利用空间向量求空间角

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。

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.。

利用空间向量求空间角
一、基础知识
1．异面直线所成角
设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a||b |?
，其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向
向量．
2．直线与平面所成角
如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，
φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a||n |?
.
3．二面角
(1)若AB ，CD 分别是二面角α-l-β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其
补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．
(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，
〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α -l -β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|?
，如图(2)(3)．
两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角为
(0，π），所以公式中要加绝对值．
直线与平面所成角的范围为
0，π2，而向量之间的夹角的范围为[0，π］，所以公式中要加绝对值．
利用公式与二面角的平面角时，要注意〈
n 1，n 2〉与二面角大小的关系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断．。