第6节 利用空间向量求空间角

第6节利用空间向量求空间角

知识分类落实/回扣知识•夯实基础

知识梳理

1.异面直线所成的角

设〃，力分别是两异面直线八，/2的方向向量，则

。与♦的夹角夕1\与/2所成的角6

范围(0,兀)(-3

\a-b\

求法产一二COS0=|COS£|=M〃

2.求直线与平面所成的角

设直线/的方向向量为平面a的法向量为〃，直线/与平面a所成的角为0,

则sin0=|cos{a,n)\=|»|.

3.求二面角的大小

(1)如图①，AB,CQ是二面角。一/一夕的两个面内与棱/垂直的直线，则二面角

的大小。=弟，庵〉.

(2)如图②③，〃〃2分别是二面角。一/一尸的两个半平面a，夕的法向量，则二

面角的大小夕满足|cos0|=|cos〈〃1，〃2〉I，二面角的平面角大小是向量n\与112

的夹角(或其补角).

•——常用结论与微点提醒---------------------------x

1.线面角。的正弦值等于直线的方向向量。与平面的法向量〃所成角的余弦值的

绝对值,BPsin0=|cos<a,〃〉不要误记为cos9=|cos〈a,〃〉|.

2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平

面a,夕的法向量m,畋时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确

定二面角与向量功，物的夹角是相等，还是互补.

诊断自测

〉思考辨析

1.判断下列结论正误(在括号内打“J”或“X”)

(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.()

(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.()

(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.()

(4)两异面直线夹角的范围是(0,f］,直线与平面所成角的范围是［o,f］,二面角

的范围是［0,兀］.()

答案(1)X(2)X(3)X(4)J

解析(1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的

方向向量平面的法向量〃，直线与平面所成的角为仇则sin9=

|cos<4,n>I；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.

〉教材衍化

2.已知向量"2,〃分别是直线/和平面a的方向向量和法向量，若cos〈〃九〃〉

=坐则/与a所成的角为()

A.30°B.60°C.120°D.1500

答案B

解析由于cos〈/〃，〃〉=坐，所以〈加，〃〉=30°,所以直线/与a所成的

角为60°.

3.在正方体48CD—AIBCIOI中，E是CQi的中点，则异面直线OE与AC所成

角的余弦值为()

迎_j_1Vio

10B--20C20D,10

答案D

解析建立如图空间直角坐标系。一xyz,

设。A=1,A(l,0,0),C(0,1,0),E(0,I，1),

则危=(-1,1,0),踮=(o,g,1),设异面直线。石与AC

所成的角为仇

则cosO=|cos<AC,DE)1=嚅.

＞考题体验

4.（2020-新高考山东卷）日皆是中国古代用来测定时间的仪

器，利用与唇面垂直的持针投射到唇面的影子来测定时♦间.

把地球看成一个球（球心记为O）,地球上一点A的纬度是指

OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点4且与OA垂直的平

面，在点A处放置一个日唇，若皆面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北

纬40°,则唇针与点A处的水平面所成角为（）

A.20°B.40°C.50°D.90°

答案B

解析如图所示，OO为赤道平面，OOi为A点处的日图的

署面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40。可知NOAOi

=40°,又点A处的水平面与OA垂直，谷针4c与OOi所在

的面垂直，则暑针AC与水平面所成角为4（）。.故选B.

5.（2021・日照质检）正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）43。一

431cl的底面边长为2,侧棱长为2吸，则AG与侧面ABBMi

所成的角为.

答案Z

解析以A为原点，以筋，AE（AELAB）,篇i所在直线为坐标

轴（如图）建立空间直角坐标系，设。为4s的中点，

则A（0,0,0）,G（l,4，2啦），D（l,0,2-72）,AACi=（l,

小，2柩,

布=（1,0,2^2）.

NGA。为AQ与平面ABBIAI所成的角

於1疝

cosZC\AD=

|ACi||AZ)|

_（1,小，2也））（1,0,26）

―gx书—2，

又,.,NGAOE0,与，AZCIAD=T.

6.（2020♦重庆诊断）过正方形ABC。的顶点A作线段%JL平面ABCD,若48=%,

则平面ABP与平面CDP所成的二面角为.

答案45°

解析如图，建立空间直角坐标系，设A8=F=1,则A（0,\z

0,0),0(0,1,0),尸(0,0,1),由题意，AQ_L平面弘B,/\\E

则AE_LPO,/gW2

设E为PO的中点，连接4£,r

又CO_L平面PAD,/BC

ACD1AE,又PDCCD=D,从而AEJ_平面PCD.所以元)=(0,1,0),AE=

（0,2»引分别是平面弘8,平面PCO的法向量，且1（A。，AE）=45。.

故平面RW与平面PC。所成的二面角为45。.

.7考点分层突破/考点聚焦•题型剖析

考点一用向量求异面直线所成的角自主演练

1.如图，在直三棱柱ABC-A\B\C\中，AB=AC=AA]=小,--------并

8C=2,点。为8C的中点,则异面直线AO与AC所成的角

为（）

n兀

A-2B3

B

「兀c兀

C-4D6

答案B

解析以A为原点，AB,AiC,AAi所在直线分别为x轴、yr

-------

轴、Z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则40,0,0),\

0),C(0,啦，0),|'、'、、

Ai（0,0,伍8（啦，0,T

••.O停坐。）,

H

・・.Ab=(坐坐o),

A7c=((),啦，一啦),

Acos<AD,AiC>='♦A，=；,(AD,A?C)=?.

\AD\\AiC\乙'

2.在四面体A8CO中，BDLAD,CDLAD,BD1BC,BD=AD=1,BC=2,则

异面直线AB与CD所成角的余弦值为()

迎酒店返

八•510=5u-10

答案D

解析以。为坐标原点，在平面BC。内过。与B。垂直的‘

A.

直线为x轴，以DB,D4所在的直线分别为)，轴，z轴建立

如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,1),8(0,1,0),夕令(一：)。

C(-2,1,0),0(0,0,0).Y

y

所以检=(0,1,-1),

DC=(-2,1,0).

_病反_1

则cos{AB,DC),故异面直线AB与CO所成角的

\AB\-\DC\也义小10

余弦值为媒.

3.如图所示，在棱长为2的正方体ABC。-43iGOi中，E是

棱CG的中点，AF=)AD,若异面直线。iE和AF所成角的

余弦值为噜，则2的值为.

答案3

解析以。为原点，以DA,DC,。。分别为羽)，，z轴，建立空间直角坐标系.

正方体的棱长为2,则4(2,0,2),Di(0,0,2),£(0,2,1),4(2,0,0).

所以曲=(0,2,-1),份=箱+办=由+母=(0,0,-2)+z(-2,0,

0)=(-22,0,-2).

贝1cos<AIF,D\E)A\"DIE2

1ml诵2护工小

23A/2，解之得2=；(舍去一女).

所以2小7"1-10

感悟升华1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空

间直角坐标系：(2)求出两直线的方向向量Pl,02：(3)代入公式|cos〈小，。2〉|

一加二也履解

一协13件解•

2.两异面直线所成角的范围是。£(0,方，两向量的夹角a的范围是[0,7T],当异

面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线

的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直浅的夹角.

考点二用空间向量求线面角师生共研

【例1】(202().新高考山东卷)如图，四棱锥P-ABCD的底面为

正方形，PO_L底面4BCD设平面PAD与平面PBC的交线为/.

⑴证明:/J_平面尸Z)C；

(2)已知PO=AQ=1,。为/上的点，求P8与平面QC。所成角

的正弦值的最大值.

(1)证明因为尸Q_L底面4BC。，所以尸DJL4D

又底面ABC。为正方形，所以AO_LOC,

又「。noc=o,所以N。_1_平面尸。c.

因为AQ〃8C,AZXt平面08C,

所以AO〃平面PBC.

由已知得/〃AO,因此/_L平面PDC

(2)解以。为坐标原点，曲的方向为x轴正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系。一xyz.

则0(0,0,0),C(0,1,0),8(1,1,0),P(0,0,1),

DC=(0f1,0),丽=(1,1,-1).

由⑴可设。m，o,1),

则诙=3，0,1).

设〃=(x,y,z)是平面QC£)的法向量,

〃.双=(),ax+z=(),

则即j

〃庆=0,)=(),

可取〃=(一1,0,a).

〃•而一1一4

所以cos〈〃，PB)

同丽/々1+/

设与平面QCD所成角为。，

>.口S忆+1|也/［」2a

人miJsin。-3*护工5一芋

因为冬小+高晋’当且仅当。=1时等号成立,

故PB与平面QCO所戌角的正弦值的最大值为坐.

感悟升华向量法求直线与平面所成角主要方法是：

1.分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向

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，取其余凭就是斜线和平面所成的角.

【训练1】(2021•全国百校联考)如图所示，在三棱锥S-BCDs

中，平面58。平面BCD,A是线段S。上的点，△S8。为等

边三角形，NBCD=30。,CD=2DB=4.'

(1)若S4=A。，求证：5D1CA；B--------------

⑵若直线与平面SCD所成角的正弦值为耳野，求AO的长.

(1)证明依题意，BD=2,在△8C7)中，C79=4,N8CO=30。，

由余弦定理求得8C=2，§，

CD1=BD1+BC2,即8C_LBD.

又平面SBO_L平面3C。，平面SBQn平面8c0=30,8Cu平面BCD

平面SBD.从而BC±SDf

在等边△S3。中，SA=AD,则3A_LSD

又3Cn3A=5,・・・SO_L平面BC4,：.SD±CA.

(2)解以B为坐标原点，BC,8。所在直线分别为x轴，y

轴，过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空史

间直角坐标系,

/D'、、

则8(0,0,0),CQ品0,0),0(0,2,0),S(0,1,®/

故⑦=(一2#,2,0),5D=(0,1,-<3),

设平面SC。的法向量为机=(x,y,z),

/M-cb=o,-2四+2)，=0,

则，即＜

M・豆)=(),)，一位=0,

取/=1,则>=3，z=l,所以/%=(1,51),

设a=丸忘(0W/IW1),则所=((),一2,小，),

故A(0,2-2,收),则丽=(0,2一九我),

设直线BA与平面SCD所成角为0.

而二也血

故sin®=|cosGn

\m\-\BA\

12^3-^32+^3/1147195

一下7(2—2)2+3/-65

1313

或

-或---

4422

考点三利用向量求二面角多维探究

角度1求二面角或某一三角函数值

【例2】(2020•全国I卷)如图，。为圆锥的顶点，O是圆锥底

面的圆心，4E为底面直径，是底面的内接正

三角形，P为。。上一点，PO=^DO.

⑴证明：%_L平面PBC；

(2)求二面角B-PC-E的余弦值.

⑴证明设力。=〃，由题设可得「。=除〃，4。=监，

AB=AC=BC=aPA=PB=PC=

y2

222

因此PA-\-PB=ABt从而PA±PB.

又出2+PC?=AC2,故以_LPC.

又PB,PCu平面P3C,PBCPC=P,

所以%_L平面PBC.

(2)解以O为坐标原点，历的方向为)，轴正方句，历的方

向为z轴正方向，|丽|为单位长度，建立如图所示的空间直角

坐标系O—A>Z

由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),

4-塔2'o)‘电‘回

所以比=(_乎，-3,o),

群=(0,-1，孚)

设机=(x,y,z)是平面尸CE的法向量，则

机济=0,

m,EC=0,

可取加=(一坐，1,啦).

由(1)知能=(0,1,当是平面PCB的一个法向量.

nnt2y[5

记n=AP贝i|cos〈〃，m}

t一|〃H〃「5.

?J5

所以二面角B—PC—E的余弦值为毛2.

感悟升华1.用法向量求二面角：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向

量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实乐图

形判断所求角是锐二面角还是钝二面角.

2.我与棱垂直的方向向量法：分别在二面前的两个半平面内找到与棱垂直且以垂

足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.

【训练2］如图，长方体ABCD-A\B\C\D\的底面ABCD是正方

形，点E在棱A4上，BELEG.

(1)证明：BE_L平面E3G；

(2)若AE=4E,求二面角5—EC—G的正弦值.

⑴证明由已知得，BiG_L平面BEu平面故

B\C\A-BE.

又BELECi,BiGnECi=Ci,BiCi,EGu平面EBiG,

所以BE_L平面EB\C\.

⑵解由(1)知NBEBi=90。.由题设知RtAAB^RtAAjBiE,所以：

NAEB=45°,故AE=A8,AAi=2AB.

以。为坐标原点，及的方向为x轴正方向，|所|为单位长度，建

立如图所示的空间直角坐标系。一个z,0

则C(0,1,0),B(l,1,0),C|(O,1,2),E(1,0,1),CB=(\,0,0),CE=

(1,-1,1),CCi=(0,0,2).

设平面EBC的法向量为〃=(»,yi,zi),

CB”i=0,Xi=0,

则即,八

昆〃=0,Hr+e)，

所以可取〃=(0,-1,-1).

设平面ECG的法向量为根=(X2,”，Z2),

CC\'in=0y2Z2=0,

则即_八

[CE-m=0,[X2_),2+Z2=0,

所以可取机=(1,1,0).

于是cos〈〃，m

则sin〈〃，m

所以，二面角B—EC—G的正弦值为坐.

角度2与二面角有关的综合问题

【例3】(2021•合肥检测)如图,在三棱锥产一ABC中,AB=BC

=2^2,PA=PB=PC=AC=4f。为AC的中点.

(1)证明：PO_L平面A8C；

⑵若点M在棱4c上，且二面角M一%一C为3()。，求PC与

平面以M所成角的正弦值.

(1)证明因为AP=CP=4C=4,。为AC的中点，

所以OPJ_AC,且OP=2，1

连接03,因为A8=3C=拳AC,

所以AABC为等腰直角三角形，

且0B_LAC,0B=^AC=2.

由。尸+04=尸产知POLOB.

由。P_LOB,OP_LAC且。8nAe=0,知P0_L平面4BC.

(2)解如图，以。为坐标原点，丽的方向为x轴正方向，

建立空间直角坐标系0-xyz.

由已知得0(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,

0),P(0,0,26协=(0,2,2小).取平面PAC的一个

法向量协=(2,0,0).

设M(〃，2—0)(0＜。＜2),则加=(a,4~a,0).

设平面B4M的法向量为〃=(x,y,z).

由AP〃=0,AM-n=0得

2y+25z=(),_「「

'“、八可取〃=(小(a—4)，小a,-«),

w+(4—Q)y=(),

2事(a—4)

所以

cos(OB,n}243(〃-4)2+3〃2+〃2

由已知可得|cos(OB,n)\=2f

所以-L2小Q4|_第

243(〃-4)2+3/+/2，

4

解得。=—4(舍去)，

诉W(8^34^34)

所以〃一(一一^一,刀一，一),•

又走=(0,2,2小)，所以cos(PC,而二+.

所以PC与平面以历所成角的正弦值为坐.

感悟升华1.本题把综合法与向量法融为一体，考查逻辑推理与数学运算等数学

核心素养.

2.题目求解的关键有两点：(1)证明PO_L平面48C，从而为建立空间直角坐标系,

利用向量法求解提供了保障；(2)由点M在国7上及二面角M办C为30c,确

定具体的位置，从而求出点"的坐标.

【训练3】(2021•衡水检测)如图，AEJ_平面48cO,CF//AE,

AD//BC,ADLAB,AB=AD=\fAE=BC=2.

(1)求证：〃平面AOE；

(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；

(3)若二面角E-8。一产的余弦值为:，求线段CF的长.

解依题意,建立以4为原点，分别以筋，布)，40的方向为x

轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0,0,

0),B(l,0,0),C(l,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).

设b=〃(〃>0),则F(],2,/?).

(1)证明依题意，AB=(]f0,0)是平面ADE的一个法向量,

又济=(0,2,/?),可得脐•筋=0,

又因为直线8国平面4DE,

所以Bb〃平面ADE.

(2)依题意，BZ)=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2).

设〃=(.r,ytz)为平面UDE的法向量,

〃协=0,—x+y=0,

则

—x+2z=0,

n-BE=0t

不妨令z=l,可得〃=(2,2,1).

\CEn4

因此有cos(zCE,加==-4

\CE\M

4

所以，直线CE与平面BQE所成角的正弦值为

(3)设帆=(箝，yi,zi)为平面B。/7的法向量,

m•丽=0,

则

mBF=0,

-xi+yi=0,(

即由+加尸。，不妨令可得1,I

又〃=(2,2,1)为平面的一个法向量,

2

1

故由题意，有|cos〈/明〃〉1=

M\n\

3

解得仁与经检验，符合题意.

Q

所以，线段的长为

考点四与空间向量有关的探索性问题师生共研

【例4】如图，在三棱锥P-A8C中，底面是边长为4的正三

角形，办=2,附_1_底面ABC,点E,尸分别为AC,PC的中

点.

(1)求证：平面BEAL平面办C；

⑵在线段尸B上是否存在点G,使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为芈?

若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由.

(1)证明*：AB=BC,E为AC的中点，C.BELAC.

又出_L平面ABC,3£u平面ABC,：.PALBE.

*：PAC\AC=A,，/?田1平而以C

"u平面BEF,：.平面BEF1.平面PAC.

⑵解存在.由⑴及已知得附PALAC,

•・•点E,尸分别为AC,PC的中点，

：.EF//PAf・・・EFLBE,EFA.AC.

XBE.LAC,:.EB,EC,Eb两两垂直.

分别以丽，EC,方的方向为x,yfz轴正方向建立空间直

角坐标系，如图，

则4(0,-2,0),P(0,-2,2),BQ小,0,0),C(0,2,

0).

设防=2济=(一2小2,一2九22),Ae[(),1],

所以危=福+防=(24(1-2),2(1-2),2A),

反?=(一2小，2,0),PC=(0,4,-2),

设平面P8C的法向量为〃=(x,y,z),

〃•病=0,1―2市1+2)，=0,

则J=><

n-PC=014y-2z=0,

令x=l,则y=#,z=2小，.*.«=(!,小，2小).

由已知得华=血，

\AG\-M

即应____________4s仝土、

即5-4/f产育=八-2或10(舍去)•

故A=1.

所以存在满足条件的点G,点G为尸8的中点.

感悟升华1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作

条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,

是否有规定范围内的解”等.

2.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式,

解出参数.

【训练4］如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧

棱的长都是底面边长的6倍，尸为侧棱S。上的点.

(1)求证:AC1SD；

⑵若SQJ_平面以C,求二面角P-AC一。的大小；

(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点使得BE//平

面心。.若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由.

⑴证明连接BQ,设AC交8Q于点。，连接S。.由题意

知SOJ_平面A8CO,以。为坐标原点，

以画，0C,而分别为x轴、)，轴、z轴正方向，建立坐标

系。-

设底面边长为a,则高5。=乎”，于是SO,0,当J，

£)(-乎0,0),《0,乎0).

于是，沆=((),乎〃，())，⑦=(—乎〃，0,—

则无•扬=0,故OC_LS。，从而AC_LSD

⑵解由题设知，平面出C的一个法向量示=怜〃，0,当，，平面。4C的一

个法向量痂=(o,o,乎J.

由题知，二面角「一AC—。为锐角，则cos(OS,DS)=透至£='亭，

\OS\\DS\

所以二面角的大小为30°.

(3)解在棱SC上存在一点E使2石〃平面PAC.

根据第⑵问知求是平面PAC的一个法向量，且示=(乎〃，0,半J,CS=

10,—?a,2今

设在=t衣.

(—冬，冬(I)

则BE=BC+CE=BC+tCS=表、

6I

又旗•求=0,得一另+0+心2/=o,则/=-,

当SE:EC=2：1时，BEA-DS.

由于BEQ平面以C,故BE〃平面以C.

因此在棱SC上存在点E,使6E〃平面%C,此时SE：EC=2：1.

拓展视野/应用空间向量求距离

空间距离的几个结论：

(1)点到直线的距离：设过点尸的直线/的方向向量为单位向量〃，A为直线/外

一点，点4到直线/的距离d="或F一|两.川2.

(2)点到平面的距离：设尸为平面a内的一点，〃为平面。的法向量，A为平面a

外一点，点A到平面G的距离1=今回

(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离.

一、点面距

【例1】如图，已知圆柱。01底面半径为1,高为兀，平面ABCQ

是圆柱的一个轴截面，动点M从点B出发沿着圆柱的侧面到达点

D,其运动路程最短时在侧面留下曲线「将轴截面4BC。绕着轴

00\逆时针旋转仇0＜。〈兀)后得到平面ASGOi,边8G与曲线

〃相交于点P.

(1)求曲线，的长度;

⑵当0=机寸，求点C1到平面APB的距离.

解(1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边3A,曲线〃就是对角

线BD.

由于4B=nr=7T,AD=7i,.•.8。=啦兀.故曲线/''的长度为啦兀

(2)当夕=1时，建立如图所示的空间直角坐标系，

则。(0,0,0),A(0,-1,0),B(0,1,0),p(-1,0,I

Ci(-1,0,兀)，所以初=(0,2,0),

A>=f-i,i,dCi=(-i,o,兀).

设平面A8P的法向量为〃=(x,y,z),

2y=0,

则一兀，

一工+)+呼=0,

取z=2得〃=(兀，()，2),

.

・••点C1到平面PAB的距离

思维升华求点面距的关键是利用点与平面内异于该点射影的任一点，找出斜线

段所在的向量在法向量上的射影，然后利用公式求解.

二、线线距

【例2】在长方体中，A8=4,AO=3,A4=2,M,N分别为

CD,35的中点，求异面直线MN与A1的距离.

解以A为原点，以A。，AB,AA为坐标轴，建立空间

直角坐标系，如图

则M(3,2,0),N(0,4,I),

Ai(0,0,2),B(0,4,0),

即荻=(一3,2,1),仙=(0,4,-2).

〃•雨=(),

设MN,AiB公垂线的方向向量为〃=*,y,z),则甫,

―3x+2y+z=0,4

〈令y=l,则z=2,X=T,

〔4j，一2z=0,3

示1,2),|〃|=的

即n=

3.

又流i=(-3,-2,2)在〃上的射影的长度为

I,IMAPHI3|-3xf-2Xl+2X2|6

ClJilA/6161.

即异面直线MN与MB的距离为嗜］

思维升华利用空间向量求两异面直线间的距离，避免了求两异面直线的公垂线,

显示了向量法的优势.解题的关键是求出两异面直线公垂线的方向向量.

课后巩固作业分层训练・提升能力

A级基础巩固

一、选择题

1.在正方体ABCD-AiBiCiDi中，点E为85的中点，则平面4瑁)与平面ABCO

所成角的余弦值为()

c坐D芈

答案B

解析以A为原点，AB,AD,AAi所在直线分别为九轴，丁轴,

z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1,则4(0,0,

1)，1,0,0(0,1,0),

/.Aib=(o,1,—1),

乖=(i,o,_£).

设平面AiEZ)的法向量为〃i=(l,y,z),

^—2=0,

Ai£>m=0,)=2,

则有即I

］一呼=0,2=2,

•*/I।=(1»2,2).

•・・平面A8CO的法向量为，22=(0,0,1),

22

|cos<W|,〃2〉1=*7=手

2

即平面A\ED与平面ABCD夹角的余弦值为y.

2.（2021・广州模拟）如图,四棱锥S-ABCD中，SD_L平面

ABCD.AB//CD,AD1CD,SD=CD,AB=AD,CD=2ADf

M是BC中点，N是线段SA上的点，设MN与平面SA。所

成角为a，则sin。的最大值为（）

空空空2^3

•7•7•7•7

答案A

解析以。为坐标原点，D4所在直线为x轴建立如图所

示的空间直角坐标系O—xyz,设。4=2,则0(0,0,0),

5(0,0,4),A(2,0,0),5(2,2,0),C(0,4,0),M(I,

3,0),所以魏=(2,0,-4).

设帝=1葩(0W4W1),则M2A,0,4-4A),则疝7=(22

-1,—3,4—42).

平面SAD的一个法向量为发=(0,4,0),

所以sina==I、,

\MN\-\DC\V2(102—182+13)

9

因为0WNW1,所以当人=而，

即5川=9乂4时，5足。取得最大值半.

二、填空题

3.如图所示，在正方形A8CD中，EF//AB,若沿£尸将正方形

折成一个二面角后，AE：ED：AD=1：1：&,则AF与CE

所成角的余弦值为.

答案!

解析因为AE：E。：AD=\：1：^2,

所以AE_LEZ）,即Af,DE,E/两两垂直，所以建立如图所

示的空间直角坐标系，

设A8=EF=CO=2,B

则七(()，()，())，A(l,0,0),F(0,2,0),C((),2,1),

所以酢=(一1,2,0),EC=(0,2,1),

所以cosEC)=4,房=],

\AF]\EC\

4

所以A/与CE所成角的余弦值为w

J

4.（2020・长沙检测）如图所示，在长方体ABCD-A\B\C\D\中,AD=AAi=\fAB

=2,点七是棱AB的中点，则点E到平面的距离为.

答案3

解析如图，以。为坐标原点，直线DA,DC,DA分别为乂y,z轴建立空间

直角坐标系，

则5(0,0,I),E(l,1,0),4(1,0,0),C((),2,0).

则用=(1,1,-1),AC=(-1,2,0),ADi=(-l,0,1).

设平面AC£>1的法向量为〃=m，byc),

irAC=-。+2/?—0»

则，取。=2,得〃=(2,1,2),

./1ADI=—«+(?=0,

,,,cc_\D\E•n\|2+1-2|1

・••点E到平面ACD\的距离h=7~,=Q

三、解答题

5.(2020•北京卷汝口图，在正方体ABCD-43iG£>i中，E为BB1A.

的中点.“付第E

(1)求证：BG〃平面AD£二

D------c

(2)求直线AAi与平面AD\E所成角的正弦值.

⑴证明・・・48。)-4以@£)|为正方体，

*»AB•5DiCi,

・・・四边形ABGU为平行四边形，：.BCi//ADi.

又8GQ平面ADC平面面。归,

.\8G〃平面AQE.

(2)解如图所示，以4为坐标原点，分别以病，ABf筋।的方向为x轴、j轴、

z轴正方向建立空间直角坐标系A—x)，z,不妨设正方体的棱长为2,则A(0,0,

0),4(0,0,2),0,2),E(0,2,1).AA4i=(0,0,2),协=(2,0,2),

丽=(0,2,1).

设平面AQiE的一个法向量为〃=(x,y,z),

〃・助1=(),2x+2z=0,

则即＜.

〃•屈=0,⑵+z=0,

令y=1,则z=—2,x=2,

，平面AQiE的一个法向量为〃=(2,1,-2).

Acos〈启，而=巫'言=—

|A4i|-|n|2X3~

2

，直线A4与平面AD^E所成角的正弦值为

6.(2021・百所名校模拟)如图，在矩形A3CZ)中，AB=2AD,点

E是CD的中点.将△ADE沿AE折起，使得点。到达点P的

位置，且使平面以EJ•平面A8CE.

⑴求证：平面平面以E；

(2)求平面%E与平面BC尸所成锐二面角的余弦值.

，

(1)证明：AB=2ADfE是CQ的中点，且ABCD为矩形，：.AD=DE9

yrif

：.ZDEA=^同理NC£B=7NAEB/即BEJ_AE,

又平面力£J_平面ABCE,平面%EG平面ABCE=AEfBEu平面ABCE,

，8E_L平面PAE,

又BEu平面PBE,

，平面尸，七_L平面PAE.

⑵解取AE的中点。，连接OP,贝i」OP_LAE,

又平面办七上平面ABCE,平面出石门平面ABCE=AE,OPu平面PAE,

：.OP_L平面ABCE.

:

以上为原点，E4、E8分别为龙轴，y轴，过点E作P。的P\

平行线为z轴建立空间直角坐标系E-xyz.

设AB=4,则E(0,0,0),

A(2VL0,0),8(0,2M0),

P(啦，0,柩,

・・・©=(—2加，2啦，0),而=(一啦，2啦，一啦),

・••比=；丽=(一也出，0),・・・c(-啦，®0).

・・&=(6，啦，0),

设平面8cp的法向量为〃=(x,y,z),

〃,C8=0,y[^2x—>^2y—0,

〃.而=0,[一g+2柩,-也z=0,

令x=l,得〃=(1,—1,—3).

由(1)知，平面附E的一个法向量为或=((),272,0).

设平面%E与平面BCP所成的角为0.

则cos8=|cos〈丽，加|=磔闾

I函1〃1

10X1+2也义(-1)+0X(-3)|JTT

―2A/2X^12+(-1)2+(-3)2—11，

・・・平面%E与平面BCP所成锐二面角的余弦值为邛.

B级能力提升

7.(2020•江苏卷)在三棱锥A—BC。中，己知CB=CO=小，BDV

=2,。为的中点，AOJ_平面BC。，AO=2,E为AC的/；\\奘

中点・口

(1)求直线48与。石所成角的余弦值；

(2)若点尸在BC上，满足BF=：8C,设二面角/一DE-C的大小为仇求sin夕

的值.

解(1)如图，连接OC,因为C8=CD,。为80的中点，A：

所以C0_L8Df'?\p

又AO_L平面BCO,OB,OCu平面8c£),所以AO_LO8,/

AO.LOC.

以｛为，OC,不｝为基底，建立空间直角坐标系o—xyz.

因为8£>=2,CB=CD=6AO=2,

所以8(1,0,0),D(-l,0,0),C(0,2,0),40,0,2).

因为E为AC的中点，所以E(0,1,1),

所以超=(1,0,一2),DE=(1,1,I),

|西•丽

所以|cos(AB,DE)\=

\AB\-\DE\

_|1+O-2|_VT5

-^5X^3―15・

因此，直线A8与OE所成角的余弦值为隼.

1

(2)因为点“在8C