1、第第 7 节节利用空间向量求空间角利用空间向量求空间角 考试要求1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的 计算问题；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 知 识 梳 理 1.异面直线所成的角 设 a，b 分别是两异面直线 l1，l2的方向向量，则 a 与 b 的夹角l1与 l2所成的角 范围(0，)0， 2 求法cos ab |a|b| cos |cos |ab| |a|b| 2.求直线与平面所成的角 设直线 l 的方向向量为 a，平面的法向量为 n，直线 l 与平面所成的角为，则 sin |cosa，n|an| |a|n|. 3.求二面角的大小 (1)如图，AB
2、，CD 是二面角l的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的 大小_AB ，CD . (2)如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面 角的大小满足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量 n1与 n2的夹 角(或其补角). 常用结论与微点提醒 1.线面角的正弦值等于直线的方向向量 a 与平面的法向量 n 所成角的余弦值的 绝对值，即 sin |cosa，n|，不要误记为 cos |cosa，n|. 2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平 面，的法向量 n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确 定二面角与向量
3、 n1，n2的夹角是相等，还是互补. 诊 断 自 测 1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”) (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所成的角.() (4)两异面直线夹角的范围是 0， 2 ，直线与平面所成角的范围是 0， 2 ，二面角 的范围是0，.() 解析(1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的 方向向量 a，平面的法向量 n，直线与平面所成的角为，则 sin |cosa， n|；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面
4、所成的角或其补角. 答案(1)(2)(3)(4) 2.(老教材选修 21P104 练习 2 改编)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() A.45B.135C.45或 135D.90 解析cosm，n mn |m|n| 1 1 2 2 2 ，即m，n45. 两平面所成二面角为 45或 18045135. 答案C 3.(老教材选修 21P112A 组 T4 改编)已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面的方 向向量和法向量，若 cos m，n 3 2 ，则 l 与所成的角为() A.30B.60C.120D.150 解析由于 cos m，n 3
5、 2 ，所以m，n30，所以直线 l 与所成的角 为 60. 答案B 4.(2020广州模拟)在直三棱柱 ABCA1B1C1中， BCA90， M， N 分别是 A1B1， A1C1的中点，BCCACC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为() A. 1 10 B.2 5 C. 30 10 D. 2 2 解析以点 C 为坐标原点，CA，CB，CC1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，设 BCCA CC12，则可得 A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1，2)， N(1，0，2)， BM (1，1，2)，AN (1，0，2). cosBM ，AN BM
6、 AN |BM |AN | 1（1）（1）022 12（1）222 （1）20222 3 6 5 30 10 . 答案C 5.(2019南阳调研)在正方体 ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面 ACD1所成角的正 弦值为() A. 3 2 B. 3 3 C.3 5 D.2 5 解析设正方体的棱长为 1，以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 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.则 B(1，1，0)，B1(1，1，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)， D1(0，0，1)， 所以BB1 (0，0，1)，AC (1，1，0)，AD1 (1，0，1). 令
7、平面 ACD1的法向量为 n(x，y，z)，则 nAC xy0，nAD1 xz 0，令 x1，可得 n(1，1，1)， 所以 sin |cos n，BB1 | 1 31 3 3 . 答案B 6.(2020重庆预测)过正方形ABCD的顶点 A作线段PA平面ABCD， 若ABPA， 则平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为_. 解析如图，建立空间直角坐标系，设 ABPA1，则 A(0， 0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD平面 PAB， 设 E 为 PD 的中点，连接 AE，则 AEPD， 又 CD平面 PAD， CDAE，又 PDCDD，从而 AE平面 PCD.所以A
8、D (0，1，0)，AE 0，1 2， 1 2 分别是平面 PAB，平面 PCD 的法向量，且AD ，AE 45. 故平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角为 45. 答案45 考点一用空间向量求异面直线所成的角 【例 1】 (1)(一题多解)(2017全国卷)已知直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC 120，AB2，BCCC11，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为() A. 3 2 B. 15 5 C. 10 5 D. 3 3 (2)(2020豫南豫北精英对抗赛)在四面体 ABCD 中，CACBCDBD2，AB AD 2，则异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为() A.
9、 2 3 B. 2 4 C. 14 4 D. 2 4 解析(1)法一以 B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系. 图(1)图(2) 则 B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1). 又在ABC 中，ABC120，AB2，则 A(1， 3，0). 所以AB1 (1， 3，1)，BC1 (1，0，1)， 则 cosAB1 ，BC1 AB1 BC1 |AB1 |BC1 | （1， 3，1）（1，0，1） 5 2 2 5 2 10 5 ， 因此，异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为 10 5 . 法二将直三棱柱 ABCA1B1C1补形成直四棱柱 ABCDA1B1C1D1(如
10、图(2)，连 接 AD1，B1D1，则 AD1BC1. 则B1AD1为异面直线 AB1与 BC1所成的角(或其补角)，易求得 AB1 5，BC1 AD1 2，B1D1 3. 由余弦定理得 cosB1AD1 10 5 . (2)取 BD 的中点 O，连接 AO，OC，由 CACBCDBD2，ABAD 2， 得 AOBD，COBD，且 OC 3，AO1.在AOC 中，AC2AO2OC2，故 AOOC，又知 BDOCO，因此 AO平面 BCD，以 OB，OC，OA 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，则 A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0， 3，0)，D(1
11、，0，0)，AB (1，0，1)，CD (1， 3，0)，设异面直线 AB 与 CD 所成角为，则 cos |AB CD | |AB |CD | 1 2 13 2 4 ，即异面直 线 AB 与 CD 所成角的余弦值为 2 4 . 答案(1)C(2)B 规律方法1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是： (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|cosv1，v2| |v1v2| |v1|v2|求解. 2.两异面直线所成角的范围是 0， 2 ，两向量的夹角的范围是0，当异 面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线
12、的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角. 【训练1】(2019江西八校联考)在四面体ABCD中， BDAD， CDAD， BDBC， BDAD1，BC2，则异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为() A. 10 5 B.3 10 10 C. 15 5 D. 10 10 解析以 D 为坐标原点，在平面 BCD 内过 D 与 BD 垂直的 直线为 x 轴，以 DB，DA 所在的直线分别为 y 轴，z 轴建立 如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，0，1)，B(0，1，0)， C(2，1，0)，D(0，0，0)，所以AB (0，1，1)，DC (2，1，0)，则 cosAB ，DC
13、AB DC |AB |DC | 1 2 5 10 10 ， 故异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为 10 10 . 答案D 考点二用空间向量求线面角 【例 2】 (2018全国卷)如图，在三棱锥 PABC 中，AB BC2 2，PAPBPCAC4，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 MPAC 为 30，求 PC 与 平面 PAM 所成角的正弦值. (1)证明因为 APCPAC4，O 为 AC 的中点，所以 OPAC，且 OP2 3. 连接 OB，因为 ABBC 2 2 AC， 所以 AB2BC2AC2， 所以ABC 为等腰直角
14、三角形， 且 OBAC，OB1 2AC2. 由 OP2OB2PB2知 POOB. 由 OPOB，OPAC 且 OBACO，知 PO平面 ABC. (2)解如图，以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向， 建立空间直角坐标系 Oxyz. 由已知得 O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2 3)， AP (0，2，2 3).取平面 PAC 的一个法向量OB (2，0，0). 设 M(a，2a，0)(0a2)，则AM (a，4a，0). 设平面 PAM 的法向量为 n(x，y，z). 由AP n0，AM n0 得 2y2 3z0， ax（4a）y
15、0，可取 n( 3(a4)， 3a，a)， 所以 cosOB ，n 2 3（a4） 2 3（a4）23a2a2. 由已知可得|cosOB ，n| 3 2 ， 所以 2 3|a4| 2 3（a4）23a2a2 3 2 ， 解得 a4(舍去)，a4 3， 所以 n(8 3 3 ，4 3 3 ，4 3). 又PC (0，2，2 3)，所以 cosPC，n3 4 . 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 3 4 . 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
16、与平面的法向量所夹的锐角 或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角. 【训练 2】 (2020安徽江南十校联考)斜三棱柱 ABCA1B1C1中，底面是边长为 2 的正三角形，A1B 7，A1ABA1AC60. (1)证明：平面 A1BC平面 ABC； (2)求直线 BC1与平面 ABB1A1所成角的正弦值. (1)证明AB2，A1B 7，A1AB60， 由余弦定理得 A1B2AA21AB22AA1ABcos A1AB， 即 AA212AA130AA13 或1(舍)，故 AA13. 取 BC 的中点 O，连接 OA，OA1，ABC 是边长为 2 的正三角形， AOBC，且 AO 3，BO1.
17、 由 ABAC， A1ABA1AC， AA1AA1得A1ABA1AC， 得 A1BA1C 7， 故 A1OBC，且 A1O 6. AO2A1O2369AA21，AOA1O. 又 BCAOO，故 A1O平面 ABC， A1O平面 A1BC，平面 A1BC平面 ABC. (2)解以 O 为原点，OB 所在的直线为 x 轴，取 B1C1的中点 K，连接 OK，以 OK 所在的直线为 y 轴，过 O 作 OGAA1，以 OG 所在的直线为 z 轴建立空间直 角坐标系，则 B(1，0，0)，B1(1，3，0)，C1(1，3，0)，A1(0，2， 2)， BC1 (2，3，0)，BB1 (0，3，0)，B
18、A1 (1，2， 2)， 设 m(x，y，1)为平面 ABB1A1的法向量， 则 mBB1 3y0， mBA1 x2y 20 x 2， y0 m( 2，0，1). 设直线 BC1与平面 ABB1A1所成角为， 则 sin |BC 1 m| |BC1 |m| 2 2 13 3 2 78 39 . 故直线 BC1与平面 ABB1A1所成角的正弦值为2 78 39 . 考点三用空间向量求二面角 【例 3】 (2019全国卷)如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N 分 别是 BC，BB1，A1D 的中点. (1)证明：MN平面 C1DE； (2
19、)求二面角 AMA1N 的正弦值. (1)证明如图，连接 B1C，ME. 因为 M，E 分别为 BB1，BC 的中点， 所以 MEB1C，且 ME1 2B 1C. 又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND1 2A 1D. 由题设知 A1B1綉 DC， 可得 B1C 綉 A1D，故 ME 綉 ND， 因此四边形 MNDE 为平行四边形， 所以 MNED. 又 MN平面 C1DE，DE平面 C1DE， 所以 MN平面 C1DE. (2)解由已知可得 DEDA，以 D 为坐标原点，DA ，DE ，DD1 的方向为 x 轴、 y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz， 则 A(
20、2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1， 3，2)，N(1，0，2)，A1A (0，0，4)，A1M (1， 3，2)，A1N (1，0，2)，MN (0， 3，0). 设 m(x，y，z)为平面 A1MA 的法向量，则 mA1M 0， mA1A 0， 所以 x 3y2z0， 4z0， 可取 m( 3，1，0). 设 n(p，q，r)为平面 A1MN 的法向量， 则 nMN 0， nA1N 0， 所以 3q0， p2r0， 可取 n(2，0，1). 于是 cosm，n mn |m|n| 2 3 2 5 15 5 ， 则 sinm，n 10 5 ， 所以二面角 AMA1N 的正弦值为 10 5
21、 . 规律方法利用空间向量计算二面角大小的常用方法： (1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个 平面的法向量的夹角得到二面角的大小， 但要注意结合实际图形判断所求角的大 小. (2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂 足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 【训练 3】 (2019青岛二模)如图，已知多面体 PABCDE 的 底面 ABCD 是边长为 2 的菱形， PA底面 ABCD， EDPA， 且 PA2ED2. (1)求证：平面 PAC平面 PCE； (2)若直线 PC 与平面 ABCD 所成的角为
22、45，求二面角 PCED 的余弦值. (1)证明如图(1)，连接 BD，交 AC 于点 O，设 PC 的中点为 F，连接 OF，EF. 因为底面 ABCD 是菱形，所以 O 是 AC 的中点， 又 F 是 PC 的中点，所以 OFPA，且 OF1 2PA. 因为 DEPA，且 DE1 2PA，所以 OFDE，且 OFDE. 所以四边形 OFED 为平行四边形，所以 ODEF，即 BDEF. 因为 PA平面 ABCD，BD平面 ABCD，所以 PABD. 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 BDAC. 又因为 PAACA，所以 BD平面 PAC. 所以 EF平面 PAC. 又因为 EF平面 PC
23、E，所以平面 PAC平面 PCE. (2)解因为 PA底面 ABCD，直线 PC 与平面 ABCD 所成的角为 45， 所以PCA45，所以 ACPA2. 所以 ACABBC，故ABC 为等边三角形. 设 BC 的中点为 M，连接 AM，则 AMBC，所以 AMAD. 以 A 为坐标原点，AM，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直 角坐标系 Axyz，如图(2)， 则 P(0，0，2)，C( 3，1，0)，E(0，2，1)，D(0，2，0)， 所以PC ( 3，1，2)，CE( 3，1，1)，DE (0，0，1). 设平面 PCE 的法向量为 n(x1，y1，z1)，
24、 则 nPC 0， nCE 0，即 3x1y12z10， 3x1y1z10. 令 y11，则 x1 3，z12.所以 n( 3，1，2). 设平面 CDE 的法向量为 m(x2，y2，z2)， 则 mDE 0， mCE 0，即 z20， 3x2y2z20. 令 x21，则 y2 3，z20.所以 m(1， 3，0). 设二面角 PCED 的大小为，因为为钝角， 所以 cos |cosn，m|nm| |n|m| 2 3 2 22 6 4 . 所以二面角 PCED 的余弦值为 6 4 . 考点四与空间角有关的探索性问题 【例 4】 (2020郴州一模)如图，在三棱锥 PABC 中，底面 是边长为
25、4 的正三角形，PA2，PA底面 ABC，点 E，F 分 别为 AC，PC 的中点. (1)求证：平面 BEF平面 PAC； (2)在线段PB上是否存在点G， 使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为 15 5 ？ 若存在，确定点 G 的位置；若不存在，请说明理由. (1)证明ABBC，E 为 AC 的中点，BEAC. 又 PA平面 ABC，BE平面 ABC，PABE. PAACA，BE平面 PAC. BE平面 BEF，平面 BEF平面 PAC. (2)解存在.由(1)及已知得 PABE，PAAC， 点 E，F 分别为 AC，PC 的中点， EFPA，EFBE，EFAC. 又 BEAC，EB，
26、EC，EF 两两垂直. 分别以EB ，EC，EF的方向为 x，y，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图， 则 A(0，2，0)，P(0，2，2)，B(2 3，0，0)，C(0，2，0). 设BG BP (2 3，2，2)，0，1， 所以AG AB BG (2 3(1)，2(1)，2)， BC (2 3，2，0)，PC(0，4，2)， 设平面 PBC 的法向量为 n(x，y，z)， 则 nBC 0， nPC 0 2 3x2y0， 4y2z0， 令 x1，则 y 3，z2 3，n(1， 3，2 3). 由已知得 15 5 |AG n| |AG |n| ， 即 15 5 4 3 4 16（1）242
27、 1 2或 11 10(舍去). 故1 2. 所以存在满足条件的点 G，点 G 为 PB 的中点. 规律方法1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作 条件，据此列方程或方程组，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. 2.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式， 解出参数. 【训练 4】 如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 为 平行四边形，ABAC，PA平面 ABCD，且 PAAB3， AC2，点 E 是 PD 的中点. (1)求证：PB平面 AEC； (2)在线段 PB 上(不含端点)是否存在一点
28、 M， 使得二面角 MACE 的平面角的 余弦值为 10 10 ？若存在，确定点 M 的位置；若不存在，请说明理由. (1)证明连接 BD 交 AC 于点 F，连接 EF. 因为 ABCD 为平行四边形， 所以 F 是 BD 的中点. 又 E 是 PD 的中点， 所以 EFPB. 又 EF平面 AEC，PB平面 AEC， 所以 PB平面 AEC. (2)解由题意知，AC，AB，AP 两两互相垂直，如图，以 点 A 为坐标原点，射线 AC，AB，AP 分别为 x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系 Axyz， 则 C(2，0，0)，D(2，3，0)， P(0，0，3)，B(0，3，0)，
29、E 1，3 2， 3 2 . 设 M(x0，y0，z0)，PM PB (01)， 则(x0，y0，z03)(0，3，3)，得 M(0，3，33). 设平面 AEC 的法向量为 n1(x1，y1，z1). 由 n1AE 0，n1AC0 及AE 1，3 2， 3 2 ，AC (2，0，0)， 得 x13 2y 13 2z 10， 2x10. 取 y11，得 n1(0，1，1). 设平面 MAC 的法向量为 n2(x2，y2，z2). 由 n2AM 0，n2AC 0 及AM (0，3，33)，AC (2，0，0)， 得 3y2（33）z20， 2x20. 取 z21，得 n2 0，11 ，1. 设二
30、面角 MACE 的平面角的大小为， 则|cos | |n1n2| |n1|n2| |2 1 | 2 11 2 12 10 10 ， 化简得 92920，解得1 3或 2 3. 因为二面角 MACE 的平面角的余弦值为 10 10 ， 所以二面角 MACE 的平面角为锐角，所以1 3， 所以PM 1 3PB . 故PM 1 3PB 时，二面角 MACE 的平面角的余弦值为10 10 . A 级基础巩固 一、选择题 1.已知空间三点 A(1，1，1)，B(1，0，4)，C(2，2，3)，则AB 与CA的夹角 的大小为() A.30B.60C.120D.150 解析AB (2，1，3)，CA(1，3
31、，2)， cosAB ，CA（2）（1）（1）33（2） 14 14 7 14 1 2，AB ，CA120. 答案C 2.若直线 l 的方向向量与平面的法向量的夹角等于 120，则直线 l 与平面所成 的角等于() A.120B.60C.30D.60或 30 解析设直线 l 与平面所成的角为，直线 l 与平面的法向量的夹角为. 则 sin |cos |cos 120|1 2. 又 090，30. 答案C 3.(一题多解)(2019泉州二模)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，AA12A1B12B1C1， 且 ABBC， 点 M 是 A1C1的中点， 则异面直线 MB 与AA1所成角的余弦值为()
32、 A.1 3 B.2 2 3 C.3 2 4 D.1 2 解析法一由题意知 AA1BB1，则异面直线 MB 与 AA1所成角为MBB1，如 图(1).又BB1M 为直角三角形， 所以 cos MBB1BB1 MB.在直三棱柱 ABCA 1B1C1 中，设 AA12A1B12B1C12.由 ABBC，得 B1M1 2 A1C1 2 2 .故 MB 22 2 2 2 3 2 2 . 所以 cos MBB1BB1 MB 2 2 3 .故选 B. 法二由题意知 AB，BC，BB1两两垂直，所以以 B 为坐标原点，BA，BC，BB1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 Bxyz，如
33、图(2).设 AA1 2A1B12B1C12，则 B(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(1，0，2)，M 1 2， 1 2，2，所 以MB 1 2， 1 2，2，AA1 (0，0，2).设异面直线 MB 与 AA1所成角为，则 cos |MB AA1 | |MB |AA1 | 4 9 22 2 2 3 ， 所以异面直线MB与AA1所成角的余弦值为2 2 3 . 故选 B. 答案B 4.如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA平 面 ABCD，PAAD4，AB2.以 AC 的中点 O 为球心，AC 为 直径的球面交 PD 于点 M.则 CD 与平面 ACM 所成角的正弦值
34、 为() A. 3 2 B. 3 3 C. 5 3 D. 6 3 解析如图所示，建立空间直角坐标系，则 A(0，0，0)，P(0， 0，4)， B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)， M(0，2，2). 所以AC (2，4，0)，AM (0，2，2)，CD (2，0，0). 设平面 ACM 的法向量 n(x，y，z)， 由 nAC ，nAM ， 可得 2x4y0， 2y2z0，令 z1，得 n(2，1，1). 设所求角为，则 sin |CD n| |CD |n| 6 3 . 答案D 5.在正方体 ABCDA1B1C1D1中， 点 E 为 BB1的中点， 则平面 A1ED 与平面
35、 ABCD 所成角的余弦值为() A.1 2 B.2 3 C. 3 3 D. 2 2 解析以 A 为原点，AB，AD，AA1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，设棱长为 1，则 A1(0，0， 1)，E 1，0，1 2 ，D(0，1，0)， A1D (0，1，1)， A1E 1，0，1 2 . 设平面 A1ED 的法向量为 n1(1，y，z)， 则有 A1D n10， A1E n10， 即 yz0， 11 2z0， y2， z2， n1(1，2，2). 平面 ABCD 的法向量为 n2(0，0，1)， |cosn1，n2| 2 31 2 3， 即平面 A1E
36、D 与平面 ABCD 夹角的余弦值为2 3. 答案B 二、填空题 6.(2020烟台月考)如图所示，在三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1 底面 ABC，ABBCAA1，ABC90，点 E，F 分别是棱 AB， BB1的中点，则直线 EF 和 BC1所成的角是_. 解析以 BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，BB1为 z 轴，建立空间直角 坐标系.设 ABBCAA12， 则 C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)， 则EF (0，1，1)，BC1 (2，0，2)， EF BC1 2， cosEF ，BC1 2 22 2 1 2， EF 和 BC1所成的角为 60. 答案60 7
37、.(2020合肥模拟)在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则直线 D1C1与平面 A1BC1所成角的正弦值为_. 解析如图，建立空间直角坐标系 Dxyz， 则 D1(0，0，1)，C1(0，2，1)，A1(1，0，1)，B(1，2，0). D1C1 (0，2，0)， A1C1 (1，2，0)，A1B (0，2，1)， 设平面 A1BC1的法向量为 n(x，y，z)， 由 nA1C1 （x，y，z）（1，2，0）x2y0， nA1B （x，y，z）（0，2，1）2yz0， 得 x2y， z2y，令 y1，得 n(2，1，2)， 设直线 D1C1与平面 A1BC1所成角为，
38、则 sin |cosD1C1 ，n|D 1C1 n| |D1C1 |n| 2 23 1 3， 即直线 D1C1与平面 A1BC1所成角的正弦值为1 3. 答案 1 3 8.如图，菱形 ABCD 中，ABC60，AC 与 BD 相交于点 O， AE平面 ABCD，CFAE，AB2，CF3.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 AEa，则 B(0， 3，0)，D(0， 3，0)，F(1，0，3)，E(1， 0，a)， OF (
39、1，0，3)，DB (0，2 3，0)，EB (1， 3，a). 设平面 BED 的法向量为 n(x，y，z)， 则 nDB 0， nEB 0，即 2 3y0， x 3yaz0， 则 y0，令 z1，得 xa， n(a，0，1)， cosn，OF nOF |n|OF | a3 a21 10. 直线 OF 与平面 BED 所成角的大小为 45， |a3| a21 10 2 2 . 解得 a2 或 a1 2(舍去)，AE2. 答案2 三、解答题 9.(2019郑州测试)在如图所示的多面体中，四边形 ABCD 是 平行四边形， 四边形 BDEF 是矩形， ED平面 ABCD， ABD 6，AB2AD
40、. (1)求证：平面 BDEF平面 ADE； (2)若 EDBD，求直线 AF 与平面 AEC 所成角的正弦值. (1)证明在ABD 中，ABD 6，AB2AD， 由余弦定理，得 BD 3AD， 从而 BD2AD2AB2，故 BDAD， 所以ABD 为直角三角形且ADB 2. 因为 DE平面 ABCD，BD平面 ABCD，所以 DEBD. 又 ADDED，所以 BD平面 ADE. 因为 BD平面 BDEF， 所以平面 BDEF平面 ADE. (2)解由(1)可得，在 RtABD 中，BAD 3，BD 3AD，又由 EDBD， 设 AD1，则 BDED 3.因为 DE平面 ABCD，BDAD，
41、所以可以点 D 为坐标原点，DA，DB，DE 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. 则 A(1，0，0)，C(1， 3，0)，E(0，0， 3)，F(0， 3， 3)， 所以AE (1，0， 3)，AC(2， 3，0). 设平面 AEC 的法向量为 n(x，y，z)， 则 nAE 0， nAC 0，即 x 3z0， 2x 3y0， 令 z1，得 n( 3，2，1)，为平面 AEC 的一个法向量. 因为AF (1， 3， 3)， 所以 cos n，AF nAF |n|AF | 42 14 ， 所以直线 AF 与平面 AEC 所成角的正弦值为 42 14 . 10
42、.(2020武汉调研)如图，在斜三棱柱(侧棱不垂直于底 面)ABCA1B1C1中， 侧面 AA1C1C底面 ABC， 底面ABC 是边长为 2 的正三角形，A1AA1C，A1AA1C. (1)求证：A1C1B1C； (2)(一题多解)求二面角 B1A1CC1的正弦值. (1)证明如图，取 A1C1的中点 D，连接 B1D，CD， C1CA1AA1C， CDA1C1， 底面ABC 是边长为 2 的正三角形， ABBC2，A1B1B1C12， B1DA1C1， 又 B1DCDD，B1D平面 B1CD，CD平面 B1CD， A1C1平面 B1CD，A1C1B1C. (2)解法一如图，过点 D 作 D
43、EA1C 于点 E，连接 B1E. 侧面 AA1C1C底面 ABC， 侧面 AA1C1C平面 A1B1C1，又 B1DA1C1， 侧面 AA1C1C平面 A1B1C1A1C1， B1D平面 A1CC1，B1DA1C， A1C平面 B1DE，B1EA1C， B1ED 为所求二面角的平面角. A1B1B1C1A1C12，B1D 3， 又 ED1 2CC 1 2 2 ，tan B1EDB1D ED 3 2 2 6， sinB1ED 42 7 . 二面角 B1A1CC1的正弦值为 42 7 . 法二如图，取 AC 的中点 O，以 O 为坐标原点，射线 OB，OC，OA1分别为 x，y，z 轴的正方向建
44、立空间直角坐 标系，则 O(0，0，0)，B( 3，0，0)，A1(0，0，1)，B1( 3， 1，1)，C1(0，2，1)，C(0，1，0)， A1B1 ( 3，1，0)，A1C (0，1，1). 设 m(x，y，z)为平面 A1B1C 的法向量， mA1B1 3xy0， mA1C yz0， 令 y 3，得 m(1， 3， 3)， 又OB ( 3，0，0)为平面 A1CC1的一个法向量， cos m，OB mOB |m|OB | 7 7 ， 由图易知所求二面角为锐角， 二面角 B1A1CC1的正弦值为 42 7 . B 级能力提升 11.(2020长沙雅礼中学检测)在三棱锥 PABC 中，点
45、 P 在底面的正投影恰好是 等边ABC 的边 AB 的中点，且点 P 到底面 ABC 的距离等于底面边长.设PAC 与底面所成的二面角的大小为， PBC 与底面所成的二面角的大小为， 则 tan( )的值是() A.3 4 3B.2 5 3C. 8 13 3D.5 8 3 解析如图，设点 P 在边 AB 上的射影为 H，作 HFBC， HEAC，连接 PF，PE. 依题意，HEP，PFH. 不妨设等边ABC 的边长为 2，则 PH2，AHBH1. HE 3 2 ，HF 3 2 ，则 tan tan 2 3 2 4 3， 故 tan() 2tan 1tan2 2 4 3 1 4 3 2 8 13
46、 3. 答案C 12.已知正方形 ABCD 的边长为 4，CG平面 ABCD，CG2，E，F 分别是 AB， AD 的中点，则点 B 到平面 GEF 的距离为() A. 11B. 11 2 C.2 11 11 D.4 11 11 解析连接 BG.以 C 为原点，CD ，CB ，CG 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， 其中 C(0，0，0)，G(0，0，2)，E(2，4，0)，B(0，4，0)， F(4，2，0). BG (0，4，2)，GE (2，4，2)，EF (2，2，0). 设平面 GEF 的法向量为 n(x，y，z)， 则 nGE 0， n
47、EF 0，即 2x4y2z0， 2x2y0. 令 x1，则 y1，z3，面 GEF 的一个法向量为 n(1，1，3). 设点 B 到面 GEF 的距离为 h，则有 h|BG n| |n| |46| 11 2 11 2 11 11 ，故选 C. 答案C 13.如图所示，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 AB4， AC6，BD8，CD2 17，则该二面角的大小为_. 解析CD CA ABBD ， CA BD |CA |BD | cosCA ，BD 24. cosCA ，BD 1 2. 又所求二面角与CA ，BD 互补， 所求的
48、二面角为 60. 答案60 14.(2020山东名校联盟考试)如图，在四棱锥 PABCD 中， PBPA，PBBC，BC平面 PAD，PAPD2，ADAB 2BC2 2. (1)求证：平面 PAB平面 PCD； (2)若点 M 在线段 AB 上，且直线 CM 与平面 PBC 所成角的正弦值为 7 14，试求 AM 的长. (1)证明BC平面 PAD，BC平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD， BCAD. PBBC，PBAD. PBPA，PAADA，PA平面 PAD，AD平面 PAD， PB平面 PAD. 又 PD平面 PAD，PDPB. PAPD2，AD2 2， PA2PD2AD2，
49、PDPA. 而 PAPBP，PA平面 PAB，PB平面 PAB， PD平面 PAB. 又PD平面 PCD，平面 PAB平面 PCD. (2)解由(1)知 PA，PB，PD 两两垂直， 以 P 为原点，分别以直线 PB，PA，PD 为 x 轴，y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Pxyz，则 P(0，0， 0)，A(0，2，0)，B(2，0，0)，D(0，0，2)，C(2，1，1). PB (2，0，0)，PC(2，1，1). 设平面 PBC 的法向量为 n(x，y，z)， 则 nPB 0， nPC 0，即 2x0， 2xyz0. 令 y1，则 z1，n(0，1，1). 令AM AB
50、 (01)， M(2，22，0)，CM (22，32，1)， cosCM ，n CM n |CM |n| 22 2 822014 7 14. 整理，得 24246210. 解得3 4或 7 6(舍去)，此时 AM 3 2 2 . 当直线 CM 与平面 PBC 所成角的正弦值为 7 14时，AM 3 2 2 . C 级创新猜想 15.(多选题)(2020济南调研)以等腰直角三角形ABC 的斜边BC上的中线AD为折 痕，将ABD 与ACD 折成互相垂直的两个平面.下列说法正确的有() A.BD平面 ACD B.ABC 为等边三角形 C.平面 ADC平面 ABC D.点 D 在平面 ABC 内的射影
