1、第第 6 节节利用空间向量求空间角利用空间向量求空间角 知识梳理 1.异面直线所成的角 设 v1，v2分别是两异面直线 l1，l2的方向向量，则 v1与 v2的夹角v1，v2l1与 l2所成的角 范围(0，)0， 2 求法 cosv1，v2 v1v2 |v1|v2| cos |cosv1，v2|v1v2| |v1|v2| 2.求直线与平面所成的角 设直线 l 的方向向量为 v，平面的法向量为 n，直线 l 与平面所成的角为，则 sin |cosv，n|vn| |v|n|. 3.求二面角的大小 (1)如图，AB，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、 (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). 4.点到面的距离 若 A 是平面外一点，B 是平面内一点，n 是平面的一个法向量，则点 A 到平 面的距离 d|BA n| |n| . 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
3、向量的方向，来确 定二面角与向量 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，.() 答案(1)(2)(3)(4) 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 |co
4、sa，n|；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角. 2.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 答案B 解析由于 cos m，n 3 2 ，所以m，n30，所以直线 l 与所成的角 为 60. 3.在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是 C1D1的中点，则异面直线 DE 与 AC 所成 角的余弦值为() A. 10 10 B. 1 20 C. 1 20 D. 10 10 答案D 解析建立如图空间直角坐标系 Dxyz， 设 DA1，A(1，0，0)，C(0
5、，1，0)，E 0，1 2，1， 则AC (1，1，0)，DE 0，1 2，1，设异面直线 DE 与 AC 所成的角为， 则 cos |cosAC ， DE | 10 10 . 4.(2020新高考山东卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪 器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间. 把地球看成一个球(球心记为 O)，地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平 面，在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处的纬度为北 纬 40，则晷针与点 A 处的水平面所成角为() A.20B.40C.50D.90
6、 答案B 解析如图所示，O 为赤道平面，O1为 A 点处的日晷的 晷面所在的平面，由点 A 处的纬度为北纬 40可知OAO1 40，又点 A 处的水平面与 OA 垂直，晷针 AC 与O1所在 的面垂直，则晷针 AC 与水平面所成角为 40.故选 B. 5.(2021日照质检)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC A1B1C1的底面边长为 2，侧棱长为 2 2，则 AC1与侧面 ABB1A1 所成的角为_. 答案 6 解析以 A 为原点，以AB ，AE(AEAB)，AA 1所在直线为坐标 轴(如图)建立空间直角坐标系，设 D 为 A1B1的中点， 则 A(0，0，0)，C1(1，3，2 2)
7、，D(1，0，2 2)，AC 1(1，3， 2 2)， AD (1，0，2 2). C1AD 为 AC1与平面 ABB1A1所成的角 cosC1AD AC 1AD |AC 1|AD | （1， 3，2 2）（1，0，2 2） 12 9 3 2 ， 又C1AD 0， 2 ，C1AD 6. 6.(2020重庆诊断)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_. 答案45 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 P
8、D 的中点，连接 AE，则 AEPD， 又 CD平面 PAD， CDAE，又 PDCDD，从而 AE平面 PCD.所以AD (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. 考点一用向量求异面直线所成的角 1.如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABACAA1 2， BC2，点 D 为 BC 的中点，则异面直线 AD 与 A1C 所成的角 为() A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 答案B 解析以 A 为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建
9、立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，0，0)， A1(0，0， 2)，B( 2，0，0)，C(0，2，0)， D 2 2 ， 2 2 ，0 ， AD 2 2 ， 2 2 ，0 ， A1C (0，2， 2)， cosAD ， A1C AD A1C |AD |A1C | 1 2，AD ， A1C 3. 2.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 答案D 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
10、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 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 . 3.如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是 棱 CC1的中点，AF AD ，若异面直线 D1E 和 A1F 所成角的 余弦值为3 2 10 ，则的值为_. 答案 1 3 解析以 D 为原点，以 DA，DC，DD1分
11、别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系. 正方体的棱长为 2，则 A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0). 所以D1E (0，2，1)，A1F A1A AF A1A AD (0，0，2)(2，0，0) (2，0，2). 则 cosA1F ， D1E A1F D1E |A1F |D1E | 2 2 21 5， 所以 2 2 5 21 3 2 10 ，解之得1 3(舍去 1 3). 感悟升华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|
12、 |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 的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角. 考点二用空间向量求线面角 【例 1】(2020新高考山东卷)如图，四棱锥 PABCD 的底面为 正方形，PD底面 ABCD.设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l. (1)证明：l平面 PDC； (2)已知 PDAD1，Q 为 l 上的点，求 PB 与平面 QCD 所成角 的正弦值的最大值. (1)证明因为 PD底面 ABCD，所以 PDAD. 又底面 ABCD 为正方
13、形，所以 ADDC， 又 PDDCD，所以 AD平面 PDC. 因为 ADBC，AD平面 PBC， 所以 AD平面 PBC. 由已知得 lAD，因此 l平面 PDC. (2)解以 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 Dxyz. 则 D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)， DC (0，1，0)，PB (1，1，1). 由(1)可设 Q(a，0，1)， 则DQ (a，0，1). 设 n(x，y，z)是平面 QCD 的法向量， 则 nDQ 0， nDC 0， 即 axz0， y0. 可取 n(1，0，a). 所以 cosn，
14、 PB nPB |n|PB | 1a 3 1a2. 设 PB 与平面 QCD 所成角为， 则 sin 3 3 | a1| 1a2 3 3 1 2a a21. 因为 3 3 1 2a a21 6 3 ，当且仅当 a1 时等号成立， 故 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值为 6 3 . 感悟升华向量法求直线与平面所成角主要方法是： 1.分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向 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或 钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角. 【训练 1】(2021全国百校联考)如图
15、所示，在三棱锥 SBCD 中，平面 SBD平面 BCD，A 是线段 SD 上的点，SBD 为等 边三角形，BCD30，CD2DB4. (1)若 SAAD，求证：SDCA； (2)若直线 BA 与平面 SCD 所成角的正弦值为4 195 65 ，求 AD 的长. (1)证明依题意，BD2，在BCD 中，CD4，BCD30， 由余弦定理求得 BC2 3， CD2BD2BC2，即 BCBD. 又平面 SBD平面 BCD，平面 SBD平面 BCDBD，BC平面 BCD. BC平面 SBD.从而 BCSD， 在等边SBD 中，SAAD，则 BASD. 又 BCBAB，SD平面 BCA，SDCA. (2)
16、解以 B 为坐标原点，BC，BD 所在直线分别为 x 轴，y 轴，过点 B 作平面 BCD 的垂线为 z 轴，建立如图所示的空 间直角坐标系， 则 B(0，0，0)，C(2 3，0，0)，D(0，2，0)，S(0，1， 3)， 故CD (2 3，2，0)，SD (0，1， 3)， 设平面 SCD 的法向量为 m(x，y，z)， 则 mCD 0， mSD 0， 即 2 3x2y0， y 3z0， 取 x1，则 y 3，z1，所以 m(1，3，1)， 设DA DS (01)，则DA (0， 3)， 故 A(0，2， 3)，则BA (0，2， 3)， 设直线 BA 与平面 SCD 所成角为. 故 s
17、in |cosm， BA |mBA | |m|BA | |2 3 3 3| 5 （2）232 4 195 65 ， 解得1 4或 3 4，则 AD 1 2或 3 2. 考点三利用向量求二面角 角度 1求二面角或某一三角函数值 【例 2】(2020全国卷)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底 面的圆心，AE 为底面直径，AEAD.ABC 是底面的内接正 三角形，P 为 DO 上一点，PO 6 6 DO. (1)证明：PA平面 PBC； (2)求二面角 BPCE 的余弦值. (1)证明设 DOa，由题设可得 PO 6 6 a，AO 3 3 a， ABACBCa，PAPBPC 2 2 a. 因此 P
18、A2PB2AB2，从而 PAPB. 又 PA2PC2AC2，故 PAPC. 又 PB，PC平面 PBC，PBPCP， 所以 PA平面 PBC. (2)解以 O 为坐标原点，OE 的方向为 y 轴正方向，OD 的方 向为 z 轴正方向，|OE |为单位长度，建立如图所示的空间直角 坐标系 Oxyz. 由题设可得 E(0，1，0)，A(0，1，0)， C 3 2 ，1 2，0，P 0，0， 2 2 . 所以EC 3 2 ，1 2，0， EP 0，1， 2 2 . 设 m(x，y，z)是平面 PCE 的法向量，则 mEP 0， mEC 0，即 y 2 2 z0， 3 2 x1 2y0， 可取 m 3
19、 3 ，1， 2 . 由(1)知AP 0，1， 2 2 是平面 PCB 的一个法向量. 记 nAP ，则 cosn，mnm |n|m| 2 5 5 . 所以二面角 BPCE 的余弦值为2 5 5 . 感悟升华1.用法向量求二面角：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 形判断所求角是锐二面角还是钝二面角. 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. 【训练 2】如图，长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方 形
20、，点 E 在棱 AA1上，BEEC1. (1)证明：BE平面 EB1C1； (2)若 AEA1E，求二面角 BECC1的正弦值. (1)证明由已知得，B1C1平面 ABB1A1，BE平面 ABB1A1，故 B1C1BE. 又 BEEC1，B1C1EC1C1，B1C1，EC1平面 EB1C1， 所以 BE平面 EB1C1. (2)解由(1)知BEB190.由题设知 RtABERtA1B1E， 所以 AEB45，故 AEAB，AA12AB. 以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴正方向，|DA |为单位长度，建 立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz， 则 C(0，1，0)，B(1，1，0)，C
21、1(0，1，2)，E(1，0，1)，CB (1，0，0)，CE(1， 1，1)，CC1 (0，0，2). 设平面 EBC 的法向量为 n(x1，y1，z1)， 则 CB n0， CE n0，即 x10， x1y1z10， 所以可取 n(0，1，1). 设平面 ECC1的法向量为 m(x2，y2，z2)， 则 CC1 m0， CE m0， 即 2z20， x2y2z20， 所以可取 m(1，1，0). 于是 cosn，m nm |n|m| 1 2， 则 sinn，m 3 2 ， 所以，二面角 BECC1的正弦值为 3 2 . 角度 2与二面角有关的综合问题 【例 3】(2021合肥检测)如图，在
22、三棱锥 PABC 中，ABBC 2 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ABC 为等腰直角三角形， 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
23、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)(00)，则 F(1，2，h). (1)证明依题意，AB (1，0，0)是平面 ADE 的一个法向量， 又BF (0，2，h)，可得BFAB0， 又因为直线 BF平面 ADE， 所以 BF平面 ADE. (2)依题意，BD (1，1，0)，BE (1，0，2)，CE(1，2，2). 设 n(x，y，z)为平面 BDE 的法向量， 则 nBD 0， nBE 0，即 x
24、y0， x2z0， 不妨令 z1，可得 n(2，2，1). 因此有 cosCE ，n CE n |CE |n| 4 9. 所以，直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为4 9. (3)设 m(x1，y1，z1)为平面 BDF 的法向量， 则 mBD 0， mBF 0， 即 x1y10， 2y1hz10，不妨令 y 11，可得 m 1，1，2 h . 又 n(2，2，1)为平面 BDE 的一个法向量， 故由题意，有|cosm，n|mn| |m|n| |4 2 h| 32 4 h2 1 3. 解得 h8 7.经检验，符合题意. 所以，线段 CF 的长为8 7. 考点四与空间向量有关的探索性问题
25、 【例 4】如图，在三棱锥 PABC 中，底面是边长为 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
26、点， EFPA，EFBE，EFAC. 又 BEAC，EB，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|
27、|AG |n| ， 即 15 5 4 3 4 16（1）242 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. 感悟升华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，四棱锥 SABCD 的底面是正方形，每条侧 棱的长都是底面边长的 2倍，P 为侧棱 SD 上的点. (1)求证：ACSD； (2)若 SD平面 PAC，求二面角
28、PACD 的大小； (3)在(2)的条件下，侧棱 SC 上是否存在一点 E，使得 BE平 面 PAC.若存在，求 SEEC 的值；若不存在，试说明理由. (1)证明连接 BD，设 AC 交 BD 于点 O，连接 SO.由题意 知 SO平面 ABCD，以 O 为坐标原点， 以OB ， OC ，OS 分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立坐标系 Oxyz. 设底面边长为 a，则高 SO 6 2 a，于是 S 0，0， 6 2 a ， D 2 2 a，0，0 ，C 0， 2 2 a，0 . 于是，OC 0， 2 2 a，0 ，SD 2 2 a，0， 6 2 a . 则OC SD 0，故 OCSD
29、，从而 ACSD. (2)解由题设知，平面 PAC 的一个法向量DS 2 2 a，0， 6 2 a ，平面 DAC 的一 个法向量OS 0，0， 6 2 a . 由题知，二面角 PACD 为锐角，则 cosOS ， DS OS DS |OS |DS| 3 2 ， 所以二面角的大小为 30. (3)解在棱 SC 上存在一点 E 使 BE平面 PAC. 根据第(2)问知DS 是平面 PAC 的一个法向量，且DS 2 2 a，0， 6 2 a ，CS 0， 2 2 a， 6 2 a . 设CE tCS. 则BE BCCEBCtCS 2 2 a， 2 2 a（1t） ， 6 2 at . 又BE DS
30、0，得a2 2 06 4a 2t0，则 t1 3， 当 SEEC21 时，BE DS. 由于 BE平面 PAC，故 BE平面 PAC. 因此在棱 SC 上存在点 E，使 BE平面 PAC，此时 SEEC21. 应用空间向量求距离 空间距离的几个结论： (1)点到直线的距离：设过点 P 的直线 l 的方向向量为单位向量 n，A 为直线 l 外 一点，点 A 到直线 l 的距离 d|PA |2|PAn|2. (2)点到平面的距离：设 P 为平面内的一点，n 为平面的法向量，A 为平面外 一点，点 A 到平面的距离 d|PA n| |n| . (3)线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离. 一、
31、点面距 【例 1】如图，已知圆柱 OO1底面半径为 1，高为，平面 ABCD 是圆柱的一个轴截面，动点 M 从点 B 出发沿着圆柱的侧面到达点 D，其运动路程最短时在侧面留下曲线.将轴截面 ABCD 绕着轴 OO1逆时针旋转(0)后得到平面 A1B1C1D1， 边 B1C1与曲线 相交于点 P. (1)求曲线的长度； (2)当 2时，求点 C 1到平面 APB 的距离. 解(1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边 BA，曲线就是对角 线 BD. 由于 ABr，AD，BD 2.故曲线的长度为 2. (2)当 2时，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 O(0，0，0)，A(0，1，0)，
32、B(0，1，0)，P 1，0， 2 ， C1(1，0，)，所以AB (0，2，0)， AP 1，1， 2 ，OC1 (1，0，). 设平面 ABP 的法向量为 n(x，y，z)， 则 2y0， xy 2z0， 取 z2 得 n(，0，2)， 点 C1到平面 PAB 的距离 d|OC1 n| |n| 24. 思维升华求点面距的关键是利用点与平面内异于该点射影的任一点， 找出斜线 段所在的向量在法向量上的射影，然后利用公式求解. 二、线线距 【例 2】在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB4，AD3，AA12，M，N 分别为 CD，BB1的中点，求异面直线 MN 与 A1B 的距离. 解以 A
33、 为原点，以 AD，AB，AA1为坐标轴，建立空间 直角坐标系，如图 则 M(3，2，0)，N(0，4，1)， A1(0，0，2)，B(0，4，0)， 即MN (3，2，1)，A1B (0，4，2). 设 MN ， A1B 公 垂 线 的 方 向 向 量 为 n (x ， y ， z) ， 则 有 nMN 0， nA1B 0 3x2yz0， 4y2z0， 令 y1，则 z2，x4 3， 即 n 4 3，1，2，|n| 61 3 . 又MA1 (3，2，2)在 n 上的射影的长度为 d|MA1 n| |n| 3| 34 32122| 61 6 61 6 61 61 . 即异面直线 MN 与 A1
34、B 的距离为6 61 61 . 思维升华利用空间向量求两异面直线间的距离， 避免了求两异面直线的公垂线， 显示了向量法的优势.解题的关键是求出两异面直线公垂线的方向向量. A 级基础巩固 一、选择题 1.在正方体 ABCDA1B1C1D1中， 点 E 为 BB1的中点， 则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成角的余弦值为() A.1 2 B.2 3 C. 3 3 D. 2 2 答案B 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，
35、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 A1ED 与平面 ABCD 夹角的余弦值为2 3. 2.(2021广州模拟)如图，四棱锥 SABCD 中，SD平面 ABCD， ABCD， ADCD， SDCD， ABAD， CD2AD， M 是 BC 中点，N 是线段 SA 上的点，设 MN 与平面 SAD 所 成角为，则 sin 的最大值为()
36、A.3 5 7 B.3 3 7 C.2 5 7 D.2 3 7 答案A 解析以 D 为坐标原点， DA 所在直线为 x 轴建立如图所 示的空间直角坐标系 Dxyz，设 DA2，则 D(0，0，0)， S(0，0，4)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，M(1， 3，0)，所以SA (2，0，4). 设SN SA(01)，则 N(2，0，44)，则MN (2 1，3，44). 平面 SAD 的一个法向量为DC (0，4，0)， 因为 01，所以当 9 10， 即 SN9NA 时，sin 取得最大值3 5 7 . 二、填空题 3.如图所示，在正方形 ABCD 中，EFAB，若沿
37、 EF 将正方形 折成一个二面角后，AEEDAD11 2，则 AF 与 CE 所成角的余弦值为_. 答案 4 5 解析因为 AEEDAD11 2， 所以 AEED，即 AE，DE，EF 两两垂直，所以建立如图所 示的空间直角坐标系， 设 ABEFCD2， 则 E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，1)， 所以AF (1，2，0)，EC(0，2，1)， 所以 cosAF ， EC AF EC |AF |EC| 4 5， 所以 AF 与 CE 所成角的余弦值为4 5. 4.(2020长沙检测)如图所示，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB 2，点 E
38、 是棱 AB 的中点，则点 E 到平面 ACD1的距离为_. 答案 1 3 解析如图，以 D 为坐标原点，直线 DA，DC，DD1分别为 x，y，z 轴建立空间 直角坐标系， 则 D1(0，0，1)，E(1，1，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0). 则D1E (1，1，1)，AC (1，2，0)，AD1 (1，0，1). 设平面 ACD1的法向量为 n(a，b，c)， 则 nAC a2b0， nAD1 ac0， 取 a2，得 n(2，1，2)， 点 E 到平面 ACD1的距离 h|D1E n| |n| |212| 3 1 3. 三、解答题 5.(2020北京卷)如图，在正方体 ABCDA
39、1B1C1D1中，E 为 BB1 的中点. (1)求证：BC1平面 AD1E； (2)求直线 AA1与平面 AD1E 所成角的正弦值. (1)证明ABCDA1B1C1D1为正方体， AB 綊 D1C1， 四边形 ABC1D1为平行四边形，BC1AD1. 又 BC1平面 AD1E，AD1平面 AD1E， BC1平面 AD1E. (2)解如图所示，以 A 为坐标原点，分别以AD ， AB ，AA1 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系 Axyz，不妨设正方体的棱长为 2，则 A(0，0，0)， A1(0，0，2)，D1(2，0，2)，E(0，2，1).AA1 (0，0，2)，A
40、D1 (2，0，2)，AE (0，2，1). 设平面 AD1E 的一个法向量为 n(x，y，z)， 则 nAD1 0， nAE 0， 即 2x2z0， 2yz0， 令 y1，则 z2，x2， 平面 AD1E 的一个法向量为 n(2，1，2). cosAA1 ，n AA1 n |AA1 |n| 4 23 2 3. 直线 AA1与平面 AD1E 所成角的正弦值为2 3. 6.(2021百所名校模拟)如图，在矩形 ABCD 中，AB2AD， 点 E 是 CD 的中点.将ADE 沿 AE 折起，使得点 D 到达点 P 的位置，且使平面 PAE平面 ABCE. (1)求证：平面 PBE平面 PAE； (
41、2)求平面 PAE 与平面 BCP 所成锐二面角的余弦值. (1)证明AB2AD，E 是 CD 的中点，且 ABCD 为矩形，ADDE， DEA 4，同理CEB 4，AEB 2，即 BEAE， 又平面 PAE平面 ABCE，平面 PAE平面 ABCEAE，BE平面 ABCE， BE平面 PAE， 又 BE平面 PBE， 平面 PBE平面 PAE. (2)解取 AE 的中点 O，连接 OP，则 OPAE， 又平面 PAE平面 ABCE，平面 PAE平面 ABCEAE，OP平面 PAE， OP平面 ABCE. 以 E 为原点，EA、EB 分别为 x 轴，y 轴，过点 E 作 PO 的 平行线为 z
42、 轴建立空间直角坐标系 Exyz. 设 AB4，则 E(0，0，0)， A(2 2，0，0)，B(0，2 2，0)， P( 2，0， 2)， AB (2 2，2 2，0)，PB( 2，2 2， 2)， EC 1 2AB ( 2，2，0)，C( 2，2，0). CB ( 2，2，0)， 设平面 BCP 的法向量为 n(x，y，z)， nCB 0， nPB 0， 2x 2y0， 2x2 2y 2z0， 令 x1，得 n(1，1，3). 由(1)知，平面 PAE 的一个法向量为EB (0，2 2，0). 设平面 PAE 与平面 BCP 所成的角为. 则 cos |cosEB ，n|EB n| |EB
43、 |n| |012 2（1）0（3）| 2 2 12（1）2（3）2 11 11 ， 平面 PAE 与平面 BCP 所成锐二面角的余弦值为 11 11 . B 级能力提升 7.(2020江苏卷)在三棱锥 ABCD 中， 已知 CBCD 5， BD 2，O 为 BD 的中点，AO平面 BCD，AO2，E 为 AC 的 中点. (1)求直线 AB 与 DE 所成角的余弦值； (2)若点 F 在 BC 上，满足 BF1 4BC，设二面角 FDEC 的大小为，求 sin 的值. 解(1)如图，连接 OC，因为 CBCD，O 为 BD 的中点， 所以 COBD. 又 AO平面 BCD，OB，OC平面 B
44、CD，所以 AOOB， AOOC. 以OB ， OC ，OA 为基底，建立空间直角坐标系 Oxyz. 因为 BD2，CBCD 5，AO2， 所以 B(1，0，0)，D(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2). 因为 E 为 AC 的中点，所以 E(0，1，1)， 所以AB (1，0，2)，DE (1，1，1)， 所以|cosAB ， DE | |AB DE | |AB |DE | |102| 5 3 15 15 . 因此，直线 AB 与 DE 所成角的余弦值为 15 15 . (2)因为点 F 在 BC 上，BF1 4BC， BC (1，2，0)， 所以BF 1 4BC 1 4， 1
45、 2，0. 又DB (2，0，0)，故DF DB BF 7 4， 1 2，0. 设 n1(x1，y1，z1)为平面 DEF 的一个法向量， 则 DE n10， DF n10， 即 x1y1z10， 7 4x 11 2y 10， 取 x12，得 y17，z15， 所以 n1(2，7，5). 设 n2(x2，y2，z2)为平面 DEC 的一个法向量，又DC (1，2，0)，则 DE n20， DC n20， 即 x2y2z20， x22y20， 取 x22，得 y21，z21， 所以 n2(2，1，1). 故|cos | |n1n2| |n1|n2| |475| 78 6 13 13 . 所以 s
46、in 1cos22 39 13 . 8.(2021武汉调研)如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1中， 点 O 是 AC 与 BD 的交点，点 E 是线段 OD1上的一点. (1)若点 E 为 OD1的中点，求直线 OD1与平面 CDE 所成角的 正弦值. (2)是否存在点 E，使得平面 CDE平面 CD1O？若存在，请指出点 E 的位置，并 加以证明；若不存在，请说明理由. 解(1)不妨设正方体的棱长为 2. 以 D 为坐标原点， 以 DA， DC， DD1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 Dxyz， 则 D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(
47、0，2，0)，O(1，1，0). 因为 E 为 OD1的中点， 所以 E 1 2， 1 2，1. 则OD1 (1，1，2)，DE 1 2， 1 2，1，DC (0，2，0). 设 p(x0，y0，z0)是平面 CDE 的法向量， 则 pDE 0， pDC 0， 即 1 2x 01 2y 0z00， 2y00， 取 x02，则 y00，z01， 所以 p(2，0，1)为平面 CDE 的一个法向量. 设直线 OD1与平面 CDE 所成角为， 所以 sin |cosOD1 ，p|OD 1 p| |OD1 |p| |12（1）02（1）| （1）2（1）222 22（1）2 2 30 15 ， 即直线
48、 OD1与平面 CDE 所成角的正弦值为2 30 15 . (2)存在，且点 E 为线段 OD1上靠近点 O 的三等分点.理由如下. 假设存在点 E，使得平面 CDE平面 CD1O. 同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点 E 不与点 O 重合， 设D1E EO ，0，)，OC (1，1，0)，OD1 (1，1，2). 设 m(x1，y1，z1)是平面 CD1O 的法向量， 则 mOC 0， mOD1 0， 即 x1y10， x1y12z10， 取 x11，则 y11，z11， 所以 m(1，1，1)为平面 CD1O 的一个法向量. 因为D1E EO ，所以点 E 的坐标为 1， 1， 2 1 ， 所以DE 1， 1， 2 1 . 设 n(x2，y2，z2)是平面 CDE 的法向量， 则 nDE 0， nDC 0， 即 1x 2 1y 2 2 1z 20， 2y20， 取 x21，则 y20，z2 2， 所以 n 1，0， 2 为平面 CDE 的一个法向量. 因为平面 CDE平面 CD1O，所以 mn. 则 mn0，所以 1 20，解得2. 所以当|D 1E | |EO | 2，即点 E 为线段 OD1上靠近点 O 的三等分点时，平面 CDE平 面 CD1O.
