第1课时 向量法求空间角
教|材|回|顾
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〉|＝________.
[微点清] 两异面直线所成的角为锐角或直角，两不共线的向量的夹角的范围为(0，π)，所以公式中要加绝对值．
2．直线与平面所成的角
如图所示，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〉|＝＝____________.
[微点清] 直线与平面所成角的取值范围为，而向量之间的夹角的取值范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值．
3．平面与平面的夹角
(1)平面与平面的夹角
如图①，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〉|＝＝____________.
(2)二面角：如图②所示，从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，记为αlβ.设二面角αlβ的大小为φ，平面α的法向量n1与平面β的法向量n2的夹角为θ，则|cos φ|＝|cos θ|＝____________.
[微点清] 二面角与两个平面的夹角的区别与联系：二面角的取值范围为[0，π]，两个平面的夹角的取值范围为.
微|点|延|伸
1．直线的方向向量和平面的法向量不是零向量，且不唯一．
2．确定平面的法向量的方法：
(1)直接法：观察是否有垂直于平面的法向量，若有可直接确定；
(2)待定系数法：取平面内两个不共线向量a，b，设法向量m＝(x，y，z)，由求得．
3．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量u与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈u，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈u，n〉|.
小|题|快|练
1．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)，则直线l1和l2所成角的余弦值为( )
A． B． C． D．
2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则直线l与平面α所成的角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
3．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． B．
C．或 D．或
4．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP夹角的大小为________．
类型一 异面直线所成的角自练自悟
1.如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝BC，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为( )
A．－ B．
C．－ D．
2．如图，两个相同的圆柱O1O2与圆柱O3O4中，四边形ABEF，BCDE分别为两个圆柱在同一平面上的轴截面，G，H分别为所在半圆弧的中点，若AB＝AF，则异面直线AG与O4H所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
3．如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AA1＝2，E，F分别是BC，A1C1的中点．设D是线段B1C1上的(包括两个端点)动点，当直线BD与EF所成角的余弦值为时，线段BD的长为________．
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；
4．两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.
类型二 直线与平面所成的角
【例1】 (2025·湖北调研)如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，AB＝2，BC＝2，△PBC是等边三角形，平面PBC⊥平面ABCD，O，F分别是BC，PC的中点，AC与BD交于点E.
(1)求证：BD⊥平面PAO；
(2)平面OEF与直线PD交于点Q，求直线OQ与平面PCD所成的角θ的大小．
向量法求直线与平面所成角的主要方法
1．分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，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】 (2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明：A1C＝AC；
(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
类型三 平面与平面所成的角
【例2】 (2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4.
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【规范解答】 (1)证明：由题可得AE＝AD＝2，AF＝AB＝4，又∠BAD＝30°，所以由余弦定理，得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝4，故EF＝2.
又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE.
思维点1：证明EF⊥AE.
由EF⊥AE及翻折的性质，知EF⊥PE，EF⊥ED，又ED∩PE＝E，ED，PE 平面PED，所以EF⊥平面PED．
思维点2：证明EF⊥平面PED，进而得到EF⊥PD．
又PD 平面PED，所以EF⊥PD．
(2)如图，连接CE，由题可得DE＝3，CD＝3，∠CDE＝90°，故CE＝＝6.
又PE＝AE＝2，PC＝4，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE.又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF 平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD．
思维点3：证明PE⊥平面ABCD．
EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,2)，D(0,3，0)，F(2,0,0)，A(0，－2，0)，C(3,3，0)，
思维点4：建立空间直角坐标系．
连接PA，则＝(0,3，－2)，＝(3,0,0)，＝(0,2，2)，＝(2,2，0)．
设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则可取n1＝(0,2,3)．
思维点5：求平面PCD的法向量，同理可求平面PBF的法向量．
设平面PBF即平面PAF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．
则可取n2＝(，－1,1)．
|cos〈n1，n2〉|＝＝.
思维点6：求两平面的夹角余弦值，从而可得正弦值．
故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为＝.
本题的关键是有关垂直的证明，第(1)问实质是证明EF⊥平面PED，第(2)问证明PE⊥平面ABCD，出现两两垂直的三条直线PE，EF，ED，以便于建立空间直角坐标系．本题考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力以及数学运算能力等核心素养．
【训练2】 (2024·全国甲卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点．
(1)证明：BM∥平面CDE；
(2)求二面角FBME的正弦值．
第1课时 向量法求空间角
必备知识·梳理
教材回顾
1.
2.
3．(1) (2)
小题快练
1．C 解析 设直线l1与l2所成的角为θ，因为s1＝(1,0,1)，s2＝(－1,2，－2)，所以cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝＝＝.所以直线l1和l2所成角的余弦值为.故选C.
2．A 解析 设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，所以直线l与平面α所成的角为30°.故选A.
3．C 解析 因为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，所以m·n＝1，|m|＝1，|n|＝，若两平面所成的二面角为θ，则|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝＝，所以两平面所成的二面角为或.故选C.
4．45° 解析 如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，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E，AE⊥PD，又CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE，又PD∩CD＝D，从而AE⊥平面PCD.所以＝(0,1,0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量．设所求夹角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，故平面PAB与平面PCD夹角的大小为45°.
关键能力·落实
1．B 解析 如图，以点A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝2，异面直线BF与PE所成的角为θ，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，则E(1,2,0)，F(1,1,1)，所以＝(－1,1,1)，＝(1,2，－2)，所以cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.故选B.
2．A 解析 解法一：连接O1G，易知O1G，O1C，O1O2两两垂直，故以O1为原点，分别以O1G，O1C，O1O2所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB＝AF＝2，则A(0，－1,0)，G(1，0,0)，O4(0,2,2)，H(－1,2,0)，所以＝(1,1,0)，＝(1,0,2)，所以cos〈，〉＝＝，所以异面直线AG与O4H所成角的余弦值为，故选A.
解法二：如图，连接HC，O4C，根据两个圆柱的位置关系与圆柱的对称性知，AG∥HC，所以∠O4HC为异面直线AG与O4H所成的角或其补角．不妨设AB＝AF＝2，则在△O4HC中，易知O4H＝O4C＝＝，HC＝，所以cos∠O4HC＝＝＝.故选A.
3．2 解析 如图，以E为原点建立空间直角坐标系，则E(0,0,0)，F，B(0，－1,0)，设D(0，t,2)(－1≤t≤1)，则＝，＝(0，t＋1,2)，设直线BD与EF所成角为θ，则cos θ＝＝＝，即23t2＋14t－37＝0，解得t＝1或t＝－(舍去)，所以||＝＝2.
【例1】 解 (1)因为△PBC为等边三角形，O是BC的中点，所以PO⊥BC，又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，所以PO⊥平面ABCD.又BD 平面ABCD，所以PO⊥BD.·＝(＋)·＝2－2＝4－4＝0，所以⊥，所以AO⊥BD.又PO，AO 平面PAO，PO∩AO＝O，所以BD⊥平面PAO.
(2) 因为E，O分别为BD，BC的中点，所以EO∥DC，又EO 平面PDC，DC 平面PDC，所以EO∥平面PDC，又平面OEF∩平面PDC＝QF，所以EO∥QF，所以QF∥DC，因为F是PC的中点，所以Q是PD的中点．易知OE，OC，OP两两垂直，以O为原点，OE，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0，)，C(0，，0)，D(2，，0)，Q，所以＝(2,0,0)，＝(0，，－)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，由得取n＝(0，，1)，＝，易知θ∈，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，所以θ＝.
【训练1】 解 (1)证明：如图，过点A1作A1D⊥CC1，垂足为点D，因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC，又∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，因为A1C，AC 平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，因为A1D 平面ACC1A1，所以BC⊥A1D，又CC1，BC 平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，所以A1D⊥平面BCC1B1，所以A1D＝1.由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，所以D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，所以A1C＝A1C1，又在三棱柱ABC A1B1C1中，AC＝A1C1，所以A1C＝AC.
(2)如图，连接A1B，由(1)易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，因为AA1与BB1的距离为2，所以A1F＝2，又A1D＝1且A1C＝AC，所以A1C＝A1C1＝AC＝，AB＝A1B1＝，BC＝.建立空间直角坐标系Cxyz，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0，，0)，B1(－，，)，C1(－，0，)，所以＝(0，，0)，＝(－，0，)，＝(－2，，)，设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则即取x＝1，则y＝0，z＝1，所以平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1,0,1)．设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
【训练2】 解 (1)证明：因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2，所以BC∥MD，且BC＝MD，所以四边形BCDM为平行四边形．所以BM∥CD，又CD 平面CDE，BM 平面CDE，所以BM∥平面CDE.
(2)取AM的中点O，连接BO，FO.由(1)可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2，所以BO⊥AD，且BO＝.由(1)知四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝，又AF＝，
所以FO⊥AM，又OA＝OM＝1，所以FO＝＝3，又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2，所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直．分别以OB，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则F(0,0,3)，B(，0,0)，M(0,1,0)，E(0,2,3)，所以＝(，－1，0)，＝(0，－1,3)，＝(0,1,3)．设平面FBM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即令y1＝3，所以x1＝，z1＝1，所以n1＝(，3,1)．设平面EBM的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即令y2＝3，所以x2＝，z2＝－1，所以n2＝(，3，－1)．设二面角F BM E的平面角为θ，所以|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|＝＝.因为θ∈[0，π]，所以sin θ>0，即sin θ＝＝，所以二面角F BM E的正弦值为.(共43张PPT)
第六节
第七章 立体几何与空间向量
空间向量的应用
课
程
标
准
第1课时
第七章 立体几何与空间向量
向量法求空间角
必备知识/梳理
第一部分
——回扣知识
教|材|回|顾
微|点|延|伸
小|题|快|练
解析
解析
解析
解析
解析
关键能力/落实
第二部分
——考向探究
类型一
异面直线所成的角
解析
解析
解析
解析
类型二
直线与平面所成的角
解
解
解
解析
解
解
解
类型三
平面与平面所成的角
规范解答
规范解答
规范解答
规范解答
规范解答
解
解
解
解
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C微练(六十一) 向量法求空间角
1．如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2CF＝2.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值．
2．(2024·北京高考)如图，在四棱锥PABCD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．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，AA1＝AB，点D，E分别为棱BC，B1C1上的点，且＝＝t(0(1)若t＝，求证：AD∥平面A1EB；
(2)若二面角C1ADC的大小为，求实数t的值．
4．如图，正方形ABCD和正方形ABEF所在的平面互相垂直，AB＝1，M，N，G分别为线段AC，BF，AB上的动点，且＝＝λ(0<λ<1)，MG⊥平面ABEF.
(1)证明：AF∥平面MNG；
(2)当三棱锥ABMN的体积最大时，求二面角AMNB的余弦值．
5.如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB＝AP，在四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝6，CD＝，∠CDA＝45°.
(1)若E为PB的中点，求证：平面PBC⊥平面ADE；
(2)若平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值为.
①求线段AB的长；
②设G为△PAD内(含边界)的一点，且GB＝2GA，求满足条件的所有点G组成的轨迹的长度.
微练(六十一) 向量法求空间角
1．解 (1)证明：由CF∥AE，CF 平面ADE，AE 平面ADE，得CF∥平面ADE，由AD∥BC，BC 平面ADE，AD 平面ADE，得BC∥平面ADE，又CF∩BC＝C，CF，BC 平面BCF，所以平面BCF∥平面ADE，又BF 平面BCF，所以BF∥平面ADE.
(2)因为AE⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，所以AE⊥AB，AE⊥AD，又AD⊥AB，以A为原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，因为AB＝AD＝1，AE＝BC＝2CF＝2，所以B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)，则＝(－1，－2,2)，＝(－1,0,2)，＝(0，－1,2)，设平面BDE的法向量为m＝(x，y，z)，则令z＝1，则x＝2，y＝2，即m＝(2,2,1)，所以|cos〈m，〉|＝＝＝，即直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
2．解 (1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG，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为矩形，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.
3．解 (1)当t＝时，＝＝t＝，即点D，E分别为BC，B1C1的中点，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AA1∥BB1∥CC1，AA1＝BB1＝CC1，四边形BB1C1C为平行四边形，连接DE，则DE∥BB1，DE＝BB1，所以DE∥AA1，DE＝AA1，所以四边形DEA1A是平行四边形，所以AD∥A1E.又AD 平面A1EB，A1E 平面A1EB，所以AD∥平面A1EB.
(2)因为AA1⊥平面ABC，∠BAC＝，所以以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AA1＝AB＝3，则点A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,3,0)，C1(0,3,3)，从而＝(0,3,3)，＝(－3,3,0)，＝t＝(－3t,3t,0)，所以D(3－3t,3t,0)，＝(3－3t,3t,0)．设平面AC1D的法向量为n1＝(x，y，z)，则即取n1＝(t，t－1,1－t)，又平面ADC的一个法向量为n2＝(0,0,1)，二面角C1 AD C的大小为，所以＝cos＝，即＝，得t2－4t＋2＝0，又04．解 (1)平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，BC⊥AB，BC 平面ABCD，所以BC⊥平面ABEF，因为MG⊥平面ABEF，所以MG∥BC，所以＝，又＝＝λ(0<λ<1)，所以＝，所以AF∥GN.又AF 平面MNG，GN 平面MNG，所以AF∥平面MNG.
(2)依题意得MG＝AG＝λ，GN＝BG＝1－λ，则VA BMN＝VM ABN＝S△ABN×MG＝××AB×GN×MG＝(λ－λ2)，易知当λ＝，即M，N，G分别为AC，BF，AB的中点时，三棱锥A BMN的体积最大．此时，以B为坐标原点，BA，BE，BC所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,0,0)，M，N，所以＝，＝，设平面AMN的法向量为m＝(x，y，z)，则令z＝1，则x＝1，y＝1，所以m＝(1,1,1)．同理可得，平面BMN的一个法向量为n＝(－1,1,1)，所以cos〈m，n〉＝＝，由图易知，二面角A MN B为钝二面角，所以二面角A MN B的余弦值为－.
5．解 (1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，又AB⊥AD，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，又PB 平面PAB，所以PB⊥AD.因为AB＝AP，E为PB的中点，所以PB⊥AE，又AE∩AD＝A，AE，AD 平面ADE，所以PB⊥平面ADE，又PB 平面PBC，所以平面PBC⊥平面ADE.
(2)①以点A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝t(0②由①得A(0,0,0)，B(2,0,0)，AP＝AB＝2，AD＝6－AB＝4.设G(0，y，z)(0≤y≤4,0≤z≤2)，因为GB＝2GA，所以＝2，所以y2＋z2＝，设点A到PD的距离为h，因为AP⊥AD，所以PD＝＝2，则×2×4＝×2h，得h＝>，又0≤y≤4,0≤z≤2，所以点G的轨迹是平面Ayz内以A为圆心，为半径的圆的，所以满足条件的所有点G组成的轨迹的长度为×2π×＝π.(共21张PPT)
向量法求空间角
微练(六十一)
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证明
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解
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3
4
解
1
5
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证明
1
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解
1
5
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4
解
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解
1
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证明
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解
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R
赢在欲点
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