空间向量与空间角(新)

专题25.1 空间向量方法--空间的角（精讲精析篇）提纲挈领点点突破热门考点01 异面直线所成的角1.两条异面直线所成的角①定义：设a,b是两条异面直线,过空间任一点O作直线a′∥a,b′∥b,则a′与b′所夹的锐角或直角叫做a与b所成的角．②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0,2π．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|cos|||||||a ba bθϕ⋅==⋅r rr r.【典例1】（2018·全国高考真题（理））在长方体1111ABCD A B C D-中,1AB BC==,13AA则异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为( )A．15B5C5D2【典例2】（2019·广西高考模拟（理））在直三棱柱111ABC A B C-中,3,3,32AC BC AB===14AA=,则异面直线1A C与1BC所成角的余弦值为__________．【总结提升】向量法求两异面直线所成角的步骤(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v1,v2；(3)代入公式|cos 〈v 1,v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．提醒：两异面直线所成角θ的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2,两向量的夹角α的范围是[0,π],当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是两异面直线所成的角．热门考点02 直线与平面所成角1．直线和平面所成角的求法：如图所示,设直线l 的方向向量为e ,平面α的法向量为n ,直线l 与平面α所成的角为φ,两向量e 与n 的夹角为θ,则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |.【典例3】（2018·江苏高考真题）如图,在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AB =AA 1=2,点P ,Q 分别为A 1B 1,BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．【典例4】（2020·天水市第一中学高三月考（理））如图,在三棱柱ABC A B C '''-中,已知CC '⊥平面ABC ,90ACB ∠=o ,3BC =,4AC CC ='=.(1) 求证：AC A B '⊥'；(2) 求直线CC '与平面ABC '所成角的正弦值. 【规律方法】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．热门考点03 二面角1．求二面角的大小(1)如图1,AB 、CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线,则二面角的大小θ＝〈AB u u u r ,CD u u ur 〉．(2)如图2、3,12,n n u r u u r分别是二面角α－l －β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小12,n n θ=<>(或12,n n π-<>)．【典例5】（2019年高考全国Ⅲ卷理）图1是由矩形ADEB ,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中AB =1,BE =BF =2,∠FBC =60°,将其沿AB ,BC 折起使得BE 与BF 重合,连结DG ,如图2.（1）证明：图2中的A ,C ,G ,D 四点共面,且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【典例6】（2017·北京高考真题（理））如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为正方形,平面PAD ⊥平面ABCD ,点M 在线段PB 上,PD P 平面MAC ,6PA PD ==4AB =．（1）求证：M 为PB 的中点； （2）求二面角B PD A --的大小；（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值． 【规律方法】利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：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法：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．热门考点04 空间角有关的探索性问题【典例7】（2019·浙江高二期中）如图所示的几何体中,PD 垂直于梯形ABCD 所在的平面,,2ADC BAD F π∠=∠=为PA 的中点,12,12PD AB AD CD ====,四边形PDCE 为矩形,线段PC 交DE 于点N .（1）求证：AC P 平面DEF ； （2）求二面角A PB C --的正弦值；（3）在线段EF 上是否存在一点Q ,使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6？若存在,求出FQ 的长；若不存在,请说明理由.【典例8】(2019·河北名校联盟模拟)如图所示,在梯形ABCD 中,AB ∥CD,AD ＝DC ＝CB ＝1,∠BCD ＝120°,四边形BFED 是以BD 为直角腰的直角梯形,DE ＝2BF ＝2,平面BFED ⊥平面ABCD.(1)求证：AD⊥平面BFED.(2)在线段EF上是否存在一点P,使得平面P AB与平面ADE所成的锐二面角的余弦值为5728？若存在,求出点P的位置；若不存在,说明理由．【总结提升】与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题,常利用空间向量法求解．求解时,一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等问题,并注意准确理解和熟练应用夹角公式．其步骤是：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系,设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建有关向量；(4)结合空间向量,利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断．热门考点05 利用向量求空间距离1．空间向量的坐标表示及运算(1)数量积的坐标运算设a＝(a1,a2,a3),b＝(b1,b2,b3),则①a±b＝(a1±b1,a2±b2,a3±b3)；②λa＝(λa1,λa2,λa3)；③a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3.(2)共线与垂直的坐标表示设a＝(a1,a2,a3),b＝(b1,b2,b3),则a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1,a2＝λb2,a3＝λb3(λ∈R),a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(a,b均为非零向量)．(3)模、夹角和距离公式设a＝(a1,a2,a3),b＝(b1,b2,b3),则|a |＝a·a ＝a 21＋a 22＋a 23,cos 〈a ,b 〉＝a·b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. 设A (a 1,b 1,c 1),B (a 2,b 2,c 2), 则222212121||()()()ABd AB a a b b c c ==-+-+-u u u r.2. 点面距的求法如图,设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d ＝|AB →·n ||n |.【典例9】（2019·安徽高考模拟（理））在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E ,F 分别为棱1AA 、1BB 的中点,M 为棱11A B 上的一点,且1(02)A M λλ=<<,设点N 为ME 的中点,则点N 到平面1D EF的距离为（ ）A.3λB.2C.2λ D.5 【典例10】设正方体的棱长为2,则点到平面的距离是（ ）A. B. C. D.【典例11】（2018·四川省广安石笋中学校高考模拟（理））如图,在棱长为2的正方体中,M是线段AB 上的动点．证明：平面；若点M 是AB 中点,求二面角的余弦值；判断点M 到平面的距离是否为定值？若是,求出定值；若不是,请说明理由．【总结提升】1.点到平面的距离,利用向量法求解比较简单,它的理论基础仍出于几何法,如本题,事实上,作BH ⊥平面CMN 于H .由BH →＝BM →＋MH →及BH →·n ＝n ·BM →,得|BH →·n |＝|n ·BM →|＝|BH →|·|n |,所以|BH →|＝|n ·BM →||n |,即d ＝|n ·BM →||n |.2.利用法向量求解空间线面角、面面角、距离等问题,关键在于“四破”：①破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系；②破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标；③破“求法向量关”,求出平面的法向量；④破“应用公式关”．巩固提升1．（2019·四川高二期中（文））已知正方体1111ABCD A B C D 中,E ,F 分别为1BB ,1CC 的中点,那么异面直线AE ,1D F 所成角的余弦值为（ ） A ．45B ．35C ．23D ．572.（2019·福建高二月考）设动点P 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上,记11D PD B＝λ.当∠APC 为钝角时,λ的取值范围是________．3.（2019·浙江高三期中）如图,已知三棱台111ABC A B C -,平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=o ,30BAC ∠=o ,11114AA CC BC AC ====,,E F 分别是11,ACBC 的中点.(1)证明：BC EF ⊥(2)求直线EB 与平面11BCC B 所成角的正弦值.4.（2018·全国高考真题（理））如图,四边形ABCD 为正方形,,E F 分别为,AD BC 的中点,以DF 为折痕把DFC △折起,使点C 到达点P 的位置,且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.5．（2019·首都师范大学附属中学高二期中）如图,在四棱锥P ABCD -中,PB ⊥底面ABCD ,底面ABCD 为梯形,AD BC ∥,AD AB ⊥,且3PB AB AD ===,1BC =.(1)若点F 为PD 上一点且13PF PD =,证明：CF P 平面PAB .(2)求二面角B PD A --的大小.6．（2018·北京高考真题（理））如图,在三棱柱ABC −111A B C 中,1CC ⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为1AA ,AC ,11A C ,1BB 的中点,AB=BC =5,AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ； （2）求二面角B −CD −C 1的余弦值； （3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．7.（2020·江苏淮阴中学高三期中）直三棱柱111ABC A B C -中, AB AC ⊥, 2AB =, 4AC =,12AA =, BD DC λ=u u u r u u u r .（1）若1λ=,求直线1DB 与平面11AC D 所成角的正弦值；（2）若二面角111B AC D --的大小为60︒,求实数λ的值.8．（2017·江苏高考真题） 如图,在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,且AB ＝AD ＝2,AA 1＝3,∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B －A 1D －A 的正弦值．9. （2019·江苏高三期中）如图,正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为2,点E 、F 分别在棱1AA 、1BB 上移动,且1AE AA λ=u u u r u u u r ,1(1)BF BB λ=-u u u r u u u r .（1）若12λ=,求异面直线CE 与1C F 所成角的余弦值； （2）若二面角A EF C --的大小为θ,且25sin θ=,求λ的值. 10.（2019·福建高二月考）如图,在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,棱长为2,M ,N 分别为A 1B ,AC 的中点．（1）证明：MN //B 1C ；（2）求A 1B 与平面A 1B 1CD 所成角的大小．11.（2019·天津高考真题（理））如图,AE ⊥平面ABCD ,,CF AE AD BC ∥∥,,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====.（Ⅰ）求证：BF ∥平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13,求线段CF 的长. 12．（2018·上海交大附中高二月考）如图,在三棱柱111ABC A B C -中,11AAC C 边长为8的正方形,6AB =,110BC A B ==（1）求证：1AA ⊥平面ABC ；（2）求二面角111A BC B --的余弦值；（3）证明：在线段1BC 上存在点D ,使得1AD A B ⊥,并求1BD BC 的值. 13．（2019·湖北高三期中（理））如图,四棱锥P ABCD -中,PA ⊥平面ABCD ,//AD BC ,AB AD ⊥,222AD AB BC ===,2PA =,点M 满足2MD PM =u u u u r u u u u r.（1）求证：//PB 平面MAC ；（2）求直线PC 与平面MAC 所成角的正弦值.14．（2019·河北唐山一中高三期中（理））如图,在三棱柱111ABC A B C -中,122AA AB ==,13BAA π∠=,D 为1AA 的中点,点C 在平面11ABB A 内的射影在线段BD 上.(1)求证：1B D ⊥平面CBD ；(2)若BCD ∆是正三角形,求二面角1C BD C --的余弦值.15.（2019·宁夏银川一中高三月考（理））如图,在四棱锥S ABCD -中,侧棱SA ⊥底面ABCD ,底面ABCD 是直角梯形,AD ∥BC ,AB AD ⊥,且2SA AB BC ===,1AD =,M 是棱SB 的中点 ．（Ⅰ）求证：AM ∥平面SCD ；（Ⅱ）求平面SCD 与平面SAB 所成锐二面角的余弦值；（Ⅲ）设点N 是线段CD 上的动点,MN 与平面SAB 所成的角为θ,求sin θ的最大值．16.（2019·安徽高三期末（文））如图,在四棱锥P ABCD -中,AC BD ⊥交于点O ,ABC 90=o V ,AD CD =,PO ⊥底面ABCD ．()1求证：AC⊥底面PBD；()2若PBCV是边长为2的等边三角形,求O点到平面PBC的距离．。

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°.。

利用空间向量求空间角一、基础知识1．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |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，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM ―→＝0，n ·AB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)，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 )， 由⎩⎪⎨⎪⎧AP ―→·n ＝0， AM ―→·n ＝0，得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)，所以平面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． ∴cosn ，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°.。

空间向量与空间角(30分钟50分)一、选择题(每小题3分,共18分)1.在矩形ABCD中,AB=1,BC=,PA⊥平面ABCD,PA=1,则PC与平面ABCD所成角是( )A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】选 A.建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),C(1,,0),=(1,,-1),平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos<,n>==-,所以<,n>=120°,所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在直线所成角为60°,所以斜线PC与平面ABCD所成角为30°.2.(2014²重庆高二检测)设ABCD,ABEF都是边长为1的正方形,FA⊥平面ABCD,则异面直线AC与BF所成的角等于( )A.45°B.30°C.90°D.60°【解析】选D.以B为原点,BA所在直线为x轴,BC所在直线为y轴,BE所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(0,1,0),F(1,0,1),所以=(-1,1,0),=(1,0,1).所以cos<,>=-.所以<,>=120°.所以AC与BF所成的角为60°.3.把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角,点E,F分别是AD,BC的中点,O是正方形中心,则折起后,∠EOF的大小为( )A. B. C. D.【解析】选C.=(+),=(+),所以²=(²+²+²+²)=-||2.又||=||=||,所以cos<,>==-.所以∠EOF=.4.在直角坐标系中,已知A(2,3),B(-2,-3),沿x轴把直角坐标系折成平面角为θ的二面角A-Ox-B,使∠AOB=90°,则cosθ为( )A.-B.C.D.-【解析】选C.过A,B分别作x轴垂线,垂足分别为A′,B′.则AA′=3,BB′=3,A′B′=4,OA=OB=,折后∠AOB=90°,所以AB==.由=++,得||2=||2+||2+||2+2||²||²cos(π-θ).所以26=9+16+9+2³3³3³cos(π-θ),所以cosθ=.5.(2014²天津高二检测)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是C1C的中点,则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为( )A.-B.C.-D.【解析】选B.建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),B(2,2,0),B1(2,2,2),E(0,2,1).所以=(-2,-2,0),=(0,0,2),=(-2,0,1).设平面B1BD的法向量为n=(x,y,z).因为n⊥,n⊥,所以所以令y=1,则n=(-1,1,0).所以cos<n,>==,设直线BE与平面B1BD所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|=.6.如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,且AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成角的正弦值为( )A. B. C. D.【解析】选C.如图,以A为原点建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,2a,0),C(0,2a,2a),G(a,a,0),F(a,0,0),=(a,a,0),=(0,2a,2a),=(a,-a,0),=(0,0,2a),设平面AGC的法向量为n1=(x1,y1,1),由⇒⇒⇒n1=(1,-1,1).sinθ===.二、填空题(每小题4分,共12分)7.(2014²唐山高二检测)平面α的一个法向量为(1,0,-1),平面β的一个法向量为(0,-1,1),则平面α与平面β所成二面角的大小为.【解析】设u=(1,0,-1),v=(0,-1,1),平面α与平面β所成二面角为θ,则cosθ=±|cos<u,v>|=±||=±.所以θ=或.答案:或8.正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是A1D1,A1C1的中点,则异面直线AE与CF所成角的余弦值为 . 【解析】设正方体棱长为2,分别取DA,D C,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系, 则A(2,0,0),C(0,2,0),E(1,0,2),F(1,1,2),则=(-1,0,2),=(1,-1,2),所以||=,||=.²=-1+0+4=3.又²=||||cos<,>=cos<,>,所以cos<,>=,所以所求角的余弦值为.答案:【变式训练】已知在棱长为a的正方体ABCD-A′B′C′D′中,E是BC的中点.则直线A′C与DE所成角的余弦值为.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则A′(0,0,a),C(a,a,0),D(0,a,0),E,=(a,a,-a),=,所以cos<,>==.即直线A′C与DE所成角的余弦值为.答案:9.(2014²福州高二检测)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2,则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.【解析】以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,由AB=AC=1,PA=2,得A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2), D, E,F,所以=(0,0,2),=,=,设平面DEF的法向量n=(x,y,z). 则由得取z=1,则n=(2,0,1),设PA与平面DEF所成角为θ,则sinθ==.答案:【变式训练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值是. 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,设棱长为1,则B(1,1,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1),D(0,0,0),=(-1,0,1),=(-1,0,-1),=(-1,-1,0),设平面A1BD的一个法向量为n=(1,x,y),设平面A1BD与BC1所成的角为θ,n⊥,n⊥,所以n²=0,n²=0,所以解得所以n=(1,-1,-1),则cos<,n>==-,所以sinθ=,所以cosθ==.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)10.(2014²临沂高二检测)四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PD⊥底面ABCD,AD=PD=2,CD=4,E,F分别为CD,PB的中点.(1)求证:EF⊥平面PAB.(2)求直线AE与平面PAB所成的角.【解析】(1)建立如图所示空间直角坐标系Dxyz,则E(0,-2,0),F(1,-2,1),P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,-4,0),所以=(1,0,1),=(0,-4,0),=(2,0,-2),所以²=(1,0,1)²(0,-4,0)=0,²=(1,0,1)²(2,0,-2)=0,所以⊥,⊥,所以EF⊥AB,EF⊥PA,因为AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,AB∩PA=A,所以EF⊥平面PAB.(2)=(1,0,1)是平面PAB的一个法向量,设直线AE与平面PAB所成的角为θ,因为=(-2,-2,0),所以sinθ===,所以直线AE与平面PAB所成的角是30°.【变式训练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AA1,AB的中点,求EF和平面ACC1A1夹角的大小. 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为2,则由E,F分别是AA1,AB的中点,得E(2,0,1),F(2,1,0).过F作FG⊥AC于G,则由正方体性质知FG⊥平面ACC1A1.连接EG,则与的夹角即为所求.又因为F是AB的中点,所以AG=AC,所以G.=,=(0,1,-1),cos<,>==.所以<,>=,即EF与平面ACC1A1的夹角为.【一题多解】建系同上,=(0,1,-1),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,-2),=(-2,2,0).设平面ACC1A1的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则y=1,所以n=(1,1,0),cos<n,>===.所以<n,>=,则EF与平面ACC1A1的夹角为.11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱D1C1,B1C1的中点,求平面EFC与底面ABCD所成二面角的正切值. 【解析】以D为原点,{,,}为单位正交基底建立空间直角坐标系如图,则C(0,1,0),E,F.设平面CEF的法向量为n=(x,y,z),则因为=,=,所以所以令z=1,则n=(-2,2,1).显然平面ABCD的法向量e=(0,0,1),则cos<n,e>==.设二面角为α,则cosα=,所以tanα=2.【拓展延伸】向量法求解二面角时的注意点由于两条直线所成的角,线面角都是锐角或直角,因此可直接通过绝对值来表达,故可直接求出,而二面角的范围是[0,π],有时比较难判断二面角是锐角还是钝角,因为不能仅仅由法向量夹角余弦的正负来判断,故这是求二面角的难点.(30分钟50分)一、选择题(每小题4分,共16分)1.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos<m,n>=-,则l与α所成的角θ为( )A.30°B.45°C.135°D.150°【解析】选B.因为cos<m,n>=-,所以sinθ=|cos<m,n>|=.又因为直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°,所以θ=45°.2.(2014²长春高二检测)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=2,DD1=3,则AC与BD1所成角的余弦值为( )A.0B.C.-D.【解析】选A.建立如图坐标系,则D1(0,0,3),B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0),所以=(-2,-2,3),=(-2,2,0).所以cos<,>==0.所以<,>=90°,所求角的余弦值为0.【变式训练】如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等,M是侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM 所成的角的大小是.【解析】不妨设棱长为2,则=-,=+,cos<,>==0,故异面直线AB1和BM所成角为90°.答案:90°3.(2014²哈尔滨高二检测)在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面内的投影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角是( )A.30°B.45°C.60°D.75°【解析】选A.如图,以O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P,则=(2a,0,0),=,=(a,a,0),设平面PAC的一个法向量为n,可取n=(0,1,1),则cos<,n>===,所以<,n>=60°,所以直线BC与平面PAC的夹角为90°-60°=30°.4.(2014²南宁高二检测)如图所示,已知点P为菱形ABCD外一点,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC 的中点,则二面角C-BF-D的正切值为( )A. B. C. D.【解析】选D.如图所示,连接BD,AC∩BD=O,连接OF.以O为原点,OB,OC,OF所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz.设PA=AD=AC=1,则BD=.所以B,F,C,D.结合图形可知,=且为面BOF的一个法向量,由=,=,可求得平面BCF的一个法向量n=.所以cos<n,>=,sin<n,>=,所以tan<n,>=.二、填空题(每小题5分,共10分)5.正△ABC与正△BCD所在平面垂直,则二面角A-BD-C的正弦值为.【解析】取BC中点O,连接AO,DO,建立如图所示的坐标系:设BC=1,则A,B,D.所以=,=,=.由于=为平面BCD的一个法向量,设平面ABD的法向量n=(x,y,z),则所以取x=1,则y=-,z=1,所以n=(1,-,1),所以cos<n,>=,sin<n,>=.答案:6.(2014²湛江高二检测)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=BB1,则AB1与C1B所成的角的大小为.【解题指南】根据正三棱柱的特点建立空间直角坐标系,再用向量法求异面直线所成的角.【解析】取AC的中点D,建立如图坐标系,设AB=a,则B,C1,A,B1.所以=,=.所以cos<,>==0.所以AB1与C1B所成的角为90°.答案:90°三、解答题(每小题12分,共24分)7.(2013²新课标全国卷Ⅰ)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(1)证明AB⊥A1C.(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.【解题指南】(1)取AB的中点,利用线面垂直证明线线垂直.(2)利用面面垂直确定线面垂直,找出直线A1C与平面BB1C1C所成的角或建立空间直角坐标系求解. 【解析】(1)取AB的中点O,连结OC,OA1,A1B.因为CA=CB,所以OC⊥AB.由于AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B为等边三角形,所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.又A1C⊂平面OA1C,故AB⊥A1C.(2)由(1)知,OC⊥AB,OA1⊥AB,又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB,所以OC⊥平面AA1B1B,故OA,OC,OA1两两相互垂直. 以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则有A(1,0,0),A1(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0).则=(1,0,),==(-1,,0),=(0,-,).设平面BB1C1C的法向量为n=(x,y,z),则有即可取n=(,1,-1).故cos<n,>==-.所以直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.【变式训练】(2013²辽宁高考)如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.(1)求证:平面PAC⊥平面PBC.(2)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.【解题指南】利用条件证明线线垂直,进而证明线面垂直,由面面垂直的判定定理解决问题;借助前面的垂直关系,建立空间直角坐标系,利用向量法求二面角的余弦值.【解析】(1)由AB是圆的直径,得AC⊥BC;由PA垂直于圆所在的平面,得PA⊥平面ABC;由BC⊂平面ABC,得PA⊥BC;又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC.又因为BC⊂平面PBC,据面面垂直判定定理,平面PAC⊥平面PBC.(2)过点C作CM∥AP,由(1)知CM⊥平面ABC.如图所示,以点C为坐标原点,分别以直线CB,CA,CM为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.在直角三角形ABC中,AB=2,AC=1,所以BC=,又PA=1,所以A(0,1,0),B(,0,0),P(0,1,1).故=(,0,0),=(0,1,1).设平面PBC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则⇒⇒不妨令y1=1,则z1=-1.故n1=(0,1,-1).设平面PAB的法向量为n2=(x2,y2,z2),由同理可得n2=(1,,0).于是cos<n1,n2>===.结合图形和题意,二面角C-PB-A的余弦值为.8.(2014²山东高考)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.(1)求证:C1M∥平面A1ADD1.(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.【解题指南】(1)本题考查了线面平行的证法,可利用线线平行来证明线面平行.(2)本题可利用空间几何知识求解二面角,也可以利用向量法来求解.【解析】(1)连接AD1,因为ABCD-A1B1C1D1为四棱柱,所以CD∥C1D1,CD=C1D1,又因为M为AB的中点,AB=2CD=2,所以AM=1,所以CD∥AM,CD=AM,所以AM∥C1D1,AM=C1D1,所以四边形AMC1D1为平行四边形,所以AD1∥MC1,又因为C1M⊄平面A1ADD1,AD1⊂平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1.(2)方法一:因为AB∥A1B1,A1B1∥C1D1,所以平面D1C1M与ABC1D1共面,作CN⊥AB,连接D1N,则∠D1NC即为所求二面角的平面角.在ABCD中,DC=1,AB=2,∠DAB=60°,所以CN=,在Rt△D1CN中,CD1=,CN=,所以D1N=,cos∠D1NC==.方法二:作CP⊥AB于P点,以C为原点,CD为x轴,CP为y轴,CD1为z轴建立空间直角坐标系, 所以C1(-1,0,),D1(0,0,),M,所以=(1,0,0),=,设平面C1D1M的法向量为n1=(x1,y1,z1),所以所以n1=(0,2,1),显然平面ABCD的法向量为n2=(0,0,1),所以cos<n1, n2>===.显然二面角为锐角,所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角的余弦值为.【变式训练】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2AA1,∠ABC=90°,D是BC的中点.(1)求证:A1B∥平面ADC1.(2)求二面角C1-AD-C的余弦值.(3)试问线段A1B1上是否存在点E,使AE与DC1成60°角?若存在,确定E点位置;若不存在,说明理由. 【解析】(1)连接A1C,交AC1于点O,连接OD.由ABC-A1B1C1是直三棱柱,得四边形ACC1A1为矩形,O为A1C的中点.又D为BC的中点,所以OD为△A1BC的中位线,所以A1B∥OD,因为OD⊂平面ADC1,A1B⊄平面ADC1,所以A1B∥平面ADC1.(2)由ABC-A1B1C1是直三棱柱,且∠ABC=90°,得BA,BC,BB1两两垂直.以BC,BA,BB1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.设BA=2,则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),D(1,0,0),所以=(1,-2,0),=(2,-2,1).设平面ADC1的法向量为n=(x,y,z),则有所以取y=1,得n=(2,1,-2).易知平面ADC的一个法向量为v=(0,0,1).所以cos<n,v>==-.因为二面角C1-AD-C是锐二面角,所以二面角C1-AD-C的余弦值为.(3)假设存在满足条件的点E.因为点E在线段A1B1上,A1(0,2,1),B1(0,0,1),故可设E(0,λ,1),其中0≤λ≤2.所以=(0,λ-2,1),=(1,0,1).因为AE与DC1成60°角,所以|cos<,>|==.即=,解得λ=1或λ=3(舍去).所以当点E为线段A1B1的中点时,AE与DC1成60°角.。

利用空间向量求空间角A 级——基础达标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 ．33535 B ．277 C ．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 ·DC 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∴DC 1―→，n＝DC 1―→·n | DC 1―→||n |＝33535，∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535. 3．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23.4.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 ．35B ．56C ．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．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B -AA 1-C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为________．解析：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△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，AB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→||BC 1―→|＝24，故AB 1―→，BC 1―→＝7.答案：76.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．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， 所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN .因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N .又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN . 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA ―→的方向为x 轴正方向，|MB ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故PM ＝232，E ⎝⎛⎭⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ． 作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．设Q (a,0,0)，则NQ ＝ 4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， 故B 1E ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，|B 1E ―→|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的法向量，故sin ⎝⎛⎭⎫π2－〈n ，B 1E ―→〉＝cos 〈n ，B 1E ―→〉＝n ·B 1E ―→|n |·|B 1E ―→|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010.8．(2021·贵阳市第一学期监测考试)如图，在四棱锥P -ABCD中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点，PQ ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ＝AD ＝2，M 是棱PC 上一点，且PM PC ＝13.(1)证明：PA ∥平面BMQ ； (2)求二面角B -MQ -C 的余弦值．解：(1)证明：如图，连接AC ，交BQ 于N ，连接MN ，∵底面ABCD 是菱形，∴AQ ∥BC ，∴△ANQ ∽△CNB ， ∴AQ BC ＝AN NC ＝12，∴AN AC ＝13，又PM PC ＝13，∴PM PC ＝AN AC ＝13，∴MN ∥PA ，又MN ⊂平面BMQ . PA ⊄平面BMQ ，∴PA ∥平面BMQ .(2)连接BD ，∵底面ABCD 是菱形，且∠BAD ＝60°，∴△BAD 是等边三角形，又Q 为AD 的中点，∴BQ ⊥AD .由PQ ⊥平面ABCD ，得PQ ⊥AD .以Q 为坐标原点，QA ，QB ，QP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则Q (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，由AC ―→＝AD ―→＋AB ―→＝(－2,0,0)＋(－1，3，0)＝(－3，3，0)，可得点C (－2，3，0)， 设平面PQC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·QP ―→＝0，n ·QC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令x ＝3，得y ＝23，z ＝0， ∴n ＝(3,23，0)，|n |＝21.设平面BMQ 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·QB ―→＝0，m ·MN ―→＝0，∵MN ∥PA ，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·QB ―→＝0，m ·PA ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 1＝0，x 1－3z 1＝0，令x 1＝3，则z 1＝1，y 1＝0， ∴m ＝(3，0,1)是平面BMQ 的一个法向量． 设二面角B -MQ -C 的平面角的大小为θ， 则cos θ＝m ·n |m ||n |＝3714， 即二面角B -MQ -C 的余弦值为3714.B 级——综合应用9.如图所示，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值的大小．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC ． 因为AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥AE . 又因为AC ∩AE ＝A ，AC ，AE ⊂平面ACFE .所以BD ⊥平面ACFE . (2)以O 为原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1,0,2)，F (－1,0，a )(a ＞0)，OF ―→＝(－1,0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB ―→＝0，n ·OE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，由题意得sin 45°＝|cos 〈OF ―→，n 〉|＝|OF ―→·n ||OF ―→||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22， 解得a ＝3或a ＝－13(舍去)．所以OF ―→＝(－1,0,3)，BE ―→＝(1，－3，2)，cos 〈OF ―→，BE ―→〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为54. 10.(2021·贵州贵阳适应性考试)如图是一个半圆柱与多面体ABB 1A 1C 构成的几何体，平面ABC 与半圆柱的下底面共面，且AC ⊥BC ，P 为弧A 1B 1上(不与A 1，B 1重合)的动点．(1)证明：PA 1⊥平面PBB 1；(2)若四边形ABB 1A 1为正方形，且AC ＝BC ，∠PB 1A 1＝π4，求二面角P -A 1B 1-C 的余弦值．解：(1)证明：在半圆柱中，BB 1⊥平面PA 1B ，所以BB 1⊥PA 1. 因为A 1B 1是直径，所以PA 1⊥PB 1.因为PB 1∩BB 1＝B 1，PB 1⊂平面PBB 1，BB 1⊂平面PBB 1，所以PA 1⊥平面PBB 1. (2)以C 为坐标原点，分别以CB ，CA 所在直线为x 轴，y 轴，过C 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系C -xyz ，如图所示．设CB ＝1，则C (0,0,0)，B (1,0,0)，A (0,1,0)，A 1(0,1，2)，B 1(1,0，2)，P (1,12)，所以CA 1―→＝(0,1，2)，CB 1―→＝(1,0，2)．平面PA 1B 1的一个法向量n 1＝(0,0,1)．设平面CA 1B 1的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2，x ＝－2，z ＝1，所以可取n 2＝(－2，－2，1)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝11×5＝55.由图可知二面角P -A 1B 1-C 为钝角，所以所求二面角的余弦值为－55.。