第7课时 向量法求空间角
[考试要求] 1．能用空间向量的方法解决简单的线线、线面、面面的夹角问题．2．体会向量方法在研究几何问题中的作用．
1．异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝__．
2．直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝__．
3．平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝__．
[常用结论]
最小角定理
如图，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＝．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等． ( )
(2)直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α 所成的角． ( )
(3)二面角的平面角为θ，则两个平面的法向量的夹角也是θ． ( )
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]． ( )
二、教材经典衍生
1．(人教A版选择性必修第一册P36例7改编)已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为( )
A． B． C． D．
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2．(人教A版选择性必修第一册P37例8改编)已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为________．
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3．(人教A版选择性必修第一册P38练习T2改编)PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，其中∠APC＝∠BPC＝45°，∠APB＝60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为________．
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考点一 异面直线所成的角
[典例1] (1)(2025·辽宁沈阳模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ(0＜λ＜1)，若异面直线D1E与A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
用坐标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；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，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．
[跟进训练]
1．(2025·云南大理模拟)如图，圆锥的高SO＝，底面直径AB＝2，C是圆O上一点，且AC＝1，若SA与BC所成的角为θ，则sin2－cos2＝( )
A．
B．－
C．
D．－
考点二 直线与平面所成的角
[典例2] (2024·福建厦门一模)如图，在四棱锥E-ABCD中，AD∥BC，2AD＝BC＝2，AB＝，AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，过点B作平面α⊥BD．
(1)证明：平面α∥平面EAC；
(2)已知F为棱EC的中点，若EA＝2，求直线AD与平面FBD所成角的正弦值．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
利用空间向量求线面角的解题步骤
[跟进训练]
2．(2022·浙江高考)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F -DC -B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
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考点三 平面与平面的夹角
[典例3] (15分)(2024·新高考Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝．
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD．
【规范解答】 解：(1)证明：
···························1分
又因为AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，
所以AD⊥平面PAB．·········································2分
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB．······························3分
在△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，
所以AB⊥BC．···············································4分
所以AD∥BC．···············································5分
所以AD∥平面PBC．·······································6分
(2) ···············7分
建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．
令AD＝t，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0), DC＝，C(0，，0)．·························································8分
设平面ACP的法向量为＝(x1，y1，z1)，
所以······················9分
设x1＝，则y1＝t，z1＝0，
所以＝(，t，0)， ·····························10分
设平面CPD的法向量为＝(x2，y2，z2)，
所以···························11分
设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，
····························12分
由图可知二面角为锐角，
因为二面角A-CP-D的正弦值为，所以其余弦值为，··········13分
所以＝＝＝，···················14分
所以t＝，所以AD＝．··································15分
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
[跟进训练]
3．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值．
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第7课时 向量法求空间角
梳理·必备知识
1． 2． 3．
激活·基本技能
一、(1)× (2)× (3)× (4)√
二、1．C [设两直线的夹角为θ，所以cos θ＝|cos 〈s1，s2〉|＝＝＝，所以l1和l2夹角的余弦值为．]
2． [设两平面夹角为θ，
则cos θ＝＝．]
3． [过PC上一点D作DO⊥平面APB，如图，
则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．
过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，连接DE，DF．
因为DO⊥平面APB，则DE⊥PA，DF⊥PB．
因为∠APC＝∠BPC＝45°，
所以点O在∠APB的平分线上，即∠OPE＝30°．
设PE＝1，
因为∠OPE＝30°，所以OP＝，
在Rt△PED中，∠DPE＝45°，PE＝1，则PD＝．
在Rt△DOP中，OP＝，则
cos ∠DPO＝．
即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是．]
考点一
典例1 (1)C (2) [(1)以B为原点，在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于点D，以BD所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，
所以A
所以＝＝(0，1，2)，
设异面直线AB1与BC1所成角为θ，
所以cos θ＝．故选C．
(2)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)．
因为正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)．
所以＝(0，2，－1)，＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)．
则＝，解得λ＝．]
跟进训练
1．B [连接OC，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(0，1，0), S，C，而AS，BC的夹角为θ，0<θ≤，
又，
则cos θ＝，
sin2－cos2＝－cosθ＝－，
故选B．]
考点二
典例2 解：(1)证明：设AC与BD的交点为O．
因为AD∥BC，且AB⊥AD，所以AB⊥BC．
因为2AD＝2，所以AD＝1．
又AB＝，BC＝2，
所以，△ABD∽△BCA，
所以∠ABD＝∠BCA，所以∠BAC＋∠ABD＝∠BAC＋∠BCA＝90°，
即∠BAO＋∠ABO＝90°，
所以∠AOB＝90°，
所以AO⊥OB，即AC⊥BD．
因为EA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以EA⊥BD．
因为EA∩AC＝A，EA，AC?平面EAC，
所以BD⊥平面EAC．
又因为平面α⊥BD，且B?平面EAC，
所以平面α∥平面EAC．
(2)因为AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，
所以AB，AD，EA所在直线两两垂直，如图，以A为原点，AB，AD，EA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系Axyz，
则A，D，B，E(0，0，2)，C(－，2，0)，
所以＝＝＝＝，因为F为棱EC的中点，
所以＝＝．
设平面FBD的法向量为n＝，
则所以
取x＝2，得y＝－2，z＝，
所以平面FBD的一个法向量为n＝(2，－2)，
记直线AD与平面FBD所成的角为θ，
则sin θ＝＝
＝＝，
所以直线AD与平面FBD所成角的正弦值为．
跟进训练
2．解：(1)证明：易求得CF＝2，BC＝2．
∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF为二面角F-DC-B的平面角，
∴∠BCF＝60°，∴△BCF为等边三角形．
∵N为BC的中点，∴FN⊥BC．
∵DC⊥BC，DC⊥CF，BC∩CF＝C，BC，CF 平面BCF，∴DC⊥平面BCF．∵FN 平面BCF，∴DC⊥FN．又BC∩DC＝C，BC，DC 平面ABCD，
∴FN⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
∴FN⊥AD．
(2)如图建系，
则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，M，∴＝＝(－2，－2，0)，＝(－2，，3)．
设平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM与平面ADE所成角为θ，
∴ 取x0＝，则y0＝－1，z0＝，即n＝(，－1，)是平面ADE的一个法向量．
∴sin θ＝|cos 〈，n〉|＝
＝＝．
∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为．
考点三
跟进训练
3．解：解：(1)证明：如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC．
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS)．
可得AC＝AB，故AE⊥BC．
因为DE∩AE＝E，DE，AE 平面ADE，所以BC⊥平面ADE．
又DA 平面ADE，所以BC⊥DA．
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC．
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2．
由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝．
因为AE⊥BC，所以AE＝＝．
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED．
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(，0，0)，B(0，，0)，A(0，0，)，＝(－，0，)，＝(0，－)．
设F(xF，yF，zF)，因为＝，所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F(－，0，)，
所以＝(，0，0)．
设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
即取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1，1，1)为平面DAB的一个法向量．
设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)为平面ABF的一个法向量，
所以cos 〈m，n〉＝＝＝．
记二面角D-AB-F的大小为θ，
则sin θ＝＝＝，
故二面角D-AB-F的正弦值为．
2 / 8(共71张PPT)
第七章
立体几何与空间向量
第7课时 向量法求空间角
[考试要求] 1．能用空间向量的方法解决简单的线线、线面、面面的夹角问题．
2．体会向量方法在研究几何问题中的作用．
链接教材·夯基固本
1．异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝
|cos 〈u，v〉|＝________．
2．直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝
________．
3．平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ
＝|cos 〈n1，n2〉|＝________．
[常用结论]
最小角定理
如图，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＝．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等． ( )
(2)直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α 所成的角． ( )
(3)二面角的平面角为θ，则两个平面的法向量的夹角也是θ． ( )
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]． ( )
×
×
×
√
√
二、教材经典衍生
1．(人教A版选择性必修第一册P36例7改编)已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为( )
A． B． C． D．
C [设两直线的夹角为θ，所以cos θ＝|cos 〈s1，s2〉|＝＝＝，所以l1和l2夹角的余弦值为．]
2．(人教A版选择性必修第一册P37例8改编)已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为________．
[设两平面夹角为θ，
则cos θ＝＝．]
3．(人教A版选择性必修第一册P38练习T2改编)PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，其中∠APC＝∠BPC＝45°，∠APB＝60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为________．
[过PC上一点D作DO⊥平面APB，如图，
则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．
过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，连接DE，DF．
因为DO⊥平面APB，则DE⊥PA，DF⊥PB．
因为∠APC＝∠BPC＝45°，
所以点O在∠APB的平分线上，即∠OPE＝30°．
设PE＝1，
因为∠OPE＝30°，所以OP＝＝，
在Rt△PED中，∠DPE＝45°，PE＝1，则PD＝．
在Rt△DOP中，OP＝，PD＝，则
cos ∠DPO＝＝．
即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是．]
考点一 异面直线所成的角
[典例1] (1)(2025·辽宁沈阳模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
典例精研·核心考点
√
(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ(0＜λ＜1)，若异面直线D1E与A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________．
(1)C (2) [(1)以B为原点，在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于点D，以BD所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，
所以A(，－1，0)，B1(0，0，2)，B(0，0，0)，C1(0，1，2)，
所以＝(－，1，2)，＝(0，1，2)，
设异面直线AB1与BC1所成角为θ，
所以cos θ＝＝＝．故选C．
(2)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)．
因为正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)．
所以＝(0，2，－1)，＝＝＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)．
则|cos 〈〉|＝
＝＝，解得λ＝．]
【教用·备选题】
1．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为( )
A． B．
C． D．
√
B [因为AB2＋AC2＝BC2，所以∠BAC＝90°．以A为原点，AB，AC，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，则A(0，0，0)，A1(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，所以D，
所以＝＝(0，，－)，
所以cos 〈〉＝＝，所以〈〉＝．即异面直线AD与A1C所成的角为．故选B．]
2．“曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，AA1⊥平面ABCD，AA1＝4，底面扇环所对的圆心角为的长度是长度的2倍，CD＝1，
则异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为( )
A． B． C． D．
√
C [设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，由底面扇环所对的圆心角为
的长度是长度的2倍，CD＝1，可知OC
＝1，则C1(1，0，4)，A(0，2，0)，B(0，1，0)，
D1(2，0，4)，A1(0，2，4)，
则＝(2，－2，0)，＝(1，－1，4)，
cos 〈〉＝＝＝，
又异面直线所成角的范围为，
故异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为＝．故选C．]
名师点评 用坐标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；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，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．
[跟进训练]
1．(2025·云南大理模拟)如图，圆锥的高SO＝，底面直径AB＝2，C是圆O上一点，且AC＝1，若SA与BC所成的角为θ，则sin2－cos2＝( )
A． B．－
C． D．－
√
B [连接OC，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，S(0，0，)，
C，而AS，BC的夹角为θ，0<θ≤，
又＝＝，则cos θ＝＝，
sin2－cos2＝－cosθ＝－，故选B．]
考点二 直线与平面所成的角
[典例2] (2024·福建厦门一模)如图，在四棱锥E-ABCD中，AD∥BC，2AD＝BC＝2，AB＝，AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，过点B作平面α⊥BD．
(1)证明：平面α∥平面EAC；
(2)已知F为棱EC的中点，若EA＝2，求直线
AD与平面FBD所成角的正弦值．
解：(1)证明：设AC与BD的交点为O．
因为AD∥BC，且AB⊥AD，所以AB⊥BC．
因为2AD＝2，所以AD＝1．
又AB＝，BC＝2，
所以＝＝，△ABD∽△BCA，
所以∠ABD＝∠BCA，
所以∠BAC＋∠ABD＝∠BAC＋∠BCA＝90°，
即∠BAO＋∠ABO＝90°，所以∠AOB＝90°，
所以AO⊥OB，即AC⊥BD．
因为EA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以EA⊥BD．
因为EA∩AC＝A，EA，AC 平面EAC，
所以BD⊥平面EAC．
又因为平面α⊥BD，且B 平面EAC，
所以平面α∥平面EAC．
(2)因为AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，
所以AB，AD，EA所在直线两两垂直，如图，以A为原点，AB，AD，EA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系Axyz，
则A，D，B，E(0，0，2)，
C(－，2，0)，
所以＝＝＝
＝，因为F为棱EC的中点，
所以＝＝．
设平面FBD的法向量为n＝，
则所以
取x＝2，得y＝－2，z＝，
所以平面FBD的一个法向量为n＝(2，－2)，
记直线AD与平面FBD所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝＝，
所以直线AD与平面FBD所成角的正弦值为．
名师点评 利用空间向量求线面角的解题步骤
[跟进训练]
2．(2022·浙江高考)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F -DC -B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
解：(1)证明：易求得CF＝2，BC＝2．
∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF为二面角F-DC-B的平面角，
∴∠BCF＝60°，∴△BCF为等边三角形．
∵N为BC的中点，∴FN⊥BC．
∵DC⊥BC，DC⊥CF，BC∩CF＝C，BC，CF 平面BCF，∴DC⊥平面BCF．∵FN 平面BCF，∴DC⊥FN．又BC∩DC＝C，BC，DC 平面ABCD，
∴FN⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
∴FN⊥AD．
(2)如图建系，
则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，M，∴＝＝(－2，－2，0)，＝(－2，，3)．
设平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM与平面ADE所成角为θ，
∴ 取x0＝，则y0＝－1，z0＝，即n＝(，－1，)是平面ADE的一个法向量．
∴sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝．
∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为．
考点三 平面与平面的夹角
[典例3] (15分)(2024·新高考Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝．
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，
求AD．
【规范解答】 解：(1)证明：
··········1分
又因为AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，
所以AD⊥平面PAB．··················2分
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB．·············3分
在△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，
所以AB⊥BC．·····················4分
所以AD∥BC．·····················5分
所以AD∥平面PBC． ··················6分
(2) ······7分
建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．
令AD＝t，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0), DC＝，C(0，，0)． ··················8分
设平面ACP的法向量为＝(x1，y1，z1)，
所以 ········9分
设x1＝，则y1＝t，z1＝0，
··········10分
设平面CPD的法向量为＝(x2，y2，z2)，
所以 ···········11分
设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，
············12分
由图可知二面角为锐角，
因为二面角A-CP-D的正弦值为，所以其余弦值为， ·13分
所以＝＝＝， ·······14分
所以t＝，所以AD＝． ··············15分
名师点评 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
[跟进训练]
3．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的
正弦值．
解：(1)证明：如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC．
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS)．
可得AC＝AB，故AE⊥BC．
因为DE∩AE＝E，DE，AE 平面ADE，所以BC⊥平面ADE．
又DA 平面ADE，所以BC⊥DA．
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC．
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2．
由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝．
因为AE⊥BC，所以AE＝＝．
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED．
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(，0，0)，B(0，，0)，A(0，0，)，＝(－，0，)，＝(0，－)．
设F(xF，yF，zF)，因为＝，所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F(－，0，)，
所以＝(，0，0)．
设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
即取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1，1，1)为平面DAB的一个法向量．
设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)为平面ABF的一个法向量，
所以cos 〈m，n〉＝＝＝．
记二面角D-AB-F的大小为θ，
则sin θ＝＝＝，
故二面角D-AB-F的正弦值为．
1．(2025·广东八校联考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面ABC，平面CBB1C1⊥平面ABC．
(1)证明：BB1⊥平面ABC；
(2)若AB⊥BC，AB＝1，BC＝CC1＝2，求直线
AB与平面A1BC1所成角的余弦值．
课后作业(四十五) 向量法求空间角
2
4
3
题号
1
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
解：(1)证明：如图1，取△ABC内一点O，
作OE⊥AB，交AB于点E，作OF⊥BC，交BC于点F．
因为平面ABB1A1⊥平面ABC且平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，OE 平面ABC，
所以OE⊥平面ABB1A1．因为BB1 平面ABB1A1，
所以OE⊥BB1，
同理OF⊥BB1．因为OE∩OF＝O，且OE，
OF 平面ABC，所以BB1⊥平面ABC．
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
(2)因为BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图2所示．
依题意A，B，A1，C1(2，0，2)．
则＝＝＝(2，－1，0)．
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
令x＝1，则y＝2，z＝－1，所以n＝是平面A1BC1的一个法向量．
设直线AB与平面A1BC1所成的角为θ，则sin θ＝＝＝＝．
因为θ∈，所以cos θ＝＝，
故直线AB与平面A1BC1所成角的余弦值为．
2
3
题号
1
4
2．(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2．
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
2
3
题号
1
4
解：(1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG(图略)．
因为F为PE的中点，所以FG＝DE＝1，FG∥DE，
又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC，
所以四边形FGCB为平行四边形，
所以BF∥CG．
又BF 平面PCD，CG 平面PCD，所以BF∥平面PCD．
2
3
题号
1
4
(2)因为AB⊥平面PAD，PE 平面PAD，所以AB⊥PE．
又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD．
连接EC，易知四边形ABCE为正方形，故直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，EP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，
2
3
题号
1
4
则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，则＝(1，0，0)，＝(0，1，2)，＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2)．
设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
可取n1＝(0，－2，1)．
2
3
题号
1
4
设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则
可取n2＝(2，1，1)．
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝．
所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为．
2
3
题号
4
1
3．(2024·广东深圳一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是菱形，平面ABCD⊥平面PAD，点M在DP上，且DM＝2MP，AD＝AP，∠PAD＝120°．
(1)求证：BD⊥平面ACM；
(2)若∠ADC＝60°，求平面ACM与平面
ABP夹角的余弦值．
2
3
题号
4
1
解：(1)证明：不妨设AD＝AP＝3，∵∠PAD＝120°，DM＝2MP，
∴DP＝3，DM＝2，PM＝，
在△AMP中，由余弦定理得
AM＝＝，
在△ADM中，AD2＋AM2＝DM2，∴MA⊥AD，
∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，MA 平面PAD，
∴MA⊥平面ABCD．
∵BD 平面ABCD，∴MA⊥BD．
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD．
又∵AC∩MA＝A，且AC 平面ACM，MA 平面ACM，∴BD⊥平面ACM．
2
3
题号
4
1
(2)在平面ABCD内，过点B作AD的垂线，垂足为N，
∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，BN 平面ABCD，
∴BN⊥平面ADP．
又∵四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°，∴∠BDA＝30°，
∴△ACD，△ABC均为等边三角形，
以点A为坐标原点，AD，AM及过点A平行于
NB的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角
坐标系(如图)，
2
3
题号
4
1
由(1)可得A，B，D(3，0，0)，P，
由(1)可知BD⊥平面ACM，
∴＝为平面ACM的一个法向量，
设平面ABP的法向量为m＝(x，y，z)，
则 即
2
3
题号
4
1
令x＝，可得m＝，∵＝＝，
∴平面ACM与平面ABP的夹角的余弦值为．
2
4
3
题号
1
4．(2024·山东青岛一模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1与BB1的距离为，AB＝AC＝A1B＝2，A1C＝BC＝2．
(1)证明：平面A1ABB1⊥平面ABC；
(2)若点N在棱A1C1上，求直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值．
2
4
3
题号
1
解：(1)证明：取棱A1A的中点D，连接BD，因为AB＝A1B，所以BD⊥AA1．
因为ABC-A1B1C1为三棱柱，所以AA1∥BB1，
所以BD⊥BB1，所以BD＝．
因为AB＝2，所以AD＝1，AA1＝2．
因为AC＝2，A1C＝2，所以＝A1C2，
所以AC⊥AA1，
同理AC⊥AB．
因为AA1∩AB＝A，且AA1，AB 平面A1ABB1，
所以AC⊥平面A1ABB1．
因为AC 平面ABC，所以平面A1ABB1⊥平面ABC．
2
4
3
题号
1
(2)取AB的中点O，连接A1O，取BC的中点P，连接OP，则OP∥AC，
由(1)知AC⊥平面A1ABB1，所以OP⊥平面A1ABB1．
因为A1O 平面A1ABB1，AB 平面A1ABB1，
所以OP⊥A1O，OP⊥AB．
因为AB＝A1A＝A1B，则A1O⊥AB．
以O为坐标原点，OP，OB，OA1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Oxyz，
2
4
3
题号
1
则A(0，－1，0)，A1(0，0，)，B1(0，2，)，C(2，－1，0)，
可设N，
＝＝＝(a，1，)，
设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，
得
取x＝，则y＝0，z＝2，所以n＝(，0，2)是平面A1B1C的一个法向量．
2
4
3
题号
1
设直线AN与平面A1B1C所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝＝＝，
若a＝0，则sin θ＝；
若a≠0，则sin θ＝＝，当且仅当a＝，即a＝2时，等号成立，
所以直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值为．
谢 谢！课后作业(四十五) 向量法求空间角
1．(2025·广东八校联考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面ABC，平面CBB1C1⊥平面ABC．
(1)证明：BB1⊥平面ABC；
(2)若AB⊥BC，AB＝1，BC＝CC1＝2，求直线AB与平面A1BC1所成角的余弦值．
2．(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2．
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
3．(2024·广东深圳一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是菱形，平面ABCD⊥平面PAD，点M在DP上，且DM＝2MP，AD＝AP，∠PAD＝120°．
(1)求证：BD⊥平面ACM；
(2)若∠ADC＝60°，求平面ACM与平面ABP夹角的余弦值．
4．(2024·山东青岛一模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1与BB1的距离为，AB＝AC＝A1B＝2，A1C＝BC＝2．
(1)证明：平面A1ABB1⊥平面ABC；
(2)若点N在棱A1C1上，求直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值．
课后作业(四十五) 向量法求空间角
[A组 在基础中考查学科功底]
1．解：(1)证明：如图1，取△ABC内一点O，
作OE⊥AB，交AB于点E，作OF⊥BC，交BC于点F．
因为平面ABB1A1⊥平面ABC且平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，OE 平面ABC，
所以OE⊥平面ABB1A1．因为BB1 平面ABB1A1，所以OE⊥BB1，
同理OF⊥BB1．因为OE∩OF＝O，且OE，OF 平面ABC，所以BB1⊥平面ABC．
(2)因为BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图2所示．
依题意A，B，A1，C1(2，0，2)．
则＝＝＝(2，－1，0)．
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝1，则y＝2，z＝－1，所以n＝是平面A1BC1的一个法向量．
设直线AB与平面A1BC1所成的角为θ，则sin θ＝＝＝＝．
因为θ∈，所以cos θ＝＝，
故直线AB与平面A1BC1所成角的余弦值为．
2．解：(1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG(图略)．
因为F为PE的中点，所以FG＝DE＝1，FG∥DE，
又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC，
所以四边形FGCB为平行四边形，
所以BF∥CG．
又BF 平面PCD，CG 平面PCD，所以BF∥平面PCD．
(2)因为AB⊥平面PAD，PE 平面PAD，所以AB⊥PE．
又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD．
连接EC，易知四边形ABCE为正方形，故直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，EP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，
则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，则＝(1，0，0)，＝(0，1，2)，＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2)．
设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
可取n1＝(0，－2，1)．
设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
可取n2＝(2，1，1)．
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝．
所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为．
[B组 在综合中考查关键能力]
3．解：(1)证明：不妨设AD＝AP＝3，∵∠PAD＝120°，DM＝2MP，
∴DP＝3，DM＝2，PM＝，
在△AMP中，由余弦定理得
AM＝＝，
在△ADM中，AD2＋AM2＝DM2，∴MA⊥AD，
∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，MA 平面PAD，
∴MA⊥平面ABCD．
∵BD 平面ABCD，∴MA⊥BD．
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD．
又∵AC∩MA＝A，且AC 平面ACM，MA 平面ACM，∴BD⊥平面ACM．
(2)在平面ABCD内，过点B作AD的垂线，垂足为N，
∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，BN 平面ABCD，
∴BN⊥平面ADP．
又∵四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°，∴∠BDA＝30°，
∴△ACD，△ABC均为等边三角形，
以点A为坐标原点，AD，AM及过点A平行于NB的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图)，
由(1)可得A，B，D(3，0，0)，P，
由(1)可知BD⊥平面ACM，
∴＝为平面ACM的一个法向量，
设平面ABP的法向量为m＝(x，y，z)，
则 即
令x＝，可得m＝，∵＝＝，
∴平面ACM与平面ABP的夹角的余弦值为．
4．解：(1)证明：取棱A1A的中点D，连接BD，因为AB＝A1B，所以BD⊥AA1．
因为ABC-A1B1C1为三棱柱，所以AA1∥BB1，
所以BD⊥BB1，所以BD＝．
因为AB＝2，所以AD＝1，AA1＝2．
因为AC＝2，A1C＝2，所以＝A1C2，
所以AC⊥AA1，
同理AC⊥AB．
因为AA1∩AB＝A，且AA1，AB 平面A1ABB1，
所以AC⊥平面A1ABB1．
因为AC 平面ABC，所以平面A1ABB1⊥平面ABC．
(2)取AB的中点O，连接A1O，取BC的中点P，连接OP，则OP∥AC，
由(1)知AC⊥平面A1ABB1，所以OP⊥平面A1ABB1．
因为A1O 平面A1ABB1，AB 平面A1ABB1，
所以OP⊥A1O，OP⊥AB．
因为AB＝A1A＝A1B，则A1O⊥AB．
以O为坐标原点，OP，OB，OA1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Oxyz，
则A(0，－1，0)，A1(0，0，)，B1(0，2，)，C(2，－1，0)，
可设N，
＝＝＝(a，1，)，
设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，
得
取x＝，则y＝0，z＝2，所以n＝(，0，2)是平面A1B1C的一个法向量．
设直线AN与平面A1B1C所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝＝＝，
若a＝0，则sin θ＝；
若a≠0，则sin θ＝＝，当且仅当a＝，即a＝2时，等号成立，
所以直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值为．
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