第二讲 空间角
【知识梳理】
1．异面直线所成角
设异面直线 a，b所成的角为θ，a，b 分别是直线 a，b的方向向量，则 cos θ＝ ．
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＝ ＝ .
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 n1，平面β的法向量为 n2，〈n1，n2〉＝θ，
则二面角α l β为 或 .设二面角大小为φ，则|cos φ|＝ ＝ ，如图
(2)(3)．
【典型例题】
题型一 空间角的求法
1．如图所示，在三棱柱 ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面 ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，
点 E，F分别是棱 AB，BB1的中点，试求直线 EF和 BC1所成的角．
1
练习 1
2．如图所示，在棱长为 2的正方体 ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 CC → →1的中点，AF＝λAD，若
3 2
异面直线 D1E和 A1F所成角的余弦值为 ，则λ的值为________．
10
3．如图，在棱长为 1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为 BC，AD的
中点，则直线 AM和 CN夹角的余弦值为________．
4．(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥 P－ABCD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 PD＝AD＝1，Q为 l上的点，求 PB与平面 QCD所成角的正弦值的最大值．
2
练习 2
5．如图，四棱锥 PABCD π的底面 ABCD是边长为 2 的菱形，∠ABC＝ ，PA⊥底面 ABCD，
3
点 M是棱 PC的中点．
(1)求证：PA∥平面 BMD；
(2)当 PA＝ 3时，求直线 AM与平面 PBC所成角的正弦值．
6．(2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC
6
是底面的内接正三角形，P为 DO上一点，PO＝ DO.
6
(1)证明：PA⊥平面 PBC；
(2)求二面角 B－PC－E的余弦值．
3
练习 3
7．如图，在四棱锥 P－ABCD中，PA⊥底面 ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，
AB＝1，点 E为棱 PC的中点．
(1)证明：BE⊥PD；
(2)若 F为棱 PC上一点，满足 BF⊥AC，求二面角 F－AB－D的余弦值．
【课后作业】
1.(2020·全国Ⅲ)如图，在长方体 ABCD－A1B1C1D1中，点 E，F分别在棱 DD1，BB1上，且 2DE
＝ED1，BF＝2FB1.
(1)证明：点 C1在平面 AEF内；
(2)若 AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角 A－EF－A1的正弦值．
4
2．(2020·全国Ⅱ)如图，已知三棱柱 ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C是矩形，M，
N分别为 BC，B1C1的中点，P为 AM上一点．过 B1C1和 P的平面交 AB于 E，交 AC于 F.
(1)证明：AA1∥MN，且平面 A1AMN⊥平面 EB1C1F；
(2)设 O为△A1B1C1的中心，若 AO∥平面 EB1C1F，且 AO＝AB，求直线 B1E与平面 A1AMN
所成角的正弦值．
3．如图 1，在边长为 4的正方形 ABCD中，E是 AD的中点，F是 CD的中点，现将△DEF
沿 EF翻折成如图 2所示的五棱锥 P－ABCFE.
(1)求证：AC∥平面 PEF；
(2)若平面 PEF⊥平面 ABCFE，求直线 PB与平面 PAE所成角的正弦值．
5第二讲 空间角
【知识梳理】
1．异面直线所成角
设异面直线 a，b |a·b|所成的角为θ，a，b 分别是直线 a，b的方向向量，则 cos θ＝ ．
|a||b|
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
|a·n|
与α所成的角，则 sin φ＝|cos〈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 n1，平面β的法向量为 n2，〈n1，n2〉＝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| |n1·n2|＝ ＝ ，如图(2)(3)．
|n1||n2|
【典型例题】
题型一 空间角的求法
命题点 1 线线角
1．如图所示，在三棱柱 ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面 ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，
点 E，F分别是棱 AB，BB1的中点，试求直线 EF和 BC1所成的角．
解 以 B为原点，分别以直线 BC，BA，BB1为 x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图)．
0 1， ，0 0 0 1， ，
设 AB＝1，则 B(0,0,0)，E 2 ，F 2 ，C1(1,0,1)，
0 1 1，－ ，
所以E→F＝ 2 2 ，B→C1＝(1,0,1)．
→ 1
→ → BC1·E
→F 2 1
于是 cos〈BC1，EF〉＝ ＝ ＝ ，
|B→C →1||EF| 2 2× 2
2
所以直线 EF和 BC1所成角的大小为 60°.
思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两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；
0 π，
(4)注意两异面直线所成角的范围是 2 ，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的
余弦值的绝对值．
跟踪训练 1
2 → →．如图所示，在棱长为 2的正方体 ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 CC1的中点，AF＝λAD，若
异面直线 D1E和 A F 3 21 所成角的余弦值为 ，则λ的值为________．
10
1
答案
3
解析 以 D为原点，以 DA，DC，DD1分别为 x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，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)，
D→∴ 1E＝(0,2，－1) →，A1F A→A →＝ 1 ＋AF＝A→1A →＋λAD＝(－2λ，0，－2)．
A→→ → 1F·D
→
1E 2 3 2
∴cos〈A1F，D1E〉＝
|A→ →
＝ ＝ ，
F||D E| 2 λ21 1 ＋1× 5 10
1 λ
1
＝－ 舍
解得λ＝ 3 .
3
3．如图，在棱长为 1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为 BC，AD的
中点，则直线 AM和 CN夹角的余弦值为________．
2
答案
3
解析 以{C→A，C→B →，CD}作为基底，
M→A C→A C→M C→A 1C→ →则 ＝ － ＝ － B，CN 1＝ (C→A＋C→D)．
2 2
→ →
设向量CN与MA的夹角为θ，
则直线 AM和 CN夹角的余弦值等于|cos θ|.
C→A 1C→
C→N·M→A 1(C→
－ B
＝ A＋C→D)· 2
2
1
＝ C→A2 1C→A·C→－ B 1＋ C→D·C→A 1→－ CD·C→B
2 4 2 4
1 1 1 1 1
＝ － ＋ － ＝ .
2 8 4 8 2
又△ABC和△ACD均为等边三角形，
所以|M→A| |C→N| 3＝ ＝ .
2
1
C→N·M→A
所以 cos θ 2 2＝ → → ＝ ＝ .|CN|·|MA| 3× 3
3
2 2
所以直线 AM CN 2和 夹角的余弦值为 .
3
命题点 2 线面角
4．(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥 P－ABCD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 PD＝AD＝1，Q为 l上的点，求 PB与平面 QCD所成角的正弦值的最大值．
规范解答
(1)证明 在正方形 ABCD中，AD∥BC，
因为 AD 平面 PBC，BC 平面 PBC，
所以 AD∥平面 PBC，
又因为 AD 平面 PAD，
平面 PAD∩平面 PBC＝l，
所以 AD∥l，[2分]
因为在四棱锥 P－ABCD中，
底面 ABCD是正方形，
所以 AD⊥DC，所以 l⊥DC，
且 PD⊥平面 ABCD，所以 AD⊥PD，所以 l⊥PD，
因为 DC∩PD＝D，
所以 l⊥平面 PDC.[4分]
(2)解 以 D →为坐标原点，DA的方向为 x轴正方向，
如图建立空间直角坐标系 Dxyz，
因为 PD＝AD＝1，则有 D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，[5分]
设 Q(m,0,1)，
→ →
则有DC＝(0,1,0)，DQ＝(m,0,1)，P→B＝(1,1，－1)，[6分]
设平面 QCD的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
D→C·n＝0， y＝0，
则 即
D→Q·n＝0， mx＋z＝0，
令 x＝1，则 z＝－m，
所以平面 QCD的一个法向量为 n＝(1,0，－m)，[9分]
→ n·P
→B 1＋0＋m
则 cos〈n，PB〉＝ ＝ .[10分]
|n||P→B| 3· m2＋1
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
所以直线 PB与平面 QCD所成角的正弦值等于
→ |1＋m||cos〈n，PB〉|＝
3· m2＋1
3· 1＋2m＋m
2 3· 1 2m＝ ＝ ＋
3 m2＋1 3 m2＋1
≤ 3· 1 2|m| 3 6＋ ≤ · 1＋1＝ ，
3 m2＋1 3 3
当且仅当 m＝1时取等号，
6
所以直线 PB与平面 QCD所成角的正弦值的最大值为 .[12分]
3
第一步：根据线面位置关系的相关定理，证明线面垂直．
第二步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标．
第三步：求直线的方向向量和平面的法向量．
第四步：计算向量夹角(或函数值)，借助基本不等式确定最值．
第五步：反思解题思路，检查易错点．
跟踪训练 2
5 π．如图，四棱锥 PABCD的底面 ABCD是边长为 2 的菱形，∠ABC＝ ，PA⊥底面 ABCD，
3
点 M是棱 PC的中点．
(1)求证：PA∥平面 BMD；
(2)当 PA＝ 3时，求直线 AM与平面 PBC所成角的正弦值．
(1)证明 如图，连接 AC交 BD于点 O，易知 O为 AC的中点，连接 MO.
∵M，O分别为 PC，AC的中点，∴PA∥MO.
∵PA 平面 BMD，MO 平面 BMD，
∴PA∥平面 BMD.
(2)解 如图，取线段 BC的中点 H，连接 AH.
∵四边形 ABCD为菱形，∠ABC π＝ ，∴AH⊥AD.
3
以 A为坐标原点，分别以 AH，AD，AP所在直线为 x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间
直角坐标系．
∴A(0,0,0)，B( 3，－1,0)，C( 3，1,0)，P(0,0， 3)，
3 1 3
， ，
M 2 2 2 ，
3 1 3
A→
， ，
M 2 2 2 B→C (0,2,0) P→∴ ＝ ， ＝ ， C＝( 3，1，－ 3)．
设平面 PBC的法向量为 m＝(x，y，z)．
m·B→C＝0， 2y＝0，
由 得
m·P→C＝0， 3x＋y－ 3z＝0.
取 z＝1，则 x＝1，y＝0，∴m＝(1,0,1)．
设直线 AM与平面 PBC所成的角为θ，则
→ | 3×1 1＋ ×0 3＋ ×1|m·AM| 2 2 2 |
sin θ＝|cos〈m A→ 42，M〉|＝ → ＝ 7 ＝ .|m|·|AM| 2× 7
4
42
∴直线 AM与平面 PBC所成角的正弦值为 .
7
6．(2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC
6
是底面的内接正三角形，P为 DO上一点，PO＝ DO.
6
(1)证明：PA⊥平面 PBC；
(2)求二面角 B－PC－E的余弦值．
(1)证明 由题设，知△DAE为等边三角形，设 AE＝1，
3
则 DO＝ ，CO＝BO 1＝ AE 1＝ ，
2 2 2
所以 PO 6 2＝ DO＝ ，PC＝ PO2＋OC2 6＝ ，
6 4 4
6
同理 PB＝ ，PA 6＝ ，
4 4
又△ABC为等边三角形，
BA 2OA BA 3则 ＝ ，所以 ＝ ，
sin 60° 2
PA2 PB2 3＋ ＝ ＝AB2，则∠APB＝90°，
4
所以 PA⊥PB，同理 PA⊥PC，
又 PC∩PB＝P，PC，PB 平面 PBC，
所以 PA⊥平面 PBC.
(2)解 过 O作 ON∥BC交 AB于点 N，
因为 PO⊥平面 ABC，以 O为坐标原点，OA所在直线为 x轴，ON所在直线为 y轴，OD所
在直线为 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
1 0 2 1 3－ ， ，0 0，0， － ， ，0 1 3－ ，－ ，0
则 E 2 ，P 4 ，B 4 4 ，C 4 4 ，
1 3 2 1 3 2 1 2
P→
－ ，－ ，－ － ， ，－ － ，0，－
C＝ 4 4 4 P→， B →＝ 4 4 4 ，PE＝ 2 4 ，
设平面 PCB的一个法向量为 n＝(x1，y1，z1)，
n·P→C＝0， －x1－ 3y1－ 2z1＝0，
由 得
n·P→B＝0， －x1＋ 3y1－ 2z1＝0，
令 x1＝ 2，得 z1＝－1，y1＝0，所以 n＝( 2，0，－1)，
设平面 PCE的一个法向量为 m＝(x2，y2，z2)，
m·P→C＝0， －x2－ 3y2－ 2z2＝0，
由 得
m·P→E＝0， －2x2－ 2z2＝0，
令 x 32＝1，得 z2＝－ 2，y2＝ ，
3
1 3， ，－ 2
所以 m＝ 3 ，
2 2
故 cos m n m·n 2 5〈 ， 〉＝ ＝
|m|·|n| 3× 10
＝ ，
5
3
2 5
所以二面角 B－PC－E的余弦值为 .
5
思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是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
锐角还是钝角．
(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：
①求平面的垂线的方向向量．②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程
组求解．
跟踪训练 3
7．如图，在四棱锥 P－ABCD中，PA⊥底面 ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，
AB＝1，点 E为棱 PC的中点．
(1)证明：BE⊥PD；
(2)若 F为棱 PC上一点，满足 BF⊥AC，求二面角 F－AB－D的余弦值．
解 依题意，以点 A为原点，以 AB，AD，AP为 x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图，
可得 B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
由 E为棱 PC的中点，得 E(1,1,1)．
(1) →证明 向量BE＝(0,1,1)，P→D＝(0,2，－2)，
故B→E·P→D＝0 → →，所以BE⊥PD，所以 BE⊥PD.
(2)解 B→C＝(1,2,0)，C→P＝( 2 → →－ ，－2,2)，AC＝(2,2,0)，AB＝(1,0,0)，
→
由点 F在棱 PC上，设CF λC→＝ P，0≤λ≤1，
→
故BF＝B→C＋C→F →＝BC＋λC→P＝(1－2λ，2－2λ，2λ)，
→
由 BF⊥AC，得BF·A→C＝0，
所以 2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0 3，λ＝ ，
4
1 1 3
→ － ， ，
即BF＝ 2 2 2 .
n1·A→B
x＝0，
＝0，
设 n1＝(x，y，z)为平面 FAB的法向量，则 即 1 1 3
n1·B→F 0
－ x＋ y＋ z＝0，
＝ ， 2 2 2
不妨令 z＝－1，可得 n1＝(0,3，－1)为平面 FAB的一个法向量，
取平面 ABD的法向量 n2＝(0,0,1)，
cos n n n1·n2
－1 10
则 〈 1， 2〉＝ ＝ ＝－ ，
|n1|·|n2| 10 10
又因为二面角 F－AB－D为锐二面角，
10
所以二面角 F－AB－D的余弦值为 .
10
【课后作业】
1.(2020·全国Ⅲ)如图，在长方体 ABCD－A1B1C1D1中，点 E，F分别在棱 DD1，BB1上，且 2DE
＝ED1，BF＝2FB1.
(1)证明：点 C1在平面 AEF内；
(2)若 AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角 A－EF－A1的正弦值．
(1)证明 设 AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
如图，
—→
以 C1为坐标原点，C1D1，C—→1B →1，C1C的方向分别为 x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标
系 C1xyz.
a 0 2， ， c 0，b 1， c
连接 C1F，则 C1(0,0,0)，A(a，b，c)，E 3 ，F 3 ，
0 1 1→ ，b， c → 0，b， cEA＝ 3 ，C1F＝ 3 ，
E→A →所以 ＝C1F，
所以 EA∥C1F，
即 A，E，F，C1四点共面，
所以点 C1在平面 AEF内．
(2)解 由已知得 A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，
则A→E＝(0 →，－1，－1)，AF＝(－2,0，－2)，
A→1E＝(0，－1,2) A→， 1F＝(－2,0,1)．
设 n1＝(x1，y1，z1)为平面 AEF的法向量，
n1·A→E＝0，
则
n1·A→F＝0，
－y1－z1＝0，
即
－2x1－2z1＝0，
可取 n1＝(－1，－1,1)．
设 n2＝(x2，y2，z2)为平面 A1EF的法向量，
n2·A→1E＝0， －y2＋2z2＝0，
则 即
n2·A→1F＝0， －2x2＋z2＝0，
1
，2，1
同理可取 n2＝ 2 .
n ·n 7
因为 cos〈n1，n2〉＝ 1 2 ＝－ ，
|n1|·|n2| 7
所以二面角 A－EF－A 421的正弦值为 .
7
2．(2020·全国Ⅱ)如图，已知三棱柱 ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C是矩形，M，
N分别为 BC，B1C1的中点，P为 AM上一点．过 B1C1和 P的平面交 AB于 E，交 AC于 F.
(1)证明：AA1∥MN，且平面 A1AMN⊥平面 EB1C1F；
(2)设 O为△A1B1C1的中心，若 AO∥平面 EB1C1F，且 AO＝AB，求直线 B1E与平面 A1AMN
所成角的正弦值．
(1)证明 因为侧面 BB1C1C是矩形，且 M，N分别为 BC，B1C1的中点，
所以 MN∥CC1.
又由已知得 AA1∥CC1，故 AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形，所以 B1C1⊥A1N.
又 B1C1⊥MN，故 B1C1⊥平面 A1AMN.
又 B1C1 平面 EB1C1F，
所以平面 A1AMN⊥平面 EB1C1F.
(2) → →解 由已知得 AM⊥BC.以 M为坐标原点，MA的方向为 x轴正方向，|MB|为单位长度，建
立如图所示的空间直角坐标系，
则 AB＝2，AM＝ 3.
连接 NP，则四边形 AONP为平行四边形，
2 3 1
， ，0
故 PM 2 3＝ ，E 3 3 .
3
由(1)知平面 A1AMN⊥平面 ABC，
作 NQ⊥AM，垂足为 Q，
则 NQ⊥平面 ABC.
设 Q(a,0,0)，
2 3 a 2 3－ －a
则 NQ＝ 4－ 3 2，B1 a，1， 4－ 3 2 ，
2 3
2 3 －a
B→E －a
2
，－ ，－ 4－ 3 2
故 1 ＝ 3 3 ，|B
→ 2 10
1E|＝ .
3
又 n＝(0，－1,0)是平面 A1AMN的一个法向量，
π → →
－〈n，B1E〉 n·B1E
故 sin 2 ＝cos〈n，B→E 101 〉＝
|n||B→
＝ .
1E| 10
10
所以直线 B1E与平面 A1AMN所成角的正弦值为 .
10
3．如图 1，在边长为 4的正方形 ABCD中，E是 AD的中点，F是 CD的中点，现将△DEF
沿 EF翻折成如图 2所示的五棱锥 P－ABCFE.
(1)求证：AC∥平面 PEF；
(2)若平面 PEF⊥平面 ABCFE，求直线 PB与平面 PAE所成角的正弦值．
(1)证明 在题图 1中，连接 AC.
又 E，F分别为 AD，CD的中点，
所以 EF∥AC.
即题图 2中有 EF∥AC.
又 EF 平面 PEF，AC 平面 PEF，
所以 AC∥平面 PEF.
(2)解 在题图 2中，取 EF的中点 O，并分别连接 OP，OB.
分析知，OP⊥EF，OB⊥EF.
又平面 PEF⊥平面 ABCFE，
平面 PEF∩平面 ABCFE＝EF，PO 平面 PEF，
所以 PO⊥平面 ABCFE.
又 AB＝4，
所以 PF＝AE＝PE＝2，EO＝OP＝OF＝ 2，OB＝3 2.
分别以 O为原点，OE，OB，OP为 x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 O(0,0,0)，P(0,0， 2)，B(0，3 2，0)，E( 2，0,0)，A(2 2，2，0)，
B→所以 P＝(0，－3 2 2) E→， ， A＝( 2，2，0)，E→P＝(－ 2，0， 2)．
设平面 PAE的一个法向量 n＝(x，y，z)，
2x＋ 2y＝0，
则
－ 2x＋ 2z＝0，
取 x＝1，则 y＝－1，z＝1，
所以 n＝(1，－1,1)．
0×1＋ －3 2 × －1 ＋ 2×1
所以 cos → 2 30〈BP，n〉＝ ＝ .
02＋ －3 2 2＋ 2 2× 12＋ －1 2＋12 15
2 30
分析知，直线 PB与平面 PAE所成角的正弦值为 .
15
