高中数学,空间角的计算(2)
高中空间角度与坐标点公式
高中空间角度与坐标点公式空间角度是在三维空间中两条线或两个平面之间的夹角。
在高中几何学中，我们通常研究以下几种空间角度：点、线、面之间的角度。
首先，让我们来探讨点与坐标点之间的角度。
在三维空间中，我们通常使用坐标轴来表示点的位置。
三维坐标点通常由三个坐标值(x,y,z)表示，分别表示点在x轴、y轴和z轴上的位置。
当我们要计算两个点之间的角度时，我们可以利用点与原点之间的夹角来求解。
假设有点A(x1,y1,z1)和点B(x2,y2,z2)，它们与原点O(0,0,0)连成线段OA和OB。
为了计算线段OA和OB之间的夹角，我们可以利用向量的内积公式：cosθ = (OA·OB) / (，OA，·，OB，)其中，OA·OB表示向量OA和向量OB的内积，OA，和，OB，分别表示向量OA和向量OB的模长。
θ表示夹角的弧度数。
通过上述公式，我们可以计算出夹角的余弦值，并进一步求出夹角的弧度数。
接下来，我们讨论线与坐标点之间的角度。
线在三维空间中可以由两个点确定。
假设有线段AB和直线L，其中点A(x1,y1,z1)和点B(x2,y2,z2)确定线段AB，点P(x,y,z)确定直线L。
要计算线段AB与直线L之间的角度，我们可以利用线段的方向向量和直线的法向量之间的夹角来求解。
首先，我们需要计算线段的方向向量和直线的法向量。
线段AB的方向向量可以由两个点的坐标差值得到：AB=B-A=(x2-x1,y2-y1,z2-z1)直线L的法向量可以根据直线的方程得到。
例如，直线L的一般方程为Ax+By+Cz+D=0，那么直线的法向量就是(A,B,C)。
然后，我们可以利用向量的内积公式计算线段的方向向量和直线的法向量之间的夹角。
假设线段的方向向量为V，直线的法向量为N，夹角的余弦值可以计算为：cosθ = (V·N) / (，V，·，N，)其中，V·N表示向量V和向量N的内积，V，和，N，分别表示向量V 和向量N的模长。
2020年高中数学必备解题模板之模板十三求空间角
空间角的求解可以用向量法.向量法是通过建立空间直角坐标系把空间图形的几何特征代数化,避免寻找角和垂线段等诸多麻烦,使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化,具体步骤如下:（2020·北京市八一中学高三三模）在如图所示的三棱锥A BCD -中，ABD ∆是边长为2的等边三角形，2BC DC ==，MN 是ABD ∆的中位线，P 为线段BC 的中点.（1）证明：MN NP ⊥.（2）若二面角A BD C --为直二面角，求二面角A NP M --的余弦值.1．（2020·安徽省高三二模）如图，在四面体ABCD 中，E 是线段AD 的中点，90ABD BCD ∠=∠=，AB BD =，BC DC EC ==.（1）证明：BD EC ⊥；（2）求平面BEC 与平面DEC 所成锐二面角的余弦值.2．（2020·梅河口市第五中学高三三模）如图在四棱锥S ABCD -中底面ABCD 为直角梯形，//AD BC ，2ABC π∠=，侧面SAB 为正三角形且平面SAB ⊥底面ABCD ，12AB BC AD ==，,E F 分别为,SD SB 的中点.（1）证明：//EC 平面SAB ；（2）求EC 与平面FCD 所成角θ的正弦值.3．（2020·新疆维吾尔自治区高三三模）如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是正方形，梯形ADEF ⊥底面ABCD ，且12AF EF DE AD ===．（Ⅰ）证明：平面ABF ⊥平面CDF ； （Ⅰ）求直线AF 与平面CDE 所成角的大小．4．（2020·陕西省榆林中学高三三模）如图，在三棱锥P ABC -中，底面是边长为4的正三角形，2PA =，PA ⊥底面ABC ，点,E F 分别为AC ，PC 的中点.（1）求证：平面BEF ⊥平面PAC ；（2）在线段PB 上是否存在点G ，使得直线AG 与平面PBC 所成的角的正弦值为155若存在，确定点C 的位置；若不存在，请说明理由.5．（2020·四川省新津中学高三二模）如图，在四棱柱ABCD -PGFE 中，底面ABCD 是直角梯形，侧棱垂直于底面，AB//DC ，ⅠABC ＝45o ，DC ＝1，AB ＝2，PA ＝1．（1）求PD 与BC 所成角的大小； （2）求证：BCⅠ平面PAC ； （3）求二面角A -PC -D 的大小．6．（2020·陕西省安康中学高三三模）如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BCC 1B 1是菱形，AC =BC =2，ⅠCBB 1=3π，点A 在平面BCC 1B 1上的投影为棱BB 1的中点E ．（1）求证：四边形ACC 1A 1为矩形； （2）求二面角E -B 1C -A 1的平面角的余弦值．7．（2020·上海高三二模）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 是等腰直角三角形，12AC BC AA ===，D 为侧棱1AA 的中点.（1）求证：BC ⊥平面11ACC A ；（2）求二面角11B CD C --的大小（结果用反三角函数值表示）8．（2020·湖南省高三三模）在如图的空间几何体中，四边形BCED 为直角梯形，90,2DBC BC DE ︒∠==，2AB AC ==，3CE AE ==，且平面BCED ⊥平面ABC ，F 为棱AB 中点.（1）证明：DF AC ⊥；（2）求二面角B AD E --的正弦值.9．（2020·山东省高三二模）在四边形ABCP 中，2,3AB BC P π==∠=，2PA PC ==；如图，将PAC 沿AC 边折起，连结PB ，使PB PA =，求证：（1）平面ABC ⊥平面PAC ；（2）若F 为棱AB 上一点，且AP 与平面PCF 所成角的正弦值为34，求二面角F PC A --的大小.10．（2020·北京八中高三二模）已知在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，PAD △是正三角形，CD ⊥平面P AD ，E,F ,G,O 分别是PC,PD,BC,AD 的中点．（Ⅰ）求证：PO ⊥平面ABCD ；（Ⅰ）求平面EFG 与平面ABCD 所成锐二面角的大小；（Ⅰ）线段PA 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6，若存在，求线段PM 的长度；若不存在，说明理由．空间角的求解可以用向量法.向量法是通过建立空间直角坐标系把空间图形的几何特征代数化,避免寻找角和垂线段等诸多麻烦,使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化,具体步骤如下:（2020·北京市八一中学高三三模）在如图所示的三棱锥A BCD -中，ABD ∆是边长为2的等边三角形，2BC DC ==，MN 是ABD ∆的中位线，P 为线段BC 的中点.（1）证明：MN NP ⊥.（2）若二面角A BD C --为直二面角，求二面角A NP M --的余弦值.因为,AN BN BE EO ==，故//EN AO ，故EN BD ⊥.因为2,2BC CD BD ===，所以222BD BC DC =+且CO BD ⊥，所以2BCD π∠=.因为,BP PC BE EO ==，故//EP CO ，所以EP BD ⊥.因为EN EP E ⋂=，EN ⊂平面ENP ,EP ⊂平面ENP ，故BD ⊥平面ENP ， 因为NP ⊂平面ENP ，BD ⊥NP .因为,AN NB AM MD ==，故//MN BD ，所以MN NP ⊥.（2）由（1）可得,AO BD CO BD ⊥⊥， 所以AOC ∠为二面角A BD C --的平面角， 因为二面角A BD C --为直二面角，所以2AOC π∠=即AO OC ⊥.建立如图所示的空间直角坐标系，则()()1313110,0,0,0,0,3,,0,,,0,,,,0222222O A N M P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故130,,22NP ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，13,0,22AN ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,0,0MN =.设平面MNP 的法向量为(),,m x y z =，则00NP m MN m ⎧⋅=⎨⋅=⎩即300y z x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，故0x =，取3y =，则1z =，所以()0,3,1m =.设平面ANP 的法向量为(),,n u v w =，则00NP n AN n ⎧⋅=⎨⋅=⎩即3030v w u w ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，取1w =，则3,3u v ==， 故()3,3,1n =，所以427cos ,=747m n m n m n⋅==⨯，因为二面角A NP M --的平面角为锐角，故二面角A NP M --的余弦值为277.1．（2020·安徽省高三二模）如图，在四面体ABCD 中，E 是线段AD 的中点，90ABD BCD ∠=∠=，AB BD =，BC DC EC ==.（1）证明：BD EC ⊥；（2）求平面BEC 与平面DEC 所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）13. 【解析】（1）取线段BD 的中点F ，连接EF 、CF .因为E 是线段AD 的中点，所以EF AB ∥.又AB BD ⊥，所以EF BD ⊥. 因为BC DC =，F 是BD 的中点，所以CF BD ⊥. 因为EF ⊂平面ECF ，CF ⊂平面ECF ，EFCF F =，所以BD ⊥平面ECF ，而CE ⊂平面ECF ，所以BD EC ⊥.（2）解法一：令BC DC EC a ===，则2AB BD a ==，那么1222EF AB a ==，1222CF BD a ==， 所以2222EF CF a EC +==，所以EF CF ⊥.又EF BD ⊥，CF BD ⊥，故可以以点F 为原点，射线FC 、FD 、FE 分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.则20,,02B a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，2,0,02C a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，20,,02D a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，20,0,2E a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， 所以22,,022BC a a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，22,,022DC a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，22,0,22EC a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭. 设平面BEC 、平面DEC 的法向量分别为()111,,m x y z =，()222,,n x y z =，由00m BC m EC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11112202222022ax ay ax az ⎧+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，取111111x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，则()1,1,1m =-. 由00n DC n EC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222202222022ax ay ax az ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，取111111x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩，则()1,1,1n =. 所以2221111111cos ,1113m n m n m n ⋅⨯-⨯+⨯===++. 故平面BEC 与平面DEC 所成锐二面角的余弦值为13. 解法二：令BC DC EC a ===，由已知及（1）可得：BE ED a ==，所以BCE ，CDE △均为棱长为a 的正三角形.取CE 中点G ，则BG CE ⊥，DG CE ，故BGD ∠为二面角B CE D --的平面角，在BEG 中，32BG DG a ==，2BD a =， 由余弦定理可得：2221cos 23BG DG BD BGD BG DG +-∠==-⨯，故平面BEC 与平面DEC 所成锐二面角的余弦值为13. 2．（2020·梅河口市第五中学高三三模）如图在四棱锥S ABCD -中底面ABCD 为直角梯形，//AD BC ，2ABC π∠=，侧面SAB 为正三角形且平面SAB ⊥底面ABCD ，12AB BC AD ==，,E F 分别为,SD SB 的中点.（1）证明：//EC 平面SAB ；（2）求EC 与平面FCD 所成角θ的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）3131【解析】（1）如图所示：取AD 中点M ，连接EM CM ，，因为EM 为SAD 中位线，平面SAB= EM平面SAB EM M //所以平面EMC平面SAB⊂平面EMC，EC平面SAB.AB中点O，连接=，所以SA因为平面SAB⊥底面设122AB BC AD ===，(1,0,0)B ，(0,0,3)S ，13(,0,)22F ， (1,4,0)D -，13(,2,)22E -，(1,2,0)C . 所以13(,2,)22FC =-，(2,2,0)CD =-，33(,0,)22EC =-， 设平面FCD 的一个法向量为(),,m x y z =，则00FC m CD m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即132022220x y z x y ⎧+-=⎪⎨⎪-+=⎩， 可取3x =，解得3y =，5z =.则(3,3,5)m =，331sin 31331EC mEC m θ-===. 3．（2020·新疆维吾尔自治区高三三模）如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是正方形，梯形ADEF ⊥底面ABCD ，且12AF EF DE AD ===．（Ⅰ）证明：平面ABF ⊥平面CDF ；（Ⅰ）求直线AF 与平面CDE 所成角的大小．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅰ）π3． 【解析】（Ⅰ）证明：Ⅰ梯形ADEF ⊥底面ABCD ，且梯形ADEF底面ABCD AD =， 又AB AD ⊥，AB ∴⊥平面ADEF ，AB DF ∴⊥，在梯形ADEF 中，过F 作FG AD ⊥，垂足为G ，设2AD =，可得112AF EF DE AD ====， 则12AG =，32GF =， 2222233322FD FG GD ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 则222AF FD AD +=，即AF FD ⊥，又AB AF A =，且,AB AF ⊂平面ABF ，FD ∴⊥平面ABF ，而FD ⊂平面CDF ，Ⅰ平面ABF ⊥平面CDF ；（Ⅰ）解：以A 为坐标原点，分别以AB ，AD 所在直线为x ，y 轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0A ，()0,2,0D ，()2,2,0C ，330,,22E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，130,,22F ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,0DC =，130,,22DE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，130,,22AF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， 设平面CDE 的一个法向量为(),,n x y z =，由2013022n DC x n DE y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 取1z =，得()0,3,1n =． 设直线AF 与平面CDE 所成角的大小为θ，则33sin cos ,122AF nAF n AF n θ⋅====⨯， 3πθ∴=，即直线AF 与平面CDE 所成角的大小为π3．4．（2020·陕西省榆林中学高三三模）如图，在三棱锥P ABC -中，底面是边长为4的正三角形，2PA =，PA ⊥底面ABC ，点,E F 分别为AC ，PC 的中点.（1）求证：平面BEF ⊥平面PAC ；（2）在线段PB 上是否存在点G ，使得直线AG 与平面PBC 所成的角的正弦值为155若存在，确定点C 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】（1）证明：ⅠAB BC =，E 为AC 的中点，ⅠBE AC ⊥又PA ⊥平面ABCP ，BE ⊂平面ABC ，ⅠPA BE ⊥ⅠPA AC A ⋂=ⅠBE ⊥平面PACⅠBE ⊂平面BEFⅠ平面BEF ⊥平面PAC （2）解：如图，由（1）知，PA BE ⊥，PA AC ⊥，点E ，F 分别为,AC PC 的中点，Ⅰ//EF PA ，ⅠEF BE ⊥，EF AC ⊥，又BE AC ⊥，Ⅰ,,EB EC EF 两两垂直，分别以,,EB EC EF 方向为,,x y z 轴建立坐标系.则()0,2,0A -，()0,2,2P -，()23,0,0B ，()0,2,0C ，设()23,2,2BG BP λλλλ==--，[]0,1λ∈所以()()()231,21,2AG AB BG λλλ=+=-- ()23,2,0BC =-，()0,4,2PC =-，设平面PBC 的法向量(),,n x y z =，则 ·0·0n BC n PC ⎧=⎨=⎩，2320420x y y z ⎧-+=⎪⇒⎨-=⎪⎩，令1x =，则3y =，23z =， Ⅰ()1,3,23n = 由已知15?5·AG n AG n = ()221543541614λλ⇒=-+ 12λ⇒=或1110（舍去） 故12λ=故线段PB上存在点G，使得直线AG与平面PBC所成的角的正弦值为155，此时G为线段PB的中点.5．（2020·四川省新津中学高三二模）如图，在四棱柱ABCD-PGFE中，底面ABCD是直角梯形，侧棱垂直于底面，AB//DC，ⅠABC＝45o，DC＝1，AB＝2，PA＝1．（1）求PD与BC所成角的大小；（2）求证：BCⅠ平面PAC；（3）求二面角A-PC-D的大小．【答案】（1）60o（2）见解析．（3）60o【解析】（1）取的AB中点H，连接DH，易证BH//CD，且BD="CD"所以四边形BHDC为平行四边形，所以BC//DH所以ⅠPDH为PD与BC所成角因为四边形，ABCD为直角梯形，且ⅠABC=45o，所以ⅠDAⅠAB又因为AB=2DC=2，所以AD=1，因为RtⅠPAD、RtⅠDAH、RtⅠPAH都为等腰直角三角形所以PD=DH=PH=2，故ⅠPDH=60o（2）连接CH，则四边形ADCH为矩形，ⅠAH=DC 又AB=2，ⅠBH=1在RtⅠBHC中，ⅠABC=45o ，ⅠCH=BH=1，CB=2ⅠAD=CH=1，AC=2ⅠAC 2+BC 2=AB 2ⅠBCⅠAC,又PA 平面ABCDⅠPAⅠBCⅠPA∩AC=AⅠBCⅠ平面PAC（3）如图，分别以AD 、AB 、AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则由题设可知：A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，ⅠAP =(0，0，1)，PC =(1，1，-1)设m=(a ，b ，c)为平面PAC 的一个法向量， 则0{0m AP m PC ⋅=⋅=，即0{0c a b c =+-= 设1a =，则1b =-，Ⅰm=(1，-1，0)同理设n=(x ，y ，z) 为平面PCD 的一个法向量，求得n=(1，1，1)Ⅰ1110011cos ,222m n m n m n ⋅⨯-⨯+⨯〈〉===⋅⨯所以二面角A -PC -D 为60o6．（2020·陕西省安康中学高三三模）如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BCC 1B 1是菱形，AC =BC =2，ⅠCBB 1=3π，点A 在平面BCC 1B 1上的投影为棱BB 1的中点E ．（1）求证：四边形ACC 1A 1为矩形；（2）求二面角E -B 1C -A 1的平面角的余弦值．【答案】（1）见解析（2）217- 【解析】（1）因为AE ⊥平面11BB C C ，所以1AE BB ⊥，又因为1112BE BB ==，2BC =，3EBC π∠=，所以3CE =， 因此222BE CE BC +=，所以1CE BB ⊥，因此1BB ⊥平面AEC ，所以1BB AC ⊥，从而1AA AC ⊥，又四边形11ACC A 为平行四边形，则四边形11ACC A 为矩形；（2）如图，以E 为原点，EC ，1EB ，EA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，所以11(0,0,1),(0,2,1),(0,1,0),(3,0,0)A A B C ，平面1EB C 的法向量(0,0,1)m =，设平面11A B C 的法向量(,,)n x y z =，由1(,,)(3,1,0)03n CB x y z y x ⊥⇒⋅-=⇒=，由11(,,)(0,1,1)00n B A x y z y z ⊥⇒⋅=⇒+=， 令13,3x y z =⇒==-，即(1,3,3)n =-，所以，321cos ,717m n -<>==-⨯， 所以，所求二面角的余弦值是217-.7．（2020·上海高三二模）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 是等腰直角三角形，12AC BC AA ===，D 为侧棱1AA 的中点.（1）求证：BC ⊥平面11ACC A ；（2）求二面角11B CD C --的大小（结果用反三角函数值表示）【答案】（1）证明见解析 （2）2arccos 3【解析】（1）Ⅰ底面ABC 是等腰直角三角形，且AC BC =，1CC C =⊥平面ACC ）以C 为原点，直线(0,2,0CB =()10,2,2CB =，(2,0,1CD =设平面1B CD 的一个法向量(,,n x y z =则122020n CB y z n CD x z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，1=，得(1,2,2n =-，设二面角11B CD C --的平面角为423CB nCB n ⋅=⨯⋅由图形知二面角1B CD -11CD C --的大小为8．（2020·湖南省高三三模）在如图的空间几何体中，四边形BCED 为直角梯形，90,2DBC BC DE ︒∠==，2AB AC ==，3CE AE ==，且平面BCED ⊥平面ABC ，F 为棱AB 中点.（1）证明：DF AC ⊥；（2）求二面角B AD E --的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）306. 【解析】（1）证明：取AC 中点为G ，连接GE 和GF ，如图所示因为//GF BC ，且12GF BC =， 又因为//DE BC ，且12DE BC =，故//GF DE ，且GF DE =，即四边形GFDE 为平行四边形，故//GE DF ，CE AE =，G 为AC 中点，GE AC ∴⊥；又//GE DF ，DF AC ∴⊥.（2）平面BCED ⊥平面ABC ，平面BCED 平面ABC BC DB AC =⊥，，DB ∴⊥平面ABC ，又AC ⊂平面ABC ，DB AC ∴⊥.由（1）知,DF AC BD DF D ⊥⋂=，,BD DF ⊂平面ABC ，AC ∴⊥平面ABD ，而AB 平面ABD ，AC AB ∴⊥，2AB AC ==，22,2BC DE ∴==.取BC 中点O 连接OE 和OA ，四边形BCED 为直角梯形，则//OE DB ，DB ⊥平面ABC ，OE ∴⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，OA ⊂平面ABC ，故OE BC OE OA ⊥⊥，，,AB AC OA BC =∴⊥，∴分别以OA 、OB 、OE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系，如图所示3,1CE AE OE ==∴=，则(0,2,1)D ，(0,0,1)E ，(2,0,0)A ，(0,2,0)C -，故(2,2,1)AD =-，(2,0,1)AE =-，(2,2,0)CA =，易知平面ABD 的一个法向量为(2,2,0)CA =，设平面ADE 的一个法向量为(,,)n x y z =，则00n AD n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即22020x y z x z ⎧-++=⎪⎨-+=⎪⎩，令2,1,0z x y =∴==， (1,0,2)n ∴=.设二面角B AD E --的为θ，则6|cos ||cos ,|6||||n CAn CA n CA θ⋅=〈〉==， 2630sin 166θ. ∴二面角B AD E --的正弦值为306. 9．（2020·山东省高三二模）在四边形ABCP 中，2,3AB BC P π==∠=，2PA PC ==；如图，将PAC沿AC 边折起，连结PB ，使PB PA =，求证：（1）平面ABC ⊥平面PAC ；ABC中，∴为等腰直角三角形，且ABC取AC的中点O∴⊥OB AC OP,=OB OP1,2∴=PB OBOP OB∴⊥=，OP AC O∴⊥平面PACOBOB⊂平面ABC..平面ABC⊥平面（2）以OA-(0,1,0),(0,1,3),(0,2,0)CP CA =-=-设(01)AF mAB m =<<.则(,CF CA AF m =+=设平面PFC 的一个法向量为(,,)x y z =n .则00n CF n CP ⋅=⋅= (3mx y m y z +-+=AP 与平面||||2n AP n AP ⋅∴=整理得234m m +2又OB 为平面PAC 的一个法向量3cos ,2n OBn OB n OB ⋅∴〈〉== ,6n OB π∴〈〉=，二面角F PA C --的大小为6π.10．（2020·北京八中高三二模）已知在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，PAD △是正三角形，CD ⊥平面P AD ，E,F ,G,O 分别是PC,PD,BC,AD 的中点．（Ⅰ）求证：PO ⊥平面ABCD ；（Ⅰ）求平面EFG 与平面ABCD 所成锐二面角的大小；（Ⅰ）线段PA 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6，若存在，求线段PM 的长度；若不存在，说明理由．【答案】（Ⅰ）证明见解析 （Ⅰ）π3（Ⅰ）不存在，见解析【解析】（Ⅰ）证明:因为ⅠPAD 是正三角形，O 是AD 的中点，所以 PO ⊥AD .又因为CD ⊥平面PAD ，PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥CD .AD CD D =，AD CD ⊂，平面ABCD ，所以PO ⊥面ABCD .（Ⅰ）如图，以O 点为原点分别以OA 、OG 、OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.则(0,0,0),(2,0,0),(2,4,0),(2,4,0),(2,0,0),(0,4,0),(0,0,23)O A B C D G P --，(1,2,3),(1,0,3)E F --，(0,2,0),(1,2,3)EF EG =-=-，设平面EFG 的法向量为(,,)m x y z =所以00EF m EG m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即20,230,y x y z -=⎧⎪⎨+-=⎪⎩ 令1z =，则 (3,01)m =，，又平面ABCD 的法向量(0,0,1)n =，设平面EFG 与平面ABCD 所成锐二面角为θ，(m nm n ⋅=EFG 与平面ABCD ）假设线段PA 上存在点m 所成的角为PM PA λ=，λ∈,GM GP PM GP PA λ=+=+，所以()()2,4,231GM λλ=-- 所以2cos cos ,324GM m πκ==220λλ=，，方程无解，所以，不存在这样的点。
求空间角的方法-高考数学一题多解
求空间角的方法-高考数学一题多解一、攻关方略空间角的探究是立体几何的一类重要题型.空间的角包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角，求空间角首先要把它转化为平面角（即降维策略的应用），然后用代数的方法、三角的方法求解，或者直接用向量的方法求解，异面直线所成角的范围是0,2π⎛⎤ ⎥⎝⎦，直线与平面所成角的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，二面角的范围是[]0,π.1.异面直线所成角的求解（1）平移法.在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”，作另一条直线的平行线；也可在两条异面直线外空间选择“特殊点”，分别作两条两异面直线的平行线（单移或双移）.（2）补形法.把空间图形补成熟悉的或完整的几何体，如正方体、平行六面体、长方体等，从而发现两条异面直线间的关系.（3）向量法.建立适当的空间直角坐标系，求出两异面直线所在向量的坐标，代入向量夹角公式即可求出.求异面直线AB 与CD 的夹角θ，cos AB CD AB CDθ⋅= .2.直线与平面所成角的求解（1）直接法.通过斜线上某个特殊点作出平面的重线段，连接垂足和斜足，找出线面角（斜线段和斜线段在平面上的射影所成的角），在直角三角形中求解.（2）向量法.建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量的坐标和斜线段所在直线的向量坐标，代入向量夹角公式，求出法向量与斜线段所在直线的夹角θ，则直线与平面所成角为2πθ⎛⎫- ⎪⎝⎭，求直线l 与平面α所成角θ，sin PM n PM nθ⋅=⋅ （其中n 为平面α的法向量，M 为l 与α的交点，P 为l 上不同于M 的任一点）.3.二面角的求解（通常通过平面角求解）（1）定义法.直接在二面角的棱上取一点（特殊点），分别在两个半平面中作棱的垂线，得出平面角，在相应的平面图形中计算.（2）三垂线法.已知二面角其中一个面内一点到另一个面的垂线，用三垂线定理或其逆定理作出平面角，在直角三角形中计算.（3）垂面法.已知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个半平面的交线，所成的角即为平面角，二面角的平面角所在的平面与棱垂直.（4）射影法.利用面积射影公式：cos S S θ=射影截面，其中θ为平面角的大小.（5）向量法.建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后代入向量夹角公式，求出两法向量的夹角θ，则两个平面的二面角的平面角为()πθ-或θ.求二面角θ，有1212cos n n n n θ⋅= （1n ，2n 分别为两个平面的法向量）对于一类没有给出棱的二面角，应先延伸两个半平面，使之相交出现棱，然后再选用上述方法.真可谓：三维化二维紧扣定义，转化与归纳配合运用，求空间角妙据迭出，施向量法更添风采.【典例】如图30-5所示，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD .AD BC ∥，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点.（1）证明：MN ∥平面PAB ；（2）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.解题策略本题主要考查空间直线和平面平行关系的证明以及求直线与平面所成角的正弦值.第（1）问，可以利用线面平行的判定定理证明，也可以用纯向量法或向量坐标法证明；第（2）问，可以通过作出相应射影角求解，若结合等体积法求点A 到平面PMN 的距离也会对解题带来方便，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解直线与平面所成角的正弦值也是好方法.应指出的是：直线l 与平面α所成角θ与直线的方向向量d 和平面的法向量n 的夹角,d n 不是一回事，两者之间关系为sin cos ,d n θ= .第（1）问策略一立体几何方法：由线线平行⇒线面平行策略二纯向量法，即证明MN 向量与平面PAB 内两个不共线向量满足共面向量定理策略三向量坐标法，即证明MN 向量与平面PAB 的法向量垂直第（2）问策略一转化为求斜线AN 与其与平面PMN 内射影所成角策略二运用等体积法求点A 到平面PMN 的距离，再求线面角策略三运用向量坐标法求向量AN 与平面PMN 的法向量所成角的余弦值，即为AN 与平面PMN 所成角的正弦值（1）证法一（立体几何常规证法：先证线线平行，再推得线面平行）由已知得223AM AD ==，取BP 的中点T ，连接AT 、TN ，如图30-6所示.由N 为PC 的中点知TN BC ∥，122TN BC ==.又AD BC ∥，故TN AM ∥，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN AT ∥.∵AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，∴MN ∥平面PAB .证法二（纯向量法）如图30-6所示，由已知得223AM AD ==，N 为PC 的中点，以向量AB 、AD 、AP 为基底，有()12MN AN AM AP AC AM =-=+- ()12AP AB BC AM =++- ()1112222AP AB AM AM AP AB =++-=+ .∴MN 、AP 、AB 共面，又MN ⊄平面PAB ，∴MN ∥平面PAB .证法三（向量坐标法）取BC 中点E ，连接AE ，易证AE BC ⊥，即AE AD ⊥，AE A 为原点建立空间直角坐标系，如图30-7所示.则()0,0,0A ，()0,0,4P，)2,0B -，()0,2,0M，,1,22N ⎫⎪⎪⎝⎭，1,22MN ⎫=-⎪⎪⎝⎭ ，()0,0,4AP =，)2,0AB =- .可取平面PAB的法向量()n = ，则0MN n ⋅= ，MN n ⊥ .∴MN ∥平面PAB .（2）解法一（立体几何方法一：转化为求射影角）如图30-8所示，取BC 中点E ，连接AE 、CM ，易证AE BC ⊥，MC AE ∥，CM BC ⊥，CM ⊥平面PAD .作AG PM ⊥，垂足为点G ，易证AG ⊥平面PMC .连接NG ，则∠ANG 为AN 与平面PMN （即平面PMC ）所成的角.易求得52AN =，AG =，sin 25AG ANG AN ∠==.解法二（立体几何方法二：等积法求距离再求线面角）由已知图30-5，平面PMN 即平面PMC ，由P ANC A PMC V V --=易求得点A 到平面PMN 的距离h =设AN 与平面PMN （即平面PMC ）所成的角为θ，则sin h AN θ=.正方向，建立如图30-7所示的空间直角坐标系A xyz -，由题意知()0,0,4P ，()0,2,0M，)2,0C，,1,22N ⎫⎪⎪⎝⎭.()0,2,4PM =-，2PN ⎫=-⎪⎪⎝⎭，2AN ⎫=⎪⎪⎝⎭.设(),,n x y z = 为平面PMN 的法向量，则00n PM n PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即240,20.y z x y z -=⎧+-=可取()0,2,1n = .于是cos 25n AN n AN n AN⋅⋅== .则直线AN 与平面PMN所成角的正弦值为25.【点评】第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁.【针对训练】1．在三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ∠=∠=︒，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为______.2．如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=︒，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD.(1)证明：PA BD ⊥；(2)若PD AD =，求二面角A PB C --的余弦值.3．如图所示，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE EC ⊥，2AB BE EC ===，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点.(1)求证：//GF 平面ADE ；(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值.4．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，且2PA AB ==，3AD =，E 是棱BC 上的动点，F 是线段PE 的中点.(1)求证：PB ⊥平面ADF ；(2)若直线DE 与平面ADF 所成的角为30°，求EC 的长.（2020·北京卷）5．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点.(1)求证：1//BC 平面1AD E ；(2)求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值.（2022·浙江）6．如图，三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC =.(1)证明：EF DB ⊥；(2)求DF 与面DBC 所成角的正弦值.7．如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =.ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =.(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求二面角B PC E --的余弦值.8．如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点，过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：1//AA MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；(2)设O 为111A B C △的中心，若//AO 平面11EB C F ，且AO AB =，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值.9．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =.(1)证明：点1C 在平面AEF 内；(2)若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值.10．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.(1)证明：OA CD ⊥；(2)若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.参考答案：1．6【分析】解法一：先证明四边形11BB C C 为矩形，再由中位线定理得到异面直线1AB 与1BC 所成角等于EF 与BF 所成的角，由此利用余弦定理即可求得所求余弦值；解法二与解法三：利用补形法得到异面直线1AB 与1BC 所成角，再分别求得所需要的边，结合余弦定理即可求得所求余弦值；解法四：建立空间直角坐标系，求出各点坐标，从而利用向量夹角的坐标表示求得所求；解法五：由向量线性运算的几何意义得到1111BC BA AA AC =++ ，1111AB AAA B =+ ，从而利用数量积运算求得1BC ，1AB = ，111BC AB ⋅= ，由此可求得所求.【详解】解法一：（直接平移法）如图所示，作1A O ⊥底面ABC ，由1160BAA CAA ∠=∠=︒可知，AO 为∠BAC 的角平分线，且AO BC ⊥，BC ⊥面1AA O ，1BC AA ⊥，于是1BC BB ⊥，四边形11BB C C 为矩形，取AC 的中点E ，连接1B C 交1BC 于点F ，则F 为1B C 的中点，1111,22EF AB EF AB =//，所以异面直线1AB 与1BC 所成角等于EF 与BF 所成的角，即∠BFE 或其补角，设三棱柱的棱长为2，由题意即可得BE =112EF AB ==112BF BC ==于是222cos26BF EF BE BFE BF EF +-∠==⋅，故异面直线1AB 与1BC 解法二：（补形法一）在三棱柱111ABC A B C -的上底面补一个大小相同的三棱柱111222A B C A B C -，如图所示，连接12B C 、2AC 且2AC 交11A C 于D ，则12AB C ∠或其补角为异面直线1AB 与1BC 所成角，设1AB =，易得1AB ==121B C BC ==，22AC AD ===所以在12AB C △中，有22212cosAB C +-∠==.故异面直线1AB 与1BC 解法三：（补形法二）将三棱柱补为平行六面体，再放同样的一个平行六面体，如图所示，1C BE ∠就是异面直线1AB 与1BC 所成的角，设棱长为1，在1A AB △中，易求得1AB =，即BE ，在11A C E △中，易求1C E =1BC AA ⊥，则1BC CC ⊥，从而在1BCC中，求得1BC =在1BC E △中，由余弦定理得1cos 6C BE ∠=.解法四：（向量坐标法）如图所示，以A 为原点，过1A 作1A M ⊥平面ABC 于M ，则M 必在x轴上，且1cos A AM ∠=1sin A AM ∠=设棱长为1，则1A ⎛，1,02B ⎫⎪⎪⎝⎭，1,02C ⎫-⎪⎪⎝⎭，所以1112AB AA AB =+=，1112AC AA AC =+=- ，故11BC AC AB =-=-⎝ ，设异面直线1AB 与1BC 所成角为θ，则1111cos 6BC AB BC AB θ⋅== .解法五：（纯向量法）不妨设AB 长为1，因为1111BC BA AA AC =++ ，1111AB AA A B =+ ，所以()2211112BC BA AA AC =++= ，()2211113AB AA A B =+= ，则1BC =1AB = ，又因为()()111111111BC AB BA AA A C AA A B ⋅=++⋅+= ，设异面直线1AB 与1BC 所成角为θ，则1111cos 6BC AB BC AB θ⋅=故答案为：6.2．(1)证明见解析(2)7-【分析】（1）利用题设条件可证BD AD ⊥、BD PD ⊥，从而可得BD ⊥平面PAD ，故可证PA BD ⊥，我们也可以利用利用空间向量及其坐标运算来证明PA BD ⊥.（2）利用向量或建立空间直角坐标系可求二面角的余弦值，也可以利用定义构建二面角的平面角来求其余弦值，也可以利用补体将二面角转化为二面角Q PB A --的大小来进行计算.【详解】（1）证法一：∵60DAB ∠=︒，2AB AD =，由余弦定理得22222cos 603BD AD AB AD AB AD =+-⨯︒=，故BD =，从而222BD AD AB +=，故BD AD ⊥.又PD ⊥底面ABCD ，而BD ⊂底面ABCD ，可得BD PD ⊥，而,,AD PD D AD PD =⊂ 平面PAD ，∴BD ⊥平面PAD ，而PA ⊂平面PAD ，故PA BD ⊥.证法二：∵PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ，∴PD BD ⊥，0PD BD ⋅= .∴()()PA BD PD DA BD DA BD DA BA AD ⋅=+⋅=⋅=⋅+ 2222cos 0DA BA AD AD AB DAB AD AD AD =⋅-=⋅∠-=-= ，∴PA BD ⊥ ，即PA BD ⊥.证法三：作DE AB ⊥，垂足为E ，分别以DE 、DC 、DP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.令AD a =，则1,,022A a a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，3,,022B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,0C a .设()0,0,P z，由于1,,22PA a a z ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，3,,02DB a ⎫=⎪⎪⎝⎭ ，则221333,,,,002244PA DB a z a a a ⎫⎫⋅=--⋅=-=⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭，于是PA DB ⊥ ，即PA BD ⊥.（2）解法一：因为PD ⊥底面ABCD ，而BC ⊂底面ABCD ，故PD BC ⊥，由（1）中证明可得BD AD ⊥，而//BC AD ，故//BD BC ，因为,,BD PD D BD PD ⋂=⊂平面PDB ，故BC ⊥平面PDB ，而PB ⊂平面PDB ，故BC PB ⊥，而AM PB ⊥，平面APB ⋂平面PBC PB =,故二面角A PB C --的大小等于MA 与BC 所成角的大小，设为θ.设1PD AD ==，则2AB =，BD =∴2PB =，PA =.在PAB中，cos 4APB ∠==，而APB ∠为三角形内角，故sin 4APB ∠=，故42AM ==，142PM ==，故32BM =，在ADC △中，2222cos120527AC AD DC AD DC =+-⨯︒=+=，故AC =又()22AC AM MB BC =++ 222222AM MB BC AM MB AM BC MB BC=+++⋅+⋅+⋅2222cos AM MB BC AM BC θ=++- .∴797144θ=++，解得cos θ=∴二面角A PB C --的余弦值为解法二：以D 为坐标原点，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()1,0,0A，()B，()C -，()0,0,1P.()AB =-，()1PB =- ，()1,0,0BC =- .设平面PAB 的一个法向量为(),,n x y z = ，则00n AB n PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0,0.x z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，取1y =，则x z =，故n = .设平面PBC 的一个法向量为m，同理可求(0,1,m =-.cos ,m n == ，而二面角A PB C --的平面角为钝角，故二面角A PB C --的余弦值为7-.解法三：由解法一的计算可得BC ⊥平面PDB ，而BC ⊂平面PBC ，故平面PBC ⊥平面PDB ，即二面角D PB C --的大小为90︒.过A 作AM PB ⊥，垂足为M ，连接DM ，如图所示.由（1）中证明可得AD BD ⊥，而PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，故PD AD ⊥，PD BD D ⋂=，,PD BD ⊂平面PBD ，故AD ⊥平面PBD ，PB ⊂平面PBD ，故AD PB ⊥，而,,,AM PB AD AM A AD AM ^=Ì平面ADM ，故PB ⊥平面ADM ，但DM ⊂平面ADM ，故DM PB ^.∴AMD ∠是二面角A PB D --的平面角.设1PD AD ==，则2AB =，BD =2PB =.在Rt PBD △中，2PD DB DM PB ⨯==，在Rt ADM △中，2AM =.∴sin 7AD AMD AM ∠==，∴二面角A PB C --的余弦值为cos(90)sin AMD AMD ︒+∠=-∠=-.解法四：由解法一的计算可得BC ⊥平面PBD ，而PB ⊂平面PBD ，故BC PB ⊥.如图所示，过点B 在平面PAB 内作直线BE PB ⊥，交PA 的延长线于点E ，则∠EBC 是二面角A PB C --的平面角.设1PD =，由解法一的计算可得：1AD BC ==，2AB =，BD =AC =PA =，2PB AB ==，且cos 4APB ∠=，sin 4APB ∠=故tan BE BPAPB∠=，∴BE =PE =在Rt PDC 中，由勾股定理求得PC =，在PAC △中，因为222AC PA PC =+，故PA PC ⊥.故在Rt PEC 中，有EC ==在BEC 中，由余弦定理得cos7CBE ∠==-.∴二面角A PB C --的余弦值为7-.解法五：将四棱锥补成直四棱柱，如图所示，则二面角A PB C --的大小与二面角Q PB A --的大小互补.由解法一可得BC PB ⊥，而//PQ BC ，∴PQ PB ⊥.设点Q 到平面PAB 的距离为h ，则由Q PAB B AQP V V --=得1133PAB PQA hS BD S =⋅△△.设1PD =，则PA =，BD =2PB AB ==，12APB S =△211=22PQA S AD =△，∴h =于是二面角Q PB A --的正弦值为h PQ =.∴二面角A PB C --的余弦值为7-.3．(1)证明见解析；(2)23.【分析】（1）利用线面平行的判定定理即得；（2）利用射影法，结合条件求出AEF △及BEC 的面积进而即得；利用坐标法，求出平面BEC 和平面AEF 的法向量，由向量夹角的余弦值即得；利用直接法，延长BC 、AF 交于点Q ，作BR QE ⊥，交QE 的延长线于点R ，连接AR ，可得∠ARB 是二面角A EQ B --的平面角，结合条件即得．【详解】（1）将五面体ABCDE 置于正方体AMDN BECP -之中，如图所示，显然题设的条件全部满足，取AE 的中点H ，连接HG ，FG ，∵////HG AB CD ，即//HG DF ，又1HG DF ==，∴四边形HGFD 是平行四边形，∴//GF DH ，又∵DH ⊂平面ADE ，GF ⊄平面ADE ，∴//GF 平面ADE ；（2）解法一（射影法）：设平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的大小为θ，∵AB ⊥平面BCE ，FC ⊥平面BCE ，∴AEF △在平面BCE 上的射影为BEC ，易得AE =EF =3AF =，∴cos AEF ∠==sin AEF ∠=∴132AEF S =⨯=△，又∵12222BEC S =⨯⨯=△，∴2cos 3BEC AEF S S θ==△△.解法二（向量法）：如图，分别以射线BE 、BP 、BA 为x 、y 、z轴建立空间直角坐标系，∵正方体棱长为2，则()0,0,2A ，()2,0,0E ，()2,2,1F ，显然()0,0,2BA = 是平面BECP 的法向量，设平面AEF 的法向量为()2,,n x y = ，则n AE ⊥ ，即()()2,,2,0,20n AE x y ⋅=⋅-= ，解得2y =，则n AF ⊥ ，即()()2,,2,2,10n AF x y ⋅=⋅-= ，解得=1x -，∴()2,1,2n =- ，设所求锐二面角的大小为θ，则()()2,1,20,0,22cos 323n BA n BAθ-⋅⋅===⨯ .解法三（直接法）：如图，延长BC 、AF 交于点Q ，因为2BE=，BC CQ ==45EBQ ∠=︒，由余弦定理可得(222222cos 2224202EQ BE BQ BE BQ EBQ =+-⋅∠=+-⨯⨯=，即EQ =在BEQ 中，由正弦定理，得sin sin 45BQ EQ BEQ =∠︒，∴sin BEQ ∠=，显然90BEQ ∠>︒，作BR QE ⊥，交QE 的延长线于点R ，连接AR ，∴AB ⊥平面BCE ，QE ⊂平面BCE ，∴AB ⊥QE ，又BR QE ⊥，,AB BR B AB =⊂ 平面ABR ，BR ⊂平面ABR ，∴QE ⊥平面ABR ，AR ⊂平面ABR ，∴QE ⊥AR ，∴∠ARB 是二面角A EQ B --的平面角，设其大小为θ，在BER △中，2BR ==在Rt ABR 中，由勾股定理，得AR =∴2cos 3BR AR θ==.4．(1)证明见解析；(2)2.【分析】（1）方法一，取棱PB ，PC 的中点分别为M ，N ，利用线面垂直的判断定理可得AD ⊥平面PAB ，进而可得PB ⊥平面ADF ；方法二，利用坐标法，求出AD ，AF 向量和向量BP 的坐标表示，证明垂直即得；（2）方法一，作EH 垂直MN 于点H ，则30EDH ∠=︒，结合条件即得；方法二，利用坐标法，根据线面角的向量求法可得求出E 点坐标，即得.【详解】（1）方法一：分别取线段PB 、PC 的中点M 、N ，易知点M 、N 、F 共线，∵PA AB =，∴PB AM ⊥，又∵PA ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥AD ，又四边形ABCD 是矩形，AD AB ⊥，∵,PA AB A PA ⋂=⊂平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，∴AD ⊥平面PAB ，PB ⊂平面PAB ，∴PB AD ⊥，又PB AM ⊥，,AD AM A AD =⊂ 平面ADF ，AM ⊂平面ADF ，因此PB ⊥平面ADF ；方法二，以A为原点建立空间直角坐标系，设()2,,0E t 、1,,12t F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则()0,3,0AD = ，1,,12t AF ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()2,0,2BP =- ，∴0BP AD ⋅= ，0BP AF ⋅= ，∴BP AD ⊥，BP AF ⊥，,AD AF A AD =⊂ 平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，因此PB ⊥平面ADF ；（2）方法一：由于平面ADF 即为平面AMND ，且PB ⊥平面ADF ，PB ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面AMND ，又平面PBC ⋂平面AMND MN =，在平面PBC 内，作EH 垂直MN 于点H ，则EH ⊥平面AMND ，∴30EDH ∠=︒，∵EH BM ==∴ED =因此2CE =，即EC 的长为2；方法二：∵()2,3,0DE t =- ，平面ADF 的法向量为()2,0,2BP =- ，∴由12BP DE BP DE ⋅= ，解得1t =，∴2CE =，即EC 的长为2.5．(1)证明见解析；(2)23.【分析】（1）方法一，根据线面平行的判定定理即得；方法二，利用坐标法，可求出向量1BC 及平面1AD E 的法向量进而即得；（2）延长1CC 到F ，使得1C F BE =，连接EF ，交11B C 于G ，作11C H DG ⊥，垂足为H ，利用线面垂直的判定定理可得1D G ⊥平面1C FH ，进而可得可知∠1C FH 为直线1AA 与平面1AD G 所成的角，结合条件即得；利用坐标法，根据线面角的向量求法即得；利用等体积法，求出点到平面的距离进而即得.【详解】（1）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B 且11AB A B =，1111//A B C D 且1111A B C D =，11//B C A D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，则11//BC AD ，1BC ⊄ 平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；[方法二]：空间向量坐标法以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 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A xyz -，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D 、()0,2,1E ，()12,0,2AD = ，()0,2,1AE = ，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z = ，由100n AD n AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令2z =-，则2x =，1y =，则()2,1,2n =- .又∵向量()12,0,2BC = ，()12201220BC n ⋅=⨯+⨯+⨯-= ，又1BC ⊄ 平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；（2）[方法一]：几何法延长1CC 到F ，使得1C F BE =，连接EF ，交11B C 于G ，又∵1//C F BE ，∴四边形1BEFC 为平行四边形，∴1//BC EF ，又∵11//BC AD ，∴1//AD EF ，所以平面1AD E 即平面1AD FE ，连接1D G ，作11C H DG ⊥，垂足为H ，连接FH ，∵1FC ⊥平面1111D C B A ，1D G ⊂平面1111D C B A ，∴11FC D G ⊥，又∵111FC C H C ⋂=，1FC ⊂平面1C FH ，1C H ⊂平面1C FH ，∴直线1D G ⊥平面1C FH ，又∵直线1D G ⊂平面1D GF ，∴平面1DGF ⊥平面1C FH ，∴1C 在平面1D GF 中的射影在直线FH 上，∴直线FH 为直线1FC 在平面1D GF 中的射影，∠1C FH 为直线1FC 与平面1D GF 所成的角，根据直线1//FC 直线1AA ，可知∠1C FH 为直线1AA 与平面1AD G 所成的角，设正方体的棱长为2，则111C G C F ==，1D G =∴1C H ，∴FH =∴112sin 3C H C FH FH ∠==，即直线1AA 与平面1ADE 所成角的正弦值为23.[方法二]：向量法由上知平面平面1AD E 的法向量()2,1,2n =- ，又∵()10,0,2AA = ，∴11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅==-=-⨯⋅ ，∴直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23.[方法三]：几何法+体积法如图，设11B C 的中点为F ，延长111,,A B AE D F ，易证三线交于一点P，因为111,////BB AA EF AD ，所以直线1AA 与平面1AD E 所成的角，即直线1B E 与平面PEF 所成的角，设正方体的棱长为2，在PEF !中，易得PE PF EF =，可得32PEF S = ，设当1B 到平面PEF 的距离为1B H ，由11B PEF P B EF V V --=，得113111123232B H ⨯⋅=⨯⨯⨯⨯，整理得123B H =，所以1112sin 3B H B EH B E ∠==，所以直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23.[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点1A 到平面1AED 的距离为h ，在1AED △中，113AE AD D E ===，2221111cos 25D E AE AD AED D E AE +-∠===⋅，所以1sin AED ∠=13AED S = ，由1111E AA D A AED V V --=，得111111133AD A AED S A B S h ⋅=⋅ ，解得43h =，设直线1AA 与平面1AED 所成的角为θ，所以12sin 3h AA θ==.6．(1)证明见解析；【分析】（1）方法一,使用几何方法证明，作DH AC ⊥交AC 于H ，利用面面垂直的性质可得DH ⊥平面ABC ，然后利用线面垂直的判定定理可得EF ⊥平面BHD ，即得；方法二，利用坐标法即得；方法三，使用了两垂直角的三余弦定理得到60BCD ∠=︒，进而证明；（2）方法一使用几何做法，作HG BD ⊥于G ，由题可得HCG ∠即为所求角，结合条件即得；方法二使用空间坐标系方法，即得；方法三使用空间向量法；方法四使用三余弦定理法即得；方法五采用等体积转化法可得H 到平面DBC 的距离，进而即得.【详解】（1）[方法一]：几何证法作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ，∵平面ADFC ⊥平面ABC ，而平面ADFC 平面ABC AC =，DH ⊂平面ADFC ，∴DH ⊥平面ABC ，而BC ⊂平面ABC ，即有DH BC ⊥，∵45ACB ACD ∠=∠=︒，∴2CD BC CH =⇒=，在CBH 中，22222cos 45BH CH BC CH BC BC =+-⋅︒=，即有222BH BC CH +=，∴BH BC ⊥.由棱台的定义可知，//EF BC ，所以DH EF ⊥，BH EF ⊥，而BH DH H = ，BH ⊂平面BHD ，DH ⊂平面BHD ，∴EF ⊥平面BHD ，而BD ⊂平面BHD ，∴EF DB ⊥；[方法二]：空间向量坐标系方法作DO AC ⊥交AC 于O ，∵平面ADFC ⊥平面ABC ，而平面ADFC 平面ABC AC =，DO ⊂平面ADFC ，∴DO ⊥平面ABC ，以O 为原点，建立空间直角坐标系如图所示，设OC =1，∵45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC ==∴BC ()()110,0,1,0,1,0,,,022D C B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴11,,122BD ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，11,,022BC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以11·044BD BC =-= ，∴BC ⊥BD ，又∵棱台中//BC EF ，∴EF ⊥BD ；[方法三]：三余弦定理法∵平面ACFD ⊥平面ABC ，∴1cos cos cos cos 45cos 452BCD ACB ACD ∠=∠∠=︒︒=，∴60BCD ∠=︒，又∵DC =2BC ，∴90CBD ∠=︒，即CD BD ⊥，又∵//EF BC ，∴EF DB ⊥；（2）[方法一]：几何法因为//DF CH ，所以DF 与平面DBC 所成角即为与CH 平面DBC 所成角，作HG BD ⊥于G ，连接CG ，由（1）可知，BC ⊥平面BHD，因为平面BCD ⊥平面BHD ，而平面BCD 平面BHD BD =，HG ⊂平面BHD ，∴HG ⊥平面BCD ，即CH 在平面DBC 内的射影为CG ，所以HCG ∠即为所求角，在Rt HGC 中，设BC a =，则CH =，BH DH HG BD ⋅==，∴sin 3HG HCG CH ∠==，故DF 与平面DBC[方法二]：空间向量坐标系法设平面BCD 的法向量为(),,n x y z =r ，由（1）得11,,122BD ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，11,,022BC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴1102211022n BD x y z n BC x y ⎧⋅=--+=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩，令1x =，则()1,1,1n = ，又()0,1,0OC =，cos ,3n OC == 由于//DF OC ，∴直线DF 与平面DBC[方法三]：空间向量法以{,,}CH CB CD为基底，不妨设22DC BC ==，则45,45,60DB CH HCB HCD DCB ==∠=∠=︒∠=︒︒(由（1）的结论可得），设平面DBC 的法向量为n xCH yCB zCD =++ ，则由00n CD n CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得2400x y z x y z ++=⎧⎨++=⎩，取1z =，得32n CH CB CD =-++ ，设直线DF 与平面DBC 所成角为θ，则直线HC 与平面DBC 所成角也为θ，由公式得||sin ||||HC n HC n θ⋅=== [方法四]：三余弦定理法由45ACB ACD ∠=∠=︒，可知H 在平面DBC 的射影G 在DCB ∠的角平分线上，设直线DF 与平面DBC 所成角为θ，则HC 与平面DBC 所成角也为θ，由（1）的结论可得60BCD ∠=︒，由三余弦定理，得cos 45cos30cos θ=︒⋅︒，cos θ=，从而sin 3θ=.[方法五]：等体积法设H 到平面DBC 的距离为h ，设1DH =，则1,,22HC DC BC BD ====，设直线DF 与平面DBC 所成角为θ，由已知得HC 与平面DBC 所成角也为θ.由H DBC D HBC V V --=，1111601sin 451322322h ⨯︒⨯=⨯⨯⨯︒⨯，求得h所以3sin 1h HC θ===7．(1)证明见解析；.【分析】（1）方法一，利用勾股定理即及线面垂直的判定定理即得；方法二，利用坐标法即得；方法三，利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四，利用空间基底法即得；（2）方法一，利用坐标法及面面角的向量求法即得；方法二，利用几何法，作出二面角，求解三角形进行求解二面角，即得；方法三，利用射影面积法求解二面角.【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明由题设，知DAE 为等边三角形，设1AE =，则DO =1122CO BO AE ===，所以64PO DO ==，4PC PB PA ====，又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA = ，所以BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠= ，所以PA PB ⊥，同理PA PC ⊥，又PC PB P = ，PC ⊂平面PBC ，PB ⊂平面PBC ，所以PA ⊥平面PBC ；[方法二]：空间直角坐标系法不妨设AB =4sin 60==︒=AB AE AD ，由圆锥性质知DO ⊥平面ABC ，所以===DO ==PO 因为O 是ABC 的外心，因此AE BC ⊥，在底面过O 作BC 的平行线与AB 的交点为W ，以O 为原点， OW 方向为x 轴正方向，OE 方向为y 轴正方向，OD 方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，则(0,2,0)A -，B ，(C ，(0,2,0)E ，P .所以(0,AP = ，(=- BP ，=- CP ，故0220⋅=-+= AP BP ，0220⋅=-+= AP CP ，所以AP BP ⊥，AP CP ⊥，又BP CP P = ，PC ⊂平面PBC ，PB ⊂平面PBC ，故AP ⊥平面PBC ；[方法三]：因为ABC 是底面圆O 的内接正三角形，且AE 为底面直径，所以AE BC ⊥，因为DO （即PO ）垂直于底面，BC 在底面内，所以PO BC ⊥，又因为PO ⊂平面PAE ，AE ⊂平面PAE ，PO AE O =I ，又PO ⊂平面PAE ，AE ⊂平面PAE ，所以BC ⊥平面PAE ，又因为PA ⊂平面PAE ，所以PA BC ⊥，设AE BC F = ，则F 为BC 的中点，连结PF ，设DO a =，且PO ，则2AF a =，2PA =，12PF a =.因此222+=PA PF AF ，从而PA PF ⊥，又因为PF BC F = ，PF ⊂平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以PA ⊥平面PBC ；[方法四]：空间基底向量法如图所示，圆锥底面圆O 半径为R ，连结DE ，AE AD DE ==，易得OD =，因为=PO ，所以=PO R ，以,,OA OB OD 为基底，OD ⊥平面ABC ，则=+=-+AP AO OP OA ，6=+=-+BP BO OP OB OD ，且212OA OB R ⋅=- ，0OA OD OB OD ⋅=⋅= ，所以66⎛⎫⎛⎫⋅=-+⋅-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭AP BP OA OB2106⋅--+=OA OB OA OB OD ，故0AP BP ⋅= ，所以AP BP ⊥，即AP BP ⊥，同理AP CP ⊥，又BP CP P = ，PC ⊂平面PBC ，PB ⊂平面PBC ，所以AP ⊥平面PBC ；（2）[方法一]：空间直角坐标系法过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则111(,0,0),(0,0,((,,0)244444E P B C ---，1(,444PC =--，1(,)444PB =--，1(,0,)24PE =- ，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11111100x x ⎧--=⎪⎨-+-=⎪⎩，令1x =，得111,0z y =-=，所以1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020x x ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩，令21x =，得223z y ==，所以m = ，故cos,5||||n mm nn m⋅==⋅，设二面角B PC E--的大小为θ，由题可知二面角为锐二面角，所以cos5θ=；[方法二]：几何法设=BC AE F，易知F是BC的中点，过F作//FG AP交PE于G，取PC的中点H，连接GH，则∥HF PB，由PA⊥平面PBC，得FG⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，∴FG⊥PC，由（1）可得，222BC PB PC=+，得PB PC⊥，所以FH PC⊥，又,FH GF F FH=⊂平面GHF，GF⊂平面GHF，∴PC⊥平面GHF，GHÌ平面GHF，∴GH PC⊥，所以GHF∠是二面角B PC E--的平面角，设圆O的半径为r，则3sin602︒==AF AB r，2AE r=，12=EF r，13EFAF=，所以14=FG PA，1122==FH PB PA，12=FGFH，在Rt GFH中，1tan2∠==FGGHFFH，cos5∠=GHF，所以二面角B PC E--的余弦值为5.[方法三]：射影面积法如图所示，在PE上取点H，使14HE PE=，设BC AE N=，连结NH，由（1）知14NE AE=，所以∥NH PA，故NH ⊥平面PBC ，所以，点H 在面PBC 上的射影为N，故由射影面积法可知二面角B PC E --的余弦值为cos PCNPCHS θS = ，在PCE中，令=PC PE 1CE =，易知= PCE S ，所以34PCH PCE S S == ，又1328PCN PBC S S == ，故38cos 5PCN PCHS θS == ，所以二面角B PC E --.8．(1)证明见解析；【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得BC ⊥平面1A AMN ，根据线面平行的性质定理可得11//B C EF ，然后根据面面垂直的判定定理即得；（2）利用几何法，作出线面角，结合条件即得；利用向量法，利用线面角的向量求法即得.【详解】（1） ,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴，又11//AA BB ，1//MN AA ∴，在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥，又 侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥，又1//MN BB ，∴MN BC ⊥，又MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN ，∴BC ⊥平面1A AMN ，又 11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC ，又 11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =，11//B C EF ∴，//EF BC ∴，又BC ⊥ 平面1A AMN ，∴EF ⊥平面1A AMN ，又EF ⊂ 平面11EB C F ，∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN ；（2）[方法一]：几何法如图，过O 作11B C 的平行线分别交1111,A B A C 于点11,E F ，连接11,,,AE AO AF NP ，由于//AO 平面11EB C F ，11//E F 平面11EB C F ，11= AO E F O ，AO ⊂平面11AE F ，11E F ⊂平面11AE F ，所以平面11//AE F 平面11EB C F ，又因平面11 AE F 平面111=AA B B AE ，平面11EB C F ⋂平面111=AA B B EB ，所以11//EB AE ，因为111B C A N ⊥，11B C MN ⊥，1A N MN N = ，1A N ⊂平面1AA NM ，MN ⊂平面1AA NM ，所以11B C ⊥平面1AA NM ，又因1111∥E F B C ，所以11⊥E F 平面1AA NM ，所以1AE 与平面1AA NM 所成的角为1∠E AO ，令2AB =，则11=NB ，由于O 为111A B C △的中心，故112233==OE NB ，在1Rt AE O 中，122,3===AO AB OE ，由勾股定理得1=AE所以111sin 10∠==E O E AO AE ，由于11//EB AE ，直线1B E 与平面1A AMN[方法二]：几何法因为//AO 平面11EFC B ，平面11 EFC B 平面1=AMNA NP ，AO ⊂平面1AMNA ，所以//AO NP ，因为//ON AP ，所以四边形OAPN 为平行四边形，由（1）知EF ⊥平面1AMNA ，则EF 为平面1AMNA 的垂线，所以1B E 在平面1AMNA 的射影为NP ，从而1B E 与NP 所成角的正弦值即为所求，在梯形11EFC B 中，设1EF =，过E 作11EG B C ⊥，垂足为G ，则3==PN EG ，在直角三角形1B EG 中，1sin ∠B EG即直线1B E 与平面1A AMN [方法三]：向量法由（1）知，11B C ⊥平面1A AMN ，则11B C为平面1A AMN 的法向量，因为//AO 平面11EB C F ，AO ⊂平面1A AMN ，且平面1A AMN ⋂平面11EB C F PN =，所以//AO PN ，由（1）知11//,AA MN AA MN =，即四边形APNO 为平行四边形，则==AO NP AB ，因为O 为正111A B C △的中心，故13==AP ON AM ，由面面平行的性质得111111,33=∥EF B C EF B C ，所以四边形11EFC B 为等腰梯形.由P ，N 为等腰梯形两底的中点，得11PN B C ⊥，则11110,⋅==++= PN B C EB EP PN NB 111111111623+-=-B C PN B C PN B C ，设直线1B E 与平面1A AMN 所成角为θ，AB a =，则211111113sin θ⋅== a EB B C EB B C 所以直线1B E 与平面1A AMN[方法四]：基底法不妨设2===AO AB AC ，则在直角1AAO中，13AA =.以向量1,,AA AB AC为基底，从而1,2π= AA AB ，1,2π= AA AC ，,3π= AB AC ，1111123=++=+ EB EA AA A B AB AA ，BC AC AB =-，则1= EB ||2BC = ，所以112()3⎛⎫⋅=+⋅-= ⎪⎝⎭EB BC AB AA AC AB 2224333⋅-=- AB AC AB ，由（1）知BC ⊥平面1A AMN ，所以向量BC为平面1A AMN 的法向量，设直线1B E 与平面1A AMN 所成角θ，则111sin cos ,10||θ⋅===EB BC EB BC EB BC ，故直线1B E 与平面1A AMN所成角的正弦值为sin 10θ=.9．(1)证明见解析；7.【分析】（1）方法一：通过证明直线1//C E AF ，根据平面的基本事实二的推论即可证出；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出.（2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出.【详解】（1）［方法一］：利用平面基本事实的推论。
3.2.3空间的角的计算
我们知道，两个平面所成的角是用二面角的平面角来度 量．这就是说，空间的二面角最终可以通过转化，用两条相交 直线所成的角来度量．
如何用向量的方法来求空间二面角的大小呢？
1
建构数学
在定义了平面的法向量之后，我们就可以用平面的法向量来求两个 平面所成的角．
方法一：转化为分别是在二面角的两个半平面内且与棱都垂直的两 条直线上的两个向量的夹角（注意：要特别关注两个向量的方向）．
如图：二面角 α-l-β 的大小为 θ，A，B∈l，AC α，BD β, AC⊥l，
BD⊥l ，则 θ＝< AC , BD >＝< CA , DB >．
l
A
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
C
B D
2
数学应用
例 3 在正方体 ABCD A1B1C1D1 中， 求二面角 A1 BD C1 的大小．
3
练一练
如图，在三棱锥 P-ABC 中，PA⊥底面 ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°， ∠BCA＝90°，点 D，E 分别在棱 PB 和 PC 上，且 DE//BC．
①求证：BC⊥平面 PAC； ②当 D 为 PB 的中点时，求 AD 与平面 PAC 所成的角的大小； ③是否存在点 E，使得二面角 A-DE-P 为直二面角？并说明理由．
4
回顾小结
本节课学习了以下内容： 1．用向量方法解决二面角的计算问题． 2．注重数形结合，注重培养我们的空间想象能力．
5
高中数学空间的角的计算
面-线-面
0，2
语言叙述
二面角 半平面-线-半平面
0，
语言叙述或符号表示
要点三：直线和平面的夹角 1. 有关概念 斜线：一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫作平面的斜．线．，斜 线和平面的交点叫作斜．足．. 射影：过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫作斜线在这个平 面上的射影. 斜线与平面的夹角：平面的一条斜线与它在该平面内的射影的夹角叫作该直线与此平面 的夹角. 如图， l 是平面 的一条斜线，斜足为 O ， OA 是 l 在平面 内的射影， POA 就是直 线 l 与平面 的夹角.
3. “平面间的夹角”不同于“二面角” （1）二面角的有关概念 半平面：一个平面内的一条直线，把这个平面分成两部分，其中的每一部分都叫半平面. 二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫二面角. 如图，可记作二面角 -a- 或 - AB - .
2
（2）区别： 构成 范围
表示法
平面间的夹角
2
5
举一反三：
【变式 1】 如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PD ⊥底面 ABCD ， PD DC ，点 E 是 PC 的中点，作 EF ⊥ PB 交 PB 于点 F ．
（1）求证： PB ⊥平面 EFD ；
（2）求平面 与平面 的夹角的大小．
【变式 2】在四棱锥 P ABCD 中，侧面 PCD ⊥底面 ABCD ，PD ⊥ CD ，E 为 PC 中点， 底面 ABCD 是直角梯形， AB ∥ CD ， ADC=90 ， AB AD PD 1， CD 2 . 设 Q 为侧
11
一、选择题
S
C
B
D
A
高中数学立体几何中的空间角解析
高中数学立体几何中的空间角解析立体几何是高中数学中的重要内容之一，其中空间角是立体几何中的一个重要概念。
本文将以具体的题目为例，详细介绍空间角的定义、性质和解题技巧，帮助高中学生更好地理解和应用空间角。
一、空间角的定义和性质空间角是指由两条射线在同一平面内围成的角，也可以理解为由两条射线在三维空间中围成的角。
具体来说，设有两条射线OA和OB，它们在同一平面内，那么角AOB就是由这两条射线所围成的空间角。
空间角的度量单位与平面角相同，可以用度（°）或弧度（rad）来表示。
在解题中，我们通常使用度来度量空间角。
空间角具有以下性质：1. 两条射线的方向不同，所围成的空间角大小在0°到180°之间；2. 如果两条射线的方向相同，所围成的空间角大小为0°；3. 如果两条射线的反向延长线相交，所围成的空间角大小为180°。
二、空间角的解题技巧1. 利用空间角的定义和性质进行解题在解题过程中，我们可以根据空间角的定义和性质来推导出一些结论，从而解决问题。
例如，如果题目给出了两条射线的夹角，我们可以利用空间角的定义直接得出答案；如果题目给出了两条射线的方向，我们可以根据空间角的性质判断空间角的大小。
举例：已知射线OA与射线OB的夹角为60°，射线OC与射线OB的夹角为120°，求射线OA与射线OC的夹角。
解析：根据空间角的定义，射线OA与射线OC的夹角等于射线OA与射线OB的夹角加上射线OB与射线OC的夹角。
即所求角度为60°+120°=180°。
根据空间角的性质，当两条射线的反向延长线相交时，所围成的空间角大小为180°。
因此，射线OA与射线OC的夹角为180°。
2. 利用平面角的知识解决空间角问题在解决空间角问题时，我们还可以利用平面角的知识进行推导和计算。
由于空间角是由两条射线在同一平面内围成的角，所以可以将空间角转化为平面角进行计算。
高中数学_立体几何中的向量方法—空间角的计算教学设计学情分析教材分析课后反思
,a b>；θ=<>；n)所成的角sin cos,a n⑶二面角：锐二面角θ：cos cos ,m n θ=<>，其中,m n 为两个面的法向量。
活动三：合作学习、探究新知（18分钟）利用向量知识求线线角，线面角，二面角的大小。
一、异面线所成角：例1、如图所示的正方体中，已知与为四等分点，求异面直线与的夹角的余弦值？方法小结：1、异面直线a 、b 所成的角：在空间中任取一点O ，过点O 分别引/a ∥a ，/b ∥b ，则/a ，/b 所成的锐角（或直角）叫做两条异面直线所成的角。
两条异面直线所成角的范围：(0,]2π。
2、求法：①传统法：把两条异面直线中的一条放入一个平面，另一条与这个平面有交点，过这个交点在平面内作第一条的平行线，则这两条直线所成的角为两条异面直线所成的角。
然后解三角形得到。
②向量法：在直线a 上取两点A 、B ，在直线b 上取两点C 、D ，若直线a 与b 的夹角为θ，则cos |cos ,|AB CD θ=<>。
3、利用向量求异面直线所成的角的步骤为：（1）确定空间两条直线的方向向量；（2）求两个向量夹角的余弦值；（3）确定线线角与向量夹角的关系；当向量夹角为锐角时，即为两直线的夹角；当向量夹角为钝角时，两直线的夹角为向量夹角的补角。
练习：中，，现将沿着平面的法向量平移到的位置，已知BC=CA=C,取、的中点、，求B与A所成的角的余弦值。
二、直线与平面所成的角：例2：如图，在正方体ABCD-中，求与平面所成的角。
方法小结：1、直线a 与平面α所成角：斜线与平面所成的角就是斜线与它在平面内的射影所成的锐角。
直线与平面所成角的范围为：[0,]2π。
2、求法：①求斜线与平面所成的角关键是找到斜线在平面内的射影，即确定过斜线上一点向平面所作垂线的垂足，这时经常要用面面垂直来确定垂足的位置。
若垂足的位置难以确定，可考虑用三棱锥体积等量来求出斜线上一点到平面的距离。
高中数学利用空间向量求空间角
答案：13
突破点一
突破点二
课时达标检测
利用空间向量求空间角 结 束
3．[考点三]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平 面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________． 解析：以A为原点建立如图所示的空间直角
坐标系，设棱长为1，
则A1(0,0,1)，E 1，0，12 ，D(0，1,0)，所以
OD，OB1，OC 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz，
则
A0
，
－
2
3
3
，
0
，
B
－
2 3
6
，
0,0
，
C
0，0，2
3
3
，D
36，0，0 ，
AB ＝－236，233，0，
AC
＝
0，233，233，CD＝ 36，0，－233，
设平面 ABC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
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利用空间向量求空间角 结 束
3．求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD是二面角α -l-β的两个面内与棱l垂直的直 线，则二面角的大小θ＝〈__A_B_，__C__D_〉_．
(2)如图②和图③，n1，n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α， β的法向量，则二面角的大小θ＝〈__n_1_，__n_2〉__或__π_－__〈__n__1，__n_2_〉_.
突破点一
突破点二
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利用空间向量求空间角 结 束
A1C1 ·n＝0， BC1 ·n＝0，
即
－x＋2y＝0， －x＋z＝0，
令x＝2，则y＝1，z
高考数学一轮总复习 第八章 8.8立体几何中的向量方法(二)求空间角和距离
(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平 正弦值.
师生共研
题型三 求二面角
例3 (2018·达州模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，A ∠ABC＝60°，平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ACEF是菱形
(1)求证：BF⊥AE；
(2)求二面角B－EF－D的平面角的正切值.
a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝ |a||n| .
3.求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂 二面角的大小θ＝〈A→B，C→D〉 .
(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α， 二面角的大小θ满足|cos θ|＝ |cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与 二面角最大，并求此时二面角的余弦值.
谢谢
(1)证明：平面BEF⊥平面PEC；
(2)求二面角A－BF－C的余弦值.
技能提升练
13.如图，在四棱锥 S－ABCD 中，SA⊥平面 ABCD，底面 ABCD 为
∠BAD＝90°，且 AB＝4，SA＝3.E，F 分别为线段 BC，SB 上的
满足BSFF＝CBEE＝λ，当实数
λ
9 的值为_1_6__时，∠AFE
解析 cos〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝1·1 2＝ 22，即〈m，n〉＝45
∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
3.[P117A 组 T4(2)]如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱 底面边长为 2，侧棱长为 2 2，则 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角
题组三 易错自纠
立体几何中空间角的求法
立体几何中空间角的求法立体几何是高中数学的核心内容之一，在高考中占有很大的比重。
考查的知识点、题型等相对稳定，但对学生的空间概念、逻辑思维能力、空间想象能力及运算能力要求较高，而且在2010年高考立体几何试题对转化与化归思想、数形结合思想、割补思想等数学思想的考查也体现的淋漓尽致，而高考对立体几何中空间角的考查一直是热点内容，更成为必考内容，空间角是立体几何中一个重要概念，它是空间图形的一个突出的量化指标，是空间图形位置关系的具体体现，故在历届高考试题中频繁出现，求解方法也多种多样，本文就是空间角常用的方法--传统法与空间向量法。
一、异面直线所成的角θ∈[ 0°，90°]（1）传统方法：平移转化法或补形法，使之成为两相交直线所成的角，放入三角形中利用余弦定理计算，若求得的角为钝角，则这个角的补角才为所求。
（2）空间向量法：设异面直线ab与cd所成的角为θ，则cos θ = cos〈，〉参考例题：例1，如图在四棱锥o-abcd中，底面abcd是边长为1的菱形，∠abc= ，oa⊥面abcd，oa=2，m为oa的中点，则异面直线ab与md所成角的大小为（）a. b. c. d. π解析：（法1）∵cd∥ab ∴∠mdc为异面直线ab与md所成的角（或其补角）在△abc中，ab=1，∠abc= ，bc=1 ，∴ac2=2-又oa⊥面abcd ∴rt△amc中，am2=1，∴mc2=3-又cd=1 md=∴在△mdc中，cos∠mdc= = ∴∠mdc=（法2）作ap⊥cd于p，分别以ab、ap、ao所在直线为x、y、z 轴建立空间直角坐标系。
则a（0，0，0）， b（1，0，0）， d（- ，，0），o（0，0，2）， m（0，0，1）设ab与md所成的角为θ，又 =（1，0，0） =（ - ，，-1）∴cosθ= = ∴θ=二、直线与平面所成的角θ∈[ 0°，90°]（1）传统方法：先找到（或作出）过斜线上一点垂直于平面的直线，斜足与垂足的连线就是斜线在平面内的射影，该斜线与射影的夹角就是所求的角，然后放入直角三角形中求解。
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3.二面角 l 的两个半平面, 法向量分
别为 n1, n2 ,设二面角 l 的大小为 1
n1, n2的夹角为 2, 则 ,2有什么关系?
n21
2 n2
n2
1
l
法向量 n1, n2的夹角 2与二面角 l 的大
小1 的关系: 2 1 或 2 1 ,具体关系
要结合图形判定.
C1
A1
B1
D
O
A
x
F
C
Ey
B
练习:
1.已知正三棱柱 ABC A1B1C1 的底面边长为a,侧棱
长为 2a ,求A1C和侧面ABB1A1所成角.
z
B1 C1
A1
B
A
y
x
C
2.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方 形,PD⊥面ABCD, PD=DC=a,E是棱PC的中点. (1)求证:PA∥平面BED;
例题: 1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求二面角A1-BD-C1 的大小.
z
D1 A1
D
O
A
x
C1 B1
C
y
B
例题:
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别是BC,CD的 中点. (1)A1D和EF所成角的大小
(2)A1F和平面BB1C1C所成角的余弦z 值.
(3)求二面角C-B1D1-B的余弦值.D1
空间角的计算 (2)
复习:
1.已知空间两异面直线l1,l2的方向向量分别为e1, e2,
设l1与l2的所成角为 , e1,e2的夹角为 , 则 ,
关系如何?
l1
e1
e2
e2
l2
(1)若 e1, e2的夹角 是钝角,则两直线的所成角
.
(2)若 e1, e2的夹角 （0,2 ] ,则两直线的所成角
P
D
A
x
E
C
y
B
(2)求BE和面ABCD所成角的余弦值;
(3)求PB和面BDE所成角的余弦值;
z
(4)求二面角A-BD-E的余弦值;P
E
D
A
x
C
y
B
3. PD⊥正方形ABCD所在的平面, AB=2,E是 PB的中点, cosDP, AE 3 .
3
(1)建立适当的空间坐标系,写出E的坐标;
(2)在平面ABCD内求一点F,使得EF⊥面PCB. (43)求在面直P线ADP和A上面求PB一D所点成M,二使面得角EM的⊥C余Bz .弦值.
.
2.已知直线l是平面 的斜线,直线l的方向向量
为e , 平面 的法向量为 n ,设直线l和平面
的所成角为1 , e与
关系如何? l
n 的夹角为 2 ,
n
则 1,2
的
e
e
(1)若 e, n 的夹角
1
2
2.
(2)若 e, n的夹角1来自22.
是钝角,则两直线的所成角
2
2 [0,2 ],则两直线的所成角