第2课时 用空间向量研究夹角问题
【课前预习】
知识点
0°≤θ≤90°
0°≤θ≤90°
诊断分析
(1)× (2)× (3)× [解析] (1)当两个方向向量的夹角是锐角或直角时,向量的夹角与异面直线所成的角相等;当两个方向向量的夹角为钝角时,向量的夹角与异面直线所成的角互补.故错误.
(2)sin θ=,故错误.
(3)二面角中不大于90°的二面角称为平面与平面的夹角.故错误.
【课中探究】
探究点一
例1 解:以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得C(0,1,0),E,F,G,所以=,=.
设EF与CG所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|===,
即EF与CG所成角的余弦值是.
变式 B [解析] 以点D为坐标原点,DA,DC,DP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A(4,0,0),C(0,4,0),B(4,4,0),Q(0,3,1),所以=(-4,4,0),=(-4,-1,1),所以cos<,>===,所以异面直线AC与BQ所成的角的大小为.故选B.
探究点二
例2 解:由题意可知,底面ABCD为菱形,可得AO⊥BO.
依题意,OA,OB,OA'两两垂直,故以点O为坐标原点,OA,OB,OA'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.
易知A(,0,0),B(0,1,0),C(-,0,0),D(0,-1,0),A'(0,0,1),则=(0,2,0),==(-,0,1).
设直线AC'与平面B'BDD'所成的角为θ,平面B'BDD'的法向量为m=(i,j,k),
则即令i=1,得j=0,k=,故平面B'BDD'的一个法向量为m=(1,0,).
因为=(-2,0,0),所以=+=(-3,0,1),故sin θ=|cos
|==,
故直线AC'与平面B'BDD'所成角的正弦值为.
变式 解:(1)证明:因为AB1⊥平面ABC,AC 平面ABC,所以AC⊥AB1,
又AC⊥AC1,且AB1,AC1 平面AB1C1,AB1∩AC1=A,所以AC⊥平面AB1C1.
因为B1C1 平面AB1C1,
所以AC⊥B1C1.
(2)方法一:由(1)知AC⊥B1C1,
又BC∥B1C1,所以AC⊥BC,
以C为原点,CB,CA所在直线分别为x,y轴,过点C且与AB1平行的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),B(2,0,0),B1(0,2,2),A(0,2,0),D(0,1,0),
所以=(2,0,0),=(-2,2,2),=(0,1,0),
则=+=+=(0,1,0)+(-2,2,2)=(-2,3,2).
设平面BB1C1C的法向量为n=(x,y,z),则令y=1,则x=0,z=-1,
所以n=(0,1,-1),故cos<,n>===,
故直线A1D与平面BB1C1C所成角的正弦值为.
方法二:如图,取C1A1的中点M,连接CM,CB1,则CM∥A1D,CM=A1D,记CM与平面BB1C1C所成的角为θ,M,A1到平面BB1C1C的距离分别为d1,d2,
则sin θ==.
由(1)知AC⊥B1C1,又BC∥B1C1,所以BC⊥AC.
因为AB1⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以AB1⊥BC,又AC∩AB1=A,AC,AB1 平面AB1C,
所以BC⊥平面AB1C,
又CB1 平面AB1C,所以BC⊥CB1,
又B1C1∥BC,所以B1C1⊥CB1.
在Rt△ACB1中,CB1==2,所以=B1C1×CB1=×2×2=2,=×2×2=2.
连接A1C,由=,知·d2=·AB1,即2·d2=2×2,解得d2=.
过M作AC的垂线交CA的延长线于H,则MH=C1A=2,CH=3,
所以CM===,所以sin θ=.
拓展 解:(1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,
设AC∩BD=O,连接OF,如图,则O为AC的中点.
因为FA=FC,所以AC⊥OF,
又BD∩OF=O,BD,OF 平面BDEF,所以AC⊥平面BDEF.
(2)连接DF,因为四边形BDEF为菱形,所以BD=BF,
又∠DBF=60°,所以△BDF为等边三角形.
因为O为BD的中点,所以OF⊥BD,
又AC⊥平面BDEF,所以以点O为坐标原点,OA,OB,OF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.
因为AB=2,四边形ABCD为菱形,且∠BAD=60°,所以△ABD是边长为2的等边三角形,
所以BD=2,OA===,AC=2OA=2,同理可得OF===,所以A(,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),E(0,-2,),F(0,0,),则=(-,1,0),=(-,0,).
设平面ABF的法向量为m=(x1,y1,z1),则取x1=1,可得m=(1,,1).
因为P为棱DE上的动点,所以设=λ,其中0≤λ≤1,
又=(0,-2,0),=(0,1,-),
所以=+=+λ=(0,-2,0)+λ(0,1,-)=(0,λ-2,-λ).
设直线FP与平面ABF所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,m>|===
=
,
易知当λ=时,sin θ取得最大值,且最大值为,故FP与平面ABF所成角的正弦值的最大值为.
探究点三
例3 解:(1)证明:因为PA⊥底面ABCD,且BC 底面ABCD,所以PA⊥BC.
由∠ACB=90°,可得BC⊥AC,
又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,
所以BC⊥平面PAC.
(2)如图,取CD的中点E,连接AE.
由AB∥CD,
∠BAD=120°,可得∠ADC=60°,
因为AD=CD=1,所以△ADC是正三角形,
又E为CD的中点,所以AE⊥CD,又AB∥CD,所以AE⊥AB.
在Rt△ACB中,∠BAC=60°,∠ACB=90°,AC=1,所以AB=2.
以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则P(0,0,),C,D,B(0,2,0).
由(1)可知,=是平面PAC的一个法向量.
设平面PCD的法向量为n=(a,b,c),则又=(0,1,0),=,
所以令a=,得n=.
设平面PCD与平面PAC的夹角为θ,
则cos θ=|cos<,n>|===,
所以平面PCD与平面PAC夹角的余弦值为.
变式 解:(1)证明:因为AC⊥平面AA1B1B,AB1 平面AA1B1B,
所以AC⊥AB1.
因为AC∥A1C1,所以AB1⊥A1C1.
由题意知四边形ABB1A1为菱形,所以AB1⊥A1B.
因为A1B∩A1C1=A1,A1B,A1C1 平面A1BC1,
所以AB1⊥平面A1BC1.
(2)如图,取AB的中点O,连接B1O.
取BC的中点M,连接OM.
因为AC⊥平面AA1B1B,B1O 平面AA1B1B,所以AC⊥B1O.
易得△BB1A为等边三角形,
又O为AB的中点,所以B1O⊥BA.
因为BA∩AC=A,BA,AC 平面ABC,所以B1O⊥平面ABC.
易知OB⊥OM,所以以O为原点,OB,OM,OB1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(-1,0,0),C(-1,2,0),A1(-2,0,),B1(0,0,).设平面A1ACC1的法向量为n=(x,y,z),
因为=(-1,0,),=(0,2,0),
所以
令x=,得n=(,0,1).
由(1)知平面A1BC1的一个法向量为=(1,0,).
因为cos<,n>===,所以平面A1BC1与平面A1ACC1的夹角为.
拓展 解:(1)证明:连接SP,在等边三角形SAD中,
∵P为AD的中点,∴SP⊥AD,
又平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,SP 平面SAD,
∴SP⊥平面ABCD,∴SP是四棱锥S-ABCD的高.
设AD=m,则SP=m,矩形ABCD的面积为m,
∴VS-ABCD=m·SP=m·m=,可得m=2.
如图,以点P为原点,PA所在直线为x轴,过点P且与AB平行的直线为y轴,PS所在直线为z轴,
建立空间直角坐标系,
则P(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),S(0,0,),C(-1,1,0),D(-1,0,0),E,F,
∴=,=.
设n1=(x1,y1,z1)是平面PEF的法向量,
则即
令z1=1,则x1=-,y1=0,∴n1=(-,0,1).
同理,平面SCD的一个法向量为n2=(-,0,1).
∵n1=n2,平面PEF与平面SCD不重合,∴平面PEF∥平面SCD.
(2)同(1)建立空间直角坐标系.
设=λ=λ(-1,0,)=(-λ,0,λ)(0≤λ≤1),
则=+=(1,0,0)+(-λ,0,λ)=(1-λ,0,λ),=(1,1,0).
设平面PEB的法向量为m=(x,y,z),则
令x=λ,则y=-λ,z=λ-1,
∴m=(λ,-λ,λ-1),
易知平面SAD的一个法向量为=(0,1,0),
∴平面PEB与平面SAD夹角的余弦值为|cos<,m>|==,令=,得3λ2+2λ-1=0,
∵0≤λ≤1,∴λ=,
∴存在点E,且E为AS上靠近A的三等分点,使得平面PEB与平面SAD的夹角的余弦值为.第2课时 用空间向量研究夹角问题
1.C [解析] ∵直线l的一个方向向量与平面α的一个法向量的夹角为120°,∴直线l与平面α所成的角为90°-(180°-120°)=30°.
2.D [解析] 设这两个平面的夹角为θ,则cos θ=|cos|==,故选D.
3.B [解析] 由题意,以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,可得A(0,0,0),B1(1,0,1),A1(0,0,1),C(0,1,0),则=(1,0,1),=(0,1,-1),所以cos<,>==-,所以异面直线AB1与A1C所成角的余弦值为.故选B.
4.B [解析] 对于A,若a,b分别是直线l1,l2的方向向量,则直线l1,l2所成的角的余弦值是|cos|=,所以A中说法正确;对于B,D,若a,b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量,则直线l与平面α所成的角的正弦值是|cos|=,余弦值是≠,所以B中说法错误,D中说法正确;对于C,若a,b分别是平面α,β的法向量,则平面α,β的夹角的余弦值是|cos|=,所以C中说法正确.故选B.
5.C [解析] 设正方体的棱长为2,以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(2,0,2),E(0,1,0),可得=(-2,1,-2).易知平面BB1C1C的一个法向量为n=(0,1,0),因为cos<,n>===,所以直线A1E与平面BB1C1C所成角的正弦值为.故选C.
6.ABD [解析] 设BD的中点为O,连接OA,OC,则OA⊥BD,OC⊥BD,由二面角A-BD-C为直二面角,得OA⊥OC,故OA,OC,BD两两垂直.以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.令BD=2,则A(0,0,1),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),故=(0,-1,-1),=(0,2,0),=(1,0,-1),=(-1,1,0).对于A,·=0,即⊥,则AC⊥BD,A正确;对于B,||==||,则AB=AC,B正确;对于C,易知平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1),则|cos<,n>|===,设AB与平面BCD所成的角为θ,则sin θ=,故θ=45°,即AB与平面BCD所成的角为45°,C错误;对于D,设AB与CD所成的角为α,则cos α=|cos<,>|===,故α=60°,即AB与CD所成的角为60°,D正确.故选ABD.
7. [解析] 因为DB⊥平面ABC,AB 平面ABC,BC 平面ABC,所以DB⊥AB,DB⊥BC,又AB⊥BC,所以AB,BC,BD两两垂直,故以B为坐标原点,分别以BC,BA,BD所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图.因为AB=BC=BD=2AE=2,EA⊥平面ABC,所以C(2,0,0),M(0,1,0),E(0,2,1),则=(0,1,1),=(2,-1,0).设平面EMC的法向量为m=(x,y,z),则取x=1,可得m=(1,2,-2),易知平面BCD的一个法向量为n=(0,1,0).设平面EMC与平面BCD的夹角为θ,则cos θ=|cos|===.
8.2+2 [解析] 以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.设AA1=a,则C(0,1,0),A1(0,0,a),B1(1,0,a),C1(0,1,a),故=(1,-1,a),=(0,-1,0).因为异面直线CB1与C1A1所成的角为60°,所以=cos 60°,即=,可得a=,所以该三棱柱的侧面积为2××1+×=2+2.
9.解:(1)证明:以点A1为坐标原点,A1A,A1B1,A1C1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B(2,2,0),C(2,0,2),A1(0,0,0),C1(0,0,2),D(0,1,0),E(1,0,0),F,
∴=.
易知平面ABC的一个法向量为m=(1,0,0),∵·m=0,∴⊥m,又EF 平面ABC,∴EF∥平面ABC.
(2)由(1)知,=(2,0,0),=(0,1,-2),=(1,2,0).
设平面CC1D的法向量为u=(x1,y1,z1),则取y1=2,可得u=(0,2,1),
则cos<,u>==,
∴直线BE与平面CC1D所成角的正弦值为.
(3)由(1)知,=(2,0,2),=(0,1,0).
设平面A1CD的法向量为v=(x2,y2,z2),则取x2=1,可得v=(1,0,-1),则cos===-,
∴平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值为.
10.A [解析] 方法一:在四面体OABC中,因为OA⊥OB,OB⊥OC,OC⊥OA,所以以O为原点,OA所在直线为x轴,OB所在直线为y轴,OC所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设OA=OB=OC=1,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),所以=(-1,1,0),=(-1,0,1).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则取x=1,得n=(1,1,1),由题知平面ACO的一个法向量为m=(0,1,0).设平面BAC与平面ACO的夹角为θ,则cos θ===,故平面BAC与平面ACO夹角的余弦值为.故选A.
方法二:如图,取AC的中点D,连接OD,BD,由OA=OB=OC,OA⊥OB,OB⊥OC,OC⊥OA,得BC=BA,故OD⊥AC,BD⊥AC,则∠ODB是二面角B-AC-O的平面角.由OB⊥OA,OB⊥OC,OA∩OC=O,得OB⊥平面OAC,又OD 平面OAC,所以OB⊥OD.设OB=1,则OD=,BD==,所以cos∠BDO===,故平面BAC与平面ACO夹角的余弦值为.故选A.
11.ABD [解析] 如图,以A为原点,AB,AD,AA'所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),A'(0,0,a),B'(a,0,a),E,F,所以=,=,则=,所以四边形B'EDF是平行四边形,由正方体的性质知DE=DF,因此四边形B'EDF为菱形,A正确;=(a,a,-a),=,则cos<,>===,故异面直线A'C与DE所成角的余弦值是,B正确;设平面B'EDF的法向量为n=(x,y,z),则即取y=2,则x=1,z=1,即n=(1,2,1),因为=(0,a,0),所以cos<,n>===,所以直线AD与平面B'EDF所成角的正弦值是,C错误;易知平面ABCD的一个法向量是m=(0,0,1),因为cos===,所以平面B'EDF与平面ABCD的夹角的余弦值为,其正弦值为,D正确.故选ABD.
12. [解析] 将正方体的平面展开图还原成正方体,以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则E(1,0,0),M(1,1,1),B(0,1,0),F(1,1,0),C(0,1,1),所以=(1,0,-1),=(1,-1,0),=(0,1,1).设平面EMB的法向量为n=(x,y,z),则
即令x=1,则y=1,z=-1,故n=(1,1,-1),所以|cos<,n>|===,所以直线CF与平面EMB所成角的正弦值为.
13. [解析] 因为平面α的方程为2x-y+z+1=0,所以平面α的一个法向量为p=(2,-1,1).平面2x-y+2=0与平面x-z+1=0的一个法向量分别为m=(2,-1,0),n=(1,0,-1).直线l是平面2x-y+2=0与平面x-z+1=0的交线,设直线l的一个方向向量为t=(a,b,c),则即令a=1,则t=(1,2,1).设直线l与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos|===,则直线l与平面α所成角的正弦值是.
14.解:(1)由题意知DA,DC,DP两两垂直,以D为原点,DA,DC,DP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,
不妨设DC=2,则D(0,0,0),B(2,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1).
若F是PB的中点,则F(1,1,1),
故=(1,0,0),=(2,2,0),=(0,1,1).
设平面EDB的法向量为m=(x1,y1,z1),则
令y1=-1,得m=(1,-1,1).
设直线EF与平面EDB所成的角为θ,则sin θ===,
故cos θ==,故直线EF与平面EDB所成角的余弦值为.
(2)由(1)知=(0,1,1),=(2,2,-2),故·=0,所以DE⊥PB.
又EF⊥PB,DE∩EF=E,DE 平面DEF,EF 平面DEF,
所以PB⊥平面DEF,
故平面DEF的一个法向量为n1==(2,2,-2),易知平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1).
记平面DEF与平面ABCD的夹角为φ,则cos φ===,
故平面DEF与平面ABCD夹角的余弦值为.
15.2 [解析] 过点A作EF,CD的垂线,垂足分别为M,N,则AN=2,AM=4.由四边形ABCD,四边形ABEF均为等腰梯形得DN==1,FM==2,ME=7-2=5.∵AB∥CD∥EF,∴AB⊥AN,AB⊥AM.∵平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,AN 平面ABCD,∴AN⊥平面ABEF.∵AM 平面ABEF,∴AN⊥AM.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(3,0,0),D(-1,0,2),E(5,4,0),∴=(-1,0,2),=(5,4,0)-(3,0,0)=(2,4,0).易知平面ABEF的一个法向量为n=(0,0,1).设AD与平面ABEF所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===,由θ∈,得cos θ==,∴tan θ==2.∵cos<,>===-,∴异面直线AD与BE所成角的余弦值为.
16.解:(1)证明:在题图①中,连接AE,由题意可得AE=2,因为CE∥BA,CE=BA=AE,所以四边形ABCE为菱形.在题图①中,连接AC,交BE于点F,则CF⊥BE.
在Rt△ACD中,AC==2,所以AF=CF=.
因为AC1=,所以AF2+C1F2=A,所以C1F⊥AF,
又C1F⊥BE,且BE∩AF=F,
所以C1F⊥平面ABED.
因为C1F 平面BC1E,所以平面BC1E⊥平面ABED.
(2)以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(,0,0),B(,2,0),E(0,1,0),
F,C1,所以=,=(,0,0),=.
设平面AC1D的法向量为n=(x,y,z),则
即令z=,则x=0,y=-2,故n=(0,-2,),
所以|cos<,n>|===,故直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值为.
(3)假设在棱DC1(不包括端点)上存在点P,使得平面PEB与平面EBC1的夹角为45°.
设=k=,k∈(0,1),则P,又E(0,1,0),所以=(-,-1,0),=.
易知AF⊥平面C1BE,所以平面C1BE的一个法向量为t==.设平面PEB的法向量为m=(a,b,c),则
即
可取m=(k,-3k,k-),所以|cos|==
=
,可得k=,所以存在满足条件的点P,此时DP=DC1,故C1P=DC1=.第2课时 用空间向量研究夹角问题
【学习目标】
1.知道两个相交平面夹角的含义,借助直线的方向向量和平面的法向量,能求直线与直线、直线与平面所成的角,平面与平面的夹角.
2.能分析和解决一些立体几何中的角度问题,体会向量方法与综合几何方法的共性和差异,体会直线的方向向量和平面的法向量的作用,感悟向量是研究几何问题的有效工具.
◆ 知识点 空间角
设直线l1,l2的方向向量分别为u,v,平面α,β的法向量分别为n1,n2,则
空间图形 范围 向量法 几何法
异面直线所成的角 0°< θ≤90° cos θ=|cos|= 平移交于一点,解三角形
直线与平面所成的角 sin θ=|cos|= 过直线上一点作平面的垂线,解三角形
平面与平面的夹角 cos θ=|cos|= 作两平面的垂线,解三角形
【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)异面直线所成的角与其方向向量的夹角相等. ( )
(2)若平面α的法向量为u,直线l的方向向量为v,直线l与平面α所成的角为θ,则cos θ=. ( )
(3)二面角的大小等于平面与平面的夹角. ( )
◆ 探究点一 异面直线所成角的求法
例1 [2025·绵阳高二期中] 如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是DD1,BD,BB1的中点,求EF与CG所成角的余弦值.
变式 如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC=4,Q为PC上一点,且PQ=3QC,则异面直线AC与BQ所成的角的大小为 ( )
A. B.
C. D.
[素养小结]
用向量法求异面直线所成的角时,常在两异面直线a与b上分别取点A,B和C,D,则与分别为直线a,b的方向向量,若异面直线a,b所成的角为θ,则cos θ=.
运用向量法常有两种途径:
①基底法:在一些不适合建立空间直角坐标系的题型中,经常采用取基底的方法.在由公式cos=求向量a,b的夹角时,关键是求出a·b,|a|与|b|,一般是把a,b用基向量表示出来,再求有关的量.
②坐标法:根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系,写出相关各点的坐标,利用坐标法求异面直线所成的角,避免了传统找角或作角的步骤,使过程变得简单.
◆ 探究点二 求直线与平面所成的角
例2 [2025·浙江浙东北联盟高二期中] 如图,在棱长都为2的平行六面体中,
∠DAB=60°,点A'在底面ABCD上的射影恰为AC与BD的交点O.求直线AC'与平面B'BDD'所成角的正弦值.
变式 [2025·六安高二期中] 如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AB1=2,AB1⊥平面ABC,AC1⊥AC,D是AC的中点.
(1)证明:AC⊥B1C1;
(2)求A1D与平面BB1C1C所成角的正弦值.
[素养小结]
向量法求直线与平面所成的角的步骤:
①分析图形中的位置关系,建立空间直角坐标系;
②求出直线的方向向量s和平面的法向量n;
③求出夹角;
④判断直线与平面所成的角θ和的关系,求出角θ.
拓展 [2025·福州高二期中] 如图,四边形ABCD与四边形BDEF均为菱形,∠DAB=∠DBF=60°,AB=2,FA=FC.
(1)求证:AC⊥平面BDEF;
(2)若P为棱DE上的动点,求FP与平面ABF所成角的正弦值的最大值.
◆ 探究点三 求平面与平面的夹角
例3 [2025·惠州高二期中] 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥CD,AD=CD=1,∠BAD=120°,∠ACB=90°.
(1)求证:BC⊥平面PAC;
(2)若PA=,求平面PCD与平面PAC夹角的余弦值.
变式 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥平面AA1B1B,AB=AA1=AC=2,∠ABB1=60°.
(1)证明:AB1⊥平面A1BC1.
(2)求平面A1BC1与平面A1ACC1的夹角.
[素养小结]
设n1,n2分别是平面α,β的法向量,则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面的夹角θ,用坐标法的解题步骤如下:
(1)建系:依据几何条件建立适当的空间直角坐标系;
(2)求法向量:在建立的空间直角坐标系下求两个平面的法向量n1,n2;
(3)计算:cos θ=.
拓展 [2025·泰安高二期中] 如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是矩形,△SAD是等边三角形,平面SAD⊥平面ABCD,AB=1,E为棱SA上一点,P为棱AD的中点,四棱锥S-ABCD的体积为.
(1)若E为棱SA的中点,F为棱SB的中点,求证:平面PEF∥平面SCD.
(2)是否存在点E,使得平面PEB与平面SAD的夹角的余弦值为 若存在,确定点E的位置;若不存在,请说明理由.第2课时 用空间向量研究夹角问题
1.若直线l的一个方向向量与平面α的一个法向量的夹角为120°,则直线l与平面α所成的角为 ( )
A.120° B.60°
C.30° D.以上均不正确
2.已知两个平面的一个法向量分别是m=(1,2,-1),n=(1,-1,0),则这两个平面的夹角的余弦值为 ( )
A.-或 B.
C.- D.
3.[2025·厦门一中高二期中] 如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形, 且 AB=AC=AA1=1,则异面直线AB1与A1C所成角的余弦值为 ( )
A. B.
C. D.
4.已知cos=-,则下列说法错误的是 ( )
A.若a,b分别是直线l1,l2的方向向量,则直线l1,l2所成的角的余弦值是
B.若a,b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量,则直线l与平面α所成的角的余弦值是
C.若a,b分别是平面α,β的法向量,则平面α,β的夹角的余弦值是
D.若a,b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量,则直线l与平面α所成的角的正弦值是
5.[2025·北京育才学校高二月考] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CD的中点,则直线A1E与平面BB1C1C所成角的正弦值为 ( )
A. B.
C. D.
6.(多选题)[2025·潍坊高二期中] 将正方形ABCD沿对角线BD进行折叠,使二面角A-BD-C为直二面角,则下列结论中正确的是 ( )
A.AC⊥BD
B.AB=AC
C.AB与平面BCD所成的角为60°
D.AB与CD所成的角为60°
7.如图,在多面体ABCDE中,EA⊥平面ABC,DB⊥平面ABC,AB⊥BC,且AB=BC=BD=2AE=2,M是AB的中点,则平面EMC与平面BCD夹角的余弦值为 .
8.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=1,且AB⊥AC,异面直线CB1与C1A1所成的角为60°,则该三棱柱的侧面积为 .
9.(13分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=2,AC⊥AB,D为A1B1的中点,E为AA1的中点,F为CD的中点.
(1)求证:EF∥平面ABC;
(2)求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值;
(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值.
10.如图,在四面体OABC中,OA=OB=OC,OA⊥OB,OB⊥OC,OC⊥OA,则平面BAC与平面ACO夹角的余弦值为 ( )
A. B.
C.1 D.
11.(多选题)在棱长为a的正方体ABCD-A'B'C'D'中,E,F分别是BC,A'D'的中点,则下列说法正确的是 ( )
A.四边形B'EDF是菱形
B.异面直线A'C与DE所成角的余弦值是
C.直线AD与平面B'EDF所成角的正弦值是
D.平面B'EDF与平面ABCD的夹角的正弦值是
12.如图是一个正方体的平面展开图,AB=1,则在正方体中,直线CF与平面EMB所成角的正弦值为 .
13.某校的几个同学在深入研究选择性必修第一册教材第一章中的习题时发现原来空间直线与平面也有方程,得到下面的两个结论:
在空间直角坐标系中,已知点P(x0,y0,z0),向量u=(a,b,c)(abc≠0),v=(m,n,t)(mnt≠0).
①过点P且一个法向量为u的平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0;
②过点P且一个方向向量为v的直线l的方程为==.
请利用这两个结论求解下列问题:
已知平面α的方程为2x-y+z+1=0,直线l是两个平面2x-y+2=0与x-z+1=0的交线,则直线l与平面α所成角的正弦值是 .
14.(15分)[2025·福建师大附中高二期末] 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PD⊥底面ABCD,PD=AD,E是PC的中点,F在棱PB上.
(1)若F是PB的中点,求直线EF与平面EDB所成角的余弦值;
(2)若EF⊥PB,求平面DEF与平面ABCD夹角的余弦值.
15.[2025·山东临沂高二期中] 《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语.如图,在羡除ABCDEF中,四边形ABCD,四边形ABEF均为等腰梯形,AB,CD,EF互相平行,平面ABCD⊥平面ABEF,等腰梯形ABCD,等腰梯形ABEF的高分别为2,4,且AB=3,CD=5,EF=7,则AD与平面ABEF所成角的正切值为 ,异面直线AD与BE所成角的余弦值为 .
16.(15分)图①是直角梯形ABCD,其中AB∥DC,∠ADC=90°,AB=2,DC=3,AD=,CE=2ED,以BE为折痕将△BCE折起,使点C到达C1的位置,且AC1=,如图②.
(1)求证:平面BC1E⊥平面ABED.
(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.
(3)在棱DC1(不包括端点)上是否存在点P,使得平面PEB与平面EBC1的夹角为45° 若存在,求C1P的长度;若不存在,请说明理由.(共105张PPT)
1.4 空间向量的应用
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
第2课时 用空间向量研究夹角问题
探究点一 异面直线所成角的求法
探究点二 求直线与平面所成的角
探究点三 求平面与平面的夹角
◆
◆
◆
◆
课前预习
课中探究
备课素材
练习册
答案核查【导】
答案核查【练】
【学习目标】
1.知道两个相交平面夹角的含义，借助直线的方向向量和平面的
法向量，能求直线与直线、直线与平面所成的角，平面与平面的夹角.
2.能分析和解决一些立体几何中的角度问题，体会向量方法与综
合几何方法的共性和差异，体会直线的方向向量和平面的法向量的
作用，感悟向量是研究几何问题的有效工具.
知识点 空间角
设直线,的方向向量分别为,,平面 , 的法向量分别为, ,则
空间图形 范围 向量法 几何法
异面直线 所成的角 _______________________________ 平移交于一点，
解三角形
空间图形 范围 向量法 几何法
直线与平 面所成的 角 ____________________________________ ____ ____ ____ 过直线上一点作
平面的垂线，解
三角形
平面与平 面的夹角 ___________________________________ ____ ____ ____ 作两平面的垂
线，解三角形
续表
【诊断分析】 判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
（1）异面直线所成的角与其方向向量的夹角相等.( )
×
[解析] 当两个方向向量的夹角是锐角或直角时,向量的夹角与异面直
线所成的角相等;当两个方向向量的夹角为钝角时,向量的夹角与异面
直线所成的角互补.故错误.
（2）若平面 的法向量为,直线的方向向量为,直线与平面 所
成的角为 ,则 .( )
×
[解析] ，故错误.
（3）二面角的大小等于平面与平面的夹角.( )
×
[解析] 二面角中不大于 的二面角称为平面与平面的夹角.故错误.
探究点一 异面直线所成角的求法
例1 ［2025·绵阳高二期中］如图，在棱长为1的正方体
中，，，分别是，， 的中点，求
与 所成角的余弦值.
解：以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得，，， ，
所以， .
设与所成的角为 ，
则 , ，
即与所成角的余弦值是 .
变式 如图，在四棱锥中， 底面
，底面为正方形，， 为
上一点，且，则异面直线与 所成
的角的大小为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 以点为坐标原点，，， 所在直线分别为，， 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
，所以 ， ，
所以 ，
所以异面直线与所成的角的大小为 .故选B.
［素养小结］
用向量法求异面直线所成的角时，常在两异面直线与上分别取点
，和，，则与分别为直线，的方向向量，若异面直线
,所成的角为 ，则.
运用向量法常有两种途径：
①基底法:在一些不适合建立空间直角坐标系的题型中，经常采用取
基底的方法.在由公式求向量， 的夹角时，关键是
求出，与，一般是把， 用基向量表示出来，再求有关的量.
②坐标法:根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点
的坐标，利用坐标法求异面直线所成的角，避免了传统找角或作角
的步骤，使过程变得简单.
探究点二 求直线与平面所成的角
例2 ［2025·浙江浙东北联盟高二期中］如图，在棱长都为2的平行
六面体中， ，点在底面上的射影恰为与
的交点.求直线与平面 所成角的正弦值.
解：由题意可知，底面 为菱形，可得 .
依题意，,, 两两垂直，故以点为坐标
原点，,, 所在直线分别为轴、
轴、 轴建立空间直角坐标系，如图所示.
易知,, ，, ，则
, .
设直线与平面 所成的角为 ，平面 的法向量为
，则即
令，得， ，故平面 的一个法向量为
.
因为 ，
所以 ，
故 ，
故直线与平面 所成角的正弦值为 .
变式 ［2025·六安高二期中］如图所示，在三棱柱
中， , 平面，
,是 的中点.
（1）证明： ；
证明：因为 平面, 平面 ，所以 ，
又，且， 平面 , ，
所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
（2）求与平面 所成角的正弦值.
解：方法一：由（1）知 ，又，
所以 ，
以为原点，，所在直线分别为， 轴，过点且
与平行的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则, ,,， ，
所以,, ，
则 .
设平面
令 ，则， ，所以 ，故
，
故直线与平面 所成角的正弦值为 .
方法二：如图，取的中点，连接 ，，
则，，记 与平面所成的角为 ，
，到平面 的距离分别为， ，
则 .
由（1）知，又，所以 .
因为 平面， 平面，所以 ,
又,, 平面 ,所以 平面 ,
又 平面,所以 ，又，所以 .
在中， ,
所以,
.
连接，由 ，
知 ，即，
解得 .
过作的垂线交的延长线于 ,则, ，
所以 ，所以 .
［素养小结］
向量法求直线与平面所成的角的步骤:
①分析图形中的位置关系,建立空间直角坐标系;
②求出直线的方向向量和平面的法向量;
③求出夹角,;
④判断直线与平面所成的角 和,的关系,求出角 .
拓展 ［2025·福州高二期中］如图，四边形与四边形 均
为菱形， ，， .
（1）求证： 平面 ；
证明：因为四边形为菱形，所以 ，
设，连接，如图，则为 的中点.
因为，所以 ，
又，， 平面，
所以 平面 .
（2）若为棱上的动点，求与平面 所成角的正弦值的最大值.
解：连接，因为四边形 为菱形，所以 ，
又 ，所以 为等边三角形.
因为为的中点，所以 ，
又 平面，所以以点 为坐标原点，，，
所在直线分别为，， 轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，四边形为菱形，且 ，所以 是
边长为2的等边三角形，所以 ，
， ，
同理可得 ，
所以，， ，，
，则 ， .
设平面的法向量为 ，则
取 ，可得 .
因为为棱上的动点，所以设 ，其中 ，
又， ，所以
.
所以 .
设直线与平面所成的角为 ，则 ，易知当时， 取得最大值，且最大值为，故与平面 所成角的正弦值的最大值为 .
证明：因为 底面，且 底面
，所以 .
由 ，可得 ，
探究点三 求平面与平面的夹角
例3 ［2025·惠州高二期中］如图，在四棱锥中， 底
面,,， , .
（1）求证： 平面 ；
又,, 平面 ，
所以 平面 .
（2）若，求平面与平面 夹角的余弦值.
解：如图，取的中点，连接 .
由 , ，可得 ，
因为，所以 是正三角形，
又为的中点，所以,又，所以 .
在中， , ，
，所以 .
以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,,, .
由（1）可知，是平面 的一个法向量.
设平面的法向量为，则又 ,
，所以
令，得 .
设平面与平面的夹角为 ，
则, ，
所以平面与平面夹角的余弦值为 .
变式 如图，在三棱柱中， 平面
，， .
（1）证明： 平面 .
证明：因为 平面， 平面 ，所以 .
因为，所以 .
由题意知四边形为菱形，所以 .
因为，， 平面 ，
所以 平面 .
取的中点，连接 .
因为 平面， 平面，
所以 .易得 为等边三角形，
又为的中点，所以 .
因为，， 平面，
所以 平面 .易知，所以以为原点，，，
所在直线分别为，， 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
（2）求平面与平面 的夹角.
解：如图，取的中点，连接 .
则，，，.
设平面 的法向量为 ，
因为， ，
所以 令，得 .
由（1）知平面的一个法向量为 .
因为,，所以平面与平面
的夹角为 .
［素养小结］
设,分别是平面 ， 的法向量，则向量与的夹角
（或其补角）就是两个平面的夹角 ，用坐标法的解题步骤如下：
（1）建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系；
（2）求法向量：在建立的空间直角坐标系下求两个平面的法向量
，；
（3）计算：.
拓展 ［2025·泰安高二期中］如图，在四棱锥
中，四边形是矩形， 是等
边三角形，平面 平面，，
为棱上一点，为棱 的中点，四棱锥
的体积为 .
（1）若为棱的中点，为棱的中点，求证：平面 平面
.
证明：连接，在等边三角形 中，为的中点， ，
又平面 平面，平面 平面，
平面 ，
平面，是四棱锥 的高.
设，则，矩形 的面积
为 ， ，可得 .
如图，以点为原点，所在直线为 轴，过点且与平行的直线
为轴， 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，
则，， ，，，
，， ，， .
设是平面 的法向量，
则即
令，则， ， .
同理，平面 的一个法向量为 .
，平面与平面不重合， 平面平面 .
（2）是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为 ？
若存在，确定点 的位置；若不存在，请说明理由.
解：同（1）建立空间直角坐标系.
设平面的法向量为 ，则
设 ，
则
， .
令 ，则 ， ， ，
易知平面的一个法向量为 ，
平面与平面 夹角的余弦值为 ，令，得 ，
， ，
存在点，且为上靠近 的三等分点，使
得平面与平面的夹角的余弦值为 .
若直线,的方向向量分别为,,平面 , 的法向量分别为, ,则有
（1）线线夹角:若异面直线,的夹角为 ,则
;
（2）线面角:若与 所成的角为,则 ;
（3）面面夹角:若 与 的夹角为,则 .
注意:空间两条直线夹角的取值范围与空间两个向量夹角的取值范围
不同.二面角的大小是指两个半平面的张开程度,可以用其平面角 的
大小来度量,它的取值范围为 ,平面与平面的夹角的取值范围为
.
用空间向量求空间角的过程基本上程序化,求解形式直观，相比传统
几何方法具有优越性.因此,我们应该熟练灵活地应用向量这一工具,快
而准地解决立体几何中有关角的问题.
例1 如图所示,在棱长为 的正方体
中,,分别是, 的中
点.
（1）求异面直线与 所成角的余弦值;
解：如图，以为原点,,,所在直线分别为轴、轴、 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
易知,, , ,
, ,
, ,
故异面直线与所成角的余弦值为 .
（2）求直线与平面 所成角的余弦值;
解：由已知得, ,,
则,.
设平面的法向量为 ,
由得令 ，
则平面的一个法向量为 .
设直线与平面所成的角为 ，易知 ,则 ,
,故直线与平面所成角的余弦值为 .
（3）求平面与平面 夹角的余弦值.
解：由（2）知，平面 的一个法向量为,
易知平面 的一个法向量为,
平面与平面 夹角的余弦值为 .
例2 ［2025·湖北鄂北高二联考］如图，在四棱锥 中，平
面 平面，是以 为斜边的等腰直角三角形，
,,, .
（1）求证： 平面 .
证明： 平面 平面，平面
平面 , 平面， ，
平面 ，又 平面, .
由题意得，，， 平面,
平面 .
（2）求与平面 所成角的正弦值.
解：如图，设的中点为，连接， ，
由题意得, ，则 .
, ,
，,，则 .
易知，，两两垂直， 以 为坐标原点，,,所在直线
分别为，， 轴建立空间直角坐标系，如图，
则,,, ，
, , .
设为平面 的法向量，则
即令 ，则 .
设与平面所成的角为 ，
则, ，
故与平面所成角的正弦值为 .
（3）在棱上是否存在点，使得平面与平面 夹角的余
弦值为 若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
解：假设在棱上存在点，使得平面 与
平面夹角的余弦值为 .
由（2）可知，, , ，
，,， .
设, ，
则 .
设为平面 的法向量，
则 即
令 ，则 .
易知平面的一个法向量为 .
设平面与平面的夹角为 ，则 ，解得，，
在棱上存在点 ，使得平面与平面夹角的余弦值为 ，且 .
例3 ［2023 新课标Ⅰ卷］如图，在正四棱柱中，
，.点 ，,，分别在棱，，， 上，
，， .
（1）证明： ；
证明：方法一：如图①，作交于 ，
交于，连接 ，
易知，且 ，所以四边形
是平行四边形，所以 .
因为，，所以四边形
是平行四边形，所以 ，所以 .
方法二：因为
，,, ,
四点不共线，所以 .
（2）点在棱上，当二面角为 时，求 .
解：方法一：如图②，以为原点，以 ,, 所在
直线分别为,, 轴，建立空间直角坐标系，
则， ，，
设 ，则，
， .
设, 分别为平面
, 的法向量，
则取 ，得，同理 .
由题得, ，
整理得 ，
解得或，则 .
方法二：如图③，连接 ，易证四边形为
菱形，连接，设与 相交于点 .
因为二面角为 ，所以直线 与
平面所成的角为 ，
易知，所以点到平面 的距离 .
连接，，，，，由 ，得
，由，得 ，
又，所以 平面 .
因为二面角为 ，
所以与平面所成的角为 ，易知 ，
所以点到平面 的距离
.所以 .
又到平面和平面 的距离都为2
（平面和平面 为同一个平面），
所以，所以 ，解得 .
练习册
1.若直线的一个方向向量与平面 的一个法向量的夹角为 ,则
直线与平面 所成的角为( )
A. B. C. D.以上均不正确
[解析] 直线的一个方向向量与平面 的一个法向量的夹角为
, 直线与平面 所成的角为 .
√
2.已知两个平面的一个法向量分别是, ,则
这两个平面的夹角的余弦值为( )
A.或 B. C. D.
[解析] 设这两个平面的夹角为 ,则, ,
故选D.
√
3.［2025·厦门一中高二期中］如图，在直三棱柱
中， 为等腰直角三角形，且
，则异面直线与 所成
角的余弦值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题意，以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得,, , ，
则， ，
所以,,
所以异面直线 与所成角的余弦值为 .故选B.
4.已知， ，则下列说法错误的是( )
A.若，分别是直线，的方向向量，则直线， 所成的角的余
弦值是
B.若，分别是直线的方向向量与平面 的法向量，则直线 与平
面 所成的角的余弦值是
C.若，分别是平面 ， 的法向量，则平面 ， 的夹角的余弦
值是
D.若，分别是直线的方向向量与平面 的法向量，则直线 与平
面 所成的角的正弦值是
√
[解析] 对于A，若，分别是直线，的方向向量，则直线，
所成的角的余弦值是 ，所以A中说法正确；
对于B，D，若，分别是直线的方向向量与平面 的法向量，
则直线与平面 所成的角的正弦值是，余弦值是 ，
所以B中说法错误，D中说法正确；
对于C，若，分别是平面 ， 的法向量，则平面 ， 的夹角的
余弦值是 ，所以C中说法正确.故选B.
5.［2025·北京育才学校高二月考］如图，在正方
体中，为 的中点，则直线
与平面 所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设正方体的棱长为2，以 为原点，建立如图所示的空间直角
坐标系，则 , ，可得 .
易知平面的一个法向量为 ，
因为 ，
所以直线与平面所成角的正弦值为 .故选C.
6.（多选题）［2025·潍坊高二期中］ 将正方形沿对角线 进
行折叠，使二面角 为直二面角，则下列结论中正确的是
( )
A. B.
C.与平面所成的角为 D.与所成的角为
√
√
√
[解析] 设的中点为，连接， ，则,
，由二面角 为直二面角，得，
故，， 两两垂直.
以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
令，则,, ,，
故,, ,
.对于A，，即，则 ，A
正确；对于B，，则 ，B正确；
对于C，易知平面 的一个法向量为，
则 ,，设与平面 所
成的角为 ，则，故 ，即
与平面所成的角为 ，C错误；
对于D，设与所成的角为 ，则
，故 ，
即与所成的角为 ，D正确.故选 .
7.如图，在多面体中， 平面， 平面 ，
，且，是 的中点，则平面
与平面 夹角的余弦值为__.
[解析] 因为 平面， 平面 ，
平面，所以， ，
又，所以，,两两垂直，
故以 为坐标原点，分别以，，所在直线为
，，轴建立空间直角坐标系，如图.
因为 ， 平面，
所以,,，
则 , .
设平面 的法向量为，则
取 ，可得，易知平面 的一个法向量为
.设平面与平面的夹角为 ，
则, .
8.在直三棱柱中，，且 ，异面直
线与所成的角为 ，则该三棱柱的侧面积为_________.
[解析] 以点 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则 ，，， ，
故， .
因为异面直线与所成的角为 ，
所以 ，即 ，可得，
所以该三棱柱的侧面积为 .
9.（13分）如图，在直三棱柱 中，，
,为 的中点，为的中点，为 的中点.
（1）求证：平面 ；
证明：以点为坐标原点，， ，
所在直线分别为，， 轴建立如图所示的
空间直角坐标系，则 ，，，
，，， ，
.
易知平面的一个法向量为， ，
，又 平面，平面 .
（2）求直线与平面 所成角的正弦值；
解：由（1）知， ，
， .
设平面的法向量为 ，则
取 ，可得 ，
则 ，
直线与平面所成角的正弦值为 .
（3）求平面与平面 夹角的余弦值.
解：由（1）知， ， .
设平面的法向量为 ，则
取 ，可得，
则 , ，
平面与平面夹角的余弦值为 .
10.如图,在四面体中, ,,,,
则平面 与平面 夹角的余弦值为( )
A. B. C.1 D.
√
[解析] 方法一：在四面体 中,因为,,,
所以以 为原点,所在直线为轴,所在直线为 轴, 所在直线为 轴,
建立空间直角坐标系, 如图所示.设 ,
则,, ,所以,
.
设平面的法向量为 ,则
取 ,得,
由题知平面 的一个法向量为.
设平面与平面 的夹角为 ,则 ,
故平面与平面夹角的余弦值为 .故选A.
方法二：如图，取的中点，连接， ，由
，， ，，
得，故， ，则是
二面角 的平面角.由,,
,得 平面，又 平面，所以 .
设，则， ，所以
，故平面 与平面夹角的余弦值为 .故选A.
11.（多选题）在棱长为的正方体中，, 分别是
, 的中点，则下列说法正确的是( )
A.四边形 是菱形
B.异面直线与所成角的余弦值是
C.直线与平面所成角的正弦值是
D.平面与平面的夹角的正弦值是
√
√
√
[解析] 如图，以为原点，,, 所在
直线分别为,, 轴建立空间直角坐标系，
则，， ，
,,， ，
所以， ，则
，所以四边形 是平行四边形，
由正方体的性质知，因此四边形 为菱形，A正确；
, ，
故异面直线与所成角的余弦值是 ,B正确；
设平面 的法向量为，则
即取，则, ，
即，因为 ，所以, ，
所以直线与平面所成角的正弦值是 ，C错误；
易知平面 的一个法向量是，
因为 ，，
所以平面 与平面的夹角的余弦值为 ，
其正弦值为，D正确．故选 .
12.如图是一个正方体的平面展开图， ，则在正方体中，直线
与平面 所成角的正弦值为___.
[解析] 将正方体的平面展开图还原成正方体，以点 为
坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
， ，， ，
所以， ，.
设平面 的法向量为，
则 即令，则 ，，
故 ，所以 ，
所以直线与平面 所成角的正弦值为 .
13.某校的几个同学在深入研究选择性必修第一册教材第一章中的习
题时发现原来空间直线与平面也有方程，得到下面的两个结论：
在空间直角坐标系中，已知点 ，向量
， .
①过点且一个法向量为的平面 的方程为
；
②过点且一个方向向量为的直线的方程为 .
请利用这两个结论求解下列问题：
已知平面 的方程为，直线 是两个平面
与的交线，则直线与平面 所成角的
正弦值是__.
[解析] 因为平面 的方程为，所以平面 的一个
法向量为.平面与平面 的一
个法向量分别为，.
直线 是平面与平面的交线，
设直线 的一个方向向量为，则即
令，则 .
设直线与平面 所成的角为 ，则，
则直线与平面 所成角的正弦值是 .
14.（15分）［2025·福建师大附中高二期末］ 如图，在
四棱锥中，底面是正方形， 底面
，，是的中点，在棱 上.
（1）若是的中点，求直线与平面 所成角的余弦值；
解：由题意知，，两两垂直，以 为原点，
，，所在直线分别为，， 轴建立如图所示
的空间直角坐标系，
不妨设，则，，， .
若是的中点，则 ，
故，， .
设平面的法向量为 ，
则 令，得 .
设直线与平面所成的角为 ，则 ，
故，
故直线与平面 所成角的余弦值为 .
（2）若，求平面与平面 夹角的余弦值.
解：由（1）知， ，
故，所以 .
又，， 平面 ，
平面 ，所以 平面 ，
故平面的一个法向量为，易知平面 的
一个法向量为 .
记平面与平面的夹角为 ，则 ，
故平面与平面夹角的余弦值为 .
15.［2025·山东临沂高二期中］《九章算术》
中记录的“羡除”是算学和建筑学术语.如图，
在羡除中，四边形 ，四边形
2
均为等腰梯形，，，互相平行，平面 平面
，等腰梯形，等腰梯形 的高分别为2，4，且
，，，则与平面 所成角的正切值为___，
异面直线与 所成角的余弦值为__.
[解析] 过点作, 的垂线，垂足分别为,，则,.
由四边形 ，四边形均为等腰梯形得 ，
，
， ,
平面 平面，
平面 平面， 平面，
平面 平面，.
以
.
易知平面的一个法向量为.
设 与平面所成的角为 ，则
，
由，得 ，
,，
异面直线与所成角的余弦值为 .
16.（15分）图①是直角梯形，其中， ，
，，，，以为折痕将 折
起，使点到达的位置，且 ，如图②.
（1）求证：平面 平面 .
证明：在题图①中，连接，由题意可得，因为 ，
，所以四边形为菱形.
在题图①中，连接 ，交于点，则 .
在中，，所以 .
因为，所以，所以 ，
又，且 ，所以 平面 .
因为 平面，所以平面 平面 .
（2）求直线与平面 所成角的正弦值.
解：以点 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则， ，， ，
， ，
所以， ， .
设平面的法向量为 ，则
即令，则 ，，
故 ，
所以 ，
故直线与平面所成角的正弦值为 .
（3）在棱（不包括端点）上是否存在点，使得平面 与平面
的夹角为 ？若存在，求 的长度；若不存在，请说明理由.
解：假设在棱（不包括端点）上存在点，
使得平面 与平面的夹角为 .
设，，
则 ，又，所以，
.
易知 平面，所以平面 的一个法向量为
.设平面的法向量为 ，
则 即
可取 ，
所以，可得 ，
所以存在满足条件的点，此时，故 .
快速核答案（导学案）
课前预习 知识点 ,,,,
【诊断分析】（1）× （2）× （3）×
课中探究 例1. . 变式.B
例2..变式.（1）证明略 （2）. 拓展.（1）证明略 （2）
例3.（1）证明略 （2） 变式.（1）证明略 （2）
拓展.（1）证明略 （2）存在点
快速核答案（练习册）
1.C 2.D 3.B 4.B 5.C 6.ABD 7. 8.
9.（1）证明略 （2） （3）. 10.A 11.ABD 12. 13.<
14.（1） （2） 15.2,
16.（1）证明略/m> （2） （3）