空间角探究性问题的向量法求解策略

第06讲向量法求空间角（含探索性问题）(讲）-1第06讲向量法求空间角（含探索性问题）(精讲）知识点一：异面直线所成角设异面直线1l 和2l 所成角为θ，其方向向量分别为u r ，v；则异面直线所成角向量求法：①cos ,||||u vu v u v ⋅<>=②cos |cos ,|u v θ=<>知识点二：直线和平面所成角设直线l 的方向向量为a，平面α的一个法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则①cos ,||||a na n a n ⋅<>=；②sin |cos ,|a n θ=<>．知识点三：平面与平面所成角（二面角）（1）如图①，AB ，CD 是二面角l αβ--的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小,AB CD θ=<>．（2）如图②③，1n u r ，2n u u r分别是二面角l αβ--的两个半平面,αβ的法向量，则二面角的大小θ满足：①121212cos ,||||n n n n n n ⋅<>=；②12cos cos ,n n θ=±<>若二面角为锐二面角（取正），则12cos |cos ,|n n θ=<>；若二面角为顿二面角（取负），则12cos |cos ,|n n θ=-<>；（特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角．）（2022·广西南宁·一模（理））1．在正方体1111ABCD A B C D -中O 为面11AA B B 的中心，1O 为面1111D C B A 的中心.若E 为CD 中点，则异面直线AE 与1OO 所成角的余弦值为（）ABCD（2022·全国·高三专题练习）2．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，90BAC ∠=︒，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，1AB AC ==，2PA =，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为（）A．5B．5CD（2022·全国·高二）3．点A ，B 分别在空间直角坐标系O-xyz 的x ，y 正半轴上，点C （0，0，2），平面ABC 的法向量为(2,1,2)n =，设二面角C—AB—O 的大小为θ，则cos θ的值为（）A．BC ．23-D ．23（2022·全国·高三专题练习）4．在三棱锥-P ABC 中，2AB BC ==，AC =PB ⊥平面ABC ，点M ，N 分别为AC ，PB的中点，MN =Q 为线段AB 上的点（不包括端点A ，B ），若使异面直线PM 与CQ所成角的余弦值为34，则BQ BA =（）A ．14或4B ．12C ．13D ．14（2022·全国·高二）5．在三棱锥-P ABC 中，PA ，AB ，AC 两两垂直，D 为棱PC 上一动点，2PA AC ==，3AB =.当BD 与平面PAC 所成角最大时，AD 与平面PBC 所成角的正弦值为（）A ．1111B ．21111C ．31111D ．41111题型一：异面直线所成的角典型例题（2022·江苏泰州·高二期末）6．在平行六面体1111ABCD A B C D -中，2AB =，2AD =，14AA =，1160BAD BAA DAA ∠=∠=∠= ，则1BC 与1CA 所成角的正弦值为（）A ．2142B 342C ．2114D 5714（2022·安徽·高二期末）7．直角梯形ABCD 中，,4,2,22,,AB DC AB CD AD BC AB E ===⊥∥是边AB 的中点，将三角形ADE 沿DE 折叠到1A DE 位置，使得二面角1A DE B --的大小为120 ，则异面直线1A D 与CE 所成角的余弦值为（）A ．14B 154C 74D ．34（2022·广西·高三阶段练习（文））8．某圆锥的正视图如图所示，S 为该圆锥的顶点，,A B 分别是圆锥底面和侧面上两定点，P 为其底面上动点.,,,S A B P 四点在其正视图中分别对应点,,,S A B P ''''.若S P A P ''''⊥，2π3A SB '''∠=，2A S ''=，则异面直线AB 与SP 所成角最大时，SP 的长为（）A ．4B ．2C ．1D ．12（2022·吉林长春·模拟预测（理））9．现有四棱锥P ABCD -（如图），底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD .1==PA AB ，3AD =，点E ，F 分别在棱AB ，BC 上.当空间四边形PEFD 的周长最小时，异面直线PE 与DF 所成角的余弦值为___________.题型归类练（2022·河南安阳·高一阶段练习）10．已知在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为正方形，侧棱1AA ⊥底面ABCD .若12AA =，1AB =，E 是线段1DD 的中点，1111A C B D O = ，则异面直线CE 与BO 所成角的余弦值为（）A ．35B ．56C ．23D ．34（2022·辽宁丹东·模拟预测）11．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA AB =，ABC 是正三角形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，则直线MN ，PB 所成角的余弦值为（）A B ．4C ．2D ．34（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测）12．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，BC CD ⊥，且AB BC CD ==，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为()A B ．3C D ．2（2022·重庆八中模拟预测）13．如图所示，1111ABCD A B C D -是棱长为a 的正方体，M 、N 分别是下底面的棱11A B 、11B C 的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，3aAP =，过P 、M 、N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则异面直线1B Q 与1AC 所成角的余弦值为___________．（2022·陕西·长安一中高二期末（理））14．空间四边形OABC 中，8OA =，6AB =，4AC =，5BC =，45OAC ∠= ，60OAB ∠= ，则OA 与BC 所成角的余弦值等于___________．（2022·山西太原·一模（理））15．已知在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2PA AB ==，若三棱锥的外接球体积为，则异面直线PB 与AC 所成角的余弦值为__________.题型二：直线与平面所成的角角度1：求直线与平面所成角(定值问题）典型例题（2022·江苏·南京师大附中高二期末）16．已知正方体ABCD —1111D C B A 的棱长为4，M 在棱11A B 上，且13A M MB =1，则直线BM 与平面11A B CD 所成角的正弦值为___________．（2022·全国·高三专题练习）17．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为棱11A B ，BC 的中点，则EF 与平面11A BC 所成角的正弦值为___________.（2022·江苏省阜宁中学高二期中）18．已知AB 是圆柱底面圆的一条直径，OP 是圆柱的一条母线，C 为底面圆上一点，且//AC OB ，OP AB ==，则直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值为________．（2022·全国·高三专题练习）19．在三棱锥O-ABC 中，OA ､OB ､OC 两两垂直，3OA =，4OB =，5OC =，D 是AB 的中点，则CD 与平面OAB 所成的角的正切值为___________.题型归类练（2022·全国·高三专题练习）20．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是对角线BD 1上的点，且BE ∶ED 1=1∶3，则AE 与平面BCC 1B 1所成的角的正弦值是___________.（2022·全国·高二单元测试）21．在菱形ABCD 中，60BAD ∠= ，将ABD △沿BD 折叠，使平面ABD ⊥平面BCD ，则AD 与平面ABC 所成角的正弦值为___________.（2022·海南·模拟预测）22．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知点(1,1,0)A ，(0,3,2)B ，(2,0,3)C ，若平面//y α轴，且BC α⊂，则直线AC 与平面α所成的角的正弦值为___________.（2022·全国·高三专题练习）23．如图，ADC △和DBC △所在平面垂直，且AD BD CD ==，120ADC BDC ∠=∠= ，则直线AB 与平面ADC 所成角的正弦值为___________.参考答案：1．B【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线AE 与1OO 所成角的余弦值.【详解】设正方体的边长为2，建立如图所示空间直角坐标系，()()()()12,0,0,0,1,0,2,1,1,1,1,2A E O O ，()()12,1,0,1,0,1AE OO =-=- ，设异面直线AE 与1OO 所成角为θ，则11cos AE OO AE OO θ⋅=⋅故选：B2．B【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可.【详解】因为90BAC ∠=︒，所以BA AC ⊥，因为PA ⊥平面ABC ，,BA AC ⊂平面ABC ，所以,PA AC PA AB ⊥⊥，以A 为空间直角坐标系的原点，以AB AC AP ，，所在的直线为,,x y z 轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，()()11110,0,0,0,0,2,,0,0,,,0,0,,12222A P D E F ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，(0,0,2)PA = ，1(0,,0)2DE = ，11,,122DF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，设平面DEF 的法向量为(,,)m x y z =，所以有()10022,0,1110022y m DEm DE m m DFm DF x y z ⎧=⎪⎧⎧⊥⋅=⎪⇒⇒⇒=⎨⎨⎨⊥⋅=⎩⎩⎪-++=⎪⎩，设直线PA 与平面DEF 所成角为θ，所以sin cos ,5PA m PA m PA m θ⋅=〈〉==⋅，故选：B3．D【分析】根据空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】设平面ABO 的法向量为(,,)m x y z =，设(,0,0)(0),(0,,0)(0)A a a B b b >>，则(,0,0),(0,,0)OA a OB b == ，于是有：00(0,0,1)00ax OA m m by OB m ⎧=⎧⋅=⇒⇒=⎨⎨=⋅=⎩⎩，因此2cos 3m n m n θ⋅===⋅ ，故选：D 4．D【分析】先证明出BA BC ⊥，以B 为原点,,,BA BC BP为x 、y 、z 轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.【详解】如图,在三棱锥-P ABC 中,2AB BC ==,AC =,∴BA BC ⊥.∵PB ⊥平面ABC ,以B 为原点,,,BA BC BP为x 、y 、z 轴正方向建立空间直角坐标系.可知()0,0,0B ,()()0,2,0,1,1,0C M .因为BM MN ==2BN ==,所以PB =4,则P (0，0，4).设BQBA λ=,且0<λ<1,则()2,0,0Q l ,可知()1,1,4PM =- ，()2,2,0CQ λ=-所以()()12124022PM CQ λλ=⨯+⨯-+-⨯=-,PM = ，CQ =因为异面直线PM 与CQ 所成的角的余弦值为34,所以34PM CQ PM CQ ⨯ 解得：14λ=或4λ=（舍去）.所以14BQ BA =.故选：D 5．C【解析】首先利用线面角的定义，可知当D 为PC 的中点时，AD 取得最小值，此时BD 与平面PAC 所成角最大，再以点A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，利用向量坐标法求线面角的正弦值.【详解】,AB AC AB PA ⊥⊥ ，且PA AC A = ，AB ∴⊥平面PAC ，易证AB ⊥平面PAC ，则BD 与平面PAC 所成角为ADB ∠，3tan AB ADB AD AD∠==，当AD 取得最小值时，ADB ∠取得最大值在等腰Rt PAC ∆中，当D 为PC 的中点时，AD 取得最小值.以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则(0,0,0)A ，(3,0,0)B ，(0,2,0)C ，(0,0,2)P ，(0,1,1)D ，则(0,1,1)AD = ，(0,2,2)PC =- ，(3,2,0)BC =-设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z = ，则0n PC n BC ⋅=⋅=，即220320y z x y -=⎧⎨-+=⎩令3y =，得(2,3,3)n =.因为cos ,n AD 〈〉= AD 与平面PBC .故选：C【点睛】关键点点睛：本题重点考查线面角，既考查了几何法求线面角，又考查向量法求线面角，本题关键是确定点D 的位置，首先利用线面角的定义确定点D 的位置，再利用向量法求线面角.6．D【分析】先利用基底表示向量11,BC CA，再利用向量的夹角公式求解.【详解】解：11111,BC AD AA CA AA AC AA AD AB =+=-=--，则()()1111BC CA AD AA AA AD AB ⋅=+⋅-- ，2211116AD AA AD AD AB AA AD AA AB AA =⋅--⋅+-⋅-⋅= ，1BC =21CA =2=111111cos ,BC CA BC CA BC CA ⋅==⋅ ，所以11sin ,14BC CA = ，故选：D7．D 【分析】建立空间直角坐标系求解即可【详解】建如图所示空间直角坐标系，得)11,0A -，()()()0,0,2,0,0,0,0,2,2D EC ，所以()()1,0,2,2A D EC ==，所以1113cos ,4A D EC A D EC A D EC ⋅==.故选：D8．B【分析】根据题意还原圆锥，建立空间直角坐标系解题即可.【详解】根据题意还原圆锥，建立如下图所示空间直角坐标系，点P 在x 轴正半轴原点O 与底面圆周的交点之间运动，因为圆锥母线为2，且在正视图中S P A P ''''⊥，2π3A SB '''∠=，2A S ''=，所以底面圆直径为OP a ⎡=∈⎣.所以()0,A ，(),0,0P a，12B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,0,1S ，所以10,,22AB ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，(),0,1SP a =- ，设异面直线AB 与SP 所成角为θ，所以12cos AB SP AB SP θ⋅== AB 与SP 所成角最大，即12cos AB SP AB SP θ⋅==故当a =时，12cos AB SP AB SP θ⋅== 取最小值，所成角最大，此时2SP == .故选：B.9．15##0.2【分析】根据两点间线段最短，结合平行线的性质、异面直线所成角的定义、空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】将PAB 沿AB 旋转到平面ABCD内，如下图所示，设点D 关于CB 对称的点为1D ，线段1PD 与,AB BC 的交点为,E F ，此时空间四边形PEFD 的周长最小，因为1//AE DD ，所以111242AE PA AE AE DD PD =⇒=⇒=，同理可得：1112113BE BF BF BF CD CFBF -=⇒==-，因为底面ABCD 是矩形，所以AB AD ⊥，又因为PA ⊥平面ABCD ，,AB AD ⊂平面ABCD ，所以,PA AB PA AD ⊥⊥，所以可以建立如下图所示的空间直角坐标系，1(0,0,0),(0,0,1),(0,3,0),(1,1,0),(,0,0)2A P D F E ，1(,0,1),(1,2,0)2PE DF =-=- ，异面直线PE 与DF 所成角的余弦值为：2222111251()(1)1(2)2PE DF PE DF⨯⋅==⋅+-⨯+- ，故答案为：15【点睛】关键点睛：利用两点间线段最短是解题的关键.10．B【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，11(0,1,0),(1,1,0),(0,0,1),(,,2)22C B E O ，11(0,1,1),(,,2)22CE BO =-=-- ，所以异面直线CE 与BO 所成角的余弦值为12526112444CE BO CE BO +⋅=⋅⨯++ ，故选：B11．D 【分析】利用空间向量处理，根据异面直线夹角的处理cos cos ,m n m n m nθ== 代入计算．【详解】如图，以AC 的中点O 为坐标原点建立空间直角坐标系，设4PA =则())()()0,0,2,1,0,0,2,4,N MP B --)()1,2,2,4NM PB =--=- 3cos ,4MN PB MN PB MN PB == ，则直线MN ，PB 所成角的余弦值为34故选：D．12．A【分析】将三棱锥A BCD -放在正方体内部，建立空间直角坐标系即可利用向量求异面直线BM 与CD 夹角的余弦值．【详解】如图，正方体内三棱锥A -BCD 即为满足题意的鳖臑A BCD -，以B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则()0,0,0B ，()0,0,1A ，()0,1,0C ，()1,1,0D ，111,,222M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则111,,222BM ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()1,0,0CD =，12cos ,BM CD BM CD BM CD ⋅=⋅ 则异面直线BM 与CD夹角的余弦值3．故选：A ．13．57【分析】以点1D 为坐标原点，11D A 、11D C 、1D D 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，分析可知//MN PQ ，可求得点Q 的坐标，再利用空间向量法可求得结果.【详解】以点1D 为坐标原点，11D A 、11D C 、1D D 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则(),0,A a a 、()1,,0B a a 、()10,,0C a 、,,02a M a ⎛⎫ ⎪⎝⎭、,,02a N a ⎛⎫ ⎪⎝⎭、2,0,3a P a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为平面//ABCD 平面1111D C B A ，平面PMN 平面ABCD PQ =，平面PMN 平面1111A B C D MN =，所以，//MN PQ ，设点()0,,Q t a ，,,022a a MN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，2,,03a PQ t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为//MN PQ ，所以，23a t =，即点20,,3a Q a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,,3a B Q a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，()1,,AC a a a =-- ，所以，211111113cos ,a B Q AC B Q AC B Q AC -⋅<>==-⋅ .因此，异面直线1B Q 与1AC14．35-【分析】计算出OA BC ⋅ 的值，利用空间向量的数量积可得出cos ,OA BC <> 的值，即可得解.【详解】()2cos12040OA OB OA OA AB OA OA AB ⋅=⋅+=+⋅= ，()2cos13564OA OC OA OA AC OA OA AC ⋅=⋅+=+⋅=- 所以，()(644024OA BC OA OC OB OA OC OA OB ⋅=⋅-=⋅-⋅=--=- 所以，24162322cos ,855OA BC OA BC OA BC⋅--<>===⨯⋅ .所以，OA 与BC所成角的余弦值为35-.故答案为：35-.15．12##0.5【分析】根据给定条件，确定出三棱锥外接球球心并求出球半径，再借助空间向量计算作答.【详解】在三棱锥-P ABC 中，因PA ⊥平面ABC ，,AC BC ⊂平面ABC ，则PA AC ⊥，PA BC ⊥，而AB BC ⊥，PA AB A = ，,PA AB ⊂平面PAB ，因此，BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，则BC PB ⊥，取PC 中点O ，连接BO ，AO ，如图，于是得OB OC OP OA ===，即有O 是三棱锥-P ABC的外接球球心，由343V OA π=⋅=得：OAPC =，而2PA AB ==，则有45AC BAC =∠= ，而PB =PB AB AP =- ，则()PB AC AB AP AC AB AC AP AC ⋅=-⋅=⋅-⋅2454=⨯= ，从而有1cos ,2||||PB AC PB AC PB AC ⋅〈〉== ，所以异面直线PB 与AC 所成角的余弦值为12.故答案为：1216【分析】作出正方体，建立空间直角坐标系，求出平面11A B CD 的法向量，利用向量的夹角公式，计算即可.【详解】如图所示，以D 为原点，DA 方向为x 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，所以有，()0,0,0D ，()14,0,4A ，()0,4,0C ，(),,B 440，()4,1,4M ，则()14,0,4DA = ，()0,4,0DC = ，()0,3,4MB =- ，设平面1A DC 的法向量(),,n x y z = ，则由140440n DC y n DA x z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，得()1,0,1n =- ，设直线BM 与平面11A B CD 所成角为θ，则sin cos ,n MB n MB n MBθ⋅=<>== ，故答案为：5.17．3【分析】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系.求出平面11A BC 的一个法向量，由向量法求解线面角.【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系.设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则(2,1,2),(1,2,0)E F ，11(2,2,0),(2,0,2),(0,2,2)B A C .所以11(2,2,0)AC =- ，1(0,2,2)BA =- ，(1,1,2)FE =- ，设平面11A BC 的一个法向量为(,,)n x y z = ，则111.0.0n A C n BA ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，即220220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，取1y =，则(1,1,1)n = ，设EF 与平面11A BC 所成角为α，则||sin |cos ,|3||||n FE n FE n FE α⋅=〈〉==⋅ .故答案为：318．10【分析】先证明OABCB 是正方形，然后以,,OA OB OP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设1OA =，写出各点坐标，用空间向量法求线面角．【详解】AB 是底面圆直径，则AO BO ⊥，又OP 是圆柱母线，则OP ⊥平面OABC ，以,,OA OB OP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设1OA =，则AB OP =，所以1OB ==，//AC OB ，所以90OAC ∠=︒，而90ACB ∠=︒，所以四边形OACB是正方形，P ，(1,0,0)A ，(0,1,0)B ，(1,1,0)C，(1,1,PC =uu u r ，(1,1,0)AB =-，(AP =- ，设平面PAB 的一个法向量为(,,)n x y z =，则00n AB x y n PA x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1z =得x y ==n = ，设直线PC 与平面PAB 所成角为θ，所以sin cos ,10n PC n PC n PC θ⋅=<>== ，故答案为：10．19．2【分析】由已知建立空间直角坐标系，求出CD 的坐标和平面OAB 的法向量，由数量积公式可得CD 与平面OAB 所成的角的正弦值，再由三角函数平方关系和商数关系可得答案.【详解】因为OC OA OB 、、两两垂直，所以以O 为原点，OA OB OC 、、分别为x y z 、、轴的正半轴建立如图所示空间直角坐标系，连接CD ，所以()3,0,0A ，()0,4,0B ，()0,0,5C ，3,2,02D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3,2,52CD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由于CO ⊥底面OAB ，所以CO 是底面OAB 的法向量，且()0,0,5CO =- ，设CD 与平面OAB 所成的角为0,2πθθ⎛⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎣⎦⎝⎭，所以sin cos ,CO CD CO CD CO CDθ⋅===⋅所以cos θ=sin tan 2cos θθθ==.即CD 与平面OAB 所成的角正切值为2.故答案为：2.【点睛】本题考查了线面角的求法，解题关键点是建立空间直角坐标系利用向量的数量积公式求解，考查了学生的空间想象力和计算能力.20．11【分析】根据给定条件建立空间直角坐标系，利用空间向量即可计算作答.【详解】分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，令正方体棱长为4，则(4,0,0)A ，(4,4,0)B ，1(0,0,4)D ，依题意，11(1,1,1)4BE BD ==-- ，(0,4,0)(1,1,1)(1,3,1)AE AB BE =+=+--=- ，平面BCC 1B 1的一个法向量为AB =(0，4，0)，设AE 与平面BCC 1B 1所成的角为θ，则有||sin |cos ,|||||AE AB AE AB AE AB θ⋅=〈〉=⋅11=，所以AE 与平面BCC 1B 1所成的角的正弦值是11.故答案为：1121．5【分析】根据面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理及题意，可证AO OC ⊥，AO OD ⊥，CO BD ⊥，如图建系，求得各点坐标，进而可得,,AB AC AD 坐标，即可求得平面ABC 的法向量n ，根据线面角的向量求法，即可得答案.【详解】取BD 中点O ，连接AO 、CO ，因为60BAD ∠= ，所以ABD △、CBD △为等边三角形，因为O 为BD 中点，所以AO BD ⊥，CO BD⊥因为平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD 平面BCD=BD ，AO ⊂平面ABD ，所以AO ⊥平面BCD ，又,OC OD ⊂平面BCD ，所以AO OC ⊥，AO OD ⊥，以O 为原点，OC 、OD 、OA 为x ，y ，z 轴正方向建系，如图所示，设菱形ABCD 的边长为2，则(0,1,0),(0,1,0)A B C D -所以(0,1,(0,1,AB AC AD =-== ，设平面ABC 的法向量(,,)n x y z =，则00n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y ⎧--=⎪=，令1x =，则1y z ==，即(1,n = ，设AD 与平面ABC 所成角为θ，则sin cos ,5n AD n AD n AD θ⋅=<>==⋅ ，所以AD 与平面ABC所成角的正弦值为5.故答案为：522．11【分析】根据题意设平面α的法向量为(,0,)n x z = ，进而根据n BC ⊥ 得(1,0,2)n =- ，再根据向量方法计算AC 与平面α所成的角的正弦值.【详解】解：(2,3,1)BC =- ，(1,1,3)AC =- ，由平面α平行于y 轴，可设平面α的法向量为(,0,)n x z =，因为BC α⊂，所以n BC ⊥ ，即20x z +=，所以可取(1,0,2)n =- ，所以cos ,11||||n AC n AC n AC ⋅〈〉==- ，所以直线AC 与平面α故答案为：1123．2【分析】设2AD BD CD ===，在平面ADC 、平面BDC 内分别作直线CD 的垂线DE 、DF 分别交AC 、BC 于点E 、F ，证明出DF ⊥平面ADC ，以点D 为坐标原点，DE 、DC 、DF 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线AB 与平面ADC 所成角的正弦值.【详解】设2AD BD CD ===，在平面ADC 、平面BDC 内分别作直线CD 的垂线DE 、DF 分别交AC 、BC 于点E 、F ，如下图所示：因为平面ADC ⊥平面BDC ，平面ADC 平面BDC CD =，DF ⊂平面BDC ，DF CD ⊥，DF ⊥∴平面ADC ，因为DE CD ⊥，DE ⊂平面ADC ，以点D 为坐标原点，DE 、DC 、DF 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如上图所示的空间直角坐标系，则)1,0A -、(0,B -，(AB = ，易知平面ADC 的一个法向量为()0,0,1n =，则cos ,2AB n AB n AB n⋅<>==⋅ ，因此，直线AB 与平面ADC所成角的正弦值为2..。

《利用向量法求空间角》教案一、教学目标1. 让学生理解空间向量的概念，掌握空间向量的基本运算。

2. 引导学生掌握利用向量法求空间角的方法，培养空间想象能力。

3. 通过对空间角的学习，提高学生解决实际问题的能力。

二、教学内容1. 空间向量的概念及基本运算2. 空间向量夹角的定义及计算方法3. 空间向量垂直的判定与性质4. 利用向量法求空间角的大小5. 应用实例解析三、教学重点与难点1. 教学重点：（1）空间向量的概念及基本运算（2）空间向量夹角的计算方法（3）利用向量法求空间角的大小2. 教学难点：（1）空间向量垂直的判定与性质（2）应用实例的解析四、教学方法1. 采用讲授法，系统地讲解空间向量及空间角的相关概念、性质和计算方法。

2. 利用多媒体课件，展示空间向量的几何形象，增强学生的空间想象力。

3. 结合具体实例，引导学生运用向量法求解空间角的大小，提高解决实际问题的能力。

4. 组织课堂讨论，鼓励学生提问、发表见解，提高学生的参与意识。

五、教学安排1. 第一课时：介绍空间向量的概念及基本运算2. 第二课时：讲解空间向量夹角的定义及计算方法3. 第三课时：讲解空间向量垂直的判定与性质4. 第四课时：讲解利用向量法求空间角的大小5. 第五课时：应用实例解析，巩固所学知识六、教学过程1. 导入：回顾上一节课的内容，通过提问方式检查学生对空间向量的理解和掌握情况。

2. 新课导入：介绍空间向量夹角的定义，解释其在几何中的意义。

3. 课堂讲解：详细讲解空间向量夹角的计算方法，包括夹角余弦值的求法。

4. 例题讲解：挑选典型例题，演示利用向量法求空间向量夹角的过程。

5. 课堂练习：学生独立完成练习题，巩固向量夹角的知识。

六、教学内容1. 空间向量夹角的定义2. 空间向量夹角的计算方法3. 空间向量夹角的应用实例七、教学重点与难点1. 教学重点：（1）空间向量夹角的定义及其计算方法（2）利用向量夹角解决实际问题2. 教学难点：（1）空间向量夹角的计算方法（2）空间向量夹角在实际问题中的应用八、教学方法1. 采用案例教学法，通过具体实例讲解空间向量夹角的含义和应用。

浅析用向量法求解空间角问题作者：韩志宁119来源：《读写算》2012年第89期摘要：空间中各种角的计算一直是立体几何中研究的重要问题，也是高考考查的热点。

新课程中空间向量的引入将空间元素间的位置关系转化为数量关系，有效地沟通了几何与代数的关系，为解决空间角问题提供了比较简单可行的思路方法，有效地解决了传统立体几何中的问题。

关键字；高中立体几何空间角向量法空间向量法向量空间中各种角的计算一直是立体几何中研究的重要问题，也是高考考查的热点。

传统的“形到形”综合推理方法是找到角，再通过解三角形求得。

这种方法需要较强的空间想象力，且对于不同的问题需要不同的技巧，一旦思路受阻就只能放弃，学生感到非常困难。

新课程中空间向量的引入将空间元素间的位置关系转化为数量关系，为代数方法处理立体几何问题提供了一种重要的工具和方法，解题时可用定量的计算代替定性的分析，从而避免了一些繁琐的推理论证，下面从几个方面来介绍向量法在求解空间角问题中的具体应用。

1.异面直线所成角的计算问题求异面直线所成角一般可以通过在异面直线上选取两个非零向量和，通过求这两个向量的夹角得出异面直线所成角例1（2006广东理科卷）如图5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。

⑴求直线BD与EF所成的角解：以O为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则直线BD与EF所成的角为方法小结：空间向量在解决异面直线所成角的计算时，通常要先建立空间直角坐标系，然后利用计算出两个向量的坐标再代入夹角公式中计算，特别注意的是由于向量夹角的范围是[0，π]，而异面直线所成角的范围确是，所以一定要注意最后计算的结果应该取正值。

2.关于线面角的计算用向量法求线面角时，一般是求斜线的方向向量与平面的法向量所成的角（取锐角），注意这个角不是所求的线面角，所求的角是这个角的余角。

利用向量法求空间角一、教学目标1. 让学生掌握空间向量的基本概念和性质。

2. 让学生学会使用向量法求解空间角。

3. 培养学生解决实际问题的能力。

二、教学内容1. 空间向量的基本概念和性质。

2. 向量法求解空间角的基本步骤。

3. 实际问题中的应用案例。

三、教学方法1. 采用讲授法，讲解空间向量的基本概念和性质。

2. 采用演示法，展示向量法求解空间角的步骤。

3. 采用案例教学法，分析实际问题中的应用。

四、教学步骤1. 引入空间向量的概念，讲解其基本性质。

2. 讲解向量法求解空间角的基本步骤。

3. 分析实际问题中的应用案例，引导学生运用向量法解决问题。

五、课后作业1. 复习本节课所学内容，整理笔记。

2. 完成课后练习题，巩固所学知识。

3. 选择一个实际问题，尝试运用向量法解决。

六、教学评价1. 课堂讲解：观察学生对空间向量概念和性质的理解程度。

2. 课后作业：检查学生对向量法求解空间角的掌握情况。

3. 实际问题解决：评估学生在实际问题中的应用能力。

七、教学资源1. 教案、PPT、教材等相关教学资料。

2. 计算机、投影仪等教学设备。

3. 实际问题案例库。

八、教学时间1课时（45分钟）九、教学重点与难点1. 空间向量的基本概念和性质。

2. 向量法求解空间角的基本步骤。

3. 实际问题中的应用案例。

十、教学PPT内容1. 空间向量的基本概念和性质。

2. 向量法求解空间角的基本步骤。

3. 实际问题中的应用案例。

十一、教学案例案例一：求解空间直角坐标系中两向量的夹角。

案例二：求解空间四边形的对角线夹角。

案例三：求解空间旋转体的主轴与旋转轴的夹角。

十二、教学反思本节课结束后，教师应认真反思教学效果，针对学生的掌握情况，调整教学策略，以提高学生对空间向量法的理解和应用能力。

十三、教学拓展1. 研究空间向量在几何中的应用。

2. 探索向量法在物理学、工程学等领域的应用。

十四、教学建议1. 注重学生空间想象能力的培养。

2. 鼓励学生积极参与课堂讨论，提高课堂氛围。

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)。

利用向量法求空间角-经典教案教案章节：一、向量法求空间角的概念教学目标：1. 了解向量法求空间角的概念。

2. 掌握向量法求空间角的基本方法。

教学内容：1. 向量法求空间角的概念介绍。

2. 向量法求空间角的计算方法。

教学步骤：1. 引入向量法求空间角的概念，解释空间角的概念。

2. 讲解向量法求空间角的计算方法，通过示例进行演示。

3. 进行练习，让学生巩固向量法求空间角的方法。

教学评估：1. 通过课堂提问，检查学生对向量法求空间角概念的理解。

2. 通过练习题，检查学生对向量法求空间角计算方法的掌握。

二、向量法求空间角的计算方法教学目标：1. 掌握向量法求空间角的计算方法。

2. 能够应用向量法求解空间角的问题。

教学内容：1. 向量法求空间角的计算方法介绍。

2. 向量法求空间角的计算实例。

教学步骤：1. 复习向量法求空间角的概念，引入计算方法。

2. 讲解向量法求空间角的计算步骤，通过示例进行演示。

3. 进行练习，让学生巩固向量法求空间角的计算方法。

教学评估：1. 通过课堂提问，检查学生对向量法求空间角计算方法的理解。

2. 通过练习题，检查学生对向量法求解空间角问题的能力。

三、向量法求空间角的练习题教学目标：1. 巩固向量法求空间角的计算方法。

2. 提高学生应用向量法求解空间角问题的能力。

教学内容：1. 向量法求空间角的练习题。

教学步骤：1. 给出向量法求空间角的练习题，让学生独立完成。

2. 对学生的答案进行讲解和指导，解决学生在解题过程中遇到的问题。

3. 进行练习，让学生进一步巩固向量法求空间角的计算方法。

教学评估：1. 通过练习题，检查学生对向量法求解空间角问题的能力。

2. 通过学生的解题过程，了解学生对向量法求空间角计算方法的掌握情况。

四、向量法求空间角的拓展与应用教学目标：1. 了解向量法求空间角的拓展与应用。

2. 能够应用向量法解决实际问题中的空间角问题。

教学内容：1. 向量法求空间角的拓展与应用介绍。