第二章 §5
A级 基础巩固
一、选择题
1．在一个二面角的两个半平面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1,3)、(2,2,4)，则这个二面角的余弦值为( D )
A． B．－
C． D．以上都不对
[解析] ∵＝，∴这个二面角的余弦值为或－.
2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为( B )
A．－ B．
C．－ D．
[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D(0,0,0)、B(2,2,0)、B1(2,2,2)、E(0,2,1)．
∴＝(－2，－2,0)、＝(0,0,2)、＝(－2,0,1)．
设平面B1BD的法向量为n＝(x，y，z)．
∵n⊥，n⊥，
∴，
∴.
令y＝1，则n＝(－1,1,0)．
∴cos〈n，〉＝＝，设直线BE与平面B1BD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝.故选B．
3．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E是AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为( C )
A． B．
C． D．
[解析] 如图，连接A1B，则A1B∥D1C，
∴∠A1BE为异面直线BE与CD1所成的角．在△A1BE中，由余弦定理得
cos∠A1BE＝，故选C．
4．正四棱锥S－ABCD中，SA＝AB＝2，则直线AC与平面SBC所成角的正弦值为( C )
A． B．
C． D．
[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
由题意得A(1，－1,0)、C(－1,1,0)、B(1,1,0)、S(0,0，)．
∴＝(2，－2,0)，＝(－1，－1，)，＝(1，－1，)．
设平面SBC的一个法向量n＝(x，y，z)，
则，∴，
令z＝，得x＝0，y＝2，
∴n＝(0,2，)．
设直线AC与平面SBC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.故选C．
5．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则A1E与BD所成角的余弦值为( B )
A． B．
C． D．
[解析] 分别以DA、DC、DD1为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A1(1,0,2)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，D(0,0,0)，
∴＝(－1,2，－1)，＝(－1，－2,0)．
∴|cos〈，〉|＝
||＝＝.故选B．
6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若F、G分别是棱AB、CC1的中点，则直线FG与平面A1ACC1所成角的正弦值等于( D )
A． B．
C． D．
[解析] 解法一：过F作BD的平行线交AC于M，连接MG，则∠MGF即为所求．
设正方体棱长为1，MF＝，GF＝，
∴sin∠MGF＝.故选D．
解法二：分别以AB、AD、AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则易知平面ACC1A1的一个法向量为n＝(－1,1,0)，
∵F(，0,0)，G(1,1，)，∴＝，
设直线FG与平面A1ACC1所成角θ，
则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
二、填空题
7．(山西太原市2018－2019学年高二期末改编)若△ABC的三个顶点分别为A(0,0，)，B(－，，)，C(－1,0，)，则角A的大小为____.
[解析] 因为A(0,0，)，B(－，，)，C(－1,0，)，
所以＝(－，，0)，＝(－1,0,0)，
所以cosA＝＝，
所以A＝.
8．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，点D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为____.
[解析] 解法一：取AC、A1C1的中点M、M1，连接MM1、BM.过D作DN∥BM，则容易证明DN⊥平面AA1C1C．连接AN，则∠DAN就是AD与平面AA1C1C所成的角．
在Rt△DAN中，
sin∠DAN＝＝＝.
解法二：取AC、A1C1中点O、E，则OB⊥AC，OE⊥平面ABC，以O为原点OA、OB、OE为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
在正三角形ABC中，BM＝AB＝，
∴A，B，D，
∴＝，
又平面AA1C1C的法向量为e＝(0,1,0)，
设直线AD与平面AA1C1C所成角为θ，则
sinθ＝|cos〈，e〉|＝＝.
解法三：设＝b，＝a，＝c，
由条件知a·b＝，a·c＝0，b·c＝0，
又＝－＝c－b，
平面AA1C1C的法向量＝(a＋b)．
设直线AD与平面AA1C1C成角为θ，则
sinθ＝|cos〈，〉|＝，
∵·＝(c－b)·(a＋b)
＝a·c－a·b＋b·c－|b|2＝－.
||2＝(c－b)2＝|c|2＋|b|2－2b·c＝2，
∴||＝，
||2＝(a＋b)2＝(|a|2＋|b|2＋2a·b)＝，
∴||＝，∴sinθ＝.
三、解答题
9．(2018·全国卷Ⅰ理，18)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
[解析] (1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.
又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．
(2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得，PH⊥平面ABFD．
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，
所以PE＝.
又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.
所以PH＝，EH＝.
则H(0,0,0)，P，D，
＝，＝.
又为平面ABFD的法向量，
设DP与平面ABFD所成角为θ，
则sinθ＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
10．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD＝2，PD⊥底面ABCD．
(1)证明：PA⊥BD；
(2)若PD＝AD ，求二面角A－PB－C的余弦值．
[解析] (1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD＝2，由余弦定理得BD＝，
从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD．
又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD．
所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD．
(2)如图，以D为坐标原点，设AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐 标系D－xyz.则A(1,0,0), B(0，，0)，C(－1 ，，0)，P(0,0,1)．
＝(－1，，0)，＝(0，，－1)，＝(－1,0,0).＝(－1,0,0)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
因此可取n＝(，1，)．
设平面PBC的法向量为m，则
可取m＝(0，－1，－)．
cos〈m，n〉＝－＝－.
故二面角A－PB－C的余弦值为－.
B级 素养提升
一、选择题
1．若平面α的一个法向量n＝(4,1,1)，直线l的方向向量a＝(－2，－3,3)，则l与α夹角的余弦值为( D )
A．－ B．
C．－ D．
[解析] cos〈a，n〉＝＝＝.
∴l与α夹角的余弦值为＝.
故选D．
2．在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是( C )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
[解析] 如图，取BC的中点E，连接DE、AE、AD，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE为AD与平面BB1C1C所成的角．设各棱长为1，
则AE＝，DE＝，∴tan∠ADE＝＝＝，∴∠ADE＝60°，故选C．
3．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小为( C )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
[解析] 如图，以C为原点建立空间直角坐标系C－xyz，设正方体的棱长为a，则A(a，a,0)，B(a,0,0)，D1(0，a，a)，B1(a,0，a)，
∴＝(0，a,0)，＝(－a，a，a)，＝(0,0，a)，
设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·＝(x，y，z)·(0，a,0)＝ay＝0，
n·＝(x，y，z)·(－a，a，a)＝－ax＋ay＋az＝0，
∵a≠0，∴y＝0，x＝z，
令z＝1，则n＝(1,0,1)，
同理平面B1BD1的法向量m＝(－1，－1,0)，
cos〈n，m〉＝＝－，
而二面角A－BD1－B1为钝角，故为120°.
4．(福建泉州市普通高中2017－2018学年质量检测)正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点M在线段A1C上，E，F分别为DD1，AD的中点．若异面直线EF与BM所成的角为θ，则θ的取值范围为( A )
A．[，] B．[，]
C．[，] D．[，]
[解析] 以D点为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设DA＝2，易得＝(1,0，－1)，设＝λ＝(2λ，－2λ，2λ)(0≤λ≤1)，＝(2λ－2，－2λ，2λ)，则cosθ＝|cos<，>|，
即cosθ＝＝＝(0≤λ≤1)，
当λ＝时，cosθ取到最大值，当λ＝1时，cosθ取到最小值，
所以θ的取值范围为[，]，故选A．
二、填空题
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，则A1B与平面A1B1CD所成角的大小为__30°__.
[解析] 解法一：连接BC1，设与B1C交于O点，连接A1O.
∵BC1⊥B1C，A1B1⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C，
∴A1B在平面A1B1CD内的射影为A1O.∴∠OA1B就是A1B与平面A1B1CD所成的角，
设正方体的棱长为1.
在Rt△A1OB中，A1B＝，BO＝，
∴sin∠OA1B＝＝＝.∴∠OA1B＝30°.
即A1B与平面A1B1CD所成的角为30°.
解法二：以D为原点，DA、DC、DD1分别x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A1(1，0,1)、C(0,1,0)．
∴＝(1,0,1)、＝(0,1,0)．
设平面A1B1CD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则，∴，
令z＝－1得x＝1.
∴n＝(1,0，－1)，又B(1,1,0)，∴＝(0,1，－1)，
cos〈n，〉＝＝＝.
∴〈n，〉＝60°，∴A1B与平面A1B1CD所成的角为30°.
6．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围为__[，1)__.
[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，E(0,1，)，G(，0,1)，F(x,0,0)，D(0，y,0)由于GD⊥EF，所以x＋2y－1＝0，DF＝＝＝
当y＝时，线段DF长度的最小值是
当y＝1时，线段DF长度的最大值是1，
而不包括端点，故y＝1不能取；
故答案为：[，1)．
三、解答题
7．(2019·全国Ⅰ卷理，18)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值．
[解析] (1)证明：如图，连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME＝B1C．
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D．
由题设知A1B1DC，
可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，
所以MN∥ED．
又MN?平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2)解：由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，＝(0,0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则
所以可取m＝(，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，
则所以
可取n＝(2,0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角A－MA1－N的正弦值为.
8．(2018·全国卷Ⅱ理，20)如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
[解析] (1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
如图，连接OB．
因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB．
由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC．
(2)解：如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz.
由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，＝(0,2,2)．
取平面PAC的一个法向量＝(2,0,0)．
设M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，则＝(a,4－a,0)．
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．
由·n＝0，·n＝0得
可取y＝a，得平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos?，n?＝.
由已知可得|cos?，n?|＝cos30°＝，
所以＝，
解得a＝－4(舍去)或a＝.
所以n＝.
又＝(0,2，－2)，所以cos?，n?＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
课件79张PPT。第二章空间向量与立体几何§5 夹角的计算自主预习学案同学们可能经常谈论**同学是白羊座的，**同学是双子座的．可是你知道十二星座的由来吗？
我们知道，地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”．黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°27′，它与天球相交的大圆为“黄道”．黄道及其附近的南北宽8°以内的区域称为黄道带．黄道带内有十二个星座，称为“黄道十二宫”．从春分(节气)点起，每30°便是一宫，并冠以星座名，如白羊座、金牛座、双子座等等，这便是星座的由来．今天我们研究的问题之一就是二面角的平面角问题．1．共面直线的夹角
当两条直线l1与l2共面时，我们把两条直线交角中，范围在______________内的角叫作两直线的夹角．
2．异面直线的夹角
当直线l1与l2是异面直线时，在直线l1上任取一点A作AB∥l2，我们把直线l1与直线AB的夹角叫作异面直线l1和l2的夹角．1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线AA1与BC1所成的角为( )
A．45° B．60°
C．90° D．135°
[解析] 如图，∵AA1∥BB1，
∴∠B1BC1即为异面直线AA1与BC1所成的角．
又∠B1BC1＝45°，故选A．AD D C 5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的二面角的余弦值为______.互动探究学案命题方向1 ?异面直线所成的角C
C 命题方向2 ?线面角
命题方向3 ?二面角
向量法的综合应用 (1)当空间直角坐标系容易建立(有特殊的位置关系)时，用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出，有时不易判断两法向量的夹角的大小就是二面角的大小(相等或互补)，但我们可以根据图形观察得到结论，因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的．
(2)注意法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量的夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角．D 2．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于( )
A．120° B．60°
C．30° D．以上均错
[解析] ∵l的方向向量与平面α的法向量的夹角为120°，
∴它们所在直线的夹角为60°.
则直线l与平面α所成的角为90°－60°＝30°.CB C 5．在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角为__________.30° 课 时 作 业 学 案
