用空间向量求角(一)

利⽤空间向量求夹⾓（例、练及答案）利⽤空间向量求夹⾓（例、练及答案）1．利⽤⾯⾯垂直建系例1：在如图所⽰的多⾯体中，平⾯平⾯，四边形为边长为2的菱形，为直⾓梯形，四边形为平⾏四边形，且，，．（1）若，分别为，的中点，求证：平⾯；（2）若，与平⾯所成⾓的正弦值为求⼆⾯⾓的余弦值．2．线段上的动点问题例2：如图，在中，，，，沿将翻折到的位置，使平⾯平⾯．（1）求证：平⾯；（2）若在线段上有⼀点满⾜，且⼆⾯⾓的⼤⼩为，求的值．11ABB A ⊥ABCD 11ABB A ABCD 11BCC B AB CD ∥AB BC ⊥1CD =E F 11A C 1BC EF ⊥11AB C 160A AB ∠=?1AC ABCD 11A AC D --ABCD Y 30A ∠=?2AB =BD ABD △A BD '△A BC '⊥A BD 'A D '⊥BCD A C 'M A M A C λ=''uuuu v uuu v M BD C --60?λ3．翻折类问题例3：如图1，在边长为2的正⽅形中，为中点，分别将，沿，所在直线折叠，使点与点重合于点，如图2．在三棱锥中，为中点．（1）求证：；（2）求直线与平⾯所成⾓的正弦值；（3）求⼆⾯⾓的⼤⼩．练习⼀、单选题1．如图，在所有棱长均为的直三棱柱中，，分别为，的中ABCD P CD PAD △PBC △PA PB C D O P OAB -E PB PO AB ⊥BP POA P AO E --a 111ABC A B C -D E 1BB 11A C点，则异⾯直线，所成⾓的余弦值为（）A ．BC ．D ．2．在三棱柱中，底⾯是边长为1的正三⾓形，侧棱底⾯，点在棱上，且，若与平⾯所成的⾓为，则的值是（） ABCD3．如图，圆锥的底⾯直径，⾼，为底⾯圆周上的⼀点，，则空间中两条直线与所成的⾓为（）A ．B ．C ．D ．4．已知四棱锥的底⾯是边长为2的正⽅形，，平⾯平⾯，是的中点，是的中点，则直线与平⾯所成⾓的正弦值是（）AD CE 121545111ABC A B C -1AA ⊥ABC D 1BB 1BD =AD 11AA C C αsin α22AB =OC D 120AOD ∠=?AD BC 30?60?75?90?P ABCD -ABCD PA PD ==ABCD ⊥PAD M PC O AD BM PCOABCD5．如图，在直三棱柱中，，，点与分别是和的中点，点与分别是和上的动点．若，则线段长度的最⼩值为（）ABCD ．6．如图，点分别在空间直⾓坐标系的三条坐标轴上，，平⾯的法向量为，设⼆⾯⾓的⼤⼩为，则（）A ．BC ．D ． 7．如图所⽰，五⾯体中，正的边长为1，平⾯，，且．设与平⾯所成的⾓为，，若，则当取最⼤值时，平111ABC A B C -90BAC ∠=?12AB AC AA ===G E 11A B 1CC D F AC AB GD EF ⊥DF A B C 、、O xyz -()0,0,2OC =uuu v ABC ()2,1,2=n C AB O --θcos θ=432323-ABCDE ABC △AE ⊥ABC CD AE ∥12CD AE =CE ABE α(0)AE k k =>ππ,64α??∈k⾯与平⾯所成⾓的正切值为（）AB ．1 CD8．已知三棱柱的侧棱与底⾯边长都相等，在底⾯内的射影为的中⼼，则与底⾯所成⾓的正弦值等于（） ABCD9．如图，四棱锥中，平⾯，底⾯为直⾓梯形，，，，点在棱上，且，则平⾯与平⾯的夹⾓的余弦值为（）ABC10．在正⽅体中，直线与平⾯所成⾓的余弦值为（） ABCD11．已知四边形，，沿折起，使⼆⾯⾓的⼤⼩在内，则直线与所成⾓的余弦值取值范围是（）BDE ABC 111ABC A B C -1A ABC ABC △1AB ABC P ABCD -PB ⊥ABCD ABCD AD BC ∥AB BC ⊥3AB AD PB ===E PA 2PE EA =ABE BED1111ABCD A B C D -1BC 1A BD ABCD 2AB BD DA ===BC CD =ABD △BD A BD C --5,66π?π?AB CDA ．B ．D ． 12．正⽅体中，点在上运动（包括端点），则与AD 1所成⾓的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．⼆、填空题13．如图，在直三棱柱中，，是的中点，则异⾯直线与所成⾓的余弦值为________．14．已知四棱锥的底⾯是菱形，，平⾯，且，点是棱的中点，在棱上，若，则直线与平⾯所成⾓的正弦值为__________．15．设，是直线，，是平⾯，，，向量在上，向量在上，，，则，所成⼆⾯⾓中较⼩的⼀个的余弦值为________．16．在四棱锥中，底⾯为平⾏四边形，平⾯，，，，，则当变化时，直线与平⾯所成⾓的取值范围是__________．三、解答题17．如图所⽰：四棱锥，底⾯为四边形，，，，平⾯平⾯，，，01??U ??1111ABCD A B C D -P 1A C BP ππ,43??ππ,42ππ,62ππ,63111ABC A B C -12AB BC CC ===AC =m AC 1CB 1C M P ABCD -60BAD ∠=?PD ⊥ABCD PD AB =E AD F PC :1:2PF FC =EF ABCD a b αβa α⊥b β⊥1a a 1b b ()11,1,1=a 13,(0)4,=-b αβP ABCD -ABCD PA ⊥ABCD 2AB =120BAD ∠=?PA x =x PD PBC P ABCD -ABCD AC BD ⊥BC CD =PB PD =PAC ⊥PBD AC =30PCA ∠=?4PC =（1）求证：平⾯；（2）若四边形中，，是否在上存在⼀点，使得直线与平⾯的值，若不存在，请说明理由．18．如图，在斜三棱柱中，底⾯是边长为2的正三⾓形，，．（1）求证：平⾯平⾯；（2）求⼆⾯⾓的正弦值．PA ⊥ABCD ABCD 120BAD ∠=?AB BC ⊥PC M BM PBD PM MC111ABC A B C -ABC 13BB =1AB =160CBB ∠=?ABC ⊥11BCC B 1B AB C --参考答案1．【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）连接，∵四边形为菱形，∴．∵平⾯平⾯，平⾯平⾯，平⾯，，∴平⾯．⼜平⾯，∴．∵，∴．∵，∴平⾯．∵分别为，的中点，∴，∴平⾯．（2）设，由（1）得平⾯，由，，得过点作，与的延长线交于点，取的中点，连接，，如图所⽰，⼜，∴为等边三⾓形，∴，⼜平⾯平⾯，平⾯平⾯，平⾯，故平⾯．∵为平⾏四边形，∴，∴平⾯．⼜∵，∴平⾯．∵，∴平⾯平⾯．由（1），得平⾯，∴平⾯，∴．∵，∴平⾯，∴是与平⾯所成⾓．1A B 11ABB A 11A B AB ⊥11ABB A ⊥ABCD 11ABB BA I ABCD AB =BC ?ABCD AB BC ⊥BC ⊥11ABB A 1A B ?11ABB A 1A B BC ⊥11BC B C ∥111A B B C ⊥1111B C AB B =I 1A B ⊥11AB C ,E F 11A C 1BC 1EF A B ∥EF ⊥11AB C 11B C a=11B C ⊥11ABB A 160A AB ∠=?2BA =1C 1C M DC ⊥DC M AB H 1A H AM 160A AB ∠=?1ABA △1A H AB ⊥11ABB A⊥ABCD 11ABB A I ABCD AB =1A H ?11ABB A 1A H ⊥ABCD 11BCC B 11CC BB ∥1CC ∥11AA BB CD AB ∥CD ∥11AA BB 1CC CD C =I 11AA BB ∥1DC M BC ⊥11AA BB BC ⊥1DC M 1BC C M ⊥BC DC C =I 1C M ⊥ABCD 1C AM ∠1AC ABCD ∵，，∴平⾯，平⾯，∵，∴平⾯平⾯．在梯形中，易证，分别以，，的正⽅向为轴，轴，轴的正⽅向建⽴空间直⾓坐标系．则，，，及设平⾯的⼀个法向量为，由令，得设平⾯的⼀个法向量为，由得令，得⼜∵⼆⾯⾓是钝⾓，∴⼆⾯⾓的余弦值是2．【答案】（1）见解析；（2．【解析】（1）中，由余弦定理，可得．∴，∴，∴．作于点，∵平⾯平⾯，平⾯平⾯，∴平⾯．∵平⾯，∴．⼜∵，，∴平⾯．⼜∵平⾯，∴．11A B AB∥11C B CB∥11A B∥ABCD11B C∥ABCD11111A B C B B=I ABCD∥111A B CABCD DE AB⊥HAuu u vHDuuu v1HAuuu vx y z()1,0,0A()1,0,0B-BB CC=uuu v uuu v 1ADC() 111,,x y z=m1ACAD==uuu vuuu vmm11y=()3,1,2=m11AA C() 222,,x y z=ACAA==uuu vuuu vnn21z=11A AC D--11A AC D--ABD△1BD=222 BD AD AB +=90ADB∠=?90 DBC∠=?DF A B ⊥'FA BC'⊥A BD'I A BD A B'='DF⊥A BC'CB?A BC'DF BC⊥CB BD⊥BD DF D=I CB⊥A DB'A D'?A DB'CB A D⊥'⼜，，∴平⾯．（2）由（1）知，，两两垂直，以为原点，以⽅向为轴正⽅向建⽴如图所⽰空间直⾓坐标系，则，．设，设平⾯的⼀个法向量为，取．平⾯的⼀个法向量可取∵3．【答案】（1）见解析；（2；（3【解析】（1）在正⽅形中，为中点，，，∴在三棱锥中，，．∵，∴平⾯．∵平⾯，∴．A D BD '⊥BD CB B =I A D '⊥BCD DA DB DA 'D DA uu u vx D xyz -()0,1,0B (),,M x y z MDB (),,a b c =m ()11,0,a c λλλλ=-?=?=-m CBD []0,1λ∈ABCD P CD PD AD ⊥PC BC ⊥P OAB -PO OA ⊥PO OB ⊥OA OB O =I PO ⊥OAB AB ?OAB PO AB ⊥（2）取中点，连接，取中点，连接．过点作的平⾏线．∵平⾯，∴，．∵，为的中点，∴．∴．如图所⽰，建⽴空间直⾓坐标系．，，，．∵，为的中点，∴．∵平⾯，平⾯，∴平⾯平⾯．∵平⾯平⾯，平⾯，∴平⾯∴平⾯的法向量设直线与平⾯所成⾓为∴直线与平⾯AB F OF AO M BM O AB OG PO ⊥OAB PO OF ⊥PO OG ⊥OA OB =F AB OF AB ⊥OF OG ⊥O xyz -()A ()B -()0,0,1P 12M ??BO BA =M OA BM OA ⊥PO ⊥OAB PO ?POA POA ⊥OAB POA I OAB OA =BM ?OAB BM ⊥POA POA )1,0= -m BP POA αBP POA设平⾯的法向量为，则有令由题知⼆⾯⾓练习答案⼀、单选题 1．【答案】C【解析】设的中点，以，，为，，轴建⽴坐标系，则，，，，则，，设与成的⾓为，则，故选C ． 2．【答案】D【解析】如图，建⽴空间直⾓坐标系，易求点．平⾯的⼀个法向量是，∴，则．故选D ． 3．【答案】B【解析】取中点，以为原点，为轴，为轴，为轴，建⽴空间直⾓OAE n 0 0OA OE =??=??uu v uu u v n n1y =-P AOE --AC O OB uu u v OC uuu v OE uu uvx y z 0,,02a A ??,0,2a D ?0,,02a C ?? ???()0,0,E a ,,22a a AD ?=uuu v 0,,2a CE a ??=- uu u v AD CE θ01cos 5a a aaθ-?+?=1,12D ?11AA C C ()1,0,0=n cos ,AD ===uuu v n sin α=AB E O OE x OB y OC z 坐标系，如图所⽰，∵圆锥的底⾯直径，⾼，为底⾯圆周上的⼀点，，∴可得，，，，则，，设空间两条直线与所成的⾓为，∴，∴，即直线与所成的⾓为，故选B ． 4．【答案】D【解析】由题可知，，，，则，，∵是的中点，∴，设平⾯的法向量，直线与平⾯所成⾓为，则可取，，故选D ．2AB=OC D 120AOD ∠=?()0,1,0A -()0,1,0B (C 1,02D3,02AD ?=uuuv (0,BC =-u u u vAD BCθ31cos 2AD BC AD BC θ?===?u uuu v uu u u v v u uu u v 60θ=?AD BC 60?()0,0,0O ()0,0,2P ()1,2,0B ()1,2,0C -()0,0,2OP =uu u v ()1,2,0OC =-uuu vM PC 1,1,12M ??- 3,1,12BM ??=--uuu v PCO (),,x y z =n BM PCO θ20 20OP z OC x y ?==?=-=?+uu u vuuu vn n ()2,1,0=n sin cos BM BM BM θ?===?uuu v uuu v uuu v ，n n n5．【答案】A【解析】建⽴如图所⽰的空间直⾓坐标系，则，，，，，则，，由于，∴，∴，故，∴当时，线段A ． 6．【答案】C【解析】由题意可知，平⾯的⼀个法向量为：，由空间向量的结论可得：．故选C ． 7．【答案】C【解析】如图所⽰，建⽴如图所⽰的空间直⾓坐标系，()0,0,0A ()0,2,1E ()1,0,2G 0(),0,F x 0(0,),D y ()1,,2GD y =--uuu v (),2,1EF x =--uu u v GD EF ⊥220GD EF x y =--+=?uuu v uu u v22x y =-DF =45y =DF ABO ()0,0,2OC =uuu v42cos 233OC OC θ?===??uuu vuuu vn n O xyz -则，，，，取的中点，则，则平⾯的⼀个法向量为，由题意⼜由，∴∴当的法向量为，则，取，由平⾯的法向量为，设平⾯和平⾯所成的⾓为，则，∴，∴C ． 8．【答案】B【解析】如图，设在平⾯内的射影为，以为坐标原点，、分别为轴、轴建⽴空间直⾓坐标系如图．，，ABE 3,04CM ?=uuu v sin CE CM CE CM α?==uu u v u uu u u vv uu v uu ππ,64α??∈1sin 2α≤=≤k ≤k k BDE (),,x y z =n 0 1022DE y z BE y z==?++=?uuu v uu u v n n (=-n ABC ()0,0,1=m BDE ABC θcos θ?= =n m n m sin θ=tan θ=1A ABC O O OA 1OA x z设边长为1，的法向量为．设与底⾯所成⾓为故直线与底⾯B ．9．【解析】以为坐标原点，以、、所在直线为、、轴，建⽴空间直⾓坐标系，设平⾯的⼀个法向量为，则，取的法向量为，与平⾯B ．10．【答案】C【解析】分别以，，为，，轴建⽴如图所⽰空间直⾓坐标系：ABC △112B ? ??ABC ()0,0,1=n 1AB ABC α1AB ABC B BC BA BP x y z ()0,0,0B ()0,3,0A ()0,0,3P ()3,3,0D ()0,2,1E ()0,2,1BE =uu u v ()3,3,0BD =uu u vBED (),,x y z =n 20330BE y z BD x y =+=?=+=?uu u v uu u vn n 1z =ABE ()1,0,0=m ABE BED DA DC 1DD x y z设正⽅体的棱长为1，可得，，，，∴，，，设是平⾯的⼀个法向量，∴，即，取，得，∴平⾯的⼀个法向量为，设直线与平⾯所成⾓为，∴，即直线与平⾯所成⾓的余弦值是C ． 11．【答案】A【解析】取中点，连结，，∵．，，且，∴是⼆⾯⾓的平⾯⾓，以为原点，为轴，为轴，过点作平⾯的垂线为轴，建⽴空间直⾓坐标系，，，，()0,0,0D ()1,1,0B()10,1,1C ()11,0,1A ()11,0,1BC =-uuu r ()11,0,1A D =--uuu r ()1,1,0BD =--uu u r(),,x y z =n 1A BD 100A D BD =?=uuu v uu u vn n 0 0x z x y =+=+1x =1y z ==-1A BD ()1,1,1=--n 1BC 1A BD θ1BC 1A BD BD O AO CO 2AB BD DA ===BC CD ==CO BD ⊥AO BD ⊥1CO =AO AOC ∠A BD C --O OC x OD y O BCD z ()0,1,0B -()1,0,0C ()0,1,0D设⼆⾯⾓的平⾯⾓为，则，连、，则，，∴，，设、的夹⾓为，则∵，∴，故，∴．故选A ．12．【答案】D【解析】以点为原点，、、所在直线分别为轴建⽴空间直⾓坐标系，设正⽅体棱长为1，点坐标为，则，，设、的夹⾓为，则∴当时，，．当时，取最⼩值，．∵，∴与所成⾓的取值范围是．故选D ．⼆、填空题 13．【解析】在直三棱柱中，，是的中点，A BD C --θ5,66θπ??∈πAO BO AOC θ∠=)A θθ)BA θθ=uu r ()1,1,0CD =-uu u rAB CD αcos AB CD AB CD α?=?uu u r uu u r uu u r uu u r 5,66θπ??∈πcos θ?∈510,2θ??-∈cos α?∈D DA DC 1DD x y z 、、P (),1,x x x -()1,,BP x x x =--uu v ()11,0,1BC =-uuu vBP uu v 1BC uuu vα11cos BP BC BP BC α?==uu v uu uu u v v uuu v 13x =cos απ6α=1x =cos α12π3α=11BC AD ∥BP 1AD ππ,63??111ABC A B C -12AB BC CC ===AC =M AC∴，．以为原点，为轴，为轴，过作的垂线为轴，建⽴空间直⾓坐标系，则，，，，∴，，设异⾯直线与所成⾓为，则．∴异⾯直线与． 14．【解析】以点建⽴如图所⽰的空间直⾓坐标系，设菱形的边长为2，则，，，平⾯的⼀个法向量为，BM AC ⊥1BM =M MA x MB y M AC z ()C ()10,1,2B ()1C ()0,0,0M )1CB =uuu v ()1MC =uuuu v1CB 1C M θ1111cos CB CB MC MC θ?===?uuu v uuu v uuuu v uuuu v 1CB 1C M D D xyz -ABCD ()0,0,0D 1,02E ?-240,,33F ?? ABCD ()0,0,1=n。

利用空间向量求空间角考点与题型归纳一、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 |❶， 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 |❷.3．二面角(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|❸，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．二、常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理 cos θ＝cos θ1cos θ2.如图，若OA 为平面α的一条斜线，O 为斜足，OB 为OA 在平面α内的射影，OC 为平面α内的一条直线，其中θ为OA 与OC 所成的角，θ1为OA 与OB 所成的角，即线面角，θ2为OB 与OC 所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. 考点一 异面直线所成的角[典例精析]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．[题组训练]1.如图所示，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C 以B 为坐标原点，以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，∴EF ―→＝(0，－1，1)，BC 1―→＝(2,0,2)，∴EF ―→·BC 1―→＝2，∴cos 〈EF ―→，BC 1―→〉＝22×22＝12，则EF 和BC 1所成的角是60°，故选C.2.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝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P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BD .又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，射线OB ，OC 分别为x 轴，y 轴的正半轴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. 考点二 直线与平面所成的角[典例精析](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＝|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．[题组训练]1．在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，由于AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，所以A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)，所以A 1C 1―→＝(－1,2,0)，BC 1―→＝(－1,0,1)，D 1C 1―→＝(0,2,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1―→·n ＝0， BC 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝2，得y ＝1，z ＝2，则n ＝(2,1,2)．设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1―→，n 〉|＝|D 1C 1―→·n ||D 1C 1―→||n |＝22×3＝13，即D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.答案：132.如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，BA ＝BC ＝5，AC ＝8，D 为线段AC 的中点．(1)求证：BD ⊥A 1D ；(2)若直线A 1D 与平面BC 1D 所成角的正弦值为45，求AA 1的长．解：(1)证明：∵三棱柱ABC ­A 1B 1C 1是直三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ，又BD ⊂平面ABC ，∴BD ⊥AA 1， ∵BA ＝BC ，D 为AC 的中点，∴BD ⊥AC ，又AC ∩AA 1＝A ，AC ⊂平面ACC 1A 1，AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，∴BD ⊥A 1D . (2)由(1)知BD ⊥AC ，AA 1⊥平面ABC ，以D 为坐标原点，DB ，DC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点D 且平行于AA 1的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz .设AA 1＝λ(λ＞0)，则A 1(0，－4，λ)，B (3,0,0)，C 1(0,4，λ)，D (0,0,0)， ∴DA 1―→＝(0，－4，λ)，DC 1―→＝(0,4，λ)，DB ―→＝(3,0,0)， 设平面BC 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC 1―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋λz ＝0，3x ＝0，则x ＝0，令z ＝4，可得y ＝－λ，故n ＝(0，－λ，4)为平面BC 1D 的一个法向量． 设直线A 1D 与平面BC 1D 所成角为θ，则sin θ＝|cosn ，DA 1―→|＝|n ·DA 1―→||n |·|DA 1―→|＝|4λ＋4λ|λ2＋16·λ2＋16＝45，解得λ＝2或λ＝8， 即AA 1＝2或AA 1＝8.考点三 二面角[典例精析]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B ­D ′A ­C 的余弦值．[解] (1)证明：由四边形ABCD 为菱形，得AC ⊥BD . 由AE ＝CF ＝54，得AE AD ＝CFCD ，所以EF ∥AC .因此EF ⊥DH ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，则OD ′2＝OH 2＋D ′H 2，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)， (由口诀“起点同”，我们先求出起点相同的3个向量．) 所以AB ―→＝(4,3,0)， AD ′―→＝(－1,3,3)，AC ―→＝(0,6,0)． (由口诀“棱排前”，我们用行列式求出两个平面的法向量．) 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．[题组训练]如图所示，四棱锥P ­ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，△DAB ≌△DCB ，E 为线段BD 上的一点，且EB ＝ED ＝EC ＝BC ，连接CE 并延长交AD 于F .(1)若G 为PD 的中点，求证：平面P AD ⊥平面CGF ； (2)若BC ＝2，P A ＝3，求二面角B ­CP ­D 的余弦值． 解：(1)证明：在△BCD 中，EB ＝ED ＝EC ＝BC ， 故∠BCD ＝90°，∠CBE ＝∠BEC ＝60°.∵△DAB ≌△DCB ，∴∠BAD ＝∠BCD ＝90°，∠ABE ＝∠CBE ＝60°，∴∠FED ＝∠BEC ＝∠ABE ＝60°.∴AB ∥EF ，∴∠EFD ＝∠BAD ＝90°， ∴EF ⊥AD ，AF ＝FD . 又PG ＝GD ，∴GF ∥P A .又P A ⊥平面ABCD ，∴GF ⊥平面ABCD ， ∵AD ⊂平面ABCD ，∴GF ⊥AD . 又GF ∩EF ＝F ，∴AD ⊥平面CGF .又AD ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面CGF .(2)以A 为坐标原点，射线AB ，AD ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (3，3，0)，D (0,23，0)，P (0,0,3)，故CB ―→＝(－1，－3，0)， CP ―→＝(－3，－3，3)，CD ―→＝(－3，3，0)． 设平面BCP 的一个法向量为n 1＝(1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·CB ―→＝0，n 1·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －1－3y 1＝0，－3－3y 1＋3z 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝－33，z 1＝23，即n 1＝⎝⎛⎭⎫1，－33，23. 设平面DCP 的一个法向量为n 2＝(1，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD ―→＝0，n 2·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3＋3y 2＝0，－3－3y 2＋3z 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝3，z 2＝2，即n 2＝(1，3，2)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝43169×8＝24， 由图知二面角B ­CP ­D 为钝角， 所以二面角B ­CP ­D 的余弦值为－24. [课时跟踪检测]A 级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.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＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010. 2．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)．∴cosDC 1―→，n＝DC 1―→·n |DC 1―→|·|n|＝33535， ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.3．在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B ­AA 1­C 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.7B.6C.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， cosAB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC ―→|AB 1―→|·|BC ―→|＝24，故tanAB 1―→，BC 1―→＝7.4.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35.5．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.12B.23C.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23.6．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OF 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为坐标原点，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．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1,0,3)，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OF 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：27.如图，已知四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点，则二面角F ­OE ­A 的余弦值为________．解析：以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz ， 由题知，OA ＝OB ＝2，则A (0，－2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，E (1，－1,0)，F (0，－1,1)， OE ―→＝(1，－1,0)，OF ―→＝(0，－1,1)，设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OE ―→＝0，m ·OF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝33.由图知二面角F ­OE ­A 为锐角， 所以二面角F ­OE ­A 的余弦值为33. 答案：338．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧C D 所在平面垂直，M 是C D 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ­ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，所以BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ， 所以DM ⊥平面BMC . 因为DM ⊂平面AMD ， 所以平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点， DA ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz .当三棱锥M ­ABC 的体积最大时，M 为CD 的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM ―→＝(－2，1,1)，AB ―→＝(0,2,0)，DA ―→＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，又DA ―→是平面MCD 的一个法向量，所以cos 〈n ，DA ―→〉＝n ·DA ―→|n ||DA ―→|＝55，sin 〈n ，DA ―→〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ­ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝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 ­P A ­C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为P A ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3.连接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P AC 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P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)，所以平面P AM 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＋a 2＝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P AM 所成角的正弦值为34. B 级1．如图，四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B ­OB 1­C 的余弦值． 解：(1)证明：∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴A 1O ⊥BD .∵四边形ABCD 是菱形，∴CO ⊥BD . ∵A 1O ∩CO ＝O ，∴BD ⊥平面A 1CO . ∵BD ⊂平面BB 1D 1D ，∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D .(2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，∴OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→， OA 1―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°， ∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3， OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0,0，6)，∴OB ―→＝(1,0,0)，BB 1―→＝AA 1―→＝(0，3，6)， OB 1―→＝OB ―→＋BB 1―→＝(1，3，6)． 设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧OB ―→·n ＝0，OB 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x ＋3y ＋6z ＝0.令y ＝2，得z ＝－1，∴n ＝(0，2，－1)是平面OBB 1的一个法向量． 同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(6，0，－1)， ∴cosn ，m＝n ·m|n |·|m |＝13×7＝2121，由图可知二面角B ­OB 1­C 是锐二面角， ∴二面角B ­OB 1­C 的余弦值为2121. 2．如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝2CD .平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ＝PD ，点E 在PC 上，DE ⊥平面P AC .(1)求证：P A ⊥平面PCD ；(2)设AD ＝2，若平面PBC 与平面P AD 所成的二面角为45°，求DE 的长．解：(1)证明：由DE ⊥平面P AC ，得DE ⊥P A ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面P AD ，所以CD ⊥P A ， 又CD ∩DE ＝D ，所以P A ⊥平面PCD . (2)取AD 的中点O ，连接PO ， 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz ，由(1)得P A ⊥PD ，由AD ＝2得P A ＝PD ＝2，PO ＝1，设CD ＝a ，则P (0,0,1)，D (0,1,0)，C (a,1,0)，B (2a ，－1,0)， 则BC ―→＝(－a,2,0)，PC ―→＝(a,1，－1)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC ―→＝0，m ·PC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋2y ＝0，ax ＋y －z ＝0，令x ＝2，则y ＝a ，z ＝3a ，故m ＝(2，a,3a )为平面PBC 的一个法向量，由(1)知n ＝DC ―→＝(a,0,0)为平面P AD 的一个法向量． 由|cosm ，n|＝|m ·n ||m ||n |＝|2a |a 10a 2＋4＝22，解得a ＝105，即CD ＝105，所以在Rt △PCD 中，PC ＝2155，由等面积法可得DE ＝CD ·PD PC ＝33.3．如图，在三棱锥P ­ABC 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30°.。

—的平而角“a®牆用向量方法求空间角和距离在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题，其传统的“三步曲”解 法：“作图、证明、解三角形”，作辅助线多、技巧性强，是教学和学习的难点.向 量进入高中教材，为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,木专题将运用 向量方法简捷地解决这些问题.1求空间角问题空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；二面角.(1)求异而直线所成的角.=arcsinli I/II H I法一、在Q 内N 丄/,在0内b 丄/,其方向如图，则二面角设方、乙分别为异而直线a 、b 的方向向量, a 则两异而直线所成的角 a — arccos 1 而Q 所成的角方向向量，；；是平而&的法 (3)求二而法二、设入云是二而角a-/-0的两个半平而的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角a-1-p的平而角a =arccos彳"22求空间距离问题构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，象异而直线间的距离、线而距离；而而距离都可化为点而距离来求.（1）求点而距离法一、设;;是平面Q的法向量，在a内取一点B,则A■ ■■I“・•到&的距离d =1 AB II cos 0\=空叫\n\法二、设AO丄a于O,利用AO丄a和点0在&内的向量表示，可确定点O的位置，从而求出I走1・（2）求异而直线的距离二 ___ ?—法一、找平而0使比0且砂0,则异而直线a、b的距离就转化为直线a到平面0的距离，又转化为点A到平面0的距离.法二、在a上取一点A,在b上取一点B,设方、b分别为异面直线a、b的方向向量,求；；（万丄方，齐丄乙），则・・D于点而距异而直线a、b的距离心而llcos弘空叫（此方法移植丨川(I )求异而直线DE 与FG 所成的角;rh 向量法求空间距离和角例1.如图，在棱长为2的正方体ABCD-gCQ 中,分别是棱4久心的中点•(II )求g 和ffiEFBD 所成的角;(III)求Q 到面EFBD 的距离解：(I )记异而直线DE 与g 所成的角为—则&等于向量码运的夹角或其补角,■ D E.FC 、|cos a =1—:_ I \DE\.\FC {\(II)缈初万冷万石)•(两霸頁艸坐标系D-小, —I 一 ・• II DE bl FC [丨呢= (1,0,2),面= (220)设面E 単翌進|=二・・・a 回風X^s£=("l ) A /5V5 5— _v 、 DE ・H = 0<DB • /z = 0得 7 = (-221)又 BC ； = (-2,0,2)记g 和而EFBD 所成的角为&则 sin 0 =1 cos 〈BC], n) 1=1 ."9 ? 1=I BC { II7? I 2 ・•・Bq 和面EFBD 所成的角为冬.4(III)点目到ffiEFBD 的距离d 等于向量丽;在而EFBD 的法向量上的投影的绝对值,BiTl 33.完成这3道小题后, 总结：例2・己知A BCD 是边长为1的正方形，四边形DA ・ q=0DC ・ q = 0向量法求空间距离和角设计说明：1・作为本专题的例1,首先选择以一个容易建立空间直角坐标系 的多而体 正方体为载体，来说明空间角和距离的向量求法易于学生理解.2.解决(1)后，可让学生进一步求这两条异而直线的距离，并让学生体会一下:如果用传统方法恐怕很难(不必多讲，高考对公垂线的作法不作要求).角、距离还是证明平行、垂直(是前者的特殊情况)，都可用向量方法来解决, 向量方法可以人人学会，它程序化，不需技巧.AA'B'B 是矩形，平丄平面A3CD 。

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．。

基础知识・自主学习I要点梳理知识冋顾理消救材1.空间向量与空间角的关系(1)已知异面直线11, 12的方向向量分别为S i, S2,当0<< Si, S2>< ，直线11与12的夹角等于〈S i, S2〉当n< < Si, S z>< n时，直线l1与l2的夹角等于n—< S1, S2 >.⑵已知平面n和n的法向量分别为n1和敗，当0<< n1, n2>< ，平面n与n的夹角等于〈n i, n2〉n当2< < n 1,敗〉^ n时，平面n与n的夹角等于兀―〈n i，n2>.⑶已知直线I的方向向量为S,平面n的法向量为n, 则直线l与平面n的夹角sin 0= |cos〈 s, n > |.2.距离公式点到直线的距离公式：d= . |PA|2—|P A S of.点到平面的距离公式：d= |PA n o|.I夯基释疑夯实基础突破疑砒1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“V”或“X”(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角.n(4)两异面直线夹角的范围是(0,刁，直线与平面所成角的范围是⑸直线I的方向向量与平面a的法向量夹角为120 °则I和a所成角为30°2.已知二面角a—I —B的大小是n, m, n是异面直线，且m丄a, n丄伏则m,3n所成的角n B.nnC.2nD.6|OP n| |n ||— 2— 6 + 2| =2,故选 B.• cos 〈 n , a >又I 与a 所成角记为 0,即 sin = |cos 〈 n , a >4 5133答案 B解析 ■/ m 丄a, n 丄B,•••异面直线m , n 所成的角的补角与二面角 a-1- B 互补.又•••异面直线所成角的范围为(0,彳, • m , n 所成的角为33.在空间直角坐标系 Oxyz 中，平面OAB 的一个法向量为n = (2, — 2,1),已知点P( — 1,3,2), 则点P 到平面OAB 的距离d 等于 ()A . 4B . 2C . 3D . 1答案 B解析 P 点到平面OAB 的距离为4.若平面a 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I 与 a 所成角的正弦值为 _______________________ . 答案解析 •/ na =— 8— 3 + 3 = — 8, |n |=“ 16+ 1 + 1 = 3 2, |a |= ” ‘4+ 9 + 9 = .22,n a ―84^/11|n| |a |= 3 2X 22=—335 . P 是二面角a — AB — B 棱上的一点，分别在平面a B 上引射线PM 、PN ，如果/ BPM =/ BPN = 45° / MPN = 60° 那么平面 a 与B 的夹角为 _________ . 答案 90° 解析不妨设PM = a , PN = b ,如图，A作ME 丄AB 于E , NF 丄AB 于F ,•••/ EPM = / FPN = 45° •PE =, PF = -22b ,E为CC i的中点，则异面直线B.嚅C並C. 103 10D.^思维启迪本题可以通过建立空间直角坐标系，利用向量BC I、AE所成的角来求. 答案B解析建立坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C i(0,2,2). BC i= (—1,0,2),Al= (—i,2,i),cos〈BC i, AE >BC i A E 30D,G/Hi/I11111/E C y|BC I||AE|10 -求解，而两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角a的范围是［0, n,所以要注意二者的区别与联系，应有cos 0= |cos a|.已知直四棱柱ABCD —A1B1C1D1中，底面ABCD 为正方形，AA1= 2AB, E 为AA i的中点，则异面直线BE与CD i所成角的余弦值为10 D.；—> —> —> —> —> —>EM FN = (PM —PE) (PN—PF)=PM PN —PM PF —PE PN+PE PF=abcos 60 —ax^bcos 45 —乎abcos 45 +^axab ab—辿 + ab= 0O 1 O 5••• EM丄FN , •••平面a与B的夹角为90°题型分类・深度剖析题型一求异面直线所成的角【例 1 长方体ABCD —A I B I C I D I中，AB= AA i= 2, AD = 1,BC i与AE所成角的余弦值为所以异面直线BC i与AE所成角的余弦值为誉.思维升华用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来1B.5答案C解析如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系.设AA i = 2AB = 2,则B(1,1,0), E(1,0,1), C(0,1,0), D i(0,0,2),•-BE = (0,- 1,1),••• cos 〈 BE , C D 1 >1 +2 = 3后2 • 5= 10题型二求直线与平面所成的角［例 2】如图，已知四棱锥 P — ABCD 的底面为等腰梯形， AB // CD ,AC 丄BD ，垂足为H , PH 是四棱锥的高，E 为AD 的中点. (1) 证明：PE 丄BC ;(2) 若/ APB = /ADB = 60 °求直线PA 与平面PEH 所成角的正弦值.思维启迪：平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键，本题可通过建立 坐标系，利用待定系数法求出平面PEH 的法向量.(1)证明 以H 为原点，HA , HB , HP 所在直线分别为x , y , z 轴, 线段HA 的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图),则 A(1,0,0) , B(0,1,0).设 C(m,0,0), P(0,0, n) (m<0, n>0)，则 D(0, m,0), E ；,罗,0 . 可得 PE = 2,罗,-n , BC = (m ,- 1,0).因为 PE BC = m — m + 0 = 0,所以 PE 丄 BC.⑵解由已知条件可得 m = —_3故 C -于，0 0 , D 0，—于，0 , E J ,*, 0,P(0,0,1). 设n = (x , y , n H E = 0, 则Sgx -吕=0,』HP = 0, Z= 0.C D i = (0，- 1,2),yAC 丄BD,BC= 1 ,AD = AA1= 3.因此可以取n = (1, - 3, 0).又PA= (1,0, - 1), 所以|cos < F A, n〉1=乎.一迈所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为丁.思维升华利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角.虽21,1 汙― （2013 湖南）如图，在直棱柱ABCD —A1B1C1D1中，AD // BC,/ BAD = 90°(1) 证明：AC 丄B1D;(2) 求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.方法一(1)证明如图，因为BB1丄平面ABCD , AC 平面ABCD，所以AC丄BB1.又AC丄BD，所以AC丄平面BB1D, 而B1D 平面BB1D，所以AC丄B1D.⑵解因为B1C1 // AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为9).如图，连接A1D，因为棱柱ABCD —A1B1C1D1是直棱柱，且 / B1A1D1= / BAD = 90°从而Rt △ ABC s Rt △ DAB，故AB = DA =BCAB，所以A i B i丄平面ADD I A I，从而A i B i丄AD i.又AD = AA i= 3，所以四边形ADD i A i是正方形.于是A i D丄AD i,故AD i丄平面A i B i D，于是AD i丄B i D. 由⑴知，AC丄B i D，所以B i D丄平面ACD i. 故/ ADB i= 90°—0,在直角梯形ABCD中，因为AC丄BD，所以/ BAC = Z ADB.即AB= , DA BC = 3.连接AB i，易知△ AB i D 是直角三角形，且B I D2= BB2+ BD2= BB?+ AB2+ AD2= 2i，即B i D = 2i.AD 3 vf2i在Rt△ AB i D 中，cos Z ADB i= =21 = ^^，即cos(90 ° 0= 从而sin 0=一即直线B i C i与平面ACD i所成角的正弦值为一尹.方法二⑴证明易知，AB，AD，AA i两两垂直.如图，以 A 为坐标原点，AB，AD，AA i所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设AB= t，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B(t,0,0)，B i(t,0,3)，C(t,i,0)，C i(t,i,3)，D(0,3,0)，D i(0,3,3).从而E h D = (—1,3，—3)，AC= (t,i,0)，BD = (—t,3,0).因为AC丄BD，所以A C E B D = —t2+ 3 + 0= 0，解得t= .3或t =—,3(舍去).于是B T D = (—.3，3，—3)，AC= ( . 3，i,0)，因为AC B i D = —3+ 3 + 0= 0，(2)解 由 AC = CB =-^AB 得， 以C 为坐标原点，CA 的方向为 方向，CC 1的方向为z 轴正方向,AC 丄 BC.x 轴正方向，CB 的方向为y 轴正建立如图所示的空间直角坐标系sin 0= |cos 〈 n , B 1C 1 > |=n B 1C 1|n | |E h C 1| _ .3_ .21=7= 7即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为21 7题型三求两个平面的夹角【例3】(2013课标全国II )如图，直三棱柱 ABC - A 1B 1C 1 中,J 2AB , BB 1 的中点，AA 1 = AC = CB =-^AB. (1) 证明：BC 1 〃 平面 A 1CD ;(2) 求平面A 1CD 与平面A 1CE 夹角的正弦值.思维启迪 根据题意知/ ACB = 90°故CA 、CB 、C®两两垂直，可以 C 为原点建立空 间直角坐标系，利用向量求两个平面的夹角.(1)证明 连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点. 又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1 // DF . 因为DF 平面A 1CD , BC 「平面A 1CD , 所以BC 1 //平面A 1CD.所以AC 丄B i D ，即AC 丄B i D.⑵解 由⑴知，AD i = (0,3,3), AC= ( 3, 1,0), B i C i = (0,1,0).设n = (x , y , z)是平面ACD i 的一个法向量， n A C = 0, 3x + y = 0,则$，即丫n AD i = 03y+3z= 0,令 x = 1，则 n = (1, -3, 3).设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为0,则D ,C|C可取m = (2,i,—2).从而cos〈n, m> ~~，故sin〈 n, m>6 3 .Cxyz.设CA= 2,贝U D(1,1,0), E(0,2,1), A i(2,0,2),CD = (1,1,0), CE = (0,2,1), CA i= (2,0,2).设n= (x i, y i, z i)是平面A i CD的法向量,n CD = 0, x i + y i = 0,则即可取n= (i, - i,—i).n CA i= 0, 2xi+ 2zi =0.同理，设m是平面A i CE的法向量,m CE = 0, 则Tm CA i= 0.所以平面A i CD与平面A i CE夹角的正弦值为思维升华求平面间的夹角最常用的方法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两n 个平面的法向量的夹角得到所求角的大小，但要注意平面间的夹角的范围为[0,刁.吕I」H如图，在圆锥PO中，已知PO= 2, O O的直径AB= 2,C是；的中点，D为AC的中点.(1)证明：平面POD丄平面FAC;(2)求平面ABF与平面ACF夹角的余弦值.(1)证明如图，以O为坐标原点，OB, OC, OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0), A( —1,0,0),B(1,0,0), C(0,1,0), P(0,0, 2), D(—2, 2 0).设n i = (x i, y i, z i)是平面POD的一个法向量，则由n i OD = 0, n i OP = 0,lie —2xi + 2y i=,得2 2 (■：；'2 z i= 0.所以平面ABP与平面ACP夹角的余弦值为10 5所以z i = 0, x i = y i，取y i = 1,得n i = (1,1,0).设n2=(X2, y2, Z2)是平面PAC的一个法向量,则由n2 PA= 0, n2 PC= 0,| —X2—■.”'2Z2= 0,得y2 —：；.；2z2= 0.所以X2=—2z2, y2= ,2z2.取z> = 1,得n2= (—2, 2, 1).因为n 1 n2= (1,1,0) (—2, 2, 1)= 0,所以m丄n2•从而平面POD丄平面PAC.⑵解因为y轴丄平面FAB,所以平面PAB的一个法向量为n3= (0,1,0).由(1)知，平面PAC的一个法向量为n2= ( —2, 2, 1). 设向量n2和n3的夹角为0,则C0S 9=|器3|=€=甲.题型四求空间距离【例4 已知正方形ABCD的边长为4, CG丄平面ABCD , CG = 2, E, F分别是AB, AD的中点，则点C到平面GEF的距离为___________ .思维启迪所求距离可以看作CG在平面GEF的法向量的投影.答案*解析建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,n=(1,1,3)所以点C到平面GEF的距离为d=嘗6 11 11则CG = (0,0,2)，由题意易得平面GEF的一个法向量为思维升华求点面距一般有以下三种方法:②等体积法；③向量法.其1.①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离; 中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便.亍心讥IY4 （2012大纲全国改编）已知直四棱柱 ABCD — A I B I C I D I 中，底面 ABCD 为正 方形，AB = 2, CC 1 = 2 2, E 为C®的中点，则点 A 到平面BED 的距离为 （）A . 2 B. 3C. ,2D . 1答案 D解析 以D 为原点，DA 、DC 、DD i 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 (如图)，贝U D(0,0,0), A(2,0,0), B(2,2,0), C(0,2,0), C i (0,2,2 .2), E(0,2 ,,2).设n = (x , y , z)是平面BED 的法向量.n BD = 2x + 2y = 0 则S T.DE = 2y+V2z = 0取y = 1，贝U n = （— 1,1, — .2）为平面BED 的一个法向量. 又 D A = （2,0,0）,•••点A 到平面BED 的距离是|n D A|l— 1x 2+ 0+ 0||n |'.；—12+ 12+ — ,22=答题按板系列8利用空间向量求角典例：（12分）（2013江西）如图，四棱锥 P — ABCD 中，PA 丄平面 ABCD , E 为BD 的中点，G 为PD 的中点，△ DABDCB , EA = EB = AB = 1 , PA = 3，连接 CE 并延长交 AD 于F.6G⑴求证：AD丄平面CFG ;(2)求平面BCP与平面DCP夹角的余弦值.思维启迪(1)可利用判定定理证明线面垂直；(2)利用AD、AP、AB两两垂直建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用向量夹角求两个平面BCP、DCP夹角的余弦值.规范解答(1)证明在厶ABD中，因为E为BD的中点，所以EA= EB = ED = AB= 1 ,n故/ BAD = 2，n3'/ ABE = / AEB =-因为△ DAB也厶DCB，所以△ EABECB ,n从而有 / FED = Z BEC = Z AEB =-,3所以Z FED = Z FEA. [2分] 故EF 丄AD , AF = FD ,又因为PG = GD，所以FG // FA.又FA丄平面ABCD ,[4分] 所以GF丄AD,故AD丄平面CFG. [6分]⑵解以A为坐标原点建立如图所示的坐标系,[9分] [10 分][12 分]则 A(0,0,0) , B(1,0,0), C 号，于，0 ,D(0, ,3, 0), P 0, 0, 2 , 故BC =扌冷,0, Cp = -2,设平面BCP 的法向量为 n i = （X i , y i , Z i ）,n i CP = 0 则 -n i BC = 0令 y i = — ,3,贝V X i = 3, Z i = 2, n i = （3，— 3, 2）. 同理求得面DCP 的法向量为n 2= （i ,,3, 2）,从而平面BCP 与平面DCP 夹角0的余弦值为 ,I n i n 2|4 卫cos Fsg n 2〉= |n i ||n 2= 4X 2=〒利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量（直线的方向向量、平面的法向量）坐标. 第四步：计算向量的夹角（或函数值）. 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾•查看关键点、易错点和答题规范.温馨提醒 (1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用.GD—3电I 2， 2，0. [8分](2) 本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范.(3) 将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易错.思想方法・感悟提高方法与技巧1 .用向量来求空间角，各类角都可以转化为向量的夹角来计算.2 .求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段.失误与防范1 .利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角.因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同.2 .求点到平面的距离，有时利用等体积法求解可能更方便.B i D 和CD i 所成的角( )、选择题1.已知正方体ABCD — A i B i C i D i 如图所示，则直线为 A . 60 ° B . 45 ° C . 30 ° D . 90 °答案 D解析 以A 为原点，AB 、AD 、AA i 所在直线分别为x , y , z 轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为i ,则射线CD i 、B i D 的方向向量分别是 CD i = (-i,O,i),•••直线B i D 和CD i 所成的角为90°2 .如图，四棱锥 S — ABCD 的底面为正方形，SD 丄底面ABCD ，则下列 结论中不正确的是 ()A . AC 丄 SB B . AB //平面 SCDC . SA 与平面SBD 所成的角等于 SC 与平面SBD 所成的角 D . AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角 答案 D解析 •••四边形ABCD 是正方形，• AC 丄BD. 又••• SD 丄底面 ABCD , • SD 丄AC.其中SD A BD = D , • AC 丄平面SDB ，从而 AC 丄SB. 故A 正确；易知 B 正确；设 AC 与DB 交于O 点，连接SO.则SA 与平面SBD 所成的角为/ ASO , SC 与平面SBD 所成的角为/ CSO ,练出高分A 组专项基础训练 (时间：40分钟)B i D = (— i,i ,i),COS 〈 CD i , B i D >i + 0— i 2X- 3= 0,SA. i2nB.nnC.4nD.6答案B解析如图所示：iS ABC = 2 X ■. 3 X•.：：.；: 3 X. nsin 3=3“ 34A： 2B.3 C逅C. 3答案解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设棱长为i,1则A i(0,0,i), E i , 0, 2 , D(0,i,0),Eft •-心=(0,i, —i) , A T E= i, 0, —2 ,设平面A i ED的一个法向量为n i= (i, y, z), y—z= 0 ,则i|i —2z= 0 ,y= 2,z= 2..n i= (1,2,2).•••平ABCD 的一个法向量为2n2= (0,0,i) , . cos〈n i ,血〉=23.所以平面A i ED与平面ABCD夹角的余弦值为2 3.在四面体P —ABC中,PA, PB, PC两两垂直,设PA = PB= PC = a,则点P到平面ABC又0A= OC, SA= SC,.•./ ASO= / CSO.故C正确；由排除法可知选 D.93. （2013山东）已知三棱柱ABC —A i B i C i的侧棱与底面垂直，体积为4底面是边长为.3的正三角形•若P为底面A i B i C i的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为（）VABC—A i B i C i = S\BC X OP = 3-43 X OP = 4, /. OP = _ 3. 又OA= ~2^X ,3X1= i, tan/ OAP = OA = .3,—/ 兀/ n又0< / OAP<2, OAP = 3.2 3余弦值为在正方体ABCD —A i B i C i D i中，点E为BB i的中点，则平面A i ED与平面ABCD夹角的的距离为A•身 B.fa C.3 D. 6a答案B解析根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxy z,则P(0,0,0)，A(a,O,O)，B(0，a,0)，C(0,0，a).过点P作PH丄平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离.PA = PB= PC, ••• H ABC 的外心.又•••△ ABC为正三角形，• H ABC的重心，可得H点的坐标为(3，3，3)• PH - ... 3- 02+ a - 0 2+ 3 - 0 2詔a.•••点P到平面ABC的距离为-^a.二、填空题6. 已知两平面的法向量分别为_______________________________ m = (0,1,0), n= (0,1,1)，则两平面夹角的大小为 ____________________________________________ 答案n4m n 2 n解析cos〈m, n>=丽厂T，•〈m，n>=；.•两平面夹角的大小为n7. 如图所示，在三棱柱ABC—A i B i C i中，AA i丄底面ABC, AB = BC= AA i,/ ABC = 90°点E、F分别是棱AB、BB i的中点，则直线EF和BC i所成的角是_________ .答案60°解析以BC为x轴，BA为y轴，BB i为z轴，建立空间直角坐标系. 设AB = BC = AA i = 2,则C i(2,0,2), E(0,i,0), F(0,0,i),则E F = (0,- i,i), B C i= (2,0,2),•- EF BC i= 2,RBcos〈E F, B C1> 2 _ 1 -,2X2*2—2,答案3,5 i0解析以A为坐标原点，AB、AD、AA i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，小i i则A i(0,0,i)，E(i,0，2)，F(2, i,0), D i(0,i,i).• A?E_ (1,0,—2), A?D i_ (0,1,0).设平面A i D i E的一个法向量为n_ (x, y, z),n A T E _ 0, 则n A i D i_ 0,1x —2z_ 0, 即2y_ 0.••• EF和BC i所成的角为60°8. 正方体ABCD —A i B i C i D i的棱长为1 , E、F分别为BB「CD的中点，则点F到平面AQ i E的距离为________令z_ 2，贝y x_ 1..・.n_ (1,0,2).又心_ (2, 1, —1),•••点F到平面A i D i E的距离为T1_ 心n I_〔2 —2|_ d_|n| _ 5 _10 .三、解答题9. 如图，四棱锥P—ABCD中，PD丄平面ABCD , PA与平面ABD所成的角为60°,在四边形ABCD 中，/ ADC _/ DAB _ 90° AB _ 4,CD _ 1 , AD _ 2.(1) 建立适当的坐标系，并写出点B, P的坐标;(2) 求异面直线PA与BC所成的角的余弦值.解(1)建立如图空间直角坐标系,•••/ ADC _ Z DAB _ 90°AB_ 4, CD_ 1, AD _ 2,a • A(2,0,0), C(0,1,0), B(2,4,0)..13 13，•异面直线PA与BC所成的角的余弦值为.13 13 .由PD丄平面ABCD，得/ FAD为PA与平面ABCD所成的角,•••/ FAD = 60°在Rt△ FAD 中，由AD = 2,得PD = 2.3, • P(0,0,2 . 3).—> ——>(2) •/ FA = (2,0，- 2 3), BC= (- 2,- 3,0),• cos〈PA, BC〉2 X - 2 + 0X -3 + - 2^3 X 04 .1310. (2013天津)如图，四棱柱ABCD - A1B1C1D1中，侧棱A1A丄底面ABCD , AB // DC , AB 丄AD , AD = CD = 1 , AA1 = AB= 2, E 为棱AA1的中点.(1) 证明：B1C1 丄CE;(2) 求二面角B1 - CE - C1的正弦值；(3) 设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为¥，求线段AM的长.方法一如图，以点A为原点，以AD, AA1, AB所在直线为x轴, y轴，z轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0), B(0,0,2) ,C(1,0,1),B1(0,2,2), C1(1,2,1), E(0,1,0).(1)证明易得B?C1 = (1,0, - 1), CE= ( - 1,1, - 1),于是B1C1C E =0,所以B1C1丄CE.(2)解B1C = (1 , - 2, - 1).设平面BQE的法向量m= (x, y, z),m B1C= 0, ]x-2y-z= 0,则即消去x,得y+ 2z= 0，不妨令z= 1，可得一个法m CE = 0, -x+ y-z=°.向量为m= (- 3,- 2,1).由(1)知，B1C1 丄CE，又CC1 丄B1C1，可得B1C1 丄平面CEC1, 故BQ1= (1,0，—1)为平面于是cos 〈 m, B i C i 〉 m B i C i|m | |B i C i |从而 sin 〈m , B ?C i 〉=亠尹sin 0= |cos 〈 AM , AB 〉|= AM AB||AM| |A B|于是-6，解得匸*（负值舍去）, CEC i 的一个法向量.所以二面角B i - CE - C i 的正弦值为亡尹 ⑶解 AE =（o,i,o ）, E C i =（i,i,i ），设E M = ?E C i =（入入为,o w 庄i ,有AM = AE + EM 可取AB = （0,0,2）为平面ADD i A i 的一个法向量.设B 为直线AM 与平面ADD i A i 所成的角，则所以AM = 2.方法二（1）证明因为侧棱CC i丄底面A i B i C i D i, B i C i平面A i B i C i D i，所以CC i丄B i C i.经计算可得B i E = .5, B i C i= .2, EC i=v3,从而B i E2= B i C i+ EC i,所以在△ B i EC i中，B i C i丄C i E,又CC i, C i E 平面CC i E, CC i Q C i E = C i,所以B i C i丄平面CC i E,又CE平面CC i E，故B i C i丄CE.⑵解过B i作B i G丄CE于点G,连接C i G.由⑴知，B i C i丄CE,故CE丄平面B i C i G，得CE丄C i G , 所以/ B i GC i为二面角B i-CE —C i的平面角.在Rt △ B1C1G 中, B i G ='42 3即二面角B i—CE —C i的正弦值为亠号.⑶解连接D i E,过点M作MH丄ED i于点H ,可得MH丄平面ADD i A i,连接AH , AM , 则/ MAH为直线AM与平面ADD i A i所成的角.设AM = x,从而在Rt△ AHM中，有在Rt△ C i D i E 中，C i D i = i, ED i = , 2,得EH = ,2MH = 3X.在厶AEH 中，/ AEH = i35° AE = i,由AH2= AE2+ EH2—2AE EHcos i35 °得珞（=i+9/+承整理得5x2— 2 2x— 6 = 0，解得x = ■, 2（负值舍去）.所以线段AM的长为.2.所以sin / B i GC i =• cos〈F D i, OE >〔+ 2=VT55 • 3= 5B组专项能力提升(时间：30分钟)1.过正方形ABCD的顶点A作线段PA丄平面ABCD ,若AB= PA,则平面ABP与平面CDP的夹角大小为A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°答案B解析建立如图所示的空间直角坐标系，设AB= PA= 1,知A(0,0,0) , B(1,0,0), D(0,1,0), C(1,1,0), P(0,0,1)由题意得，AD丄平面ABP,设E为PD的中点，连接AE,贝U AE丄PD ,又••• CD丄平面PAD, ••• AE丄CD,又PD A CD = D, • AE 丄平面CDP.• AD = (0,1,0), AE = (0, 2 , 2)分别是平面ABP、平面CDP的法向量,而〈AD, AE〉= 45°•平面ABP与平面CDP的夹角大小为45° 2 .在棱长为2的正方体ABCD —A i B i C i D i中，0是底面ABCD的中点，E, F分别是CC i,AD的中点，那么异面直线0E和FD i所成的角的余弦值等于 _____________ .答案严5解析以D为原点，分别以DA、DC、DD i为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，•F(1,0,O), D i(0,0,2), O(1,1,0), E(0,2,1),•F D i= (—1,0,2),OE = (—1,1,1),3. ________________________________________________________________________ 设正方体ABCD —A i B i C i D i的棱长为2，则点D i到平面A i BD的距离是_________________________DA I =(2,0,2), DB =(2,2,0),设平面A I BD的一个法向量n = (x, y, z),n DA I=2X+ 2z= 0 则S T .n DB = 2x+ 2y= 0令x= 1，贝U n= (1, - 1,- 1),•••点D1到平面A1BD的距离为.ID^A1 n| 2 23d |n| .3 3 .4. 如图，在底面为直角梯形的四棱锥P—ABCD中，AD // BC,Z ABC=90° PA丄平面ABCD , PA = 3, AD = 2, AB = 2羽，BC= 6.(1)求证：BD丄平面PAC;(2)求平面BPD与平面ABD的夹角.(1)证明如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0) , B(2 3, 0,0),C(2 .3, 6,0), D(0,2,0), P(0,0,3),• A P =(0,0,3), A C = (2西，6,0), BD = (- 2亞,2,0).•- BD AP = 0, BD AC= 0.• BD 丄AP, BD 丄AC.又••• FA Q AC= A, • BD丄平面FAC.⑵解设平面ABD的法向量为m= (0,0,1), 平面PBD的法向量为n = (x, y, z),则n BD = 0, n BP = 0.答案2333解析如图建立空间直角坐标系,则D I(0,0,2) , A i(2,0,2), D(0,0,0), B(2,2,0), D1A1 = (2,0,0),••• BP = (- 2 3, 0,3), •••-2 3x+ 2y= 0,-2 3x+ 3z= 0, 丫=晶,解得\ =塑Z= 丁x.令x= .3，则n= ( .3, 3,2),m-n 1• cos〈 m, n > = ----- =一|m||n| 2•••平面BPD与平面ABD的夹角为60°(3)证明：在线段 5. (2013北京)如图，在三棱柱 ABC — A i B i C i 中，AAQ I C 是边长为4的正方形.平面 ABC 丄平面AA 1C 1C , AB = 3, BC = 5.(1)求证：AA i 丄平面ABC ;⑵求平面A 1BC 1与平面BB 1C 1夹角的余弦值;BD BC 1上存在点D ，使得AD 丄A 1B ，并求 的值. BC 1(1)证明 在正方形 AA 1C 1C 中，A 1A 丄AC.又平面ABC 丄平面AA 1C 1C ，且平面ABC 门平面AA 1C 1C = AC , ••• 丄平面 ABC.(2)解 在厶ABC 中，AC = 4, AB = 3, BC = 5,••• BC 2 = AC 2+ AB 2, AB 丄AC•以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系 Axyz. A 1(0,0,4), B(0,3,0), C 1(4,0,4), B 1(0,3,4), A 1C 1= (4,0,0), A 1B = (0,3 , — 4), B 1C 1 = (4 , — 3,0) , BB 1 = (0,0,4). 设平面 A 1BC 1的法向量 n 1= (X 1 , y 1 , Z 1),平面 B 1BC 1的法向量n 2= (X 2 , y ,Z 2).A 1C 1 n 1 = 0 , 4x 1 = 0• \AB m= 0 脚-4乙=0•取向量 n 1= (0,4,3)f _B 1C 1 n 2= 0, 4x 2 — 3y 2 = 0,由S _ ? $^B _1 n 2= 0 -4z2= °.取向量 n 2= (3,4,0), m n 2 16 16…cos 〈 n 1, n 2〉= 1 1 1 . = = cl2 |n 1| |n 2| 5X 5 25'由题意知二面角 A 1 — BC 1 — B 1为锐角，•平面A 1BC 1与平面BB 1C 1夹角的余弦值为 黒 25 ⑶证明 设D(x , y , z)是直线BC 1上一点，且BD =疋_1.• (x , y — 3, z) = X 4，— 3,4),3— 3 X, 4 A 解得 x = 4 入 y = 3 — 3 入 z = 4 X — AD = (4 人又 AD 丄A i B , ••• 0+ 3(3 — 3R — 16X= 09 BD 9则X=旦，因此BD =— 则 A 25 '因此 BC i 25.。

教学内容利用向量方法求空间角教学目标1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．重点1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．难点1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．教学准备教学过程自主梳理1．两条异面直线的夹角①定义：设a，b是两条异面直线，在直线a上任取一点作直线a′∥b，则a′与a的夹角叫做a与b的夹角．②范围：两异面直线夹角θ的取值范围是_____________________．③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cos θ＝________＝_______________.2．直线与平面的夹角①定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内的射影的夹角．②范围：直线和平面夹角θ的取值范围是________________________．③向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|或cos θ＝sin φ.3．二面角(1)二面角的取值范围是____________．(2)二面角的向量求法：①若AB、CD分别是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB→与CD→的夹角(如图①)．②设n1，n2分别是二面角α—l—β的两个面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．自我检测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________．2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则l1与l2所成的角等于________．3．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________．4．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为_______________________________________．5．(2010·铁岭一模)已知直线AB、CD是异面直线，AC⊥CD，BD⊥CD，且AB＝2，CD＝1，则异面直线AB与CD所成的角的大小为________．教学效果分析教学过程探究点一利用向量法求异面直线所成的角例1已知直三棱柱ABC—A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值．变式迁移1如图所示，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，求异面直线BA1和AC所成的角．探究点二利用向量法求直线与平面所成的角例2如图，已知平面ABCD⊥平面DCEF，M，N分别为AB，DF的中点，求直线MN与平面DCEF所成的角的正弦值．变式迁移2如图所示，在几何体ABCDE中，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，BE和CD都垂直于平面ABC，且BE＝AB＝2，CD＝1，点F是AE的中点．求AB与平面BDF所成的角的正弦值．教学效果分析教学过程探究点三利用向量法求二面角例3如图，ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝BC＝BA＝1，AD＝12，求面SCD与面SBA所成角的余弦值大小．变式迁移3如图，在三棱锥S—ABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，O为BC中点．(1)证明：SO⊥平面ABC；(2)求二面角A—SC—B的余弦值．探究点四综合应用例4如图所示，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是正三角形．(1)求证：AD⊥BC；(2)求二面角B－AC－D的余弦值；(3)在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．教学效果分析教学过程变式迁移4 (2011·山东，19)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.(1)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE；(2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大小．1．求两异面直线a、b的所成的角θ，需求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos〈a，b〉|.2．求直线l与平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sin θ＝|cos〈n，a〉|.3．求二面角α—l—β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角．则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．)一、填空题(每小题6分，共48分)1．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M是AB的中点，则sin〈DB1→，CM→〉的值等于________．2．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成的角的大小为________．3．如图，在正四面体ABCD中，E、F分别是BC和AD的中点，则AE与CF所成的角的余弦值为________．教学效果分析教学过程4．(2011·南通模拟) 如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知B1C，C1D与上底面A1B1C1D1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成的余弦值为________．5．P是二面角α—AB—β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α—AB—β的大小为________．6．(2011·无锡模拟)已知正四棱锥P—ABCD的棱长都相等，侧棱PB、PD的中点分别为M、N，则截面AMN与底面ABCD所成的二面角的余弦值是________．7．如图，P A⊥平面ABC，∠ACB＝90°且P A＝AC＝BC＝a，则异面直线PB与AC所成角的正切值等于________．8．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成的角的正弦值为________．二、解答题(共42分)9．(14分) 如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8.BC是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE∥AD.(1)求二面角B－AD－F的大小；(2)求直线BD与EF所成的角的余弦值．10．(14分)(2011·大纲全国，19)如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD⊥平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．教学效果分析教学过程11．(14分)(2011·湖北，18)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tan θ的最小值．自主梳理1．②⎝⎛⎦⎤0，π2③|cos φ|⎪⎪⎪⎪a·b|a|·|b| 2.②⎣⎡⎦⎤0，π2 3.(1)[0，π]教学效果分析自我检测 1．45°或135° 2.90° 3.30° 4.60° 5.60° 课堂活动区例1 解题导引 (1)求异面直线所成的角，用向量法比较简单，若用基向量法求解，则必须选好空间的一组基向量，若用坐标求解，则一定要将每个点的坐标写正确．(2)用异面直线方向向量求两异面直线夹角时，应注意异面直线所成的角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2 解如图所示，以C 为原点，直线CA 、CB 、CC 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设CA ＝CB ＝CC 1＝2，则A 1(2,0,2)，C (0,0,0)，B (0,2,0)，D (0,1,2)， ∴BD →＝(0，－1,2)，A 1C →＝(－2,0，－2)，∴cos 〈BD →，A 1C →〉＝BD →·A 1C →|BD →||A 1C →|＝－105.∴异面直线BD 与A 1C 所成角的余弦值为105.变式迁移1 解 ∵BA 1→＝BA →＋BB 1→，AC →＝AB →＋BC →， ∴BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(AB →＋BC →) ＝BA →·AB →＋BA →·BC →＋BB 1→·AB →＋BB 1→·BC →. ∵AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， ∴BA →·BC →＝0，BB 1→·AB →＝0， BB 1→·BC →＝0，BA →·AB →＝－a 2， ∴BA 1→·AC →＝－a 2. 又BA 1→·AC →＝|BA 1→|·|AC →|·cos 〈BA 1→，AC →〉，∴cos 〈BA 1→，AC →〉＝－a 22a ×2a ＝－12.∴〈BA 1→，AC →〉＝120°.∴异面直线BA 1与AC 所成的角为60°.例2 解题导引 在用向量法求直线OP 与α所成的角(O ∈α)时，一般有两种途径：一是直接求〈OP →，OP ′→〉，其中OP ′为斜线OP 在平面α内的射影；二是通过求〈n ，OP →〉进而转化求解，其中n 为平面α的法向量．解设正方形ABCD ，DCEF 的边长为2，以D 为坐标原点，分别以射线DC ，DF ，DA 为x ，y ，z 轴正半轴建立空间直角坐标系如图．则M (1,0,2)，N (0,1,0)，可得MN →＝(－1,1，－2)．又DA →＝(0,0,2)为平面DCEF 的法向量，可得cos 〈MN →，DA →〉＝MN →·DA →|MN →||DA →|＝－63.所以MN 与平面DCEF 所成的角的正弦值为|cos 〈MN →，DA →〉|＝63.变式迁移2 解 以点B 为原点，BA 、BC 、BE 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，D (0,2,1)，E (0,0,2)，F (1,0,1)． ∴BD →＝(0,2,1)，DF →＝(1，－2,0)． 设平面BDF 的一个法向量为 n ＝(2，a ，b )，∵n ⊥DF →，n ⊥BD →， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·BD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧(2，a ，b )·(1，－2，0)＝0，(2，a ，b )·(0，2，1)＝0. 解得a ＝1，b ＝－2.∴n ＝(2,1，－2)． 设AB 与平面BDF 所成的角为θ，则法向量n 与BA →的夹角为π2－θ，∴cos ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝BA →·n |BA →||n |＝(2，0，0)·(2，1，－2)2×3＝23， 即sin θ＝23，故AB 与平面BDF 所成的角的正弦值为23.例3 解题导引 图中面SCD 与面SBA 所成的二面角没有明显的公共棱，考虑到易于建系，从而借助平面的法向量来求解．解建系如图，则A (0,0,0)， D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C (1,1,0)， B (0，1,0)，S (0,0,1)， ∴AS →＝(0,0,1)，SC →＝(1,1，－1)，SD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－1，AB →＝(0,1,0)，AD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，0. ∴AD →·AS →＝0，AD →·AB →＝0. ∴AD →是面SAB 的法向量，设平面SCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有n ·SC →＝0且n ·SD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，12x －z ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1.∴n ＝(2，－1,1)．∴cos 〈n ，AD →〉＝n ·AD →|n ||AD →|＝2×126×12＝63.故面SCD 与面SBA 所成的二面角的余弦值为63. 变式迁移3 (1)证明 由题设AB ＝AC ＝SB ＝SC ＝SA . 连结OA ，△ABC 为等腰直角三角形，所以OA ＝OB ＝OC ＝22SA ， 且AO ⊥BC .又△SBC 为等腰三角形，故SO ⊥BC ，且SO ＝22SA .从而OA 2＋SO 2＝SA 2，所以△SOA 为直角三角形，SO ⊥AO . 又AO ∩BC ＝O ，所以SO ⊥平面ABC . (2)解以O 为坐标原点，射线OB 、OA 、OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系O －xyz ，如图．设B (1,0,0)，则C (－1,0,0)， A (0,1,0)，S (0,0,1)．SC 的中点M ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， MO →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－12，MA →＝⎝⎛⎭⎫12，1，－12， SC →＝(－1,0，－1)， ∴MO →·SC →＝0，MA →·SC →＝0.故MO ⊥SC ，MA ⊥SC ，〈MO →，MA →〉等于二面角A —SC —B 的平面角．cos 〈MO →，MA →〉＝MO →·MA →|MO →||MA →|＝33，所以二面角A —SC —B 的余弦值为33.例4 解题导引 立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设，借助空间向量建立方程，进行求解．(1)证明作AH ⊥面BCD 于H ，连结BH 、CH 、DH ，则四边形BHCD 是正方形，且AH ＝1，将其补形为如图所示正方体．以D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系．则B (1,0,0)，C (0,1,0)，A (1,1,1)． BC →＝(－1,1,0)，DA →＝(1,1,1)， ∴BC →·DA →＝0，则BC ⊥AD .(2)解 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⊥AC →知：n 1·AC →＝－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)． 由图可以看出，二面角B －AC －D 即为〈n 1，n 2〉，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1＋0＋13×2＝63.即二面角B －AC －D 的余弦值为63. (3)解 设E (x ，y ，z )是线段AC 上一点， 则x ＝z >0，y ＝1，平面BCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，DE →＝(x,1，x )，要使ED 与平面BCD 成30°角，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 ＝cos 60°＝12.则2x ＝1＋2x 2，解得x ＝22，则CE ＝2x ＝1.故线段AC 上存在E 点，且CE ＝1时，ED 与面BCD 成30°. 变式迁移4(1)证明 方法一 因为EF ∥AB ，FG ∥BC ，EG ∥AC ，∠ACB ＝90°， 所以∠EGF ＝90°， △ABC ∽△EFG . 由于AB ＝2EF ， 因此BC ＝2FG . 连结AF ，由于FG ∥BC ，FG ＝12BC ，在▱ABCD 中，M 是线段AD 的中点，则AM ∥BC ，且AM ＝12BC ，因此FG ∥AM 且FG ＝AM ，所以四边形AFGM 为平行四边形， 因此GM ∥F A .又F A ⊂平面ABFE ，GM ⊄平面ABFE ，方法二 因为EF ∥AB ，FG ∥BC ，EG ∥AC ，∠ACB ＝90°， 所以∠EGF ＝90°， △ABC ∽△EFG . 由于AB ＝2EF ， 所以BC ＝2FG .取BC 的中点N ，连结GN ，因此四边形BNGF 为平行四边形， 所以GN ∥FB .在▱ABCD 中，M 是线段AD 的中点，连结MN ， 则MN ∥AB .因为MN ∩GN ＝N ， 所以平面GMN ∥平面ABFE .又GM ⊂平面GMN ，所以GM ∥平面ABFE .(2)解 方法一 因为∠ACB ＝90°，所以∠CAD ＝90°. 又EA ⊥平面ABCD ，所以AC ，AD ，AE 两两垂直．分别以AC ，AD ，AE 所在直线为x 轴，y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，则由题意得A (0,0,0)，B (2，－2,0)，C (2,0,0)，E (0,0,1)，所以AB →＝(2，－2,0)，BC →＝(0,2,0)．又EF ＝12AB ，所以F (1，－1,1)，BF →＝(－1,1,1)．设平面BFC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝0，x 1＝z 1，取z 1＝1，得x 1＝1，所以m ＝(1,0,1)．设平面向量ABF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ·AB →＝0，n ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 2，z 2＝0，取y 2＝1，得x 2＝1.则n ＝(1,1,0)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12.因此二面角A －BF －C 的大小为60°.方法二 由题意知，平面ABFE ⊥平面ABCD . 取AB 的中点H ，连结CH . 因为AC ＝BC ， 所以CH ⊥AB ，过H 向BF 引垂线交BF 于R ，连结CR ，则CR ⊥BF ， 所以∠HRC 为二面角A －BF －C 的平面角． 由题意，不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，在直角梯形ABFE 中，连结FH ，则FH ⊥AB . 又AB ＝22，所以HF ＝AE ＝1，BH ＝2，因此在Rt △BHF 中，HR ＝63.由于CH ＝12AB ＝2，所以在Rt △CHR 中，tan ∠HRC ＝263＝ 3.因此二面角A －BF －C 的大小为60°. 课后练习区 1.21015 2．90°解析 ∵E 是BB 1的中点且AA 1＝2，AB ＝BC ＝1， ∴∠AEA 1＝90°，又在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， A 1D 1⊥平面ABB 1A 1，∴A 1D 1⊥AE ，∴AE ⊥平面A 1ED 1. ∴AE 与面A 1ED 1所成的角为90°. 3.23解析 设四面体的棱长为a ， AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r ，则AE →＝12(p ＋q )，CF →＝12(r －2q )．∴AE →·CF →＝－12a 2.又|AE →|＝|CF →|＝32a ，∴cos 〈AE →，CF →〉＝AE →，CF →|AE →|·|CF →|＝－23.即AE 和CF 所成角的余弦值为23.4.64 5．90° 解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， 如图：∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°，∴PE ＝22a ，PF ＝22b ，∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab cos 45°＋22a ×22b＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α—AB —β的大小为90°. 6.255解析 如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为2，则PB ＝2，OB ＝1，OP ＝1. ∴B (1,0,0)，D (－1,0,0)， A (0,1,0)，P (0,0,1)， M ⎝⎛⎭⎫12，0，12， N ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， AM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，12， AN →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，12， 设平面AMN 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·AM →＝12x －y ＋12z ＝0，n ·AN →＝－12x －y ＋12z ＝0，解得x ＝0，z ＝2y ，不妨令z ＝2，则y ＝1.∴n 1＝(0,1,2)，平面ABCD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝25＝255.7. 2解析 PB →＝P A →＋AB →，故PB →·AC →＝(P A →＋AB →)·AC →＝P A →·AC →＋AB →·AC →＝0＋a ×2a ×cos 45°＝a 2.又|PB →|＝3a ，|AC →|＝a .∴cos 〈PB →，AC →〉＝33，sin 〈PB →，AC →〉＝63，∴tan 〈PB →，AC →〉＝ 2. 8.45解析 不妨设正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，B 1(3，1,2)，D ⎝⎛⎭⎫32，－12，2.则CD →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，2，CB 1→＝(3，1,2)，设平面B 1DC 的法向量为 n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0，解得n ＝(－3，1,1)．又∵DA →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－2，∴sin θ＝|cos 〈DA →，n 〉|＝45.9．解 (1)∵AD 与两圆所在的平面均垂直， ∴AD ⊥AB ，AD ⊥AF ，故∠BAF 是二面角B —AD —F 的平面角．(2分) 依题意可知，ABFC 是正方形，∴∠BAF ＝45°. 即二面角B —AD —F 的大小为45°.(5分)(2)以O 为原点，CB 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则O (0,0,0)，A (0，－3 2，0)，B (3 2，0,0)，D (0，－3 2，8)，E (0,0,8)，F (0,3 2，0)，(8分)∴BD →＝(－3 2，－3 2，8)， EF →＝(0,3 2，－8)．cos 〈BD →，EF →〉＝BD →·EF →|BD →||EF →|＝0－18－64100×82＝－8210.(12分)设异面直线BD 与EF 所成角为α，则cos α＝|cos 〈BD →，EF →〉|＝8210.即直线BD 与EF 所成的角的余弦值为8210.(14分) 10.方法一 (1)证明 取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2，连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2，所以∠DSE 为直角，即SD ⊥SE .(4分) 由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ， 得AB ⊥平面SDE ， 所以AB ⊥SD .由SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直，所以SD ⊥平面SAB .(7分)(2)解 由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .(10分)作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ·SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，又BC ⊥FG ，BC ⊥SF ，SF ∩FG ＝F ， 故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ·FG SG ＝37，则F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 为217.(12分)设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，即AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217.(14分)方法二 以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设D (1,0,0)，则A (2,2,0)、B (0,2,0)．(2分) 又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0.(1)证明 AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )， DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1. 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1.①又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4， 即y 2＋z 2－4y ＋1＝0.②联立①②得⎩⎨⎧y ＝12，z ＝32.(4分)于是S (1，12，32)，AS →＝(－1，－32，32)，BS →＝(1，－32，32)，DS →＝(0，12，32)．因为DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0， 故DS ⊥AS ，DS ⊥BS .又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB .(7分) (2)解 设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝(1，－32，32)，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．(10分) 又AB →＝(－2,0,0)，cos 〈AB →，a 〉＝|AB →·a ||AB →||a |＝217，所以AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217.(14分) 11．(1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)．(2分)于是CA 1→＝(0，－4,4)， EF →＝(－3，1,1)． 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF ⊥A 1C .(8分)(2)解 设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由(1)得F (0,4，λ)．(8分) AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0.取m ＝(3λ，－λ，4)．又由直三棱柱的性质可取侧面AC 1的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ的锐角可得cos θ＝|m ·n ||m |·|n |＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2.(10分) 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63. 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.(14分)。