，则θπα-=,如图乙所示.于是得:2222212121212121|||||||||cos |cos b a b a b b a a d d d d +⋅++=⋅⋅==θα.即为直线1l 与2l 的夹角公式.特别地,当且仅当02121=+b b a a 时, 1l 与2l 的夹角为2π,即1l 与2l 垂直.也就是说:1l ⊥2l ⇔1d 垂直2d ⇔1n 垂直2n ⇔02121=+b b a a (其中1n ,2n 分别为1l 与2l 的一个法向量)补角；③小题（2）,注意结合图形,正确取舍课堂练习练习11.3（2）----1,3课堂小结1．本节课研究了两条直线的夹角，推导出两条直线的夹角公式的方法，要理解、体会其中的思想方法；2．会用两条直线垂直的充要条件解决与垂直有关的问题；3．熟练运用夹角公式求两条直线的夹角.注意不垂直的两条相交直线的夹角为锐角；4．进一步讨论了求直线方程的方法：运用待定系数法时，可设直线方程为点法向式、或点斜式方程，而在用点斜式方程时，需要分类讨论.作业1、书面作业：练习11.3（2）----2,4习题11.3 A组----10,11,122、思考题：光线沿直线l1：022=-+yx照射到直线l2：022=++yx上后反射，求反射线所在直线3l的方程.解由)2,2(2222-⎩⎨⎧=++=-+，得反射点的坐标为yxyx.设3l的方程为0)2()2(=++-ybxa（其中),(ban=为一法向量，ba,不同时为零）由反射原理,直线1l与2l的夹角等于2l与3l的夹角，得babababa211252552222-==⇒+⋅+=⋅+或,舍去ba2=(否则与l1重合) ,所以ba112-=,得3l的方程为26112=--yx.3．思考题：在y轴的正半轴上给定两点A（0，a），B（0，b），点A在点B上方，试在x轴正半轴上求一点C，使∠ACB取到最大值. 答：abC=.[说明] ①作业1是课本习题，通过它来反馈知识掌握效果，巩固所学知识，强化基本技能的训练，培养学生良好的学习习惯和品质；②作业2、3设计成思考题，是为了给学有余力的学生留出自由发展的空间，学生可以根据实际情况选用.。

用空间向量研究夹角问题课程标准 学习目标1.能用向量方法解决简单夹角问题.2.体会向量方法在研究几何问题中的作用1.知道两个相交平面夹角的含义,借助直线的方向向量和平面的法向量,能求直线与直线、直线与平面、平面与平面所成的角或夹角.2.能分析和解决一些立体几何中的角度问题,体会向量方法与综合几何方法的共性和差异,体会直线的方法向量和平面的法向量的作用,感悟向量是研究几何问题的有效工具知识点一 空间角空间图形范围 向量法几何法 异面直线所成的角0°< θ≤90°cosθ=|cos <u ,v>|= 平移交于一点,解三角形直线与平面所成的角sin θ=|cos <u ,n>|=过直线上一点作平面的垂线,解三角形 平面与平面的夹角cos θ=|cos <n 1,n 2>|=作两平面的垂面解三角形【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”) (1)异面直线所成的角与其方向向量的夹角相等.( )(2)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所成的角为θ,则cos θ=|u ·v ||u ||v |.( )(3)二面角的大小等于平面与平面的夹角. ( ) 知识点二 解决立体几何中空间角问题的步骤用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”可以概括为“一化二算三译”六字诀.“一化”就是把立体几何问题转化为向量问题;“二算”就是通过向量运算,研究点、线、面之间的位置关系以及它们之间的角度问题;“三译”就是把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义.探究点一 异面直线所成角的求法例1 (1)已知在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 是DC 的中点,建立如图1-4-27所示的空间直角坐标系,图1-4-27则AB 1与D 1E 所成角的余弦值为( )A .√1010 B .√105 C .-√1010D .-√105(2)如图1-4-28所示,在三棱柱OAB-O 1A 1B 1中,平面OBB 1O 1⊥平面OAB ,∠O 1OB=60°,∠AOB=90°,且OB=OO 1=2,OA=√3,求异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值.图1-4-28[素养小结]用向量法求异面直线的夹角时,常在两异面直线a 与b 上分别取点A ,B 和C ,D ,则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为a ,b 的方向向量,若异面直线a ,b 的夹角为θ,则cos θ=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |.运用向量法常有两种途径:①基底法:在一些不适合建立坐标系的题型中,经常采用取基底的方法.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 ,|a|与|b|,一般是把a ,b 用基向量表示出来,再求有关的量.②坐标法:根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系,写出相关各点的坐标,利用坐标法求线线角,避免了传统找角或作角的步骤,使过程变得简单.探究点二求直线和平面所成的角例2 [2020·安徽芜湖高二期中] 如图1-4-29,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是AB的中点.(1)证明:AC1⊥平面D1B1C;(2)求直线CE与平面D1B1C所成角的余弦值.图1-4-29变式[2020·山东肥城高二期中] 在如图1-4-30所示的多面体中,AD⊥平面PDC,四边形ABCD为平行四边形,E为AD的中点,F为线段BP上一点,∠CDP=120°,AD=3,AP=5,CD=2.(1)若F为BP的中点,证明:EF∥平面PDC;BP,求直线AF与平面PBC所成角的正弦值.(2)若BF=13图1-4-30[素养小结]向量法求线面角的步骤:①分析图形中的位置关系,建立空间直角坐标系;②求出直线的方向向量s和平面的法向量n;③求出夹角<s,n>;④判断直线和平面所成的角θ和<s ,n>的关系,求出角θ.拓展 [2021·北京丰台区高二期中] 如图1-4-31,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA 1=3.M 是AB 的中点,N 是B 1C 1的中点,点P 在线段A 1N 上,且A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,Q 是BC 1与B 1C 的交点.(1)求证:PQ ∥平面A 1CM.(2)在线段AA 1上是否存在点S ,使得直线CS 与平面A 1CM 所成角的正弦值为√214?请说明理由.图1-4-31探究点三 求平面与平面的夹角例3 [2020·江苏如皋高二期中] 如图1-4-32所示,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB=BC ,AA 1,AC ,A 1C 1的中点分别为D ,E ,F. (1)求证:AC ⊥平面BEF ;(2)若异面直线AA 1与BF 所成的角为45°,且BC 与平面BEF 所成角的正弦值为√55,求平面BCD 与平面CDB 1夹角的余弦值.图1-4-32变式 [2020·江苏盐城亭湖区月考] 如图1-4-33所示,在三棱锥P-ABC 中,△PAC 为等腰直角三角形,∠APC=90°,△ABC 为正三角形,AC=2. (1)证明:PB ⊥AC ;(2)若平面PAC ⊥平面ABC ,求平面APC 与平面PCB 夹角的余弦值.图1-4-33[素养小结]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)就是两个平面的夹角θ,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平面的法向量n 1,n 2; (3)计算:cos θ=|n 1·n 2||n 1||n 2|.拓展 如图1-4-34,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥AD ,AB ∥CD ,CD ⊥AD ,AD=CD=2AB=2,E ,F 分别为PC ,CD 的中点,DE=EC. (1)求证:平面ABE ⊥平面BEF ;(2)设PA=a ,若平面EBD 与平面ABCD 的夹角θ∈π4,π3,求a 的取值范围.图1-4-341.若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l 与平面α所成的角等于( )A .120°B .60°C .30°D .以上均错2.已知两个平面的法向量分别是m=(1,2,-1),n=(1,-1,0),则这两个平面所成的二面角的余弦值为 ( ) A .-√36或√36B .-√33或√33C .-√36D .√363.[2020·江苏南通高一期末] 在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=2,AA 1=1,则直线BC 1与平面BB 1DD 1所成角的正弦值为 ( ) A .√63B .√102C .√155D .√1054.[2021·天津部分区高二期中] 如图1-4-35,在四面体OABC 中,OA=OB=OC ,OA ⊥OB ,OB ⊥OC ,OC ⊥OA ,则平面BAC 与平面ACO 夹角的余弦值为 ( )图1-4-35A .√33 B .√22C .1D .13用空间向量研究夹角问题参考答案【课前预习】知识点一|u ·v ||u ||v |0°≤θ≤90° |u ·n ||u ||n |0°≤θ≤90° |n 1·n 2||n 1||n 2|诊断分析(1)× (2)× (3)× [解析] (1)当两个方向向量的夹角是锐角或直角时,向量的夹角与异面直线所成的角相等;当两个方向向量的夹角为钝角时,向量的夹角与异面直线所成的角互补.故错误. (2)sin θ=|u ·v ||u ||v |,故错误.(3)二面角中不大于90°的二面角称为平面与平面的夹角.故错误. 【课中探究】探究点一例1 (1)A [解析] ∵A (2,2,0),B 1(2,0,2),E (0,1,0),D 1(0,2,2),∴AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,2),ED 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2),∴|AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√2,|ED 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5,AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ED 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0-2+4=2,∴cos <AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,ED 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ED 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||ED 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√2×√5=√1010,∴AB 1与ED 1所成角的余弦值为√1010. (2)解:建立如图所示的空间直角坐标系,则O (0,0,0),O 1(0,1,√3),A (√3,0,0),A 1(√3,1,√3),B (0,2,0),所以A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,-√3),O 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,-√3),所以|cos <A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,O 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·O 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|O 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |= √3,√3)·(√3,√3√7×√7=17,所以异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值为17.探究点二例2 解:(1)证明:如图,以D 为坐标原点,分别以DA ,DC ,DD 1所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则A (2,0,0),E (2,1,0),C (0,2,0),B 1(2,2,2),C 1(0,2,2),D 1(0,0,2), ∴CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,2),CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,2). ∵AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2×0+2×(-2)+2×2=0, AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2×2+2×0+2×2=0,∴AC 1⊥D 1C ,AC 1⊥B 1C ,又D 1C ∩B 1C=C , ∴AC 1⊥平面D 1B 1C.(2)由(1)知,EC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,0), AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,2)是平面D 1B 1C 的一个法向量,设直线CE 与平面D 1B 1C 所成的角为θ,则sin θ=|cos <EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√5×2√3=√155,∴直线CE 与平面D 1B 1C 所成角的余弦值为(√155)=√105. 变式 解:(1)证明:以D 为坐标原点,DC 所在直线为x 轴,过点D 且与平面ABCD 垂直的直线为y 轴,DA 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系(图略),则D (0,0,0),C (2,0,0),B (2,0,3),P (-2,2√3,0),A (0,0,3). 因为E 为AD 的中点,F 为BP 的中点,所以E 0,0,32,F 0,√3,32,所以直线EF 的方向向量EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,0). 易知平面PDC 的一个法向量为n=(0,0,1). 因为EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0,所以EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n ,又EF ⊄平面PDC , 所以EF ∥平面PDC.(2)由(1)知,CB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,3),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-2√3,0), 设F (x ,y ,z ),BF⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-2,y ,z-3)=13BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-43,23√3,-1, 所以F23,23√3,2,所以AF⃗⃗⃗⃗⃗ =23,23√3,-1.设平面PBC 的法向量为n 1=(x ,y ,z ),则{n 1·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{3z =0,4x -2√3y =0,取y=1,得n 1=√32,1,0,所以cos <AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 1>=AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n 1|=23×√32+23√3√49+43+1×√34+1=√353×√72=6√2135, 所以直线AF 与平面PBC 所成角的正弦值为635√21.拓展 解:(1)证明:以A 为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示,则A 1(0,0,3),C (2,0,0),M (0,1,0),N (1,1,3),Q 1,1,32,∴A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),A 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1,1,-32,CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,0),CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,3),∴A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23,23,0,∴PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13,13,-32.设平面A 1CM 的法向量为n=(x ,y ,z ),则{n ·CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x +3z =0,-2x +y =0,取z=2,得n=(3,6,2),∴PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=3×13+6×13-2×32=0,∴PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n , 又PQ ⊄平面A 1CM ,∴PQ ∥平面A 1CM.(2)假设在线段AA 1上存在点S ,使得直线CS 与平面A 1CM 所成角的正弦值为√214. 不妨设AS=h (0≤h ≤3), 则S (0,0,h ),∴CS⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,h ), ∴|cos <CS ⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|CS⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||CS⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√4+ℎ2×7, ∴7√4+ℎ2=√214,解得h=2或h=347(舍),∴当点S 为线段AA 1上靠近A 1的三等分点时,直线CS 与平面A 1CM 所成角的正弦值为√214.探究点三例3 解:(1)证明:由题可知,AA 1⊥平面ABC ,∵AC ∥A 1C 1,AC=A 1C 1,E ,F 分别是AC ,A 1C 1的中点,∴AE=A 1F ,∴四边形AEFA 1是平行四边形, ∴EF ∥AA 1,∴EF ⊥平面ABC ,又AC ⊂平面ABC ,∴EF ⊥AC.∵AB=BC ,E 是AC 的中点, ∴BE ⊥AC ,又BE ∩EF=E , ∴AC ⊥平面BEF.(2)∵AA 1∥EF ,∴∠BFE 为异面直线AA 1与BF 所成的角,即∠BFE=45°,∴EF=BE.∵AC ⊥平面BEF ,∴∠CBE 为直线BC 与平面BEF 所成的角, ∴sin ∠CBE=√55,∴tan ∠CBE=12,∴BE=2CE.以E 为原点,EB ,EC ,EF 所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设CE=1,则B (2,0,0),C (0,1,0),D (0,-1,1),B 1(2,0,2), ∴DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,0),CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,2).设平面BCD 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),则{m ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 1-z 1=0,-2x 1+y 1=0,取x 1=1,得m=(1,2,4).设平面CDB 1的法向量为n=(x 2,y 2,z 2),则{n ·DC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 2-z 2=0,2x 2-y 2+2z 2=0, 取y 2=1,得n=-32,1,2,∴cos <m ,n>=m ·n|m ||n |=172√21×√292=17√609609.设平面BCD 与平面CDB 1的夹角为θ,则cos θ=|cos <m ,n>|=17√609609, ∴平面BCD 与平面CDB 1夹角的余弦值为17√609609. 变式 解:(1)证明:取AC 的中点D ,连接PD ,BD ,∵△PAC 为等腰直角三角形,D 为中点,∴PD ⊥AC ,又△ABC 为正三角形,D 为中点,∴BD ⊥AC ,又PD ∩BD=D ,PD ⊂平面PBD ,BD ⊂平面PBD ,∴AC ⊥平面PBD.∵PB ⊂平面PBD ,∴PB ⊥AC.(2)∵平面PAC ⊥平面ABC ,平面PAC ∩平面ABC=AC ,PD ⊂平面PAC ,PD ⊥AC ,∴PD ⊥平面ABC.由(1)知BD ⊥AC ,以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A (1,0,0),B (0,√3,0),C (-1,0,0),P (0,0,1),∴DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,0),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0). 设n=(x ,y ,z )为平面PBC 的法向量,则{CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,CB⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x +z =0,x +√3y =0, 取x=1,得n=1,-√33,-1,又DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,0)是平面PAC 的一个法向量, ∴cos <DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=-√77, 设平面APC 与平面PCB 的夹角为θ,则cos θ=|cos <DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√77, ∴平面APC 与平面PCB 夹角的余弦值为√77.拓展 解:(1)证明:∵AB ∥CD ,CD ⊥AD ,AD=CD=2AB=2,F 为CD 的中点,∴四边形ABFD 为矩形,∴AB ⊥BF.∵DE=EC ,F 为CD 的中点,∴DC ⊥EF ,又AB ∥CD ,∴AB ⊥EF.∵BF ∩EF=F ,∴AB ⊥平面BEF.又AB ⊂平面ABE ,∴平面ABE ⊥平面BEF.(2)由(1)知DC ⊥EF ,又PD ∥EF ,AB ∥CD ,∴AB ⊥PD.又AB ⊥AD ,PD ∩AD=D ,∴AB ⊥平面PAD ,∴AB ⊥PA.以A 为原点,AB 所在直线为x 轴,AD 所在直线为y 轴,AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B (1,0,0),D (0,2,0),P (0,0,a ),C (2,2,0),E 1,1,a 2, 所以BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,1,a 2. 易得平面ABCD 的一个法向量为n 1=(0,0,1).设平面EBD 的法向量为n 2=(x ,y ,z ),由{n 2⊥BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2⊥BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得{n 2·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +2y =0,y +az 2=0, 取y=1,得x=2,z=-2a , 则平面EBD 的一个法向量为n 2=2,1,-2a , ∴cos θ=2a√4+1+4a 2=√5a 2+4.又∵平面EBD 与平面ABCD 的夹角θ∈π4,π3,∴cos θ∈12,√22, 即2√5a 2+4∈12,√22,∴2√55≤a ≤2√155, 故a 的取值范围是2√55,2√155.【课堂评价】 1.C [解析] ∵l 的方向向量与平面α的法向量的夹角为120°,∴它们所在直线的夹角为60°,则直线l 与平面α所成的角为90°-60°=30°.2.A [解析] 设两个平面的夹角为θ,则|cos θ|=|cos <m ,n>|=√6×√2=√36,故cos θ=±√36. 3.D [解析] 如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=2,AA 1=1,以D 为原点,DA 所在直线为x 轴,DC 所在直线为y 轴,DD 1所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系,则B (2,2,0),C 1(0,2,1),D (0,0,0),D 1(0,0,1),所以BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,1),DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0),DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1).设平面BB 1DD 1的法向量为n=(x ,y ,z ),则{n ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y =0,n ·DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =z =0,取x=1,得n=(1,-1,0).设直线BC 1与平面BB 1DD 1所成角为θ,则sin θ=|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√5×√2=√105.故选D .4.A [解析] 在四面体OABC 中,OA=OB=OC ,OA ⊥OB ,OB ⊥OC ,OC ⊥OA ,以O 为原点,OA 所在直线为x 轴,OB 所在直线为y 轴,OC 所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设OA=OB=OC=1,则A (1,0,0),B (0,1,0),C (0,0,1),O (0,0,0),所以AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1).设平面ABC 的法向量为n=(x ,y ,z ),则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-x +y =0,n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-x +z =0,取x=1,得n=(1,1,1),由题知平面AOC 的一个法向量为m=(0,1,0),设平面BAC 与平面ACO 的夹角为θ,则cos θ=|cos <m ,n>|=|m ·n ||m ||n |=√3=√33,故平面BAC 与平面ACO 夹角的余弦值为√33.故选A .。