4.3 用向量方法研究立体几何中的度量关系
第1课时 空间中的角
学习目标 1.理解两条异面直线的夹角与它们的方向向量的夹角之间的关系，会用向量方法求两条异面直线的夹角，提升直观想象、数学运算的核心素养. 2.理解直线与平面的夹角与直线的方向向量和平面的法向量的夹角之间的关系，会用向量方法求直线与平面的夹角，提升直观想象、数学运算的核心素养. 3.理解二面角的大小与两个平面法向量的夹角之间的关系，会用向量方法求平面与平面的夹角，提升直观想象、数学运算的核心素养.
任务一 两条直线的夹角
问题1.同学们在分组讨论异面直线的夹角时，有同学认为异面直线l1，l2的夹角θ就是其方向向量u，v的夹角〈u，v〉；有同学认为异面直线l1，l2的夹角θ与其方向向量u，v的夹角〈u，v〉没有任何关系.你认为谁的观点正确.
提示：都不正确，异面直线的夹角与其方向向量的夹角既有区别又有联系，事实上，它们是相等或互补的关系.
若向量a，b分别为直线a，b的方向向量，则直线a与b的夹角θ∈，且θ与两个方向向量的夹角〈a，b〉相等或互补.也就是说：
当0≤〈a，b〉≤时，θ＝〈a，b〉；当＜〈a，b〉≤π时，θ＝π－〈a，b〉.
故cos θ＝｜cos〈a，b〉｜.
(链教材P130例8)如图，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点.求异面直线A1B与C1D夹角的余弦值.
解：以点A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示.
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4).
所以＝(2，0，－4)，＝(1，－1，－4).
因为｜cos〈，〉｜＝＝＝，
所以异面直线A1B与C1D夹角的余弦值为.
1.利用向量法求异面直线的夹角的一般步骤
第一步：选好基底或建立空间直角坐标系；
第二步：求出两直线的方向向量v1，v2；
第三步：代入公式｜cos〈v1，v2〉｜＝求解.
2.两异面直线的夹角的范围是，两向量的夹角的范围是[0，π]，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.
对点练1.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则MB1与D1N夹角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
答案：A
解析：建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为2，则B1(2，2，2)，M(1，1，0)，D1(0，0，2)，N(1，0，0).所以＝(1，1，2)，＝(1，0，－2).所以｜cos〈，〉｜＝＝.所以MB1与D1N夹角的余弦值为.故选A.
任务二 直线与平面的夹角
问题2.(1)直线与平面的夹角就是直线与平面内任一直线的夹角吗？
(2)直线的方向向量与平面的法向量的夹角是直线与平面的夹角吗？
提示：(1)不是.(2)不是.
设向量l为直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，则直线l与平面α的夹角θ∈，且θ＝－〈l，n〉(如图①)或θ＝〈l，n〉－(如图②)，故sin θ＝｜cos〈l，n〉｜.
[微提醒] 除了用向量求线面角外，还可以根据直线与平面夹角的定义，确定出待求角，转化为两条直线的夹角求解.
(链教材P131例9)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点.
(1)证明：CM⊥SN；
(2)求直线SN与平面CMN夹角的大小.
解：(1)证明：设PA＝1，以点A为原点，AB，AC，AP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P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(2，0，0).
又AN＝AB，M，S分别为PB，BC的中点，
所以N，M，S.
＝，＝，
所以·＝·＝0.
所以⊥，因此CM⊥SN.
(2)由(1)知，＝，＝(－，－，0)，＝.
设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，
所以·a＝0，·a＝0，
则
取y＝1，得a＝(2，1，－2).
设直线SN与平面CMN的夹角为θ，
因为sin θ＝｜cos〈a，〉｜＝＝，
所以直线SN与平面CMN的夹角为.
[变式探究]
(变条件，变设问)本例中的条件“S为BC的中点”改为“S是线段BC上一点，使得直线SN与平面CMN夹角的正弦值为”，其他条件不变，求SN的长.
解：由本例(1)知，B(2，0，0)，C(0，1，0)，
所以在平面xOy内，直线BC的方程为y＝－x＋1，
设S，0≤x≤2，
＝，
又平面CMN的一个法向量a＝(2，1，－2)，
设SN与平面CMN的夹角为θ，
则sin θ＝｜cos〈，a〉｜
＝＝，
得4x2＋8x－5＝0，
解得x＝或x＝－(舍去)，
则＝，
所以｜｜＝，故SN的长为.
利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤
第一步：建立空间直角坐标系；
第二步：求直线的方向向量u；
第三步：求平面的法向量n；
第四步：设线面角为θ，则sin θ＝ ；
第五步：回归原题目，写出结论.
对点练2.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a，M为A1B1的中点，求BC1与平面AMC1夹角的正弦值.
解：建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，M，
C1，B(0，a，0).
故＝，＝，＝.
设平面AMC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取y＝2，则n＝.
又＝，
所以cos〈，n〉＝＝＝－.
设BC1与平面AMC1的夹角为θ，
则sin θ＝｜cos〈，n〉｜＝.
任务三 平面与平面的夹角
问题3.(1)两个平面的夹角与二面角的平面角有什么区别？
(2)两个平面的夹角与两平面的法向量的夹角有何关系？
提示：(1)平面α与平面β的夹角：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.
区别：二面角的范围是[0，π]，而两个平面的夹角的范围是.
(2)两平面的夹角是两平面的法向量的夹角或其补角.
一般地，已知n1，n2分别为平面α，β的法向量，则二面角α-l-β的平面角与两法向量所成角〈n1，n2〉相等(如图①)或互补(如图②).
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.设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝｜cos〈n1，n2〉｜＝｜｜.
[微提醒] 求二面角的平面角问题转化为两平面法向量的夹角问题.
(链教材P133例10)如图的多面体是直平行六面体ABCD-A1B1C1D1被平面AEFG所截后得到的几何体，其中∠BAE＝∠GAD＝45°，AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面ADG；
(2)求平面AEFG与平面ABCD夹角的余弦值.
解：(1)证明：在△BAD中，因为AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°，
所以由余弦定理可得BD＝.
所以AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BD.
又在直平行六面体中，GD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以GD⊥BD.
又AD∩GD＝D，所以BD⊥平面ADG.
(2)以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
因为∠BAE＝∠GAD＝45°，AB＝2AD＝2，
则有A(1，0，0)，B(0，，0)，G(0，0，1)，E(0，，2)，C(－1，，0).
所以＝(－1，，2)，＝(－1，0，1).
设平面AEFG的法向量为n＝(x，y，z)，
故有
取n＝.
而平面ABCD的一个法向量为＝(0，0，1)，
所以cos〈，n〉＝＝＝.
故平面AEFG与平面ABCD夹角的余弦值为.
求两平面夹角的两种方法
1.定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面所成的角.也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同.
2.法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面所成二面角的平面角为〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉.
对点练3.如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.
(1)证明：O1O⊥平面ABCD；
(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1-OB1-D的平面角的余弦值.
解：(1)证明：因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，
所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，
又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，
因为AC∩BD＝O，AC，BD 平面ABCD，
所以O1O⊥平面ABCD.
(2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，
又O1O⊥平面ABCD，
所以OB，OC，OO1两两垂直.
如图所示，以点O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
设棱长为2，因为∠CBA＝60°，
所以OB＝，OC＝1，
所以O(0，0，0)，B1(，0，2)，C1(0，1，2).
则＝(，0，2)，＝(0，1，2).
平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0，1，0)，
设平面C1OB1的法向量为m＝(x，y，z)，
则
取z＝－，则x＝2，y＝2，
所以m＝(2，2，－)，
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
由图知二面角C1-OB1-D的平面角为锐角，
所以二面角C1-OB1-D的平面角的余弦值为.
任务四 与二面角有关的距离问题
如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，点E是线段AB上一点，当二面角P-EC-D的平面角的大小为时，AE＝ .
答案：2－
解析：设AE＝a(0≤a≤2)，以点D为原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.则D(0，0，0)，E(1，a，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1).可得＝(1，a，－1)，＝(0，2，－1).设平面PEC的法向量为m＝(x，y，z)，则取y＝1，可得x＝2－a，z＝2，所以m＝(2－a，1，2)，又由平面DEC的一个法向量为＝(0，0，1)，则cos〈m，〉＝＝＝，解得a＝2－或a＝2＋(舍去)，所以a＝2－.
求解与二面角有关的距离问题，涉及到的两平面的法向量所成的角是二面角的平面角或其补角，要结合实际图形确定对应的向量所成的角.
对点练4.如图，在120°的二面角α-l-β中，A∈l，B∈l，AC α，BD β且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B.已知AC＝AB＝BD＝6，则线段CD的长为 .
答案：12
解析：因为AC⊥AB，BD⊥AB，所以·＝0，·＝0，又因为二面角α-l-β的平面角为120°，所以〈，〉＝60°.所以CD2＝｜｜2＝(＋＋)2＝＋＋＋2(·＋·＋·)＝3×62＋2×62×cos 60°＝144，所以CD＝12.
任务 再现 1.两条直线的夹角.2.直线与平面的夹角.3.平面与平面的夹角.4.与二面角有关的距离问题
方法 提炼 公式法、待定系数法、转化与化归思想、数形结合思想
易错 警示 混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念、把握空间角的范围
1.已知直线l1的方向向量s1＝(1，1，1)，直线l2的方向向量s2＝(－2，2，－2)，则l1，l2夹角的余弦值为( )
A.－ B.
C.－ D.
答案：B
解析：因为cos〈s1，s2〉＝＝＝－，所以l1，l2夹角的余弦值为｜cos〈s1，s2〉｜＝.故选B.
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1夹角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
答案：B
解析：设正方体的棱长为1，建系如图.则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1).平面ACD1的一个法向量为＝(1，1，1).又＝(0，0，1)，则cos〈，〉＝＝＝.故BB1与平面ACD1夹角的正弦值为｜cos〈，〉｜＝.故选B.
3.(多选题)在长方体ABCD-A'B'C'D'中，AB＝2，AD＝3，AA'＝1，以D为原点，以，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是( )
A.＝(－3，－2，1)
B.异面直线A'D与BD'夹角的余弦值为
C.平面A'C'D的一个法向量为(－2，－3，6)
D.平面A'C'D与平面A'DD'夹角的余弦值为
答案：ACD
解析：由题意可得A(3，0，0)，B(3，2，0)，C(0，2，0)，D'(0，0，1)，A'(3，0，1)，C'(0，2，1)，B'(3，2，1).对于A，＝(－3，－2，1)，故A正确；对于B，＝(3，0，1)，＝(－3，－2，1)，所以cos 〈，〉＝＝＝，所以异面直线A'D与BD'夹角的余弦值为，故B错误；对于C，设平面A'C'D的一个法向量为n＝(x，y，z)，由＝(3，0，1)，＝(0，2，1)，则取z＝6，得n＝(－2，－3，6)，故C正确；对于D，由C可得平面A'C'D的一个法向量为n＝(－2，－3，6)，又平面A'DD'的一个法向量为m＝(0，1，0)，所以cos 〈n，m〉＝＝＝－.所以平面A'C'D与平面A'DD'的夹角的余弦值为，故D正确.故选ACD.
4.在一平面直角坐标系中，已知A(－1，6)，B(2，－6)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为 .
答案：3
解析：在平面直角坐标系中已知A(－1，6)，B(2，－6)，沿x轴将坐标平面折成60°的二面角后，作AC⊥x轴，交x轴于C点，作BD⊥x轴，交x轴于D点，如图所示，则｜｜＝6，｜｜＝3，｜｜＝6，⊥，⊥，，的夹角为120°，所以＝＋＋，＝＋＋＋2·＋2·＋2·＝62＋32＋62－2×6×6×＝45，所以｜｜＝3，即折叠后A，B两点间的距离为3.
课时分层评价28 空间中的角
(时间：60分钟 满分：110分)
(1—9，每小题5分，共45分)
1.已知正四棱锥S-ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE与SD夹角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
答案：C
解析：以正方形ABCD的中心O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系.令正四棱锥的棱长为2，则A(1，－1，0)，D(－1，－1，0)，S(0，0，)，E(，，)，所以＝，＝(－1，－1，－)，所以cos〈，〉＝＝＝－，所以AE与SD夹角的余弦值为.故选C.
2.如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，ABCD为正方形，且PD＝AB＝1，G为△ABC的重心，则PG与底面所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
答案：B
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，1)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，所以G，＝(，，－1).又因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，则cos〈，n〉＝＝－，所以PG与平面ABCD所成角的余弦值为＝.故选B.
3.把矩形ABCD沿对角线BD折成二面角A-BD-C，若AB＝1，AD＝，AC＝，则平面ABD与平面BCD的夹角为( )
A.30° B.60°
C.120° D.90°
答案：B
解析：过A作AE⊥BD于E，过C作CF⊥BD于F(图略)，则AE＝CF＝，BE＝，所以EF＝1，因为＝＋＋，所以｜｜2＝｜｜2＋｜｜2＋｜｜2＋2｜｜｜｜·cos〈，〉，即＝＋1＋＋2××cos〈，〉，所以cos〈，〉＝＝－，所以平面ABD与平面BCD的夹角为60°.故选B.
4.已知在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则｜｜等于( )
A. B.
C. D.2
答案：C
解析：如图所示，过点B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N，则可得AM＝，BM＝，CN＝，DN＝，MN＝1.由于＝＋＋，所以｜｜2＝(＋＋)2＝｜｜2＋｜｜2＋｜｜2＋2(·＋·＋·)＝＋12＋＋2×(0＋0＋0)＝，所以｜｜＝. 故选C.
5.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2，D为AA1上一点.若二面角B1-DC-C1的平面角的大小为60°，则AD的长为( )
A. B.
C.2 D.
答案：A
解析：如图所示，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设AD＝t(0≤t≤2)，则C(0，0，0)，B(0，2，0)，D(1，0，t)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)，＝(0，2，0)，＝(1，0，t)，＝(0，2，2)，平面CDC1的一个法向量为＝(0，2，0).设平面CDB1的法向量为m＝(x，y，z)，由令y＝1，得平面CDB1的一个法向量为m＝(t，1，－1)，由题意知cos 60°＝＝＝，解得t＝. 故选A.
6.(多选题)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列四个结论正确的是( )
A.AC⊥BD
B.AB与CD的夹角大小为60°
C.△ADC为等边三角形
D.AB与平面BCD的夹角为60°
答案：ABC
解析：对于A，如图所示，
取BD中点O，连接AO，CO，易知BD垂直于平面AOC，故AC⊥BD，故A正确；对于B，如图所示建立空间直角坐标系.设正方形边长为a，则A(a，0，0)，B，故＝.C，D，故＝.所以cos〈，〉＝＝－，故AB与CD的夹角为60°，故B正确；对于C，在直角三角形AOC中，由AO＝CO＝a，解得AC＝AO＝a，所以△ADC为等边三角形，故C正确；对于D，易知∠ABO即为直线AB与平面BCD的夹角，可求得∠ABO＝45°，故D错误.故选ABC.
7.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的大小为 .
答案：45°或135°
解析：因为cos〈m，n〉＝＝＝，所以两平面所成的二面角的大小为45°或135°.
8.在正四棱锥S-ABCD中，O为顶点在底面上的投影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC的夹角大小为 .
答案：30°
解析：如图所示，以点O为原点建立空间直角坐标系.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P，则＝(2a，0，0)，＝，＝(a，a，0).设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0，1，1)，设BC与平面PAC的夹角为θ，则sin θ＝｜cos〈，n〉｜＝＝，所以θ＝30°.
9.正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面成60°的二面角，则异面直线AD与BF夹角的余弦值是 .
答案：
解析：建立如图所示的坐标系，设AB＝1，则D(，0，)，A(0，0，0)，F(1，0，0)，B(0，1，0)，
所以＝，＝(1，－1，0).所以异面直线AD与BF夹角的余弦值是＝＝.
10.(13分)如图，在四棱锥S-ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.
(1)证明：SD⊥平面SAB；
(2)求AB与平面SBC夹角的正弦值.
解：以点C为原点，CD，CB所在直线分别为x轴、y轴建立空间直角坐标系C-xyz，如图所示.
则D(1，0，0)，A(2，2，0)，B(0，2，0).
设S(x，y，z)，则x＞0，y＞0，z＞0.
(1)证明：＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)，＝(x－1，y，z)，
由｜｜＝｜｜得
＝，故x＝1.
由｜｜＝1得y2＋z2＝1，又由｜｜＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4，即y2＋z2－4y＋1＝0，
故y＝，z＝.
于是S，＝，＝，＝，
·＝0，·＝0，
故DS⊥AS，DS⊥BS，又AS∩BS＝S，
所以SD⊥平面SAB.
(2)设平面SBC的法向量a＝(m，n，p)，
则a⊥，a⊥，即a·＝0，a·＝0.
又＝，＝(0，2，0)，
故
取p＝2，得a＝(－，0，2).
又＝(－2，0，0)，
记θ为AB与平面SBC的夹角，
则sin θ＝｜cos〈，a〉｜＝＝＝.
故AB与平面SBC夹角的正弦值为.
(11—13，每小题5分，共15分)
11.(多选题)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝2，E，F分别是BC，A1C1的中点，D在线段B1C1上，则下面说法中正确的有( )
A.EF∥平面AA1B1B
B.若D是B1C1的中点，则BD⊥EF
C.直线EF与平面ABC夹角的正弦值为
D.直线BD与直线EF的夹角最小时，线段BD长为
答案：ACD
解析：如图所示，建立空间直角坐标系.得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(2，0，2)，C1(0，2，2)，E(1，1，0)，F(0，1，2).设D(x，2－x，2)，＝(－1，0，2)，＝(x－2，2－x，2).在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，可得为平面AA1B1B的一个法向量，为平面ABC的一个法向量.对于A，＝(0，2，0)，·＝0，即EF⊥AC，又EF 平面AA1B1B，所以EF∥平面AA1B1B，故A正确；对于B，若D是B1C1的中点，则＝(－1，1，2)，所以·＝1＋4＝5，所以EF与BD不垂直，故B不正确；对于C，由为平面ABC的一个法向量，＝(0，0，2)，设直线EF与平面ABC的夹角为θ，则sin θ＝｜cos〈，〉｜＝＝＝，故C正确；对于D，设＝λ＝(－2λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，则＝＋＝(－2λ，2λ，2)，所以·＝2λ＋4，所以cos〈，〉＝＝＝，所以当＝时，即λ＝时，cos〈，〉取最大值，即直线BD与直线EF的夹角最小，此时＝，所以｜BD｜＝｜｜＝，故D正确.故选ACD.
12.(双空题)四边形ABCD是边长为2的正方形，MA和PB都与平面ABCD垂直，且PB＝2MA＝2，则平面PMD与平面ABCD夹角的余弦值为 ，
直线MA与平面PMD夹角的正弦值为 .
答案：
解析：如图所示，建立空间直角坐标系.则D(0，2，0)，M(0，0，1)，P(2，0，2).所以＝(0，2，－1)，＝(2，0，1).设n1＝(x，y，z)是平面PMD的一个法向量，则令z＝1得n1＝，易知n2＝(0，0，－1)是平面ABCD的一个法向量.所以｜cos〈n1，n2〉｜＝＝＝.又＝(0，0，－1)，则直线MA与平面PMD夹角的正弦值为＝＝.
13.如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线OF与平面BED的夹角为45°，则AE＝ .
答案：2
解析：设AE＝a，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，则△ABC为正三角形，又AB＝2，易得OA＝1，OB＝，如图所示，以点O为原点，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.则B(0，，0)，D(0，－，0)，F(－1，0，3)，E(1，0，a).所以＝(－1，0，3)，＝(0，2，0)，＝(－1，，－a).设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，则n＝(－a，0，1)，因为直线OF与平面BED的夹角为45°，所以｜cos〈n，〉｜＝＝＝，由a＞0，解得a＝2，所以AE＝2.
14.(15分)已知几何体EFG-ABCD，如图所示，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上.
(1)求证：BM⊥EF；
(2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.
解：(1)证明：因为四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，
所以GD⊥DA，GD⊥DC.
又DA∩DC＝D，
所以GD⊥平面ABCD.
所以以点D为原点，DA，DC，DG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B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1).
因为点M在棱DG上，
故可设M(0，0，t)(0≤t≤1).
因为＝(1，1，－t)，＝(－1，1，0)，
所以·＝0，所以BM⊥EF.
(2)假设存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°.
设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
因为＝(0，－1，1)，＝(－1，0，1)，
所以
令z＝1，得x＝y＝1，
所以n＝(1，1，1)为平面BEF的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝＝，
因为直线MB与平面BEF所成的角为45°，
所以sin 45°＝｜cos〈n，〉｜，
所以＝，
解得t＝－4±3.
又0≤t≤1，所以t＝3－4.
所以存在点M(0，0，3－4).
所以当点M位于棱DG上，且DM＝3－4时，直线MB与平面BEF所成的角为45°.
15.(5分)(多选题)如图，在正四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是( )
A.直线EF与AB的夹角为
B.直线EF与AD的夹角为
C.直线EF与平面BCD夹角的正弦值为
D.直线EF与平面ABD夹角的正弦值为
答案：ABC
解析：将正四面体ABCD放在正方体AGBH-MCND中，设正方体AGBH-MCND的棱长为2，依题意以点A为原点，AG，AH，AM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(0，0，0)，B(2，2，0)，C(2，0，2)，D(0，2，2)，E(1，1，0)，F(1，1，2).对于A，＝(0，0，2)，＝(2，2，0)，所以·＝0，直线EF与AB的夹角为，故A正确；对于B，＝(0，2，2)，cos〈，〉＝＝＝，所以直线EF与AD的夹角为，故B正确；对于C，设平面BCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，＝(0，－2，2)，＝(－2，0，2)，则取z1＝1，可得m＝(1，1，1)，所以cos〈，m〉＝＝＝，设直线EF与平面BCD的夹角为α，则sin α＝｜cos〈，m〉｜＝，故直线EF与平面BCD的夹角的正弦值为，故C正确；对于D，设平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则取x2＝1，可得n＝(1，－1，1)，cos〈，n〉＝＝＝，设直线EF与平面ABD的夹角为β，则sin β＝｜cos〈，n〉｜＝，故直线EF与平面ABD夹角的正弦值为，故D错误.故选ABC.
16.(17分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，若直线AC与平面A1BC的夹角为θ，二面角A1-BC-A的平面角为φ，求证：θ＜φ.
证明：法一：如图所示，在平面A1ABB1中，作AD⊥A1B于D，连接CD，易证AD⊥平面A1BC，
所以∠ACD是直线AC与平面A1BC的夹角，∠ABA1是二面角A1-BC-A的平面角，即∠ACD＝θ，∠ABA1＝φ，
在Rt△ADC中，sin θ＝，在Rt△ADB中，sin φ＝，
由于AB＜AC，得sin θ＜sin φ，
易知0＜θ＜，0＜φ＜，所以θ＜φ.
法二：以点B为原点，BC，BA，BB1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.
设AA1＝a，AC＝b，AB＝c，
则B(0，0，0)，A(0，c，0)，C(，0，0)，A1(0，c，a).
于是＝(，0，0)，＝(0，c，a)，＝(，－c，0)，＝(0，0，a).
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，
由
令z＝c，则y＝－a.
则n＝(0，－a，c)为平面A1BC的一个法向量，
因为n·＝ac＞0，所以与n的夹角β为锐角，则β与θ互为余角，
所以sin θ＝cos β＝＝，
易知｜cos φ｜＝＝，
又由图可知，φ为锐角，所以cos φ＝，
所以sin φ＝，易知c＜b，
所以＜，即sin θ＜sin φ，
又0＜θ＜，0＜φ＜，所以θ＜φ.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)(共99张PPT)
4.3 用向量方法研究立体几何中的度量关系
第1课时 空间中的角
第三章 §4 向量在立体几何中的应用
学习目标
1.理解两条异面直线的夹角与它们的方向向量的夹角之间的 关系，会用向量方法求两条异面直线的夹角，提升直观想 象、数学运算的核心素养.
2.理解直线与平面的夹角与直线的方向向量和平面的法向量 的夹角之间的关系，会用向量方法求直线与平面的夹角， 提升直观想象、数学运算的核心素养.
3.理解二面角的大小与两个平面法向量的夹角之间的关系， 会用向量方法求平面与平面的夹角，提升直观想象、数学 运算的核心素养.
任务一 两条直线的夹角
问题导思
问题1.同学们在分组讨论异面直线的夹角时，有同学认为异面直线l1，l2的夹角θ就是其方向向量u，v的夹角〈u，v〉；有同学认为异面直线l1，l2的夹角θ与其方向向量u，v的夹角〈u，v〉没有任何关系.你认为谁的观点正确.
提示：都不正确，异面直线的夹角与其方向向量的夹角既有区别又有联系，事实上，它们是相等或互补的关系.
新知构建
相等
互补
〈a，b〉
π－
〈a，b〉
｜cos〈a，b〉｜
(链教材P130例8)如图，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，
AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点.求异面
直线A1B与C1D夹角的余弦值.
解：以点A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、
z轴建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示.
典例
1
规律方法
规律方法
√
返回
任务二 直线与平面的夹角
问题导思
问题2.(1)直线与平面的夹角就是直线与平面内任一直线的夹角吗？
提示：不是.
(2)直线的方向向量与平面的法向量的夹角是直线与平面的夹角吗？
提示：不是.
新知构建
｜cos〈l，n〉｜
微提醒
除了用向量求线面角外，还可以根据直线与平面夹角的定义，确定出待求角，转化为两条直线的夹角求解.
典例
2
规律方法
返回
任务三 平面与平面的夹角
问题导思
新知构建
一般地，已知n1，n2分别为平面α，β的法向量，则二面角α-l-β的平面角与两法向量所成角〈n1，n2〉______(如图①)或______(如图②).
相等
互补
微提醒
求二面角的平面角问题转化为两平面法向量的夹角问题.
典例
3
规律方法
求两平面夹角的两种方法
1.定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面所成的角.也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同.
2.法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面所成二面角的平面角为〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉.
对点练3.如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相
等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四
边形BDD1B1均为矩形.
(1)证明：O1O⊥平面ABCD；
解：证明：因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，
所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，
又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，
因为AC∩BD＝O，AC，BD 平面ABCD，
所以O1O⊥平面ABCD.
(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1-OB1-D的平面角的余弦值.
解：因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD
为菱形，AC⊥BD，
又O1O⊥平面ABCD，
所以OB，OC，OO1两两垂直.
如图所示，以点O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
返回
任务四 与二面角有关的距离问题
典例
4
规律方法
求解与二面角有关的距离问题，涉及到的两平面的法向量所成的角是二面角的平面角或其补角，要结合实际图形确定对应的向量所成的角.
对点练4.如图，在120°的二面角α-l-β中，A∈l，B∈l，AC α，BD β且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B.已知AC＝AB＝BD＝6，则线段CD的长为 .
12
课堂小结
任务再现 1.两条直线的夹角.2.直线与平面的夹角.3.平面与平面的夹角.4.与二面角有关的距离问题
方法提炼 公式法、待定系数法、转化与化归思想、数形结合思想
易错警示 混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念、把握空间角的范围
返回
随堂评价
√
√
√
√
√
4.在一平面直角坐标系中，已知A(－1，6)，B(2，－6)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为 .
返回
课时分层评价
√
√
√
√
√
√
√
√
6.(多选题)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列四个结论正确的是
A.AC⊥BD
B.AB与CD的夹角大小为60°
C.△ADC为等边三角形
D.AB与平面BCD的夹角为60°
7.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的大小为 .
45°或135°
8.在正四棱锥S-ABCD中，O为顶点在底面上的投影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC的夹角大小为 .
30°
9.正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面成60°的二面角，则异面
直线AD与BF夹角的余弦值是 .
√
√
√
12.(双空题)四边形ABCD是边长为2的正方形，MA和PB都与平面ABCD垂
直，且PB＝2MA＝2，则平面PMD与平面ABCD夹角的余弦值为 ，
直线MA与平面PMD夹角的正弦值为 .
13.如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线OF与平面BED的夹角为45°，则AE＝ .
2
14.(15分)已知几何体EFG-ABCD，如图所示，其中四边
形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点
M在棱DG上.
(1)求证：BM⊥EF；
解：证明：因为四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，
所以GD⊥DA，GD⊥DC.
又DA∩DC＝D，
所以GD⊥平面ABCD.
√
√
√
将正四面体ABCD放在正方体AGBH-MCND中，设正方体AGBH-MCND的棱长为2，依题意以点A为原点，AG，AH，AM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.
16.(17分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，若直
线AC与平面A1BC的夹角为θ，二面角A1-BC-A的平面角为φ，
求证：θ＜φ.
证明：法一：如图所示，在平面A1ABB1中，作AD⊥A1B于D，
连接CD，易证AD⊥平面A1BC，
返回
