浙江专版2018_2019高中数学第三章空间向量与立体几何3.2第3课时用空间向量解决空间角与距离问

第3课时 用空间向量解决空间角与距离问题学习目标 1.理解直线与平面所成角、二面角的概念.2.掌握向量法解决空间角和距离问题.3.体会空间向量解决立体几何问题的三步曲．知识点 空间三种角的向量求法空间角包括线线角、线面角、二面角，这三种角的定义确定了它们相应的取值范围，结合它们的取值范围可以用向量法进行求解．(1)直线与平面所成的角α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β互余．(×)(2)二面角的大小范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(×)(3)二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小．(×)(4)直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(√)类型一 求线线角、线面角例1 (1)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为________．考点 向量法求直线与直线所成的角 题点 向量法求线线角 答案3010解析 如图所示，以C 为坐标原点，直线CA 为x 轴，直线CB 为y 轴，直线CC 1为z 轴建立空间直角坐标系Cxyz . 设CA ＝CB ＝CC 1＝1，则B (0,1,0)，M ⎝⎛⎭⎪⎫12，12，1，A (1,0,0)， N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，故BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，1，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1， 所以cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝3462×52＝3010.(2)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB 的中点．①求证：PB ⊥DM ；②求BD 与平面ADMN 所成的角． 考点 向量法求直线与直线所成的角 题点 向量法求线线角①证明 如图，以A 为坐标原点，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Axyz ，设BC ＝1，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，C (2,1,0)，M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1.∵PB →·DM →＝(2,0，－2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，1＝0， ∴PB ⊥DM .②解 ∵PB →·AD →＝(2,0，－2)·(0,2,0)＝0， ∴PB ⊥AD .又∵PB ⊥DM ，AD ∩DM ＝D ， ∴PB ⊥平面ADMN .即PB →为平面ADMN的一个法向量．因此〈PB →，DB →〉的余角即是BD 与平面ADMN 所成的角．∵cos 〈PB →，DB →〉＝PB →·DB →|PB →||DB →|＝422×22＝12，且〈PB →，DB →〉∈[0，π]， ∴〈PB →，DB →〉＝π3，∴BD 与平面ADMN 所成的角为π6.反思与感悟 用向量法解决线线角、线面角问题时，首先需建立适当的坐标系，然后求解相应的向量表达式，再借助于空间向量的运算进行求解．跟踪训练1 (1)已知在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是DC 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB 1与D 1E 所成角的余弦值为( ) A.1010 B.105 C ．－1010 D ．－105考点 向量法求线线角 题点 向量法求线线角 答案 A解析 ∵A (2,2,0)，B 1(2,0,2)，E (0,1,0)，D 1(0,2,2)， ∴AB 1→＝(0，－2,2)，ED 1→＝(0,1,2)，∴|AB 1→|＝22，|ED 1→|＝5，AB 1→·ED 1→＝0－2＋4＝2， ∴cos 〈AB 1→，ED 1→〉＝AB 1→·ED 1→|AB 1→||ED 1→|＝222×5＝1010，又异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，∴AB 1与ED 1所成角的余弦值为1010.(2)如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. ①证明：AB ⊥A 1C ；②若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． 考点 向量法求线面角 题点 向量法求线面角①证明 取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . ∵CA ＝CB ，∴OC ⊥AB . 由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 故△AA 1B 为等边三角形， ∴OA 1⊥AB . ∵OC ∩OA 1＝O ， ∴AB ⊥平面OA 1C .又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C . ②解 由①知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB . 又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ， 交线为AB ，OC ⊂平面ABC ， ∴OC ⊥平面AA 1B 1B ， 故OA ，OA 1，OC 两两垂直．以O 为坐标原点，OA ，OA 1，OC 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Oxyz .设AB ＝2，则A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)，则BC →＝(1,0，3)，BB 1→＝AA 1→＝(－1，3，0)， A 1C -→＝(0，－3，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0，可取n ＝(3，1，－1)．故cos 〈n ，A 1C -→〉＝n ·A 1C -→|n ||A 1C -→|＝－105，∴A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105. 类型二 求二面角问题例2 如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点，求二面角A －A 1D －B 的余弦值． 考点 向量法求二面角 题点 向量法求二面角解 取BC 的中点O ，连接AO ，因为△ABC 是正三角形，所以AO ⊥BC ，因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，平面ABC ∩平面BCC 1B 1＝BC ，AO ⊂平面ABC ，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为坐标原点，分别以OB ，OO 1，OA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)，B 1(1,2,0)． 设平面A 1AD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， AD →＝(－1,1，－3)，AA 1→＝(0,2,0)．因为n ⊥AD →，n ⊥AA 1→， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AA 1→＝0，得⎩⎨⎧－x ＋y －3z ＝0，2y ＝0，所以⎩⎨⎧y ＝0，x ＝－3z .令z ＝1，得n ＝(－3，0,1)为平面A 1AD 的一个法向量． 又因为AB 1→＝(1,2，－3)，BD →＝(－2,1,0)，BA 1→＝(－1,2，3)，所以AB 1→·BD →＝－2＋2＋0＝0，AB 1→·BA 1→＝－1＋4－3＝0，所以AB 1→⊥BD →，AB 1→⊥BA 1→， 即AB 1⊥BD ，AB 1⊥BA 1， 且BD ∩BA 1＝B ， 所以AB 1⊥平面A 1BD ，所以AB 1→是平面A 1BD 的一个法向量，所以cos 〈n ，AB 1→〉＝n ·AB 1→|n ||AB 1→|＝－3－32×22＝－64，又二面角A －A 1D －B 为锐二面角， 所以二面角A －A 1D －B 的余弦值为64.反思与感悟 求角二面角时，可以用方向向量法，也可以采用法向量法求解．跟踪训练2 如图，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，BC ＝2，PA ＝AC ＝1，求二面角A －PB －C 的余弦值．考点 向量法求二面角 题点 向量法求二面角解 以C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，取PB 的中点D ，连接DC ，可知DC ⊥PB ，作AE ⊥PB 于点E ，则向量DC →与EA →的夹角的大小为二面角A －PB －C 的大小．∵A (1,0,0)，B (0，2，0)，C (0,0,0)，P (1,0,1)，D 为PB 的中点，∴D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，12. 在Rt △PAB 中，由△PAB ∽△AEB ∽△PEA ，得PE EB ＝AP 2AB 2＝13， ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，24，34. ∴EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－24，－34，DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－22，－12，∴EA →·DC →＝12.又|EA →|＝32，|DC →|＝1，∴cos 〈EA →，DC →〉＝EA →·DC →|EA →||DC →|＝1232×1＝33，∴二面角A －PB －C 的余弦值为33.1．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量和平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B．60°C．120°D．150° 考点 向量法求线面角 题点 向量法求线面角 答案 A解析 设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12.∴θ＝30°.2．已知二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量分别为a ，b ，若〈a ，b 〉＝π3，则二面角α－l －β的大小为( ) A.π3 B.2π3 C.π3或2π3D.π6或π3考点 向量法求二面角 题点 向量法求二面角 答案 C解析 由于二面角的范围是[0，π]，而二面角的两个半平面α与β的法向量都有两个方向，因此二面角α－l －β的大小为π3或2π3，故选C.3．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为( ) A.64B ．－64C.104D ．－104考点 向量法求解直线与平面所成的角 题点 向量法解决直线与平面所成的角 答案 A解析 取AC 的中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ，以B 为坐标原点，BE ，BB 1所在直线分别为x 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz ， 则A ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，D (0,0,1)，B (0,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，则AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，1，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0.∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，BE ⊥AC ，BE ⊂平面ABC ， ∴BE ⊥平面AA 1C 1C ，∴BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0为平面AA 1C 1C 的一个法向量．设AD 与平面AA 1C 1C 所成角为α， ∵cos 〈AD →，BE →〉＝－64，∴sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝64.4．设a ，b 是直线，α，β是平面，a ⊥α，b ⊥β，向量a 在a 上，向量b 在b 上，a ＝(1,1,1)，b ＝(－3,4,0)，则α，β所成二面角中较小的一个角的余弦值为________．考点 向量法求二面角 题点 向量法求二面角 答案315解析 设α，β所成二面角中较小的一个角为θ，由题意得，cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |＝(1，1，1)·(－3，4，0)3·5＝315.5．已知等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C －AB －D 的余弦值为33，M ，N 分别是AC ，BC 的中点，则EM ，AN 所成角的余弦值为________．考点 向量法求线线角 题点 向量法求线线角 答案 16解析 过C 点作CO ⊥平面ABDE ，垂足为点O ，取AB 的中点F ，连接CF ，OF ，则∠CFO 为二面角C －AB －D 的平面角．设AB ＝1，则CF ＝32， ∴OF ＝CF ·cos∠CFO ＝32×33＝12， ∴OC ＝22，且O 为正方形ABDE 的中心．以O 为坐标原点，OA ，OB ，OC 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Oxyz ， 则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22，0，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫24，0，24，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，N ⎝⎛⎭⎪⎫0，24，24， ∴EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24，22，24，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，24，24，∴cos 〈EM →，AN →〉＝EM →·AN →|EM →||AN →|＝16，又异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，∴EM ，AN 所成角的余弦值为16.向量法求角(1)两条异面直线所成的角θ可以借助这两条直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.(2)直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|或cos θ＝sin φ.(3)二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．一、选择题1．在一个二面角的两个半平面内，与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( ) A.156 B.－153C.153D.156或－156考点 向量法求二面角 题点 向量法求二面角 答案 D解析 由(0，－1，3)·(2，2，4)1＋9×4＋4＋16＝－2＋1210×24＝156，知这个二面角的余弦值为156或－156， 故选D.2．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 ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90°考点 向量法求面面角 题点 向量法求面面角 答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3．设直线l 与平面α相交，且l 的方向向量为a ，α的法向量为n ，若〈a ，n 〉＝2π3，则l 与α所成的角为( ) A.2π3B.π3C.π6D.5π6 考点 向量法求线面角 题点 向量法求线面角 答案 C解析 线面角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.∵〈a ，n 〉＝2π3，∴l 与法向量所在直线所成角为π3，∴l 与α所成的角为π6.4．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量a ＝(－2，－3,3)，则l 与α所成角的余弦值为( ) A ．－1111B.1111C ．－11011 D.91333考点 向量法求线面角 题点 向量法求线面角 答案 D解析 设α与l 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|(－2，－3，3)·(4，1，1)|4＋9＋9×16＋1＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－4311＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪41133，故直线l 与α所成角的余弦值为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫411332＝91333. 5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值为( ) A.24B.23C.63D.32考点 向量法求线面角 题点 向量法求线面角 答案 C解析 以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，A (1,0,0)， ∴BC 1→＝(－1,0,1)，AC 1→＝(－1,1,1)，A 1B -→＝(0,1，－1)， A 1D -→＝(－1,0，－1)．∴AC 1→·A 1B -→＝1－1＝0，AC 1→·A 1D -→＝1－1＝0. ∴AC 1⊥A 1B ，AC 1⊥A 1D .又A 1B ∩A 1D ＝A 1， 且A 1B ，A 1D ⊂平面A 1BD ，∴AC 1⊥平面A 1BD . ∴AC 1→是平面A 1BD 的一个法向量． ∴cos 〈BC 1→，AC 1→〉＝BC 1→·AC 1→|BC 1→||AC 1→|＝1＋12×3＝63. ∴直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值为63.6.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别是棱CC 1，BC ，A 1B 1上的点，若∠B 1MN ＝90°，则∠PMN 的大小( )A ．等于90°B ．小于90°C ．大于90°D ．不确定考点 向量法求线线角题点 向量法求线线角 答案 A解析 A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，故A 1B 1⊥MN ， MP →·MN →＝(MB 1→＋B 1P -→)·MN → ＝MB 1→·MN →＋B 1P →·MN →＝0， ∴MP ⊥MN ，即∠PMN ＝90°.7.如图，S 是正三角形ABC 所在平面外一点，M ，N 分别是AB 和SC 的中点，SA ＝SB ＝SC ，且∠ASB ＝∠BSC ＝∠CSA ＝90°，则异面直线SM 与BN 所成角的余弦值为( ) A ．－105 B.105 C ．－1010D.1010考点 向量法求线线角 题点 向量法求线线角 答案 B解析 不妨设SA ＝SB ＝SC ＝1，以S 为坐标原点，SA →，SB →，SC →所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Sxyz ，则相关各点坐标为A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，S (0,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12. 因为SM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，BN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1，12，所以|SM →|＝12，|BN →|＝54，SM →·BN →＝－12， cos 〈SM →，BN →〉＝SM →·BN →|SM →| |BN →|＝－105，因为异面直线所成的角为锐角或直角， 所以异面直线SM 与BN 所成角的余弦值为105. 二、填空题8．如图，在长方形ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角的正弦值为________．答案1059．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________． 考点 向量法求二面角 题点 向量法求二面角 答案 23解析 如图所示，以A 为坐标原点，AB →，AD →，AA 1→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，设正方体的棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)，所以A 1D -→＝(0,1，－1)，A 1E -→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－12.设平面A 1ED 的法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1D -→＝0，n 1·A 1E -→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1,2,2)．平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝23×1＝23，即所求的锐二面角的余弦值为23.10.如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD ＝2，E ，F 分别是线段PA ，CD 的中点，则异面直线EF 与BD 所成角的余弦值为________． 考点 向量法求线线角 题点 向量法求线线角 答案36解析 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，则E (0,0,1)，F (1,2,0)，B (2,0,0)， D (0,2,0)．EF →＝(1,2，－1)，BD →＝(－2,2,0)，故cos 〈EF →，BD →〉＝243＝36.11.如图，已知矩形ABCD 与ABEF 全等，D-AB-E 为直二面角，M 为AB 的中点，FM 与BD 所成的角为θ，且cos θ＝39.则AB 与BC 的边长之比为________． 答案2∶2解析 设AB ＝a ，BC ＝b ，以A 为坐标原点，AF →，AB →，AD →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Axyz ，则相关各点坐标为F (b,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a2，0，B (0，a,0)，D (0,0，b )．FM →＝⎝⎛⎭⎪⎫－b ，a 2，0，BD →＝(0，－a ，b )，所以|FM →|＝b 2＋a 24，|BD →|＝a 2＋b 2，FM →·BD →＝－a 22，|cos 〈FM →，BD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－a 22 b 2＋a 24·a 2＋b 2＝39， 整理得，4⎝ ⎛⎭⎪⎫b 4a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 2－26＝0， 解得b 2a 2＝2或b 2a 2＝－134(舍)．所以AB BC ＝a b ＝22.三、解答题12.如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD .(1)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (2)证明：平面AMD ⊥平面CDE ；(3)求二面角A －CD －E 的余弦值． 考点 向量法解决二面角问题 题点 求二面角(1)解 如图所示，以A 为坐标原点，AB →，AD →，AF →所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz .设AB ＝1，依题意得B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，E (0，1,1)，F (0,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，A (0,0,0)．则BF →＝(－1,0,1)，DE →＝(0，－1,1)， 于是cos 〈BF →，DE →〉＝BF →·DE →|BF →||DE →|＝0＋0＋12×2＝12.所以异面直线BF 与DE 所成的角的大小为60°. (2)证明 由AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，CE →＝(－1,0,1)，AD →＝(0,2,0)，可得CE →·AM →＝0，CE →·AD →＝0.因此，CE ⊥AM ，CE ⊥AD .又AM ∩AD ＝A ，AM ⊂平面AMD ，AD ⊂平面AMD ， 故CE ⊥平面AMD .又CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥平面CDE .(3)解 设平面CDE 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CE →＝0，u ·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－y ＋z ＝0，令x ＝1，可得u ＝(1,1,1)．又由题设知，平面ACD 的一个法向量为v ＝(0,0,1)． 所以，cos 〈u ，v 〉＝u·v |u||v|＝0＋0＋13×1＝33.因为二面角A －CD －E 为锐角，所以其余弦值为33.13.如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BC ，A 1D 1的中点．(1)求直线A 1C 与DE 所成角的余弦值； (2)求直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值； (3)求平面B 1EDF 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值． 考点 向量法求面面角 题点 向量法求面面角解 以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz . (1)则A 1(0,0，a )，C (a ，a,0)，D (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，∴A 1C -→＝(a ，a ，－a )，DE →＝⎝⎛⎭⎪⎫a ，－a 2，0，∴cos 〈A 1C -→，DE →〉＝A 1C -→·DE →|A 1C -→||DE →|＝1515，故A 1C 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)连接DB 1，∵∠ADE ＝∠ADF ，∴AD 在平面B 1EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上． 又B 1EDF 为菱形，∴DB 1为∠EDF 的平分线， 故直线AD 与平面B 1EDF 所成的角为∠ADB 1. 由A (0,0,0)，B 1(a,0，a )，D (0，a,0)， 得DA →＝(0，－a,0)，DB 1→＝(a ，－a ，a )，∴cos 〈DA →，DB 1→〉＝DA →·DB 1→|DA →||DB 1→|＝33，又直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，故直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值为33. (3)由已知得A (0,0,0)，A 1(0,0，a )，B 1(a,0，a )，D (0，a,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，则ED→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，a 2，0，EB 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a ，平面ABCD 的一个法向量为m ＝AA 1→＝(0,0，a )． 设平面B 1EDF 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·ED →＝0，n ·EB 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝1，∴n ＝(1,2,1)，∴cos 〈n ，m 〉＝m ·n |m ||n |＝66， ∴平面B 1EDF 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值为66. 四、探究与拓展14．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么异面直线AM 与CN 所成角的余弦值为( )A.32B.1010C.35D.25考点 向量法求线线角 题点 向量法求线线角 答案 D解析 如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，则A (1,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，C (0,1,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，CN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，∴AM →·CN →＝12，|AM →|＝|CN →|＝52，∴cos 〈AM →，CN →〉＝1252×52＝25， 又异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，∴异面直线AM 与CN 所成角的余弦值为25.15.如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值． 考点 向量法求二面角 题点 向量法求二面角(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩FE ＝F ，DF ⊂平面EFDC ，FE ⊂平面EFDC ，所以AF ⊥平面EFDC .又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解 过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角， 故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)． 由已知得，AB ∥EF ，EF ⊂平面EFDC ，AB ⊄平面EFDC ，所以AB ∥平面EFDC .又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ， 所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角， 即∠CEF ＝60°，从而可得C (－2,0，3)． 连接AC ，则EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)， AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.。