考点二 用空间向量求线面角
利用空间向量求空间角考点与题型归纳
利用空间向量求空间角考点与题型归纳一、基础知识1．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |❶， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量．2．直线与平面所成角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |❷.3．二面角(1)若AB ，CD 分别是二面角αl β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|❸，如图(2)(3)．两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角为(0，π)，所以公式中要加绝对值．直线与平面所成角的范围为⎣⎡⎦⎤0，π2，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值．利用公式与二面角的平面角时，要注意〈n 1，n 2〉与二面角大小的关系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断．二、常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理 cos θ＝cos θ1cos θ2.如图，若OA 为平面α的一条斜线，O 为斜足，OB 为OA 在平面α内的射影，OC 为平面α内的一条直线，其中θ为OA 与OC 所成的角，θ1为OA 与OB 所成的角，即线面角，θ2为OB 与OC 所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. 考点一 异面直线所成的角[典例精析]如图，在三棱锥P ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． [解] 由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0，0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0，0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE . (2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )， 进而可得NH ―→＝(－1，－2，h )， BE ―→＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos 〈NH ―→，BE ―→〉|＝|NH ―→·BE ―→||NH ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以线段AH 的长为85或12.[解题技法]用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．[提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，此夹角就是异面直线所成的角；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所成的角．[题组训练]1.如图所示，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C 以B 为坐标原点，以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，∴EF ―→＝(0，－1，1)，BC 1―→＝(2,0,2)，∴EF ―→·BC 1―→＝2，∴cos 〈EF ―→，BC 1―→〉＝22×22＝12，则EF 和BC 1所成的角是60°，故选C.2.如图，在四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BD .又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，射线OB ，OC 分别为x 轴，y 轴的正半轴建立空间直角坐标系O xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)， 所以PB ―→＝(1，3，－2)，AC ―→＝(0，23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝|PB ―→·AC ―→||PB ―→||AC ―→|＝622×23＝64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64. 考点二 直线与平面所成的角[典例精析](2019·合肥一检)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． [解] (1)证明：连接AC 交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，∴MN ∥EC . ∵MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ， ∴MN ∥平面EFC .∵BF ，DE 都与平面ABCD 垂直，∴BF ∥DE . ∵BF ＝DE ，∴四边形BDEF 为平行四边形，∴BD ∥EF . ∵BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，∴平面BDM ∥平面EFC . (2)∵DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz . 设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,0,2)，A (2,0,0)，E (0,0,4)，∴DB ―→＝(2,2,0)，DM ―→＝(1,0,2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DM ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量．∵AE ―→＝(－2,0,4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cosn ，AE ―→|＝|n ·AE ―→||n |·|AE ―→|＝4515，∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.[解题技法]利用向量求线面角的2种方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，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，取其余角就是斜线与平面所成的角．[题组训练]1．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，由于AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，所以A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)，所以A 1C 1―→＝(－1,2,0)，BC 1―→＝(－1,0,1)，D 1C 1―→＝(0,2,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1―→·n ＝0， BC 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝2，得y ＝1，z ＝2，则n ＝(2,1,2)．设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1―→，n 〉|＝|D 1C 1―→·n ||D 1C 1―→||n |＝22×3＝13，即D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.答案：132.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BA ＝BC ＝5，AC ＝8，D 为线段AC 的中点．(1)求证：BD ⊥A 1D ；(2)若直线A 1D 与平面BC 1D 所成角的正弦值为45，求AA 1的长．解：(1)证明：∵三棱柱ABC A 1B 1C 1是直三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ，又BD ⊂平面ABC ，∴BD ⊥AA 1， ∵BA ＝BC ，D 为AC 的中点，∴BD ⊥AC ，又AC ∩AA 1＝A ，AC ⊂平面ACC 1A 1，AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，∴BD ⊥A 1D . (2)由(1)知BD ⊥AC ，AA 1⊥平面ABC ，以D 为坐标原点，DB ，DC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点D 且平行于AA 1的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .设AA 1＝λ(λ＞0)，则A 1(0，－4，λ)，B (3,0,0)，C 1(0,4，λ)，D (0,0,0)， ∴DA 1―→＝(0，－4，λ)，DC 1―→＝(0,4，λ)，DB ―→＝(3,0,0)， 设平面BC 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC 1―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋λz ＝0，3x ＝0，则x ＝0，令z ＝4，可得y ＝－λ，故n ＝(0，－λ，4)为平面BC 1D 的一个法向量． 设直线A 1D 与平面BC 1D 所成角为θ，则sin θ＝|cosn ，DA 1―→|＝|n ·DA 1―→||n |·|DA 1―→|＝|4λ＋4λ|λ2＋16·λ2＋16＝45，解得λ＝2或λ＝8， 即AA 1＝2或AA 1＝8.考点三 二面角[典例精析]如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的余弦值．[解] (1)证明：由四边形ABCD 为菱形，得AC ⊥BD . 由AE ＝CF ＝54，得AE AD ＝CFCD ，所以EF ∥AC .因此EF ⊥DH ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，则OD ′2＝OH 2＋D ′H 2，所以D ′H ⊥OH . 又OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)以H 为坐标原点，HB ，HF ，HD ′分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系H xyz ，如图所示．则B (5,0,0)，C (1,3,0)，D ′(0,0,3)，A (1，－3,0)， (由口诀“起点同”，我们先求出起点相同的3个向量．) 所以AB ―→＝(4,3,0)， AD ′―→＝(－1,3,3)，AC ―→＝(0,6,0)． (由口诀“棱排前”，我们用行列式求出两个平面的法向量．) 由⎩⎪⎨⎪⎧ AD ′―→＝(－1，3，3)， AB ―→＝(4，3，0)，可得平面ABD ′的法向量n 1＝(－3,4，－5)，由⎩⎪⎨⎪⎧AD ′―→＝(－1，3，3)， AC ―→＝(0，6，0)，可得平面AD ′C 的法向量n 2＝(－3,0，－1)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝7525.所以二面角B D ′A C 的余弦值为7525.[解题技法](1)利用法向量求二面角的大小时，由于法向量的方向不同，两个法向量的夹角与二面角的大小可能相等，也可能互补．所以，两个法向量的夹角的余弦值与二面角的余弦值可能存在正负号的差异．(2)有时用观察法难以判定二面角是钝角还是锐角，为了保证解题结果准确无误，我们给出一种万无一失的方法：就是在两个半平面和二面角的棱上各取1个向量，要求这三个向量必须起点相同，在利用行列式计算法向量时，棱对应的向量必须排前面，即口诀“起点同，棱排前”，这样求出的两个法向量的夹角一定与二面角的大小相等．[题组训练]如图所示，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，△DAB ≌△DCB ，E 为线段BD 上的一点，且EB ＝ED ＝EC ＝BC ，连接CE 并延长交AD 于F .(1)若G 为PD 的中点，求证：平面P AD ⊥平面CGF ； (2)若BC ＝2，P A ＝3，求二面角B CP D 的余弦值． 解：(1)证明：在△BCD 中，EB ＝ED ＝EC ＝BC ， 故∠BCD ＝90°，∠CBE ＝∠BEC ＝60°.∵△DAB ≌△DCB ，∴∠BAD ＝∠BCD ＝90°，∠ABE ＝∠CBE ＝60°，∴∠FED ＝∠BEC ＝∠ABE ＝60°.∴AB ∥EF ，∴∠EFD ＝∠BAD ＝90°， ∴EF ⊥AD ，AF ＝FD . 又PG ＝GD ，∴GF ∥P A .又P A ⊥平面ABCD ，∴GF ⊥平面ABCD ， ∵AD ⊂平面ABCD ，∴GF ⊥AD . 又GF ∩EF ＝F ，∴AD ⊥平面CGF .又AD ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面CGF .(2)以A 为坐标原点，射线AB ，AD ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (3，3，0)，D (0,23，0)，P (0,0,3)，故CB ―→＝(－1，－3，0)， CP ―→＝(－3，－3，3)，CD ―→＝(－3，3，0)． 设平面BCP 的一个法向量为n 1＝(1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·CB ―→＝0，n 1·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －1－3y 1＝0，－3－3y 1＋3z 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝－33，z 1＝23，即n 1＝⎝⎛⎭⎫1，－33，23. 设平面DCP 的一个法向量为n 2＝(1，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD ―→＝0，n 2·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3＋3y 2＝0，－3－3y 2＋3z 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝3，z 2＝2，即n 2＝(1，3，2)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝43169×8＝24， 由图知二面角B CP D 为钝角， 所以二面角B CP D 的余弦值为－24. [课时跟踪检测]A 级1.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3030 B.3015 C.3010D.1515解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0，0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→＝(－1，－1，－2)， D 1N ―→＝(1,0，－2)，∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→||B 1M ―→|·|D 1N ―→|＝|－1＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010. 2．如图，已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.24解析：选A 如图，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，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)，∴DC 1―→＝(0,3,1)， D 1E ―→＝(1,1，－1)， D 1C ―→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∴cosDC 1―→，n＝DC 1―→·n |DC 1―→|·|n|＝33535， ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.3．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B AA 1C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7B.6C.5D ．2解析：选A 由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4， |AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4， cosAB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC ―→|AB 1―→|·|BC ―→|＝24，故tanAB 1―→，BC 1―→＝7.4.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35 B.56 C.3310D.3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1， GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.5．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( )A.12B.23C.33D.22解析：选B 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)， A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)． 又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.6．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 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为坐标原点，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．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1,0,3)，DB ―→＝(0,23，0)， EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ， ∴n ＝(－a,0,1)，∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10.∵直线OF 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22， 解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：27.如图，已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点，则二面角F OE A 的余弦值为________．解析：以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 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O xyz ， 由题知，OA ＝OB ＝2，则A (0，－2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，E (1，－1,0)，F (0，－1,1)， OE ―→＝(1，－1,0)，OF ―→＝(0，－1,1)，设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OE ―→＝0，m ·OF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝33.由图知二面角F OE A 为锐角， 所以二面角F OE A 的余弦值为33. 答案：338．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧C D 所在平面垂直，M 是C D 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，所以BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ， 所以DM ⊥平面BMC . 因为DM ⊂平面AMD ， 所以平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点， DA ―→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 .当三棱锥M ABC 的体积最大时，M 为CD 的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM ―→＝(－2，1,1)，AB ―→＝(0,2,0)，DA ―→＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，又DA ―→是平面MCD 的一个法向量，所以cos 〈n ，DA ―→〉＝n ·DA ―→|n ||DA ―→|＝55，sin 〈n ，DA ―→〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝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 P A C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为P A ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 又因为OB ∩AC ＝O ， 所以PO ⊥平面ABC .(2)以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP ―→＝(0,2,23)．取平面P AC 的一个法向量OB ―→＝(2,0,0)． 设M (a,2－a,0)(0＜a ≤2)，则AM ―→＝(a,4－a,0)． 设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)，所以平面P AM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB ―→，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB ―→，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝43或a ＝－4(舍去)．所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833，433，－43.又PC ―→＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC ―→，n 〉＝833＋8334＋12·643＋163＋169＝34.所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34. B 级1．如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B OB 1C 的余弦值． 解：(1)证明：∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴A 1O ⊥BD .∵四边形ABCD 是菱形，∴CO ⊥BD . ∵A 1O ∩CO ＝O ，∴BD ⊥平面A 1CO . ∵BD ⊂平面BB 1D 1D ，∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D .(2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，∴OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→， OA 1―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°， ∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3， OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0,0，6)，∴OB ―→＝(1,0,0)，BB 1―→＝AA 1―→＝(0，3，6)， OB 1―→＝OB ―→＋BB 1―→＝(1，3，6)． 设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧OB ―→·n ＝0，OB 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x ＋3y ＋6z ＝0.令y ＝2，得z ＝－1，∴n ＝(0，2，－1)是平面OBB 1的一个法向量． 同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(6，0，－1)， ∴cosn ，m＝n ·m|n |·|m |＝13×7＝2121，由图可知二面角B OB 1C 是锐二面角， ∴二面角B OB 1C 的余弦值为2121. 2．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝2CD .平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ＝PD ，点E 在PC 上，DE ⊥平面P AC .(1)求证：P A ⊥平面PCD ；(2)设AD ＝2，若平面PBC 与平面P AD 所成的二面角为45°，求DE 的长．解：(1)证明：由DE ⊥平面P AC ，得DE ⊥P A ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面P AD ，所以CD ⊥P A ， 又CD ∩DE ＝D ，所以P A ⊥平面PCD . (2)取AD 的中点O ，连接PO ， 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，由(1)得P A ⊥PD ，由AD ＝2得P A ＝PD ＝2，PO ＝1，设CD ＝a ，则P (0,0,1)，D (0,1,0)，C (a,1,0)，B (2a ，－1,0)， 则BC ―→＝(－a,2,0)，PC ―→＝(a,1，－1)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC ―→＝0，m ·PC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋2y ＝0，ax ＋y －z ＝0，令x ＝2，则y ＝a ，z ＝3a ，故m ＝(2，a,3a )为平面PBC 的一个法向量，由(1)知n ＝DC ―→＝(a,0,0)为平面P AD 的一个法向量． 由|cosm ，n|＝|m ·n ||m ||n |＝|2a |a 10a 2＋4＝22，解得a ＝105，即CD ＝105，所以在Rt △PCD 中，PC ＝2155，由等面积法可得DE ＝CD ·PD PC ＝33.3．如图，在三棱锥P ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC ，AB ＝6， BC ＝23，AC ＝26，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，PD ⊥AC .(1)求证：PD ⊥平面ABC ；(2)若直线P A 与平面ABC 所成的角为45°，求平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角大小．解：(1)证明：∵AC ＝26，BC ＝23，AB ＝6，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴∠ACB ＝90°， ∴cos ∠ABC ＝236＝33.又易知BD ＝2，∴CD 2＝22＋(23)2－2×2×23cos ∠ABC ＝8， ∴CD ＝22，又AD ＝4， ∴CD 2＋AD 2＝AC 2，∴CD ⊥AB .∵平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ，CD ⊂平面ABC ， ∴CD ⊥平面P AB ，又PD ⊂平面P AB ，∴CD ⊥PD ， ∵PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ， ∴PD ⊥平面ABC .(2)由(1)知PD ，CD ，AB 两两互相垂直，∴可建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，∵直线P A 与平面ABC 所成的角为45°，即∠P AD ＝45°，∴PD ＝AD ＝4，则A (0，－4,0)，C (22，0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,4)，∴CB ―→＝(－22，2,0)，AC ―→＝(22，4,0)，P A ―→＝(0，－4，－4)． ∵AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，∴DE ∥AC ， 由(1)知AC ⊥BC ，∴DE ⊥BC ，又PD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴PD ⊥BC ， ∵PD ∩DE ＝D ，∴CB ⊥平面PDE ，∴CB ―→＝(－22，2,0)为平面PDE 的一个法向量． 设平面P AC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·P A ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x ＋4y ＝0，－4y －4z ＝0，令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1， ∴n ＝(2，－1,1)为平面P AC 的一个法向量． ∴cos n ，CB ―→＝－4－24×12＝－32， ∴平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角的余弦值为32， 故平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角为30°.。
空间向量求角
空间的角常见的有：线线角、线面角、面面角
一、复习引入
用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”。
（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向 量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何 问题转化为向量问题；（化为向量问题） （2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的 位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；
再次演示课件
法向量法
n1，n2
n2
n1，n2 n2
n1
n1
l
l
cos cos n1, n2 cos cos n1, n2
结论：cos cos n1, n2
注意法向量的方向：同进 同出，二面角等于法向量
夹角的补角；
关键：观察二面角的范围
一进一出，二面角等于法 向量夹角
四3 、实教践学操过作程的设计与实施
问题1：
二面角的平面角AOB 能否转化成向量的夹角？
B
O l
A
AOB OA,OB
二面角 OA,OB
四、教学过程的设计与实施
2 探究方法
二面角 n1, n2
要点梳理
②方向向量法：
将二面角转化为二面角的两个面的方向向量(在 二面角的面内且垂直于二面角的棱)的夹角.
设二面角α-l-β的大小为θ，其中
z
S
O
Cy
B
sin cos OS, n OS n 2 6
OS n 1 6 3
C（0，1，0）； O（0，0，0）；
S（0，0，1）， 于是我们有
SA =（2，0，-1）；AB =（-1，1，0）；
OB =（1，1，0）；OS =（0，0，1）；
高中数学_3.2.2 空间向量与线面角教学设计学情分析教材分析课后反思
《空间向量与线面角》教学设计一、教学目标【知识目标】1.通过回顾线面角的概念，推导出用向量方法解决斜线面角的计算公式。
2.掌握用向量方法解决斜线面角的计算公式。
【过程与方法】通过用向量方法判断位置关系的复习，猜想线面角涉及到直线的方向向量和法向量，并根据具体的例子，抽象到一般情况下的公式，进而总结方法并应用。
【情感态度价值观】在课堂导入过程中，感受数学史上笛卡尔的创造性作用；在课堂生成过程中，体会从一般到特殊的化归思想。
在小组合作探究中激发学生的学习兴趣，培养学生的合作意识。
二、教学重点、难点重点：理解斜线面角的向量方法，推导并熟练运用公式进行计算。
难点：理解斜线面角的向量方法和公式，熟练应用并正确计算。
三、教法学法分析本节是的主要内容是用空间向量的方法解决线面角，主要是斜线面角。
本节课需要很多预备知识，包括线面角的概念、直线的方向向量和平面的法向量等等，这些知识如果铺垫好，将更容易让学生理解线面角的向量方法。
所以本节课拿出了不少时间，跟学生一起回忆这些内容。
“磨刀不误砍柴工”，学生有了这些基础后，就可以实现自主探究，通过具体的直线方向向量和平面法向量的角度关系，探索到一般的计算公式，整体上水到渠成。
因此，本节课主要以教师提出问题并引导，学生自主探究并总结的方式进行；在熟练掌握的过程中，先引导学生解题，再由学生自主完成，讲练结合。
信息技术为本节课提供了方便，学生练习的信息反馈更加快捷，使课堂效率大幅提高。
四、教学基本流程五、教学过程我们之前学习的线面角概念和范围是什么？回忆线面角的概念和范围通过回忆概念，把垂线和斜线的位置关系对应为方向向量和法向量，为后面探究做铺垫ppt辅助演示提纲合作探究（1）如果平面的法向量n与直线的方向向量a所成角是60o，则线面角θ的大小是多少？（2）如果平面的法向量n与直线的方向向量a所成角是120o，则线面角θ的大小是多少？（3）如果平面的法向量n与直线的方向向量a所成角是ϕ，则线面角θ的大小是多少？小组站立讨论，配合提前准备的道具，将问题转化为直观实物图形，谈论总结，小组代表发言从具体的角度出发，学生能够比较容易的发现向量夹角与线面角90o的关系，为后面转化三角函数名做铺垫ppt辅助呈现问题屏幕广播能让每小组不会因为站讨论而互相遮挡如果是方向向量和法向量之间的夹角不是特殊的三角函数值，那我们能否也能找出他们与线面角之间的关系呢？转换三角函数名，推导得出公式sin引导学生发现公式ppt辅助演示提纲例题精讲直三棱柱111ABC A BC-中，AB=3,AC=AA1=4, ∠BAC=90o,求直线11BC与平面11ABC所成角的正弦值引导学生计算，并订正答案除了线面角的向量公式，其他的计算内容学生都已学过，只需引导学生需要计算的内容即可。
高中试卷-1.4.2 空间向量的应用(二)(精讲)(含答案)
1.4.2 空间向量应用（二）考点一 空间向量求线线角【例1】（2020·全国高三一模（文））如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA AB ^，PA AD ^，1AD =，AB =，PAB △是等腰三角形，点E 是棱PB 的中点，则异面直线EC 与PD 所成角的余弦值是（）A B C D 【答案】B【解析】因为AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为原点，AB ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系.又因为PA AB ==1AD =，所以()0,0,0A，)B，)C，()0,1,0D，(P 因为E 是棱PB的中点，所以E ，所以EC =uuu r，(0,1,PD =-uuu r，所以cos ,EC PD áñ==uuu r uuu r B.【一隅三反】1．（2020·河南高二）已知在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段11C D 上的动点，则直线1BC 与直线AP 所成角余弦值的范围是（）A．ùúûB．ùúûC．D．【答案】A【解析】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，如图所示，以1,,DA DC DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则有1(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)A B C ．设(0,,1)(01)P t t ……，则(1,,1)AP t =-uuu r ，1(1,0,1)BC =-uuu r，所以1cos ,AP BC áñ==uuu r uuuu r．又因为01t ……1cos ,1AP BC áñuuu r uuuu r …．故选：A ．2.三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝AB ，N ，M 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则AM 与BN 所成角的余弦值为( )A.110 B.35 C.710 D.45【答案】 C【解析】如图所示，取AC 的中点D ，以D 为原点，BD ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC ＝2，则A (0，－1，0)，M (0，0，2)，B (0，0)，N (，－12，2)，所以AM →＝(0，1，2)，BN →＝，－12，2)，所以cos 〈AM → ，BN → 〉＝AM → ·BN→|AM → |·|BN →|＝7＝710，故选C.3．已知四棱锥S ABCD 的底面是正方形且侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE ，SD 所成的角的余弦值为( )A ．13BCD ．23【答案】C 【解析】依题意，建立坐标系如图所示，设四棱锥S ABCD 则A (0，－1,0)，B (1,0,0)，S (0,0,1)，D (－1,0,0)，∴E 点坐标为(12，0，12)，AE →＝(12，1，12)，SD → ＝(－1,0，－1)，∴cos 〈AE → ，SD →－1故选C考点二 空间向量求线面角【例2】（2020·全国高二）如图所示，SA 是四棱锥S ABCD -的高，四边形ABCD 为正方形，点M 是线段SB 的中点，45SDA Ð=°.（1）求证：AM SC ^；（2）若点N 是线段BC 上靠近C 的四等分点，求直线AB 与平面AMN 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2.【解析】（1）因为SA ABCD ^底面，BC ABCD Ì平面，所以SA BC ^.因为ABCD 为正方形，所以AB BC ^，又因为SA AB A Ç=，所以BC SAB ^平面.因为AM SAB Ì平面，所以AM BC ^.因为45SDA Ð=°，故SA AD AB ==，而M 为线段SB 的中点，所以AM SB ^，又因为SB BC B Ç=，所以AM SBC ^平面.而SC SBC Ì平面，故AM SC ^；（2）因为SA ABCD ^底面，AB AD ^，以A 为坐标原点，分别以AB uuu r ，AD uuu r ，AS uuu r的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方形ABCD 的边长为2，则()0,0,0A ，()2,0,0B ，()0,0,2S ，()1,0,1M ，32,,02N æöç÷èø，∴()1,0,1AM =uuuu r，32,,02AN æö=ç÷èøuuu r ，设()111,,n x y z =r 为平面AMN 的法向量，则0,0,n AM n AN ì×=í×=îuuuu v v uuu vv所以11110,320,2x z x y +=ìïí+=ïî取12y =，则33,2,22n æö=-ç÷èør ，而()2,0,0AB =uuu r ，故直线AB 与平面所成角的正弦值为sin AB n AB nq ×==×uuu r ruuu r r 【一隅三反】1．（2020·浙江高三开学考试）如图，四棱锥S ABCD -中，//ADBC ，AD AS ^，2AD =，CD =，1AB BC AS ===，23SAB pÐ=．（1）求证：AD BS ^；（2）求直线CD 与平面SAC 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2.【解析】（1）如下图所示，取AD 的中点E ，连接CE .1BC =Q ，2AD =，E 为AD 的中点，则112AE AD ==，BC AE \=，又//AD BC ，可得//BC AE ，\四边形ABCE 为平行四边形，//CE AB \，且1DE =，1CE AB ==，CD =Q ，222CE DE CD \+=，2CED p\Ð=，则CE AD ^，AD AB \^，AD AS ^Q ，AB AS A Ç=，AD \^平面SAB ，BS ÌQ 平面SAB ，因此，AD BS ^；（2）以点A 为坐标原点，AB 、AD 所在直线分别为y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A xyz -，则点()0,0,0A 、()0,1,1C 、()0,0,2D、1,02S ö-÷÷ø，所以，()0,1,1CD =-uuu r ，()0,1,1AC =uuu r，1,02AS ö=-÷÷øuuu r.设平面SAC 的法向量为(),,n x y z =r，由00n AC n AS ì×=í×=îuuu v v uuu v v，得0102x y =-=，可得y z y ì=ïí=-ïî，令1x =，可得y =，z =，则n =r，cos ,n CD <=r uuu r .因此，直线CD 与平面SAC .2．（2020·天津河西.高三二模）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，122AA AB ==，E 为1CC 的中点.（1）求证：1//AC 平面BDE ；（2）求证：1A E ^平面BDE ；（3）若F 为1BB 上的动点，使直线1A F 与平面BDE ，求DF 的长.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3【解析】如图建立空间直角坐标系D xyz -，D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，1，0)，1A (1，0，2)，1B (1，1，2)，1C (0，1，2)，1D (0，0，2)，E (0，1，1)（1）证明：设平面BDE 的法向量n ®=(x ，y ，z )，DB ®=(1，1，0)，DE =u u u r(0，1，1)由00n DB n DE ì×=í×=îuuu v r uuu v r ，即00x y y z +=ìí+=î，取1x =，得n ®=(1，-1，1)，又1AC ®=(-1，1，2)，因为()11111210AC n ®®×=-´+´-+´=，所以1AC n ®®^，所以1//AC 平面BDE .（2）证明：由（1）可知n ®=(1，-1，1)，1A E ®=(-1，1，-1)，1A E n ®®=-，所以1//A E n ®®，所以1A E ^平面BDE .（3）设点F 的坐标为(1，1，l )，1A F ®=(0，1，2l -)，设直线1A F 与平面BDE 所成角为a ，则sin 解得1l =，所以点F 的坐标为(1，1，1)，DF ®=(1，1，1)，||DF ®=所以DF .3．（2020·江苏）如图，在三棱锥P -ABC 中，AC ⊥BC ，且，AC =BC =2，D ，E 分别为AB ，PB 中点，PD ⊥平面ABC ，PD =3.(1)求直线CE 与直线PA 夹角的余弦值；(2)求直线PC 与平面DEC 夹角的正弦值.【答案】；.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，易知C (0，0，0)，A(2，0，0)，D (1，1，0)，E (12，32，32)，P (1，1，3)，()1331,1,3,,,222PA CE æö=--=ç÷èøuuu r uuu r 设直线CE 与直线PA 夹角为q，则cos q整理得cos q =；\直线CE 与直线PA；(2)设直线PC 与平面DEC 夹角为0q ，设平面DEC 的法向量为(,,)m x y z =u r ，因为()1,1,0CD =uuu r ，133,,222CE æö=ç÷èøuuu r 所以有01330222x y x y z +=ìïí++=ïî取1x =，解得1y =-，23z =，即面DEC 的一个法向量为2(1,1,)3m =-u r ，()1,1,3CP =uuu r ，0sin q \=\直线PC与平面DEC .考点三 空间向量求二面角【例3】（2020·河南高三其他（理））如图，在三棱锥D BCE -中，,,2,1DE BE DE CE BE CE BC DE ^^====．（1）证明：BE ^平面CDE ；（2）求二面角D BC E --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】（1）,,DE BE DE CE BE CE E ^^Ç=Q ，BE Ì平面BCE ，CE Ì平面BCE ，DE \^平面BCE ．又BE ÌQ 平面BCE ，DE BE \^．Q 在BCE V 中，2BE CE BC ===，222BE CE BC \+=，90BEC °\Ð=，即BE CE ^．又,DE CE E DE Ç=ÌQ 平面,CDE CE Ì平面CDE ，BE \^平面CDE ．（2）据（1）求解知，,,DE BE CE 两两互相垂直．以,,BE CE DE 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图，则(0,0,1)B C D，((0,BD CD \==uuu r uuu r ．设平面BCD 的一个法向量()000,,=u r m x y z，则0000010,010,y z x z ì+´=ïí´+´=ïî00,.z z ì=ï\í=ïî令0z =，则001,1x y ==，m \=u r ．又平面BCE 的一个法向量(0,0,1)ED =uuu r ，cos ,||||m ED m ED m ED ×\áñ==u ruuu r ur uuu r u r uuu r = 又分析知二面角D BC E --的平面角为锐角，\二面角D BC E --．【一隅三反】1．（2020·全国）如图，圆的直径2AC =，B 为圆周上不与点A 、C 重合的点，PA 垂直于圆所在平面，30ACB Ð=o，sin BPC Ð=.（1）求证：BC ⊥平面PAB ；（2）求二面角B PC A --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2.【解析】（1）如图，连接AB ，因为PA ^平面ABC ，所以PA BC ^.又因为B 在圆周上，AC 为圆的直径，所以AB BC ^，PA AB A =I .故BC ⊥平面PAB .（2）因为90ABC Ð=o ，直径2AC =，30ACB Ð=o ，所以1AB =，BC =，由（1）得BC PB ^，sin BC BPC PC Ð===，=PC PA 垂直于圆所在的平面，所以2PA =.因为90ABC Ð=o ，以点B 为坐标原点，以BC 、BA 为x 、y 轴建立如图空间直角坐标系，则()0,0,0B 、()0,1,0A、)C、()0,1,2P，)BC =uuu r ，()0,1,2BP =uuu r ，设平面PBC 的法向量()1,,n x y z =ur ，则11n BC n BP ì^ïí^ïîuv uuu v uv uuu v，即020y z =+=ïî，取1z =，得()10,2,1n =-ur.同理可求得平面PAC的一个法向量()2n =uu r.设1n u r 与2n u u r 的夹角为q，故121212cos ,n n n n n n ×<>==×ur uu r ur uu r ur uu r ，又由图知B PC A --为锐二面角，二面角B PC A --.2．（2020·全国）如图，已知四棱锥P ABCD -中，ABCD 是平行四边形，AB AC ^，平面PAB ^平面ABCD ，PA PB ^，M ，N 分别是AB ，PC 的中点.（1）求证：//MN 平面PAD ；（2）若PA PB =，AB AC =，求二面角D PA C --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2.【解析】（1）证明：如图，取PD 的中点Q ，连接AQ ，NQ ，因为N ，Q ，M 分别为PC ，PD ，AB 的中点，所以//NQ CD ，12NQ CD =，又因为//AM CD ，12AM CD =，所以//NQ AM ，且NQ AM =，所以四边形NQAM 是平行四边形，所以//MN AQ .因为MN Ë平面PAD ，AQ Ì平面PAD ，所以//MN 平面PAD .（2）因为平面PAB ^平面ABCD ，平面PAB Ç平面ABCD AB =，AC Ì平面ABCD ，AB AC ^，所以AC ^平面PAB .因为PB Ì平面PAB ，所以AC PB ^，又PA PB ^，PA AC A =I ，所以PB ^平面PAC .所以以A 为原点，以AB 所在直线为x 轴，AC 所在直线为y 轴，过点A 和平面ABCD 垂直的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则z 轴在平面PAB 内.令2AB AC ==，又PA PB =，PA PB ^，所以(0,0,0)A ，(2,2,0)D -，(1,0,1)P ，(2,0,0)B ，()2,2,0AD =-uuu r ，()1,0,1AP =uuu r ，设平面PAD 的一个法向量为(,,)n x y z =r，则0,0,n AD n AP ì×=í×=îuuu v r uuu v r 所以220,0,x y x z -+=ìí+=î令1x =，则1y =，1z =-，所以(1,1,1)n =-r.又PB ^平面PAC ，所以()1,0,1PB =-uuu r 是平面PAC 的一个法向量.所以cos ,n PB ==uuu r r .所以二面角D PA C --.3．（2020·全国）如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ^底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AB AD ^，//AB CD ，22AB AD CD ==，E 是PB 的中点.（1）求证：平面EAC ^平面PBC ；（2）若二面角P AC E --，求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2.【解析】（1）因为PC ^平面ABCD ，AC Ì平面ABCD ，所以PC AC ^.因为22AB AD CD ==，所以AC BC ===，所以222AC BC AB +=，故AC BC ^.又BC PC C Ç=，所以AC ^平面PBC .因为AC Ì平面EAC ，所以平面EAC ^平面PBC .（2）如图，以C 为原点，uur CB ，CA uuu r ，CP uuu r分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，设2CB =，2CP a =()0a >，则()0,0,0C ，()0,2,0A ，()2,0,0B ，()0,0,2P a ，则()1,0,E a ，()0,2,0CA =uuu r ，()0,0,2CP a =uuu r ，()1,0,CE a =uuu r ，易知()1,0,0m =u r 为平面PAC 的一个法向量.设(),,n x y z =r 为平面EAC 的一个法向量，由00n CA n CE ì×=í×=îuuu v v uuu v v ，即200y x az =ìí+=î∴0y =，取x a =，则1z =-，(),0,1n a =-r .依题意，cos m =u ra =.于是，)1n =-r，(0,2,PA =-.则sin cos ,PA n PA n PA nq ×===×uuu r r uuu r r uuu r r .所以直线PA 与平面EAC.【点睛】本题考查证明面面垂直，考查用空间向量法求二面角，直线与平面所成的角，证明垂直常用相应的判定定理或性质定理，求空间角常用空间向量法．考点四 空间向量求距离【例4】（2020·全国高二课时练习）如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，O 是底面1111D C B A 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离是（）A ．12BCD 【答案】B【解析】 如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C111(,,0)22OD \=--uuuu r 由于AB ^平面111,ADD A AD Ì平面11ADD A 1AB A D \^，又11AD A D ^，1AB AD I 1A D \^平面11ABC D 故平面11ABC D 的一个法向量为：1(1,0,1)DA =uuu u rO \到平面11ABC D 的距离为：111||||OD DAdDA×===uuuu r uuu u ruuu u r故选：B【一隅三反】1．（2019·湖南高二期末）已知平面a的一个法向量为(2,2,1)n®=，点(1,3,0)A-在平面a内，则点(2,1,3)P到平面a的距离为（）A．53B．43C．1D．23【答案】A【解析】由题意(3,2,3)PA®=--，则||53||n PAdn®®®×===，故选：A2．（2020·黑龙江道里哈尔滨三中高三二模（理））已知四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，BC BD==，AB与平面ACD所成角的正切值为12，则点B到平面ACD的距离为（）ABCD【答案】D【解析】以B为原点，BC，BD，BA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：设BA t =，0t >，()0,0,0B，)C，()D ，()0,0,A t .()0,0,AB t uuu r =-，()CA t uuu r =-，()CD uuu r =-.设平面ACD 的法向量(),,n x y z =r ，则00n CA n CD ì×=+ïí×=+=ïîuuu v v uuu v v ，令1x =，得1y =，z =故n æ=ççèr .因为直线AB 与平面ACD 所成角的正切值为12，所以直线AB 与平面ACD .=，解得2t =.所以平面ACD 的法向量n æ=ççèr ，故B 到平面ACD的距离为d =.故选：D 3．（2020·全国高二课时练习）若三棱锥P -ABC 的三条侧棱两两垂直，且满足PA=PB =PC =1，则点P 到平面ABC 的距离是（ ）ABCD【答案】D【解析】分别以PA ，PB ，PC 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.则A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1).()()1,1,0,1,0,1AB AC =-=-uuu r uuu r .设平面ABC 的一个法向量为(),,n x y z =r ，由00n AB n AC ì×=ïí×=ïîr uuu r r uuu r 得：00x y x z -+=ìí-+=î.令1x =，则1y z ==.则平面ABC 的一个法向量为()1,1,1n =r .所以点P 到平面ABC的距离||||n PA d n =×=u r uu r r 故选：D.。
空间向量在立体几何中的应用-立体几何
点，A是α内任一点，则点P到α的距离d= | PA·m | .
|m|
考点一 用向量证明平行、垂直问题
如图，在四棱锥P—ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面 ABCD为矩形，且PA=AD， E,F分别为线段AB,PD的中 点.求证：
(1) AF∥平面PEC;
相等或互补 .
5.空间的距离
(1)一个点到它在一个平面内 正射影 的距离，叫做 点到这个平面的距离.
(2)已知直线l平行平面α，则l上任一点到α的距离 都 相等 ，且叫做l到α的距离.
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(3)和两个平行平面同时 垂直 的直线，叫做两 个平面的公垂线.公垂线夹在平行平面间的部分，叫做两 个平面的 公垂线段 .两平行平面的任两条公垂线段的长 都相等，公垂线段的 长度 叫做两平行平面的距离， 也是一个平面内任一点到另一个平面的距离.
EC=(
a
22 ,1,0),∴AF=
1
2 EP+
1 EC,
2
2
2
又AF⊂ 平面PEC,∴AF∥平面PEC.
(2)PD=（0,1,-1）,CD=(-a,0,0), 11
∴AF·PD=(0, 2, 2)·(0,1,-1)=0, AF·CD=(0, 1 , 1 )·(-a,0,0)=0,
22 ∴AF⊥PD,AF⊥CD，又PD∩CD=D,
∴m⊥n.
∴平面ADE⊥平面A1D1F.
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考点二 用向量求线线角与线面角 如图所示，已知点P在正方体ABCDA′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA=60°. (1)求DP与CC′所成角的大小； (2)求DP与平面AA ′ D′D所成角的大小
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解. 返回目录
向量法求线面角2
求 角
答 角
3、注意事项：
1.如何写好坐标 2.计算仔细
五.课后作业
如图,在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，
侧棱PA⊥底面ABCD，PA=AB=1,AD= 3，E是线
段BP上近P的三等分点,求PA与平面PDE所成角的得 正弦值。
P E
A B
D
C
变式1：如图,在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为
矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，PA=AB=1,AD= 3，
在线段BC上是否存在一点E,使PA与平面PDE所成 角的大小为450? 若存在，确定点E的位置；若不存
在说明理由。 P
A D
B E
C
空间“角度”问题
一.复习回顾
1、向量法求线面角的公式：2、Leabharlann 量法求线面角的步骤：建 系
写 坐 标
求 向 量
求 角
答 角
2. 线面角
r
r
设直线l的方向向量为a ， 平面 的法向量为u ，且
直s线inl与平a面rr urr所成0≤的 角≤为2
( 0≤ ≤
2
),则
a
u
u a
l a
u
二.作业反馈
1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯
形，AD∥BC，∠BAD=90°PA⊥底面ABCD，
PA=AD=AB=2BC，M、N分别为PC.PB的上中近点P点。的 求BD与平面ADMN所成角的正弦值．三等分点
四.课后小结
1、向量法求线面角的公式：
2、向量法求线面角的步骤：
建 系
写 坐 标
求 向 量
向量法求空间的距离和角
所以异面直线BD与D1A间的距离为
3 。 3
(2) A1 B1 = (0,1, 0), 设n = ( x, y, z )是平面A1DB的一 个法向量，因为DA1 = (1, 0,1), DB = (1,1, 0)， ì ì x +z = 0 nDA1 = 0 镲 由眄 即 取x = - 1, 镲 î x+y =0 î nDB = 0 | nA1 B1 | 1 2 于是n = (-1,1,1, )，且 = = 。 2 |n| 2 2 所以点B1到平面A1 BD的距离为 。 2
例1：如图1所示： 三棱柱ABC - A1 B1C1中，CA=CB， AB = AA1， ? BAA1 60o， （ 1）求证：AB^ A1C （2）若平面ABC ^ 平面AA1 B1 B， AB =CB，求直线A1C与平面BB1C1C 所成角的正弦值。
C C1
B A A1
B1
图1
C
C1
O
B A1
Z
解：由(1)知OC ^ AB，OA1 ^ AB， 又平面ABC ^ 平面AA1 B1 B，交线 为AB，所以OC ^ 平面AA1 B1 B， 故OA、OA1、OC两两相互垂直。 建立如图所示的空间直角坐标系 A
O
C
C1
B A1
B1 图1-2
X o - xyz 设AB = 2,由题设知A(1, 0, 0)、B(- 1, 0, 0)、C (0, 0, 3)、A1 (0, 3, 0), 则BC = (1, 0, 3)、 BB1 = AA1 = (- 1, 3, 0)、 A1C = (0, - 3, 3). 设n = ( x, y, z )是平面BBCC的法向量，则 ì x + 3z = 0 ì nBC = 0 镲 即 可取n = ( 3,1, -1)， 眄 镲 î nBB1 = 0 î - x + 3y = 0 nA1C 10 故 cos < n, A1C >= =. 5 | n | ×| A1C |
高考理科数学必考——几何证明与利用空间向量求线面角、面面角
高考理科数学必考——几何证明与利用空间向量求线面角、面
面角
时间过的飞快，距离高考的时间就只剩76天了，同学和老师也越来越紧张了，有些地方欠缺的同学开始寝食难安，老师也赶快奉献点干货来帮助几何证明欠缺的学生。
立体几何其实难度不大，只要你会空间向量，会建系，一切就自然而然水到渠成了。
在这先分析这些立体几何的解题思路。
在立体几何中，第一问一般会让你证明线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直
1、证明线面平行的方法1、平移的方法，找到直线与平面内一条直线平行
2、利用面面平行、证明线面平行
2、证明线面垂直的方法1、证明直线与平面内相交的两直线垂直
3、证明面面平行的方法1、证明一个平面内两相交的直线与另一个平面内两相交的直线互相平行
2、证明平面内两相交的直线分别平行另一个平面
4、证明面面垂直的方法1、先证明一条直线垂直于一个平面，这条直线还在另一个平面内
利用这些方法第一问就可以轻松解决了。
在立体几何第二中，会求线面角、面面角，在第二步中，利用空间向量解决就可以
利用空间向量解决第二问的步骤1、找三垂，建立空间直角坐标系
2、写出各个点的坐标
3、求出直线向量、面的法向量
4、利用夹角公式算出余弦值
下面通过两个例题说明一下这个空间几何。
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考点二 用空间向量求线面角
【例2】 (2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝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 －P A －C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值.
(1)证明 因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.
连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，
所以AB 2＋BC 2＝AC 2，
所以△ABC 为等腰直角三角形，
且OB ⊥AC ，OB ＝12
AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .
由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .
(2)解 如图，以O 为坐标原点，OB
→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 (0，0，23)，AP
→＝(0，2，23).取平面P AC 的一个法向量OB →＝(2，0，0). 设M (a ，2－a ，0)(0<a ≤2)，则AM
→＝(a ，4－a ，0).
设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z ).
由AP
→·n ＝0，AM →·n ＝0得 ⎩
⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋（4－a ）y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23（a －4）23（a －4）2＋3a 2＋a 2
. 由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32
， 所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a
2＝32， 解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，
所以n ＝⎝
⎛⎭⎪⎫－833，433，－43. 又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34
. 所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34.
规律方法 利用向量法求线面角的方法：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，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2】 (2019·郑州测试)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边
形，四边形BDEF 是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD .
(1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；
(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值.。