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第九节 利用空间向量求空间角
一、基础知识
1．异面直线所成角
|a·b|
设异面直线 a，b 所成的角为 θ，则 cos θ＝ ， 其中 a，b 分别是直线 a，b 的方向
|a||b|
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，
|a·n|
φ为 l 与 α所成的角，则 sin φ＝|cos〈a，n〉|＝ .
|a||n|
3．二面角
(1)若 AB，CD 分别是二面角 α-l-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 n1，平面 β的法向量为 n2，〈n1，n2〉
|n1·n2|
＝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|＝ ，如图(2)(3)．
|n1||n2|
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．
π
直线与平面所成角的范围为 0， 2 ，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〈n1，n2〉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．
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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，PA⊥底面 ABC，∠BAC＝90°.点 D，E，
N 分别为棱 PA，PC，BC 的中点，M 是线段 AD 的中点，PA＝AC＝4，
AB＝2.
(1)求证：MN∥平面 BDE；
7
(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ，
21
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，
―→ n·DE ＝0， 2y＝0，
则 即
―→ 2x－2z＝0.
n·DB ＝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.
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(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)．
―→ ―→
―→ ―→ | NH ·BE |
由已知，得|cos〈NH， BE 〉|＝
―→ ―→
| NH || BE |
|2h－2| 7
＝ ＝ ，
h2＋5×2 3 21
8 1
整理得 10h2－21h＋8＝0，解得 h＝ 或 h＝ .
5 2
8 1
所以线段 AH 的长为 或 .
5 2
[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-A1B1C1 中，AA1⊥底面 ABC，AB＝BC＝AA1，
∠ABC＝90°，点 E，F 分别是棱 AB，BB1 的中点，则直线 EF 和 BC1 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，BB1 为
z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．设 AB＝BC＝AA1＝2，则 C1(2,0,2)，
―→ ―→ ―→ ―→
E(0,1,0)，F(0,0,1)，∴ EF ＝(0，－1，1)，BC1＝(2,0,2)，∴ EF ·BC1＝2，
―→ ―→ 2 1
∴cos〈 EF ，BC1〉＝ ＝ ，则 EF 和 BC1 所成的角是 60°，故
2×2 2 2
选 C.
2.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，底面 ABCD 是菱形，
AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面 PAC；
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(2)若 PA＝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 PA⊥平面 ABCD，BD 平面 ABCD，
所以 PA⊥BD.
又因为 AC∩PA＝A，所以 BD⊥平面 PAC.
(2)设 AC∩BD＝O.
因为∠BAD＝60°，PA＝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 ＝(0，2 3，0)．
设 PB 与 AC 所成角为 θ，
―→ ―→
| PB ·AC | 6 6
则 cos θ＝ ＝ ＝ .
―→ ―→ 2 2×2 3 4
| PB || AC |
6
即 PB 与 AC 所成角的余弦值为 .
4
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，
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∴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)，
―→ n·DB ＝0， 2x＋2y＝0，
则 得
―→ x＋2z＝0.
n·DM＝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，
―→
―→ |n·AE | 4 5
则 sin θ＝|cos n， AE |＝ ＝ ，
―→ 15
|n|·| AE |
4 5
∴直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值为 .
15
[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-A1B1C1D1 中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则 D1C1 与平面 A1BC1 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＝
―→
AA1＝1，所以 A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)，所以A1C1＝(－
―→ ―→
1,2,0)，BC1＝(－1,0,1)，D1C1＝(0,2,0)．设平面 A1BC1 的法向量为 n＝(x，
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―→
A1C1·n＝0， －x＋2y＝0，y，z)，则有 即 令 x＝2，得 y＝1，z＝2，则 n＝(2,1,2)．设 ―→ －x＋z＝0， BC1·n＝0，
―→
―→ |D1C1·n| 2 1
D1C1 与平面 A1BC1 所成角为 θ，则 sin θ＝|cos〈D1C1，n〉|＝ ＝ ＝ ，即 D1C1 与―→ 2×3 3
|D1C1||n|
1
平面 A1BC1所成角的正弦值为 . 3
1
答案：
3
2.如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，BA＝BC＝5，AC＝8，D 为线段
AC 的中点．
(1)求证：BD⊥A1D；
4
(2)若直线 A1D 与平面 BC1D 所成角的正弦值为 ，求 AA1 的长． 5
解：(1)证明：∵三棱柱 ABC-A1B1C1是直三棱柱，
∴AA1⊥平面 ABC，
又 BD 平面 ABC，∴BD⊥AA1，
∵BA＝BC，D 为 AC 的中点，∴BD⊥AC，
又 AC∩AA1＝A，AC 平面 ACC1A1，AA1 平面 ACC1A1，
∴BD⊥平面 ACC1A1，
又 A1D 平面 ACC1A1，∴BD⊥A1D.
(2)由(1)知 BD⊥AC，AA1⊥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 AA1 的直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.
设 AA1＝λ(λ＞0)，则 A1(0，－4，λ)，B(3,0,0)，C1(0,4，λ)，D(0,0,0)，
―→ ―→ ―→
∴DA1＝(0，－4，λ)，DC1＝(0,4，λ)， DB ＝(3,0,0)，
设平面 BC1D 的法向量为 n＝(x，y，z)，
―→ n·DC1＝0， 4y＋λz＝0，
则 即

―→ 3x＝0，n·DB ＝0，
则 x＝0，令 z＝4，可得 y＝－λ，
故 n＝(0，－λ，4)为平面 BC1D 的一个法向量．
设直线 A1D 与平面 BC1D 所成角为 θ，
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―→
―→ |n·DA1|
则 sin θ＝|cos n，DA1 |＝ ―→
|n|·|DA1|
|4λ＋4λ| 4
＝ ＝ ，解得 λ＝2 或 λ＝8，
λ2＋16· λ2＋16 5
即 AA1＝2 或 AA1＝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，
5
点 E，F 分别在 AD，CD 上，AE＝CF＝ ，EF 交 BD 于点 H.将△DEF
4
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.
5 AE CF
由 AE＝CF＝ ，得 ＝ ，所以 EF∥AC.
4 AD CD
因此 EF⊥DH，从而 EF⊥D′H.
由 AB＝5，AC＝6，得 DO＝BO＝ AB2－AO2＝4.
OH AE 1
由 EF∥AC 得 ＝ ＝ ，
DO AD 4
所以 OH＝1，D′H＝DH＝3，
则 OD′2＝OH2＋D′H2，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．)
―→ AD′＝(－1，3，3)，
由

―→
AB ＝(4，3，0)，
可得平面 ABD′的法向量 n1＝(－3,4，－5)，
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―→
AD′＝(－1，3，3)，
由
―→ AC ＝(0，6，0)，
可得平面 AD′C 的法向量 n2＝(－3,0，－1)．
n1·n2 7 5
于是 cos〈n1，n2〉＝ ＝ .
|n1|·|n2| 25
7 5
所以二面角 B-D′A-C 的余弦值为 .
25
[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，PA⊥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 PAD⊥平面 CGF；
(2)若 BC＝2，PA＝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∥PA.
又 PA⊥平面 ABCD，∴GF⊥平面 ABCD，
∵AD 平面 ABCD，∴GF⊥AD.
又 GF∩EF＝F，∴AD⊥平面 CGF.
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又 AD 平面 PAD，∴平面 PAD⊥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(0,2 3，0)，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 n1＝(1，y1，z1)，
―→ 3
n1·CB ＝0， y1＝－ ， －1－ 3y1＝0， 3则 即 解得 ―→n ＝ ， －3－ 3y ·CP 0 1＋3z1＝0， 2 1 z1＝ ， 3
3 2
即 n1＝

1，－ ， .
3 3
设平面 DCP 的一个法向量为 n2＝(1，y2，z2)，
―→
n2·CD＝0， －3＋ 3y2＝0， y2＝ 3，则 即 解得 ―→n ＝ ， －3－ 3y2＋3z2＝0， z2＝2， 2·CP 0
即 n2＝(1， 3，2)．
4
n1·n2 3 2
所以 cos〈n1，n2〉＝ ＝ ＝ ，
|n1||n2| 16 4× 8
9
由图知二面角 B-CP-D 为钝角，
2
所以二面角 B-CP-D 的余弦值为－ .
4
[课时跟踪检测]
A 级
1.如图所示，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，已知 M，N 分别是 BD
和 AD 的中点，则 B1M 与 D1N 所成角的余弦值为( )
30 30
A. B.
30 15
30 15
C. D.
10 15
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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 B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0，0,2)，N(1,0,0)，∴B1M＝(－1，
―→
－1，－2)， D1N＝(1,0，－2)，
―→ ―→
|B1M·D1N| |－1＋4|
∴B1M 与 D1N 所成角的余弦值为 ＝―→ ―→
|B M|·|D N| 1＋1＋4× 1＋41 1
30
＝ .
10
2．如图，已知长方体 ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，
1
E 为线段 AB 上一点，且 AE＝ AB，则 DC1 与平面 D3 1EC 所成角的正
弦值为( )
3 35 2 7
A. B.
35 7
3 2
C. D.
3 4
解析：选 A 如图，以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线
分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，
E(1,1,0)，C(0,3,0)，
―→ ―→ ―→
∴DC1＝(0,3,1)， D1E＝(1,1，－1)， D1C＝(0,3，－1)．
设平面 D1EC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
―→ n·D1E＝0， x＋y－z＝0，
则 即 取 y＝1，得 n＝(2,1,3)．
―→ 3y－z＝0，
n·D1C＝0，
―→
―→ DC1·n 3 35
∴cos DC1，n ＝ ＝ ， ―→ 35
|DC1|·|n|
3 35
∴DC1 与平面 D1EC 所成的角的正弦值为 . 35
3．在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AA1＝2，二面角 B-AA1-C1 的大小为 60°，点 B 到平面
ACC1A1 的距离为 3，点 C 到平面 ABB1A1 的距离为 2 3，则直线 BC1与直线 AB1所成角的
正切值为( )
A. 7 B. 6
C. 5 D．2
解析：选 A 由题意可知，∠BAC＝60°，点 B 到平面 ACC1A1 的距离为 3，点 C 到平
面 ABB1A1 的距离为 2 3，所以在三角形 ABC 中，AB＝2，AC＝4，BC＝2 3，∠ABC＝90°，
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―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→
则AB1·BC1＝(BB1－ BA )·(BB1＋ BC )＝4，
―→ ―→
|AB1 |＝2 2，|BC1|＝4，
―→ ―→
―→ ―→ AB1·BC 2
cos AB1，BC1 ＝ ＝ ， ―→ ―→ 4
|AB1 |·| BC |
―→ ―→
故 tan AB1，BC1 ＝ 7.
4.如图，正三棱柱 ABC-A1B1C1 的所有棱长都相等，E，F，G 分别
为 AB，AA1，A1C1 的中点，则 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为( )
3 5
A. B.
5 6
3 3 3 6
C. D.
10 10
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 B1(0， 3，2)，F(1,0,1)，
1 3
E ， ，0 ，G(0,0,2)，
2 2
―→ ―→ 1 3 ―→
B1F＝(1，－ 3，－1)， EF ＝ ，－ ，1 ， GF ＝(1,0，－1)． 2 2
设平面 GEF 的法向量 n＝(x，y，z)，
―→ EF ·n＝0，
1 3
x－ y＋z＝0，则 即 2 2 ―→ GF ·n＝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，
―→ 1－3－1 3
所以 cos〈n，B1F〉＝ ＝－ ，
5× 5 5
3
所以 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为 . 5
5．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( )
1 2
A. B.
2 3
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3 2
C. D.
3 2
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，
1
则 A1(0,0,1)，E 1，0， 2 ，D(0,1,0)，
―→
∴A1D＝(0,1，－1)，
―→ 1
A1E＝ 1，0，－ 2 ，
设平面 A1ED 的一个法向量为 n1＝(1，y，z)，
―→ n1·A1D＝0， y－z＝0，
则 即 1
―→ 1－ z＝0， n ·A E＝0， 2 1 1
y＝2，
∴ ∴n1＝(1,2,2)． z＝2，
又平面 ABCD 的一个法向量为 n2＝(0,0,1)，
2 2
∴cos〈n1，n2〉＝ ＝ .
3×1 3
2
即平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为 . 3
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 ＝(0,2 3，0)， EB ＝(－1， 3，－a)．设
平面 BED 的法向量为 n＝(x，y，z)，
―→ n·DB ＝0， 2 3y＝0，
则 即
―→ n·EB ＝ －x＋ 3y－az＝0，0，
则 y＝0，令 z＝1，得 x＝－a，
∴n＝(－a,0,1)，
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―→
―→ n·OF a＋3
∴cos〈n， OF 〉＝ ＝ .
―→ a2|n|| OF | ＋1× 10
∵直线 OF 与平面 BED 所成角的大小为 45°，
|a＋3| 2
∴ ＝ ，
a2＋1× 10 2
1
解得 a＝2 或 a＝－ (舍去)，∴AE＝2.
2
答案：2
7.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
＝2 2，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)，
―→ m·OE ＝0， x－y＝0则 即 ―→ －y＋z＝0. m·OF ＝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)，
m·n 3
则 cos〈m，n〉＝ ＝ .
|m||n| 3
由图知二面角 F-OE-A 为锐角，
3
所以二面角 F-OE-A 的余弦值为 .
3
3
答案：
3
8．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面
第 599页/共1004页
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，
―→ n·AM＝0， －2x＋y＋z＝0，则 即 可取 n＝(1,0,2)， ―→ 2y＝0. n·AB ＝0，
―→
又 DA 是平面 MCD 的一个法向量，
―→
―→ n·DA 5 ―→ 2 5
所以 cos〈n， DA 〉＝ ＝ ，sin〈n， DA 〉＝ .
―→ 5 5
|n|| DA |
2 5
所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值是 .
5
9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥 P-ABC 中，AB＝BC＝2 2，PA
＝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-PA-C 为 30°，求 PC 与平面 PAM
所成角的正弦值．
第 600页/共1004页
解：(1)证明：因为 PA＝PC＝AC＝4，O 为 AC 的中点，
2
所以 PO⊥AC，且 PO＝2 3.连接 OB，因为 AB＝BC＝ AC，
2
1
所以△ABC 为等腰直角三角形，且 OB⊥AC，OB＝ AC＝2.
2
所以 PO 2 22＋OB ＝PB ，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(0,0,2 3)，
―→
AP ＝(0,2,2 3)．
―→
取平面 PAC 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 PAM 的法向量为 n＝(x，y，z)，
―→ AP ·n＝0， 2y＋2 3z＝0，由 得 ―→ ax＋(4－a)y＝0， AM ·n＝0，
令 y＝ 3a，得 z＝－a，x＝ 3(a－4)，所以平面 PAM 的一个法向量为 n＝( 3(a－4)， 3
a，－a)，
―→ 2 3(a－4)
所以 cos〈 OB ，n〉＝ .
2 3(a－4)2＋3a2＋a2
―→ 3
由已知可得|cos〈 OB ，n〉|＝cos 30°＝ ，
2
2 3|a－4| 3
所以 ＝ ，
2 3(a－4)2＋3a2＋a2 2
4
解得 a＝ 或 a＝－4(舍去)．
3
8 3 4 3 4所以 n＝ － ， ，－ .
3 3 3
―→
又 PC ＝(0,2，－2 3)，
8 3 8 3
＋
―→ 3 3 3
所以 cos〈 PC ，n〉＝ ＝ .
64 16 16 4
4＋12· ＋ ＋
3 3 9
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3
所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 .
4
B 级
1．如图，四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是菱形，AC∩BD
＝O，A1O⊥底面 ABCD，AB＝2，AA1＝3.
(1)证明：平面 A1CO⊥平面 BB1D1D；
(2)若∠BAD＝60°，求二面角 B-OB1-C 的余弦值．
解：(1)证明：∵A1O⊥平面 ABCD，BD 平面 ABCD，
∴A1O⊥BD.
∵四边形 ABCD 是菱形，∴CO⊥BD.
∵A1O∩CO＝O，∴BD⊥平面 A1CO.
∵BD 平面 BB1D1D，
∴平面 A1CO⊥平面 BB1D1D.
(2)∵A1O⊥平面 ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1 两两
―→ ―→ ―→
垂直，以 O 为坐标原点， OB ，OC， OA1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，AA1＝3，∠BAD＝60°，
∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝ 3，
OA1＝ AA21－OA2＝ 6.
则 O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0， 3，0)，A(0，－ 3，0)，A1(0,0， 6)，
―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→
∴ OB ＝(1,0,0)，BB1＝AA1＝(0， 3， 6)， OB1＝ OB ＋BB1＝(1， 3， 6)．
设平面 OBB1的法向量为 n＝(x，y，z)，
―→ OB ·n＝0， x＝0，
则 即
―→ n
x＋ 3y＋ 6z＝0.
OB1·＝0，
令 y＝ 2，得 z＝－1，∴n＝(0， 2，－1)是平面 OBB1的一个法向量．
同理可求得平面 OCB1 的一个法向量 m＝( 6，0，－1)，
n·m 1 21
∴cos n，m ＝ ＝ ＝ ，
|n|·|m| 3× 7 21
由图可知二面角 B-OB1-C 是锐二面角，
21
∴二面角 B-OB1-C 的余弦值为 . 21
2．如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB
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＝2CD.
平面 PAD⊥平面 ABCD，PA＝PD，点 E 在 PC 上，DE⊥平面 PAC.
(1)求证：PA⊥平面 PCD；
(2)设 AD＝2，若平面 PBC 与平面 PAD 所成的二面角为 45°，求
DE 的长．
解：(1)证明：由 DE⊥平面 PAC，得 DE⊥PA，
又平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，CD⊥AD，
所以 CD⊥平面 PAD，所以 CD⊥PA，
又 CD∩DE＝D，所以 PA⊥平面 PCD.
(2)取 AD 的中点 O，连接 PO，
因为 PA＝PD，所以 PO⊥AD，
又平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩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 PA⊥PD，由 AD＝2
得 PA＝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，
―→ m·BC ＝0， －ax＋2y＝0，由 得 令 x＝2，则 y＝a，z＝3a，故 m＝(2，a,3a)为平 ―→ ax＋y－z＝0， m·PC ＝0，
面 PBC 的一个法向量，
―→
由(1)知 n＝DC＝(a,0,0)为平面 PAD 的一个法向量．
|m·n| |2a| 2 10 10
由|cos m，n |＝ ＝ ＝ ，解得 a＝ ，即 CD＝ ，所以在 Rt
|m||n| a 10a2＋4 2 5 5
2 15
△PCD 中，PC＝ ，
5
CD·PD 3
由等面积法可得 DE＝ ＝ .
PC 3
3．如图，在三棱锥 P-ABC 中，平面 PAB⊥平面 ABC，AB＝6，
BC＝2 3，AC＝2 6，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；
第 603页/共1004页
(2)若直线 PA 与平面 ABC 所成的角为 45°，求平面 PAC 与平面 PDE 所成的锐二面角大
小．
解：(1)证明：∵AC＝2 6，BC＝2 3，AB＝6，
∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，
2 3 3
∴cos∠ABC＝ ＝ .
6 3
又易知 BD＝2，
∴CD2＝22＋(2 3)2－2×2×2 3cos∠ABC＝8，
∴CD＝2 2，又 AD＝4，
∴CD2＋AD2＝AC2，∴CD⊥AB.
∵平面 PAB⊥平面 ABC，平面 PAB∩平面 ABC＝AB，CD 平面 ABC，
∴CD⊥平面 PAB，
又 PD 平面 PAB，∴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 PA 与平面 ABC 所成的角为 45°，即∠PAD＝45°，∴PD＝AD
＝4，
则 A(0，－4,0)，C(2 2，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，
―→ ―→ ―→
∴ CB ＝(－2 2，2,0)， AC ＝(2 2，4,0)， PA ＝(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 ＝(－2 2，2,0)为平面 PDE 的一个法向量．
设平面 PAC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
―→ n·AC ＝0， 2 2x＋4y＝0，则 即 ―→ －4y－4z＝0， n·PA ＝0，
令 z＝1，得 x＝ 2，y＝－1，
∴n＝( 2，－1,1)为平面 PAC 的一个法向量．
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―→ －4－2 3
∴cos n， CB ＝ ＝－ ，
4× 12 2
3
∴平面 PAC 与平面 PDE 所成的锐二面角的余弦值为 ，
2
故平面 PAC 与平面 PDE 所成的锐二面角为 30°.
第 605页/共1004页

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