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第八节　用空间向量研究夹角问题
1.如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；
（2）求直线AF与平面α所成角的正弦值.
2.（2025·鹰潭一模）如图1，已知正三角形ABC的边长为6，其中＝2，＝2，现沿着DE翻折，将点A翻折到点A'处，使得平面A'BC⊥平面DBC，M为A'C中点，如图2.
（1）求异面直线A'D与EM所成角的余弦值；
（2）求平面A'BC与平面DEM夹角的余弦值.
3.在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O'的直径，FB是圆台的一条母线.
（1）已知G，H分别为EC，FB的中点.求证：GH∥平面ABC；
（2）已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC.求二面角F-BC-A的余弦值.
4.如图所示，在五面体ABCDEF中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，DF⊥EF，EF＝2CD＝2.
（1）若DF＝2，求二面角A-CE-F的正弦值；
（2）若平面ACF⊥平面BCE，求DF的长.
5.（创新解题路径）（2025·石家庄质量检测）如图，在五棱锥S-ABCDE中，平面SAE⊥平面AED，AE⊥ED，SE⊥AD.
（1）证明：SE⊥平面AED；
（2）若四边形ABCD为矩形，且SE＝AB＝1，AD＝3，＝2.当直线DN与平面SAD所成的角最小时，求三棱锥D-SAE的体积.
6.（创新知识交汇）（2024·青岛一模）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1与BB1的距离为，AB＝AC＝A1B＝2，A1C＝BC＝2.
（1）证明：平面A1ABB1⊥平面ABC；
（2）若点N在棱A1C1上，求直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值.
第八节　用空间向量研究夹角问题
1.解：（1）交线围成的正方形EHGF如图所示.
（2）作EM⊥AB，垂足为M，
则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝＝6，所以AH＝10.
以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
则A（10，0，0），H（10，10，0），E（10，4，8），F（0，4，8），＝（10，0，0），＝（0，－6，8）.
设n＝（x，y，z）是平面EHGF的法向量，
则即
所以可取n＝（0，4，3）.
又＝（－10，4，8），
故｜cos＜n，＞｜＝＝.
所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.
2.解：（1）取BC的中点为O，DE的中点为O'，连接A'O，A'O'，OO'，
∵正三角形ABC中，＝2，＝2，
∴DE∥BC，DE＝BC，则四边形DECB为等腰梯形，
故OO'⊥DE，OO'⊥BC；
由翻折性质可得A'E＝A'D，∠A'EC＝∠A'DB，EC＝DB，
则△A'EC≌△A'DB，∴A'C＝A'B，∵O是BC的中点，∴A'O⊥BC，
又平面A'BC⊥平面DBC，平面A'BC∩平面DBC＝BC，A'O 平面A'BC，
∴A'O⊥平面DBC，又OO' 平面DBC，
∴A'O⊥OO'，
以点O为坐标原点，OC，OO'，OA'所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵正△ABC的边长为6，DE∥BC，DE＝BC，
则△A'DE为正三角形，边长为4，则A'O'⊥DE，
∴A'O'＝2，OC＝OB＝3，OO'＝，
在△A'OO'中，由勾股定理得
OA'＝＝3，
∴A'（0，0，3），D（－2，，0），E（2，，0），C（3，0，0），M（，0，），
则＝（－2，，－3），＝（－，－，），
∴cos＜，＞＝
＝＝－，
∵异面直线所成角的取值范围为（0，］，
∴异面直线A'D与EM所成角的余弦值为.
（2）由（1）得D（－2，，0），E（2，，0），M（，0，），
∴＝（4，0，0），＝（，－，），
易得平面A'BC的一个法向量为m＝（0，1，0），
设平面DEM的法向量为n＝（x，y，z），
则即
令z＝2，则n＝（0，，2），
∴｜cos＜m，n＞｜＝｜｜＝＝，
∴平面A'BC与平面DEM夹角的余弦值为.
3.解：（1）证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，如图1所示，
在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.
又EF∥OB，所以GI∥OB.
在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.
又HI∩GI＝I，OB∩BC＝B，HI，GI 平面GHI，BC，OB 平面ABC，所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH 平面GHI，所以GH∥平面ABC.
（2）连接OO'，则OO'⊥平面ABC.
又AB＝BC，且AC是☉O的直径，所以BO⊥AC.
以O为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题意得B（0，2，0），C（－2，0，0）.
过点F作FM垂直OB于点M，
所以FM＝＝3，
可得F（0，，3）.
故＝（－2，－2，0），＝（0，－，3）.
设m＝（x，y，z）是平面BCF的法向量，
由可得
可得平面BCF的一个法向量m＝（－1，1，）.
因为平面ABC的一个法向量n＝（0，0，1），
所以cos＜m，n＞＝＝.
所以二面角F-BC-A的余弦值为.
4.解：（1）因为平面ABEF⊥平面CDFE，平面ABEF∩平面CDFE＝EF，DF⊥EF，DF 平面CDFE，所以DF⊥平面ABEF，所以DF⊥AF，DF⊥FE，
又四边形ABEF为正方形，则AF⊥EF，以{，，}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz，
则F（0，0，0），A（2，0，0），E（0，2，0），C（0，1，2），
则＝（2，－2，0），＝（0，－1，2），
设平面ACE的一个法向量为m＝（x，y，z），
则m⊥，m⊥，所以
即不妨取z＝1，则x＝y＝2，
所以m＝（2，2，1）；
又＝（2，0，0），＝（0，2，0），＝（0，1，2），
所以·＝0，·＝0，
所以⊥，⊥，
又FE∩FC＝F，FE 平面CEF，FC 平面CEF，
所以FA⊥平面CEF，故＝（2，0，0）为平面CEF的一个法向量，
所以cos＜m，＞＝＝.
所以二面角A-CE-F的正弦值为＝.
（2）设DF＝t（t＞0），则C（0，1，t），
所以＝（2，0，0），＝（0，－1，t），＝（2，0，0），＝（0，1，t），
设平面BCE的一个法向量为n＝（a，b，c），则n⊥，n⊥，
所以即
不妨令c＝1，则b＝t，所以n＝（0，t，1）.
设平面ACF的一个法向量为s＝（p，q，r），则由s⊥，s⊥，
得即
不妨取r＝1，则q＝－t，得s＝（0，－t，1），
因为平面ACF⊥平面BCE，所以n·s＝0，
即－t2＋1＝0，得t＝1，即DF＝1.
5.解：（1）证明：因为平面SAE⊥平面AED，DE⊥EA，DE 平面AED，平面SAE∩平面AED＝AE，所以DE⊥平面SAE，
又SE 平面SAE，所以DE⊥SE，
又因为SE⊥AD，ED∩AD＝D，且AD，DE 平面AED，所以SE⊥平面AED.
（2）以E为坐标原点，分别以EA，ED，ES所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设∠EAD＝θ（θ∈（0，）），则A（3cos θ，0，0），D（0，3sin θ，0），S（0，0，1），
可得CD与y轴夹角为θ，所以＝（sin θ，cos θ，0），＝＝（cos θ，－sin θ，0），＝＋＝（sin θ＋cos θ，cos θ－sin θ，0），
＝（3cos θ，0，－1），＝（0，3sin θ，－1），
平面SAD的法向量记为n＝（x，y，z），
由得
令z＝3sin θcos θ，得n＝（sin θ，cos θ，3sin θcos θ），cos＜，n＞＝
＝≥＝，
当θ＝时，等号成立，此时，直线DN与平面SAD所成的角取得最小值，
此时VD-SAE＝S△ADE·SE＝··1＝.
6.解：（1）证明：取棱A1A的中点D，连接BD，
因为AB＝A1B，所以BD⊥AA1，
因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1∥BB1，
所以BD⊥BB1，所以BD＝，
因为AB＝2，所以AD＝1，AA1＝2；
因为AC＝2，A1C＝2，所以AC2＋A＝A1C2，所以AC⊥AA1，
同理AC⊥AB，
因为AA1∩AB＝A，且AA1，AB 平面A1ABB1，
所以AC⊥平面A1ABB1，
因为AC 平面ABC，所以平面A1ABB1⊥平面ABC.
（2）取AB中点O，连接A1O，
取BC中点P，连接OP，则OP∥AC，
由（1）知AC⊥平面A1ABB1，所以OP⊥平面A1ABB1，
因为A1O 平面A1ABB1，
AB 平面A1ABB1，
所以OP⊥A1O，OP⊥AB，
因为AB＝A1A＝A1B，则A1O⊥AB，
以O为坐标原点，OP，OB，OA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
则A（0，－1，0），A1（0，0，），B1（0，2，），C（2，－1，0），
设点N（a，0，）（0≤a≤2），
则＝（0，2，0），＝（2，－1，－），＝（a，1，），
设平面A1B1C的法向量为n＝（x，y，z），
得得
取x＝，则y＝0，z＝2，所以n＝（，0，2），
设直线AN与平面A1B1C所成的角为θ，
则sin θ＝｜cos＜n，＞｜
＝＝×＝×
＝×，
若a＝0，则sin θ＝，
若a≠0，则sin θ＝×≤×＝，
当且仅当a＝，即a＝2时，等号成立，
所以直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值为.
2 / 2第八节　用空间向量研究夹角问题
课标要求
　　能用向量方法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的过程，体会向量方法在研究空间角问题中的作用.
1.异面直线所成角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝｜cos＜u，v＞｜＝｜｜＝　　　　.
提醒 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的范围为（0，π），所以公式中要加绝对值.
2.直线与平面所成角
如图所示，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝｜cos＜u，n＞｜＝｜｜＝　　　　.
提醒 直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值.
3.平面与平面的夹角
（1）平面与平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角，如图1.若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝；
（2）二面角：二面角α-l-β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则｜cos φ｜＝｜cos θ｜＝，如图2，3.
提醒 注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为［0，］.
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（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.（　　）
2.（人A选一P36例7改编）已知直线l1的方向向量s1＝（1，0，1），直线l2的方向向量s2＝（－1，2，－2），则l1和l2夹角的余弦值为（　　）
A.　　　B.　　　C.　　　D.
3.（人A选一P44习题15题改编）已知点E，F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC夹角的余弦值为 　　　　.
4.（人A选一P41练习3题改编）已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos＜m，n＞＝－，则l与α所成的角为　　　　.
5.（人A选一P41练习1题改编）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的大小为　　　　.
异面直线所成的角
（师生共研过关）
如图所示，在三棱锥O-ABC中，OA，OB，OC两两互相垂直，E为OC的中点，且OB＝OC＝2OA＝2，则直线AE与BC所成角的大小是（　　）
A.30°　　　B.45°　　　C.60°　　　D.90°
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　解题技法
用向量法求异面直线所成角的步骤
（1）坐标向量法
（2）基向量法
在一些不适合建立空间直角坐标系的题目中，一般先把直线的方向向量a，b用基向量表示，再由公式cos＜a，b＞＝求得cos＜a，b＞，进而求得两直线夹角.
1.如图，已知以O为圆心，2为半径的圆在平面α上，若PO⊥α，且PO＝4，OA，OB为圆O的半径，且∠AOB＝90°，M为AB的中点，则异面直线OB与PM所成角的余弦值为　　　　.
2.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F在棱AD上，且＝λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ＝　　　　.
直线与平面所成的角
（师生共研过关）
（1）如图所示，正四面体PABC中，M，N分别是BC，PC的中点，则AP与平面AMN所成角的正弦值为（　　）
A. B.
C. D.
（2）已知E，F，O分别是正方形ABCD的边BC，AD及对角线AC的中点，将△ACD沿着AC进行翻折构成三棱锥，则在翻折过程中，直线EF与平面BOD所成角的余弦值的取值范围为　　　　.
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　解题技法
利用空间向量求线面角的解题步骤
提醒 线面角的正弦值对应向量夹角的余弦值的绝对值.
（2025·洛平许济第四次质量检测）如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧棱DD1⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2A1B1＝4，∠ADC＝120°.
（1）证明：平面DBB1D1⊥平面ADD1A1；
（2）若四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为.求直线B1C与平面ADD1A1所成角的正弦值.
平面与平面的夹角（二面角）
（师生共研过关）
（2024·全国甲卷理19题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点.
（1）证明：BM∥平面CDE；
（2）求二面角F-BM-E的正弦值.
解题技法
向量法求平面与平面的夹角（二面角）的方法
（1）找法向量：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，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；
（2）找与棱垂直的方向向量：分别在二面角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.
（2024·新乡模拟）如图，在四面体ABCD中，AB＝AC＝AD＝BC＝BD，BC⊥BD，E，F分别为AB，AC的中点.
（1）证明：平面ACD⊥平面BCD；
（2）求平面BDF与平面CDE夹角的余弦值.
第八节　用空间向量研究夹角问题
【知识·逐点夯实】
知识梳理夯基
1.　2.
对点自测诊断
1.（1）×　（2）×　（3）×
2.C　3.　4.　5.45°或135°
【考点·分类突破】
考点1
【例1】 C　法一（利用基向量） 根据已知可得，，不共面，且｜｜＝1，｜｜＝｜｜＝2，·＝·＝·＝0.又因为＝－＝－，＝－，所以·＝（－）·（－）＝－·－·＋·＝2，类似地，｜｜2＝（－）·（－）＝－·＋＝2，｜｜2＝（－）·（－）＝－2·＋＝8.所以cos＜，＞＝＝＝，因此＜，＞＝60°，即直线AE与BC所成角的大小为60°.
法二（利用坐标向量） 因为OA，OB，OC两两互相垂直，所以以O为原点，，，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.则由OB＝OC＝2OA＝2，可知A（1，0，0），E（0，0，1），B（0，2，0），C（0，0，2），所以＝（－1，0，1），＝（0，－2，2），因此cos＜，＞＝＝＝，从而＜，＞＝60°，即直线AE与BC所成角的大小为60°.
跟踪训练
1.　解析：由PO⊥α且∠AOB＝90°可知OA，OB，OP两两垂直.以O为坐标原点，，，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.由题知O（0，0，0），P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），因为M为AB的中点，所以M（1，1，0），所以＝（1，1，－4），＝（0，2，0），则cos＜，＞＝＝＝，所以异面直线OB与PM所成角的余弦值为.
2.　解析：以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系（图略）.正方体的棱长为2，则A1（2，0，2），D1（0，0，2），E（0，2，1），A（2，0，0）.所以＝（0，2，－1），＝＋＝＋λ＝（0，0，－2）＋λ（－2，0，0）＝（－2λ，0，－2）.则cos＜，＞＝＝，所以＝，解得λ＝（舍去－）.
考点2
【例2】 （1）C　（2）（0，）
解析：（1）建立如图所示空间坐标系.设AM＝3，则BC＝2，OM＝1，OP＝2，A（0，－2，0），P（0，0，2），C（－，1，0），N（－，，），M（0，1，0），＝（－，，），＝（0，1，0），设平面AMN的法向量为n＝（x，y，z），则得设z＝，则y＝0，x＝2，n＝（2，0，），＝（0，2，2），设AP与平面AMN所成角为θ，则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝.
（2）翻折后的图形如图所示.设正方形的边长为2，则OA＝OB＝OD＝，OA⊥OB，OA⊥OD，设∠BOD＝α，α∈（0，π），直线EF与平面BOD所成的角为θ，θ∈（0，），以{，，}为一组基底，则＝－＝（＋）－（＋）＝－＋，所以｜｜＝＝（＋＋－·＋·－·＝.又＝－＝－2，所以｜｜＝2｜｜＝2，所以sin θ＝＝∈（，1），所以cos θ＝∈（0，）.
跟踪训练
解：（1）证明：因为底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝120°，所以∠DAB＝60°，
因为在△ABD中，DA＝2，AB＝4，
由余弦定理可得DB2＝AB2＋AD2－2AB×ADcos 60°＝12，所以DB＝2.
所以DA2＋DB2＝AB2，所以△ADB为直角三角形，即AD⊥BD.
又因为DD1⊥平面ABCD，DB 平面ABCD，所以DD1⊥BD，
因为AD 平面ADD1A1，DD1 平面ADD1A1，且DA∩DD1＝D，
所以BD⊥平面ADD1A1.
又因为BD 平面DBB1D1，所以平面DBB1D1⊥平面ADD1A1.
（2）因为四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为，DD1⊥平面ABCD，
而＝（SABCD＋＋）·DD1，
所以＝·DD1·（AD·DB＋A1D1·D1B1＋），
所以＝·DD1·7，解得DD1＝1.
如图，以点D为原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则B1（0，，1），C（－2，2，0），所以＝（－2，，－1），
而平面ADD1A1的一个法向量为n＝（0，1，0），
设直线B1C与平面ADD1A1所成角为θ，
则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝.
所以直线B1C与平面ADD1A1所成角的正弦值为.
考点3
【例3】 解：（1）证明：法一（利用线面平行判定定理） 因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2，
所以BC∥MD，且BC＝MD，
所以四边形BCDM为平行四边形.
所以BM∥CD，
又CD 平面CDE，BM 平面CDE，所以BM∥平面CDE.
法二（利用面面平行的性质） 因为EF∥AD，BC∥AD，所以EF∥BC，
又EF＝BC＝2，所以四边形BCEF为平行四边形.
所以BF∥CE，又CE 平面CDE，BF 平面CDE，
所以BF∥平面CDE.
因为M为AD的中点，且AD＝4，
所以EF∥MD，且EF＝MD，
所以四边形MDEF为平行四边形.
所以FM∥ED，又ED 平面CDE，FM 平面CDE，所以FM∥平面CDE.
因为BF，FM 平面BMF，BF∩FM＝F，
所以平面BMF∥平面CDE.
又BM 平面BMF，
所以BM∥平面CDE.
（2）取AM的中点O，连接BO，FO.
由（1）法一可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2，所以BO⊥AD，且BO＝.
由（1）法二知四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝，
又AF＝，所以FO⊥AM，
又OA＝OM＝1，所以FO＝＝3，
又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2，
所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直.
分别以OB，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则F（0，0，3），B（，0，0），M（0，1，0），E（0，2，3），则＝（，－1，0），＝（0，－1，3），＝（0，1，3）.
设平面FBM的法向量为n1＝（x1，y1，z1），
则即
令y1＝3，所以x1＝，z1＝1，
所以n1＝（，3，1）.
设平面EBM的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
则即
令y2＝3，所以x2＝，z2＝－1，
所以n2＝（，3，－1）.
设二面角F-BM-E的平面角为θ，
所以｜cos θ｜＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝，
因为θ∈[0，π]，
所以sin θ＞0，
即sin θ＝＝，
所以二面角F-BM-E的正弦值为.
跟踪训练
解：（1）证明：取CD的中点O，连接OA，OB，
因为BC＝BD，所以OB⊥CD，且OB＝，
又AC＝AD＝BC＝BD，所以OA⊥CD，△ACD≌△BCD，则∠CAD＝∠CBD＝90°，有OA＝，
因为AB＝BC＝CD，所以OB2＋OA2＝AB2，则OB⊥OA，
又OA∩CD＝O，OA，CD 平面ACD，所以OB⊥平面ACD，
又OB 平面BCD，
所以平面ACD⊥平面BCD.
（2）由（1）知，OD，OB，OA两两垂直，
以O为坐标原点，直线OD，OB，OA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设CD＝4，则A（0，0，2），B（0，2，0），C（－2，0，0），D（2，0，0），
因为E，F分别为AB，AC的中点，所以E（0，1，1），F（－1，0，1），
则＝（2，－2，0），＝（－1，－2，1），＝（4，0，0），＝（2，1，1），
设平面BDF的法向量为m＝（x1，y1，z1），
则
令x1＝1，得m＝（1，1，3），
设平面CDE的法向量为n＝（x2，y2，z2），
则
令y2＝1，得n＝（0，1，－1），
cos＜m，n＞＝＝＝－，
所以平面BDF与平面CDE夹角的余弦值为.
4 / 4(共69张PPT)
第八节　用空间向量研究夹角问题
高中总复习·数学
课标要求
　　能用向量方法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问
题，并能描述解决这一类问题的过程，体会向量方法在研究空间角问
题中的作用.
目 录
CONTENTS
知识·逐点夯实
01.
考点·分类突破
02.
课时·跟踪检测
03.
PART 01
知识·逐点夯实
必备知识 | 课前自修
1. 异面直线所成角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则 cos θ＝｜
cos ＜u，v＞｜＝｜ ｜＝ 　 　.
提醒 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的范围为
（0，π），所以公式中要加绝对值.
　
2. 直线与平面所成角
如图所示，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则 sin θ＝｜ cos ＜u，n＞｜＝｜ ｜＝ 　 　.
　
提醒 直线与平面所成角的范围为 ，而向量之间的夹角的范围为
[0，π]，所以公式中要加绝对值.
3. 平面与平面的夹角
（1）平面与平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们
把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角，如图
1.若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向
量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则 cos θ＝｜
cos ＜n1，n2＞｜＝ ＝ ；
（2）二面角：二面角α-l-β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则｜ cos
φ｜＝｜ cos θ｜＝ ，如图2，3.
提醒 注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，
π]，两个平面的夹角的范围为［0， ］.
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（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. （　×　）
×
×
×
2. （人A选一P36例7改编）已知直线l1的方向向量s1＝（1，0，1），直线
l2的方向向量s2＝（－1，2，－2），则l1和l2夹角的余弦值为（　　）
A. B.
C. D.
解析： 　因为s1＝（1，0，1），s2＝（－1，2，－2），所以 cos ＜s1，
s2＞＝ ＝ ＝－ ，所以l1和l2夹角的余弦值为 .
√
3. （人A选一P44习题15题改编）已知点E，F分别在正方体ABCD-
A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与
平面ABC夹角的余弦值为 .
解析：如图，建立空间直角坐标系.

设正方体的棱长为1，平面ABC的法向量为n1＝（0，0，1），平面AEF的法向量为n2＝（x，y，z）.因为A（1，0，0），E ，F ，所以 ＝ ， ＝ ，则
即 取x＝1，则y＝－1，z＝3.故n2＝（1，－
1，3）.所以 cos ＜n1，n2＞＝ ＝ .所以平面AEF与平面
ABC夹角的余弦值为 .
4. （人A选一P41练习3题改编）已知向量m，n分别是直线l的方向向量、
平面α的法向量，若 cos ＜m，n＞＝－ ，则l与α所成的角
为 .
解析：设直线l与α所成的角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜m，n＞｜＝ ，
又∵θ∈［0， ］，∴θ＝ .

5. （人A选一P41练习1题改编）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的大小为
.
解析： cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝ ，即＜m，n＞＝45°.所以
两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
45°或
135°
PART 02
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
异面直线所成的角（师生共研过关）
如图所示，在三棱锥O-ABC中，OA，OB，OC两两互相垂直，E为OC的中点，且OB＝OC＝2OA＝2，则直线AE与BC所成角的大小是（　　）
A. 30° B. 45°
C. 60° D. 90°
√
解析：　法一（利用基向量） 根据已知可得 ， ，
不共面，且｜ ｜＝1，｜ ｜＝｜ ｜＝2，
· ＝ · ＝ · ＝0.又因为 ＝ － ＝
－ ， ＝ － ，所以 · ＝（ －
）·（ － ）＝ － · － · ＋ · ＝2，类似地，｜ ｜2＝（ － ）·（ － ）＝ － · ＋ ＝2，｜ ｜2＝（ － ）·（ － ）＝ －2 · ＋ ＝8.所以 cos ＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ，因此＜ ， ＞＝60°，即直线AE与BC所成角的大小为60°.
法二（利用坐标向量） 因为OA，OB，OC两两互相垂直，
所以以O为原点， ， ， 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.则由OB＝
OC＝2OA＝2，可知A（1，0，0），E（0，0，1），B
（0，2，0），C（0，0，2），所以 ＝（－1，0，1）， ＝（0，－2，2），因此 cos ＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ，从而＜ ， ＞＝60°，即直线AE与BC所成角的大小为60°.
解题技法
用向量法求异面直线所成角的步骤
（1）坐标向量法
（2）基向量法
在一些不适合建立空间直角坐标系的题目中，一般先把直线的方向向量
a，b用基向量表示，再由公式 cos ＜a，b＞＝ 求得 cos ＜a，b
＞，进而求得两直线夹角.
1. 如图，已知以O为圆心，2为半径的圆在平面α上，若PO⊥α，且PO
＝4，OA，OB为圆O的半径，且∠AOB＝90°，M为AB的中点，则异
面直线OB与PM所成角的余弦值为 .

解析：由PO⊥α且∠AOB＝90°可知OA，OB，OP两
两垂直.以O为坐标原点， ， ， 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.由题知O（0，0，0），P（0，0，4），A（2，
0，0），B（0，2，0），因为M为AB的中点，所以M
（1，1，0），所以 ＝（1，1，－4）， ＝（0，2，0），则 cos ＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ，所以异面直线OB与PM所成角的余弦值为 .
2. 如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中
点，F在棱AD上，且 ＝λ ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦
值为 ，则λ＝ 　 　.
　
解析：以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立
空间直角坐标系（图略）.正方体的棱长为2，则A1（2，0，2），D1（0，
0，2），E（0，2，1），A（2，0，0）.所以 ＝（0，2，－1），
＝ ＋ ＝ ＋λ ＝（0，0，－2）＋λ（－2，0，0）＝
（－2λ，0，－2）.则 cos ＜ ， ＞＝ ＝
，所以 ＝ ，解得λ＝ （舍去－ ）.
直线与平面所成的角（师生共研过关）
（1）如图所示，正四面体PABC中，M，N分别是BC，PC的中
点，则AP与平面AMN所成角的正弦值为（　C　）
C
A. B.
C. D.
解析： 建立如图所示空间坐标系.设AM＝3，则BC
＝2 ，OM＝1，OP＝2 ，A（0，－2，0），
P（0，0，2 ），C（－ ，1，0），N（－ ，
， ），M（0，1，0）， ＝（－ ， ，
）， ＝（0，1，0），设平面AMN的法向量为n＝（x，y，z），
则 得 设z＝ ，则y＝0，x＝
2 ，n＝（2 ，0， ）， ＝（0，2，2 ），设AP与平面AMN
所成角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜n， ＞｜＝ .
（2）已知E，F，O分别是正方形ABCD的边BC，AD及对角线AC的中
点，将△ACD沿着AC进行翻折构成三棱锥，则在翻折过程中，直线EF与
平面BOD所成角的余弦值的取值范围为 .
（0， ）
解析： 翻折后的图形如图所示.设正方形的边长为
2，则OA＝OB＝OD＝ ，OA⊥OB，OA⊥OD，设
∠BOD＝α，α∈（0，π），直线EF与平面BOD所成的
角为θ，θ∈（0， ），以{ ， ， }为一组基
底，则 ＝ － ＝ （ ＋ ）－ （ ＋ ）＝ － ＋ ，所以｜ ｜＝ ＝（ ＋ ＋ － · ＋ · － · ＝ .又 ＝ － ＝－2 ，所以｜ ｜＝2｜ ｜＝2 ，所以 sin θ＝ ＝ ∈（ ，1），所以 cos θ＝ ∈（0， ）.
解题技法
利用空间向量求线面角的解题步骤
提醒 线面角的正弦值对应向量
夹角的余弦值的绝对值.
（2025·洛平许济第四次质量检测）如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧棱DD1⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2A1B1＝
4，∠ADC＝120°.
（1）证明：平面DBB1D1⊥平面ADD1A1；
解： 证明：因为底面ABCD为平行四边形，
∠ADC＝120°，所以∠DAB＝60°，
因为在△ABD中，DA＝2，AB＝4，
由余弦定理可得DB2＝AB2＋AD2－2AB×AD cos
60°＝12，所以DB＝2 .
所以DA2＋DB2＝AB2，所以△ADB为直角三角形，
即AD⊥BD.
又因为DD1⊥平面ABCD，DB 平面ABCD，所以
DD1⊥BD，
因为AD 平面ADD1A1，DD1 平面ADD1A1，且DA∩DD1＝D，所以
BD⊥平面ADD1A1.
又因为BD 平面DBB1D1，所以平面DBB1D1⊥平面ADD1A1.
（2）若四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为 .求直线B1C与平面ADD1A1
所成角的正弦值.
解： 因为四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为
，DD1⊥平面ABCD，
而 ＝ （SABCD＋ ＋
）·DD1，
所以 ＝ ·DD1·（AD·DB＋A1D1·D1B1＋
），所以 ＝ ·DD1·7 ，解得DD1＝1.
如图，以点D为原点，DA，DB，DD1所在直线分
别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则B1（0， ，1），C（－2，2 ，0），所以
＝（－2， ，－1），
而平面ADD1A1的一个法向量为n＝（0，1，0），设直线B1C与平面ADD1A1所成角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜n， ＞｜＝ ＝ ＝ .所以直线B1C与平面ADD1A1所成角的正弦值为 .
平面与平面的夹角（二面角）（师生共研过关）
（2024·全国甲卷理19题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝ ，FB＝2 ，M为
AD的中点.
（1）证明：BM∥平面CDE；
解： 证明：法一（利用线面平行判定定理） 因为M为AD的中点，
BC∥AD，且AD＝4，BC＝2，
所以BC∥MD，且BC＝MD，
所以四边形BCDM为平行四边形.
所以BM∥CD，
又CD 平面CDE，BM 平面CDE，所以BM∥平面CDE.
法二（利用面面平行的性质） 因为EF∥AD，BC∥AD，所以
EF∥BC，
又EF＝BC＝2，所以四边形BCEF为平行四边形.
所以BF∥CE，又CE 平面CDE，BF 平面CDE，
所以BF∥平面CDE.
因为M为AD的中点，且AD＝4，
所以EF∥MD，且EF＝MD，
所以四边形MDEF为平行四边形.
所以FM∥ED，又ED 平面CDE，FM 平面CDE，所以FM∥平面
CDE.
因为BF，FM 平面BMF，BF∩FM＝F，
所以平面BMF∥平面CDE.
又BM 平面BMF，所以BM∥平面CDE.
（2）求二面角F-BM-E的正弦值.
解： 取AM的中点O，连接BO，FO.
由（1）法一可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝
2，所以BO⊥AD，且BO＝ .
由（1）法二知四边形MDEF为平行四边形，所以FM
＝ED＝ ，
又AF＝ ，所以FO⊥AM，
又OA＝OM＝1，所以FO＝ ＝3，
又FB＝2 ，所以BO2＋FO2＝FB2，
所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直.
分别以OB，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐
标系，
则F（0，0，3），B（ ，0，0），M（0，1，0），E（0，2，3），
则 ＝（ ，－1，0）， ＝（0，－1，3）， ＝（0，1，3）.
设平面FBM的法向量为n1＝（x1，y1，z1），
则 即
令y1＝3，所以x1＝ ，z1＝1，
所以n1＝（ ，3，1）.
设平面EBM的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
则 即
令y2＝3，所以x2＝ ，z2＝－1，
所以n2＝（ ，3，－1）.
设二面角F-BM-E的平面角为θ，
所以｜ cos θ｜＝｜ cos ＜n1，n2＞｜＝ ＝ ，
因为θ∈[0，π]，
所以 sin θ＞0，
即 sin θ＝ ＝ ，
所以二面角F-BM-E的正弦值为 .
解题技法
向量法求平面与平面的夹角（二面角）的方法
（1）找法向量：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，但要注意结合实际图形
判断所求角的大小；
（2）找与棱垂直的方向向量：分别在二面角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.
（2024·新乡模拟）如图，在四面体ABCD中，AB＝AC＝AD＝BC＝BD，BC⊥BD，E，F分别为AB，AC的中点.
（1）证明：平面ACD⊥平面BCD；
解： 证明：取CD的中点O，连接OA，OB，
因为BC＝BD，所以OB⊥CD，且OB＝ ，
又AC＝AD＝BC＝BD，所以OA⊥CD，
△ACD≌△BCD，则∠CAD＝∠CBD＝90°，有OA＝ ，
因为AB＝BC＝ CD，所以OB2＋OA2＝AB2，则OB⊥OA，
又OA∩CD＝O，OA，CD 平面ACD，所以OB⊥平面ACD，
又OB 平面BCD，所以平面ACD⊥平面BCD.
（2）求平面BDF与平面CDE夹角的余弦值.
解： 由（1）知，OD，OB，OA两两垂直，
以O为坐标原点，直线OD，OB，OA分别为x，
y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设CD＝4，则A（0，0，2），B（0，2，0），C
（－2，0，0），D（2，0，0），
因为E，F分别为AB，AC的中点，所以E（0，1，
1），F（－1，0，1），
则 ＝（2，－2，0）， ＝（－1，－2，1），
＝（4，0，0）， ＝（2，1，1），
设平面BDF的法向量为m＝（x1，y1，z1），
则
令x1＝1，得m＝（1，1，3），
设平面CDE的法向量为n＝（x2，y2，z2），
则
令y2＝1，得n＝（0，1，－1），
cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝－ ，
所以平面BDF与平面CDE夹角的余弦值为 .
PART 03
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1. 如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；
解： 交线围成的正方形EHGF如图所示.
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（2）求直线AF与平面α所成角的正弦值.
解： 作EM⊥AB，垂足为M，
则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC
＝10.
于是MH＝ ＝6，所以AH＝10.
以D为坐标原点， ， ， 的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
则A（10，0，0），H（10，10，0），E（10，
4，8），F（0，4，8）， ＝（10，0，0）， ＝（0，－6，8）.
设n＝（x，y，z）是平面EHGF的法向量，
则 即
所以可取n＝（0，4，3）.
又 ＝（－10，4，8），
故｜ cos ＜n， ＞｜＝ ＝ .
所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为 .
2. （2025·鹰潭一模）如图1，已知正三角形ABC的边长为6，其中 ＝
2 ， ＝2 ，现沿着DE翻折，将点A翻折到点A'处，使得平面
A'BC⊥平面DBC，M为A'C中点，如图2.
（1）求异面直线A'D与EM所成角的余弦值；
解： 取BC的中点为O，DE的中点为O'，连接
A'O，A'O'，OO'，
∵正三角形ABC中， ＝2 ， ＝2 ，
∴DE∥BC，DE＝ BC，则四边形DECB为等腰梯形，
故OO'⊥DE，OO'⊥BC；
由翻折性质可得A'E＝A'D，∠A'EC＝∠A'DB，EC＝DB，
则△A'EC≌△A'DB，∴A'C＝A'B，∵O是BC的中点，∴A'O⊥BC，
又平面A'BC⊥平面DBC，平面A'BC∩平面DBC＝BC，A'O 平面A'BC，
∴A'O⊥平面DBC，又OO' 平面DBC，∴A'O⊥OO'，
以点O为坐标原点，OC，OO'，OA'所在直线分别为
x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵正△ABC的边长为6，DE∥BC，DE＝ BC，
则△A'DE为正三角形，边长为4，则A'O'⊥DE，
∴A'O'＝2 ，OC＝OB＝3，OO'＝ ，
在△A'OO'中，由勾股定理得
OA'＝ ＝3，
∴A'（0，0，3），D（－2， ，0），E（2， ，0），C（3，0，0），M（ ，0， ），
则 ＝（－2， ，－3）， ＝（－ ，－ ， ），
∴ cos ＜ ， ＞＝
＝ ＝－ ，
∵异面直线所成角的取值范围为（0， ］，
∴异面直线A'D与EM所成角的余弦值为 .
（2）求平面A'BC与平面DEM夹角的余弦值.
解：由（1）得D（－2， ，0），E（2， ，0），M（ ，0， ），
∴ ＝（4，0，0）， ＝（ ，－ ， ），
易得平面A'BC的一个法向量为m＝（0，1，0），
设平面DEM的法向量为n＝（x，y，z），
则 即
令z＝2，则n＝（0， ，2），
∴｜ cos ＜m，n＞｜＝｜ ｜＝ ＝ ，
∴平面A'BC与平面DEM夹角的余弦值为 .
3. 在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，
EF是上底面圆O'的直径，FB是圆台的一条母线.
（1）已知G，H分别为EC，FB的中点.求证：
GH∥平面ABC；
解： 证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，如图1所示，
在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.
又EF∥OB，所以GI∥OB.
在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.
又HI∩GI＝I，OB∩BC＝B，HI，GI 平面GHI，
BC，OB 平面ABC，所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH 平面GHI，所以GH∥平面ABC.
（2）已知EF＝FB＝ AC＝2 ，AB＝BC. 求二面角F-BC-A的余弦值.
解： 连接OO'，则OO'⊥平面ABC.
又AB＝BC，且AC是☉O的直径，所以BO⊥AC.
以O为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系
O-xyz.
由题意得B（0，2 ，0），C（－2 ，0，0）.
过点F作FM垂直OB于点M，
所以FM＝ ＝3，可得F（0， ，3）.
故 ＝（－2 ，－2 ，0）， ＝（0，－ ，
3）.
设m＝（x，y，z）是平面BCF的法向量，
由 可得
可得平面BCF的一个法向量m＝（－1，1， ）.
因为平面ABC的一个法向量n＝（0，0，1），
所以 cos ＜m，n＞＝ ＝ .
所以二面角F-BC-A的余弦值为 .
4. 如图所示，在五面体ABCDEF中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，DF⊥EF，EF＝2CD＝2.
（1）若DF＝2，求二面角A-CE-F的正弦值；
解： 因为平面ABEF⊥平面CDFE，平面ABEF∩
平面CDFE＝EF，DF⊥EF，DF 平面CDFE，所以
DF⊥平面ABEF，所以DF⊥AF，DF⊥FE，
又四边形ABEF为正方形，则AF⊥EF，以{ ， ，
}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz，
则F（0，0，0），A（2，0，0），E（0，2，0），C（0，1，2），
则 ＝（2，－2，0）， ＝（0，－1，2），
设平面ACE的一个法向量为m＝（x，y，z），
则m⊥ ，m⊥ ，所以
即 不妨取z＝1，则x＝y＝2，
所以m＝（2，2，1）；
又 ＝（2，0，0）， ＝（0，2，0）， ＝（0，1，2），
所以 · ＝0， · ＝0，所以 ⊥ ， ⊥ ，
又FE∩FC＝F，FE 平面CEF，FC 平面CEF，
所以FA⊥平面CEF，故 ＝（2，0，0）为平面CEF的一个法向量，
所以 cos ＜m， ＞＝ ＝ .
所以二面角A-CE-F的正弦值为 ＝ .
（2）若平面ACF⊥平面BCE，求DF的长.
解： 设DF＝t（t＞0），则C（0，1，t），
所以 ＝（2，0，0）， ＝（0，－1，t）， ＝
（2，0，0）， ＝（0，1，t），
设平面BCE的一个法向量为n＝（a，b，c），则
n⊥ ，n⊥ ，所以 即
不妨令c＝1，则b＝t，所以n＝（0，t，1）.
不妨取r＝1，则q＝－t，得s＝（0，－t，1），
因为平面ACF⊥平面BCE，所以n·s＝0，
即－t2＋1＝0，得t＝1，即DF＝1.
设平面ACF的一个法向量为s＝（p，q，r），则由
s⊥ ，s⊥ ，得 即
5. （创新解题路径）（2025·石家庄质量检测）如图，在五棱锥S-ABCDE中，平面SAE⊥平面AED，AE⊥ED，SE⊥AD.
（1）证明：SE⊥平面AED；
解： 证明：因为平面SAE⊥平面AED，DE⊥EA，
DE 平面AED，平面SAE∩平面AED＝AE，所以DE⊥平面SAE，
又SE 平面SAE，所以DE⊥SE，
又因为SE⊥AD，ED∩AD＝D，且AD，DE 平面
AED，所以SE⊥平面AED.
（2）若四边形ABCD为矩形，且SE＝AB＝1，AD＝3， ＝2 .当直
线DN与平面SAD所成的角最小时，求三棱锥D-SAE的体积.
解： 以E为坐标原点，分别以EA，ED，ES所在
直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设∠EAD＝θ（θ∈（0， ）），则A（3 cos θ，0，
0），D（0，3 sin θ，0），S（0，0，1），
可得CD与y轴夹角为θ，所以 ＝（ sin θ， cos
θ，0）， ＝ ＝（ cos θ，－ sin θ，0），
＝ ＋ ＝（ sin θ＋ cos θ， cos θ－ sin θ，0），
＝（3 cos θ，0，－1）， ＝（0，3 sin θ，－1），
平面SAD的法向量记为n＝（x，y，z），
由 得
令z＝3 sin θ cos θ，得n＝（ sin θ， cos θ，3 sin θ
cos θ）， cos ＜ ，n＞＝
＝ ≥ ＝ ，
当θ＝ 时，等号成立，此时，直线DN与平面SAD所成
的角取得最小值，
此时VD-SAE＝ S△ADE·SE＝ · ·1＝ .
6. （创新知识交汇）（2024·青岛一模）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，
AA1与BB1的距离为 ，AB＝AC＝A1B＝2，A1C＝BC＝2 .
（1）证明：平面A1ABB1⊥平面ABC；
解： 证明：取棱A1A的中点D，连接BD，
因为AB＝A1B，所以BD⊥AA1，
因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1∥BB1，
所以BD⊥BB1，所以BD＝ ，
因为AB＝2，所以AD＝1，AA1＝2；
因为AC＝2，A1C＝2 ，所以AC2＋A ＝A1C2，所
以AC⊥AA1，
同理AC⊥AB，
因为AA1∩AB＝A，且AA1，AB 平面A1ABB1，
所以AC⊥平面A1ABB1，
因为AC 平面ABC，所以平面A1ABB1⊥平面ABC.
（2）若点N在棱A1C1上，求直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最
大值.
解： 取AB中点O，连接A1O，
取BC中点P，连接OP，则OP∥AC，
由（1）知AC⊥平面A1ABB1，所以OP⊥平面A1ABB1，
因为A1O 平面A1ABB1，
AB 平面A1ABB1，
所以OP⊥A1O，OP⊥AB，
因为AB＝A1A＝A1B，则A1O⊥AB，
以O为坐标原点，OP，OB，OA1所在的直线分别为x
轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-
xyz，则A（0，－1，0），A1（0，0， ），B1（0，
2， ），C（2，－1，0），
设点N（a，0， ）（0≤a≤2），则 ＝（0，
2，0）， ＝（2，－1，－ ）， ＝（a，1，
），
设平面A1B1C的法向量为n＝（x，y，z），
得 得
取x＝ ，则y＝0，z＝2，所以n＝（ ，0，2），
设直线AN与平面A1B1C所成的角为θ，
则 sin θ＝｜ cos ＜n， ＞｜＝ ＝
× ＝ × ＝ × ，
若a＝0，则 sin θ＝ ，若a≠0，则 sin θ＝
× ≤ × ＝ ，
当且仅当a＝ ，即a＝2时，等号成立，
所以直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值为 .
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