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(共84张PPT)
§7.8　向量法求空
　　　间角(二)
第七章　立体几何与空间向量
1.能用向量法解决平面与平面的夹角问题，体会向量法在研究空间角问题中的作用.
2.弄清折叠问题中的变量与不变量，掌握折叠问题中线面位置关系的判断和空间
角的计算问题.
考试要求
内容索引
第一部分
第二部分
第三部分
落实主干知识
探究核心题型
课时精练
落实主干知识
第
一
部
分
平面与平面的夹角
如图，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.
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.若二面角A－BC－D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号.
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)二面角的平面角为θ，则两个平面的法向量的夹角也是θ.(　 　)
(2)二面角α－l－β的平面角与平面α，β的夹角相等.(　 　)
(3)二面角的范围是[0，π].(　 　)
(4)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2的夹角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.(　 　)
×
√
×
×
1.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为
√
∵m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，
A.30° B.60°
C.60°或120° D.30°或150°
√
3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为
√
设正方体的棱长为2，则A(0,0,0)，E(2,0,1)，F(0,2,1)，C(2,2,0)，
设平面ECF的法向量为n＝(x，y，z)，
易知m＝(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量，
设平面ECF与平面ABCD的夹角为θ.
探究核心题型
第
二部
分
题型一
平面与平面的夹角
(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；
取BC的中点M，AB的中点N，连接DM，MN，EN.
∴DE∥MN，DE＝MN，
∴四边形MNED是平行四边形，
∴EN∥DM，EN＝DM，
又AC⊥平面BCD，AC 平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCD，
∵DC＝DB，∴DM⊥BC，
又平面ABC∩平面BCD＝BC，DM 平面BCD，
∴DM⊥平面ABC，∴EN⊥平面ABC，
又EN 平面ABE，∴平面ABE⊥平面ABC.
(2)求平面ABE与平面BEC夹角的余弦值.
由(1)知，AC⊥BC，EN∥DM且EN＝DM，EN⊥平面ABC，平面ABE⊥平面ABC，
以C为原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，连接CN，
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
又AC＝BC，则CN⊥AB，
又平面ABC∩平面ABE＝AB，CN 平面ABC，
设平面ABE与平面BEC的夹角为θ，
利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小.
(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，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小.
思维升华
跟踪训练1　(2022·贵阳模拟)如图，AC，BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，PA为圆柱OO′的一条母线，且AP＝AC.
(1)证明：AB⊥PD；
∵AC，BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，
∴∠BAD＝90°，∴AB⊥AD，
∵PA为圆柱OO′的一条母线，∴PA⊥AB，
∵PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又PD 平面PAD，
∴AB⊥PD.
以C为坐标原点，分别以CD，CB，过C的母线所在直线为x轴、y轴、z轴.建立如图所示的空间直角坐标系，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
设平面PDC的法向量为m＝(a，b，c)，
∴m＝(0,2，－1)，
设平面DPC与平面PCB的夹角为θ，
题型二
折叠问题与空间角
例2　(2023·中山模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝BC，AD⊥AC，将△ACD沿AC翻折，使点D到达点S的位置，且平面SAC⊥平面ABCD.
(1)证明：BS⊥BC；
∵平面SAC⊥平面ABCD，SA⊥AC，平面SAC∩平面ABCD＝AC，
∴SA⊥平面ABC，∵BC 平面ABC，∴SA⊥BC，
又∵BC⊥AB，SA∩AB＝A，∴BC⊥平面SAB，
∵BS 平面SAB，∴BC⊥BS.
如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，BC∥y轴，设AB＝BC＝2，取AS＝AD＝2m(m>0)，
则B(2,0,0)，C(2,2,0)，S(0,0,2m)，E(1,1，m)，
设直线BS与平面EAB所成的角为θ， ＝(－2,0,2m)，
∵平面ABCD的一个法向量可取n2＝(0,0,1)，
设平面BCS的法向量为n3＝(x3，y3，z3)，
设平面SBC与平面ABCD的夹角为α，
三步解决平面图形的折叠问题
(1)求证：AB∥CD；
则∠AEB＝∠EBC＝45°，
所以∠ABE＝90°，即AB⊥BE.
在题图2中，AB2＋BD2＝5＝AD2，
则AB⊥BD，而BD∩BE＝B，BD，BE 平面BDE，
因此AB⊥平面BDE，
在△BCD中，CD2＋BD2＝4＝BC2，则CD⊥BD，
又CD⊥DE，BD∩DE＝D，
BD，DE 平面BDE，因此CD⊥平面BDE，
所以AB∥CD.
(2)求直线BD与平面ADE所成角的正弦值.
因为BE2＋CE2＝BC2，BE2＋DE2＝BD2，则BE⊥CE，BE⊥DE，又CE∩DE＝E，CE，DE 平面CDE，
所以BE⊥平面CDE，在平面CDE内作Ez⊥CE，则EB，EC，Ez两两垂直，
以E为坐标原点，分别以EB，EC，Ez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，
设平面ADE的法向量为m＝(a，b，c)，
设直线BD与平面ADE所成的角为θ，
课时精练
第
三部
分
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基础保分练
1.(2023·张家口模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，∠ABC＝90°，AB＝BC，四边形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，O是AC的中点.
(1)证明：BC⊥平面B1OA1；
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∵四边形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，O是AC的中点，
∴A1O⊥AC，
∵平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，
∴A1O⊥平面ABC，∵BC 平面ABC，∴A1O⊥BC，
∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥A1O，
又B1C1⊥A1B1，且A1O∩A1B1＝A1，A1O，
A1B1 平面B1OA1，∴B1C1⊥平面B1OA1，
∴BC⊥平面B1OA1.
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(2)求平面AOB1与平面C1OB1夹角的余弦值.
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如图，连接BO，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，O是AC的中点，
∴BO⊥AC，又平面ABC⊥平面ACC1A1，
平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，
∴BO⊥平面ACC1A1，
设AC＝2，以O为坐标原点，OA，OA1，OB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，
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设平面AOB1的法向量为m＝(x，y，z)，
设平面C1OB1的法向量为n＝(a，b，c)，
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设平面AOB1与平面C1OB1的夹角为θ，
2.如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
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(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
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由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
PF∩EF＝F，PF，EF 平面PEF，
所以BF⊥平面PEF.
又BF 平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
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如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得PH⊥平面ABFD.
设BF＝1，由(1)可得DE⊥PE.
又PF＝1，EF＝2，
所以PE⊥PF，
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设DP与平面ABFD所成的角为θ，
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3.如图①，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图②，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
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由题设知OA，OB，OO1两两垂直，
∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，
设AQ的长为m，则O(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,6,0)，C(0,3,6)，D(3,0,6)，Q(6，m,0).
∵点P为BC的中点，
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即OD⊥AQ，OD⊥PQ，
又AQ∩PQ＝Q，AQ，PQ 平面PAQ，
∴OD⊥平面PAQ.
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(2)若BE＝2AE，求平面CBQ与平面ABQ夹角的余弦值.
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设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，
令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1,2,1).
易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0,0,1).
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设平面CBQ与平面ABQ的夹角为θ，
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4.(2022·新高考全国Ⅱ改编)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点.
(1)证明：OE∥平面PAC；
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如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.
因为PA＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，
所以PO⊥平面ABC.
因为AB 平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD 平面POD，且PO∩PD＝P，
所以AB⊥平面POD.
因为OD 平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，AB，OD，AC 平面ABC，所以OD∥AC.
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因为OD 平面PAC，AC 平面PAC，
所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为BA，BP的中点，
所以DE∥PA.
因为DE 平面PAC，PA 平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
又OD，DE 平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE 平面ODE，所以OE∥平面PAC.
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(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求平面AEC与平面AEB夹角的正弦值.
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连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB 平面ABC，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
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以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
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设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
设平面AEB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
令z1＝2，则m＝(0，－3,2)，
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设平面AEC与平面AEB的夹角为θ，
5.(2023·莆田模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，F为PD的中点.
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综合提升练
(1)证明：PB∥平面AFC；
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连接BD交AC于点O，因为ABCD是菱形，所以O为BD的中点.连接OF.因为F为PD的中点，所以OF为△PBD的中位线，所以OF∥PB.
因为OF 平面AFC，PB 平面AFC，
所以PB∥平面AFC.
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(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.
若PA⊥平面ABCD，AB＝AP＝2，且________，求平面ACF与平面ACD夹角的余弦值.
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在菱形ABCD中，AC⊥BD.
因为AB＝AP＝2，
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显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量.
设平面ACF与平面ACD的夹角为θ，
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因为AB＝AP＝2，
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设平面ACF的法向量为n＝(x，y，z)，
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量.
设平面ACF与平面ACD的夹角为θ，
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设平面ACF的法向量为n＝(x，y，z)，
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量.
设平面ACF与平面ACD的夹角为θ，
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拓展冲刺练
6.(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
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在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD 平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
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且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，
所以l⊥平面PDC.
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(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
设Q(m,0,1)，
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
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令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于
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当且仅当m＝1时取等号，
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6§7.8　向量法求空间角(二)
考试要求　1.能用向量法解决平面与平面的夹角问题，体会向量法在研究空间角问题中的作用.2.弄清折叠问题中的变量与不变量，掌握折叠问题中线面位置关系的判断和空间角的计算问题．
知识梳理
平面与平面的夹角
如图，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．
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〉|＝.
常用结论
1．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是.
2．若二面角A－BC－D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)二面角的平面角为θ，则两个平面的法向量的夹角也是θ.(　×　)
(2)二面角α－l－β的平面角与平面α，β的夹角相等．(　×　)
(3)二面角的范围是[0，π]．(　√　)
(4)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2的夹角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.(　×　)
教材改编题
1．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为(　　)
A. B. C.或 D.或
答案　C
解析　∵m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，
∴m·n＝1，|m|＝1，|n|＝，
∴cos〈m，n〉＝＝，∴〈m，n〉＝.
∴两平面所成的二面角为或.
2．已知向量m，n分别是平面α和平面β的法向量，若cos〈m，n〉＝－，则平面α与平面β的夹角为(　　)
A．30° B．60°
C．60°或120° D．30°或150°
答案　B
解析　因为平面与平面的夹角θ的取值范围是0°≤θ≤90°，由于cos〈m，n〉＝－，所以平面α与平面β的夹角为60°.
3. 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　以点A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
设正方体的棱长为2，则A(0,0,0)，E(2,0,1)，F(0,2,1)，C(2,2,0)，
∴＝(0，－2,1)，＝(－2,0,1)．
设平面ECF的法向量为n＝(x，y，z)，
则则取x＝1，得n＝(1,1,2)．
易知m＝(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量，
设平面ECF与平面ABCD的夹角为θ.
∴cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.
∴平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为.
题型一　平面与平面的夹角
例1　(2023·泰安模拟)如图，在五面体ABCDE中，已知AC⊥平面BCD，ED∥AC，且AC＝BC＝2ED＝2，DC＝DB＝.
(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；
(2)求平面ABE与平面BEC夹角的余弦值．
(1)证明　取BC的中点M，AB的中点N，连接DM，MN，EN.
∴MN∥AC，MN＝AC，
又DE∥AC，DE＝AC，
∴DE∥MN，DE＝MN，
∴四边形MNED是平行四边形，
∴EN∥DM，EN＝DM，
又AC⊥平面BCD，AC 平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCD，
∵DC＝DB，∴DM⊥BC，
又平面ABC∩平面BCD＝BC，DM 平面BCD，
∴DM⊥平面ABC，∴EN⊥平面ABC，
又EN 平面ABE，∴平面ABE⊥平面ABC.
(2)解　由(1)知，AC⊥BC，EN∥DM且EN＝DM，EN⊥平面ABC，平面ABE⊥平面ABC，
以C为原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，连接CN，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，N(1,1,0)，E(1,1，)，
则＝(0,2,0)，＝(1,1,0)，＝(1,1，)，
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则取z＝，则
∴n＝(－2,0，)，
又AC＝BC，则CN⊥AB，
又平面ABC∩平面ABE＝AB，CN 平面ABC，
∴CN⊥平面ABE，即＝(1,1,0)为平面ABE的一个法向量，
设平面ABE与平面BEC的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
∴平面ABE与平面BEC夹角的余弦值为.
思维升华　利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小．
(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，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小．
跟踪训练1　(2022·贵阳模拟)如图，AC，BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，PA为圆柱OO′的一条母线，且AP＝AC.
(1)证明：AB⊥PD；
(2)若∠AOD＝，求平面DPC与平面PCB夹角的正弦值．
(1)证明　∵AC，BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，
∴∠BAD＝90°，∴AB⊥AD，
∵PA为圆柱OO′的一条母线，∴PA⊥AB，
∵PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又PD 平面PAD，
∴AB⊥PD.
(2)解　以C为坐标原点，分别以CD，CB，过C的母线所在直线为x轴、y轴、z轴．建立如图所示的空间直角坐标系，
设AP＝AC＝4，则BC＝2，AB＝2，CD＝2，
则D(2，0,0)，B(0,2,0)，P(2，2,4)，C(0,0,0)，
∴＝(2，0,0)，＝(0,2,0)，＝(2，2,4)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝2，则y＝0，z＝－，
∴n＝(2,0，－)，
设平面PDC的法向量为m＝(a，b，c)，
则令b＝2，则a＝0，c＝－1，
∴m＝(0,2，－1)，
设平面DPC与平面PCB的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝＝＝，
∴平面DPC与平面PCB夹角的正弦值为＝.
题型二　折叠问题与空间角
例2　(2023·中山模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝BC，AD⊥AC，将△ACD沿AC翻折，使点D到达点S的位置，且平面SAC⊥平面ABCD.
(1)证明：BS⊥BC；
(2)若E为SC的中点，直线BS与平面EAB所成角的正弦值为，求平面SBC与平面ABCD夹角的大小．
(1)证明　∵平面SAC⊥平面ABCD，SA⊥AC，平面SAC∩平面ABCD＝AC，
∴SA⊥平面ABC，∵BC 平面ABC，∴SA⊥BC，
又∵BC⊥AB，SA∩AB＝A，∴BC⊥平面SAB，
∵BS 平面SAB，∴BC⊥BS.
(2)解　如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，BC∥y轴，设AB＝BC＝2，取AS＝AD＝2m(m>0)，
则B(2,0,0)，C(2,2,0)，S(0,0,2m)，E(1,1，m)，
由＝(2,0,0)，＝(1,1，m)，
设平面EAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则令y1＝m，则n1＝(0，m，－1)，
设直线BS与平面EAB所成的角为θ，＝(－2,0,2m)，
则sin θ＝|cos〈n1，〉|＝＝＝＝，∴m＝或m＝，
∵平面ABCD的一个法向量可取n2＝(0,0,1)，
当m＝时，由＝(0,2,0)，＝(－2,0,2)，
设平面BCS的法向量为n3＝(x3，y3，z3)，
则令x3＝，则n3＝(，0,1)，
设平面SBC与平面ABCD的夹角为α，
则cos α＝|cos〈n2，n3〉|＝＝＝，所以α＝，
同理，当m＝时，可取n3＝(1,0，)，
则cos α＝＝＝，所以α＝，
综上可得，平面SBC与平面ABCD的夹角为或.
思维升华　三步解决平面图形的折叠问题
跟踪训练2　(2023·临汾模拟)如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC且AD⊥CD，线段AD上有一点E，满足CD＝DE＝1，AE＝BC＝2，现将△ABE，△CDE分别沿BE，CE折起，使AD＝，BD＝，得到如图2所示的几何体．
(1)求证：AB∥CD；
(2)求直线BD与平面ADE所成角的正弦值．
(1)证明　在题图1中，CD＝DE＝1，AD⊥CD，则CE＝，∠DEC＝45°，而AD∥BC，即∠ECB＝45°，
在△BCE中，BE＝＝＝，
则∠AEB＝∠EBC＝45°，
又AE∥BC且AE＝BC，所以四边形ABCE为平行四边形，所以AB＝CE＝，所以∠EAB＝∠AEB＝45°，
所以∠ABE＝90°，即AB⊥BE.
在题图2中，AB2＋BD2＝5＝AD2，
则AB⊥BD，而BD∩BE＝B，BD，BE 平面BDE，
因此AB⊥平面BDE，
在△BCD中，CD2＋BD2＝4＝BC2，则CD⊥BD，
又CD⊥DE，BD∩DE＝D，
BD，DE 平面BDE，因此CD⊥平面BDE，
所以AB∥CD.
(2)解　因为BE2＋CE2＝BC2，BE2＋DE2＝BD2，则BE⊥CE，BE⊥DE，又CE∩DE＝E，CE，DE 平面CDE，
所以BE⊥平面CDE，在平面CDE内作Ez⊥CE，则EB，EC，Ez两两垂直，
以E为坐标原点，分别以EB，EC，Ez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，
则B(，0,0)，D，C(0，，0) ，＝，
设A(x，y，z)，则＝(x－，y，z)，＝，
由＝，得A(，－1,1)，
则＝，＝(，－1,1)，
设平面ADE的法向量为m＝(a，b，c)，
则
取c＝1，得m＝(－，－1,1)，
设直线BD与平面ADE所成的角为θ，
sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝，
所以直线BD与平面ADE所成角的正弦值为.
课时精练
1. (2023·张家口模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，∠ABC＝90°，AB＝BC，四边形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，O是AC的中点．
(1)证明：BC⊥平面B1OA1；
(2)求平面AOB1与平面C1OB1夹角的余弦值．
(1)证明　∵四边形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，O是AC的中点，
∴A1O⊥AC，
∵平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，
∴A1O⊥平面ABC，∵BC 平面ABC，∴A1O⊥BC，
∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥A1O，
又B1C1⊥A1B1，且A1O∩A1B1＝A1，A1O，A1B1 平面B1OA1，∴B1C1⊥平面B1OA1，
∴BC⊥平面B1OA1.
(2)解　如图，连接BO，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，O是AC的中点，∴BO⊥AC，又平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，
∴BO⊥平面ACC1A1，
设AC＝2，以O为坐标原点，OA，OA1，OB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，
则O(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(－1，，1)，C1(－2，，0)，
∴＝(1,0,0)，＝(－1，，1)，＝(－2，，0)，
设平面AOB1的法向量为m＝(x，y，z)，
则
取z＝，可得m＝(0，－1，)，
设平面C1OB1的法向量为n＝(a，b，c)，
则
取a＝，可得n＝(，2，－)，
设平面AOB1与平面C1OB1的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝，
∴平面AOB1与平面C1OB1夹角的余弦值为.
2. 如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
(1)证明　由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
PF∩EF＝F，PF，EF 平面PEF，
所以BF⊥平面PEF.
又BF 平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解　如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设BF＝1，由(1)可得DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.
又PF＝1，EF＝2，
所以PE⊥PF，
所以PH＝，EH＝.
则H(0,0,0)，P，D，
＝，＝.
又为平面ABFD的一个法向量，
设DP与平面ABFD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
3．如图①，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图②，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求平面CBQ与平面ABQ夹角的余弦值．
(1)证明　由题设知OA，OB，OO1两两垂直，
∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，
设AQ的长为m，则O(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,6,0)，C(0,3,6)，D(3,0,6)，Q(6，m,0)．
∵点P为BC的中点，
∴P，
∴＝(3,0,6)，＝(0，m,0)，＝.
∵·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥，
即OD⊥AQ，OD⊥PQ，
又AQ∩PQ＝Q，AQ，PQ 平面PAQ，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)解　∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，
则Q(6,3,0)，∴＝(－6,3,0)，＝(0，－3,6)．
设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，
由得
令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1,2,1)．
易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
设平面CBQ与平面ABQ的夹角为θ，
则cos θ＝＝，
即平面CBQ与平面ABQ夹角的余弦值为.
4．(2022·新高考全国Ⅱ改编)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．
(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求平面AEC与平面AEB夹角的正弦值．
(1)证明　如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.
因为PA＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，
所以PO⊥平面ABC.
因为AB 平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD 平面POD，且PO∩PD＝P，
所以AB⊥平面POD.
因为OD 平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，AB，OD，AC 平面ABC，所以OD∥AC.
因为OD 平面PAC，AC 平面PAC，
所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为BA，BP的中点，
所以DE∥PA.
因为DE 平面PAC，PA 平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
又OD，DE 平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE 平面ODE，所以OE∥平面PAC.
(2)解　连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB 平面ABC，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝＝＝4.
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，
所以OD＝OAsin 30°＝4×＝2，
AB＝2AD＝2OAcos 30°＝2×4×＝4.
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan 60°＝4×＝12.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，B(4，0,0)，C(0,12,0)，
P(2，2,3)，E，
所以＝，＝(4，0,0)，＝(0,12,0)．
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝2，则n＝(－1,0,2)．
设平面AEB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝2，则m＝(0，－3,2)，
设平面AEC与平面AEB的夹角为θ，
所以cos θ＝|cos〈n，m〉|＝＝.
则sin θ＝＝，
所以平面AEC与平面AEB夹角的正弦值为.
5. (2023·莆田模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，F为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AFC；
(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①∠ABC＝；②BD＝AC；
③PC与平面ABCD所成角的大小为.
若PA⊥平面ABCD，AB＝AP＝2，且________，求平面ACF与平面ACD夹角的余弦值．
(1)证明　连接BD交AC于点O，因为ABCD是菱形，所以O为BD的中点．连接OF.因为F为PD的中点，所以OF为△PBD的中位线，所以OF∥PB.
因为OF 平面AFC，PB 平面AFC，
所以PB∥平面AFC.
(2)解　过O作∥，以O为原点，，，为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
选条件①：∠ABC＝.
在菱形 ABCD 中，AC⊥BD.
因为AB＝AP＝2，
所以OB＝OD＝2sin ＝，OA＝OC＝2cos ＝1，
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，F.
所以＝，＝(0,2,0)．
设平面ACF的法向量为n＝(x，y，z)，则不妨令x＝2，则n＝(2,0，)，
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量．
设平面ACF与平面ACD的夹角为θ，
所以cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.
选条件②：BD＝AC.
在菱形ABCD 中，BD＝AC，所以OB＝OC，
所以BC＝＝2OC.
因为AB＝AP＝2，
所以OA＝OC＝1，OB＝OD＝.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，F.
所以＝，＝(0,2,0)．
设平面ACF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
不妨令x＝2，则n＝(2,0，)．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量．
设平面ACF与平面ACD的夹角为θ，
所以cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.
选条件③：PC与平面ABCD所成的角为.
因为PA⊥平面ABCD，所以∠PCA为PC与平面ABCD所成的角，即∠PCA＝.
在Rt△PAC中，由∠PCA＝，可得PA＝CA＝2.
所以OA＝OC＝1，OB＝OD＝.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，F.
所以＝，＝(0,2,0)．
设平面ACF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
不妨令x＝2，则n＝(2,0，)．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量．
设平面ACF与平面ACD的夹角为θ，
所以cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.
6. (2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
(1)证明　在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD 平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，
所以l⊥平面PDC.
(2)解　以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，如图建立空间直角坐标系D－xyz，
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
设Q(m,0,1)，
则有＝(0,1,0)，＝(m,0,1)，＝(1,1，－1)，
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则cos〈n，〉＝＝.
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于
|cos〈n，〉|＝
＝·＝·
≤·≤·＝，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.§7.8　向量法求空间角(二)
考试要求　1.能用向量法解决平面与平面的夹角问题，体会向量法在研究空间角问题中的作用.2.弄清折叠问题中的变量与不变量，掌握折叠问题中线面位置关系的判断和空间角的计算问题．
知识梳理
平面与平面的夹角
如图，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．
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〉|＝________________.
常用结论
1．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是.
2．若二面角A－BC－D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)二面角的平面角为θ，则两个平面的法向量的夹角也是θ.(　　)
(2)二面角α－l－β的平面角与平面α，β的夹角相等．(　　)
(3)二面角的范围是[0，π]．(　　)
(4)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2的夹角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.(　　)
教材改编题
1．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为(　　)
A. B.
C.或 D.或
2．已知向量m，n分别是平面α和平面β的法向量，若cos〈m，n〉＝－，则平面α与平面β的夹角为(　　)
A．30° B．60°
C．60°或120° D．30°或150°
3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
题型一　平面与平面的夹角
例1 (2023·泰安模拟)如图，在五面体ABCDE中，已知AC⊥平面BCD，ED∥AC，且AC＝BC＝2ED＝2，DC＝DB＝.
(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；
(2)求平面ABE与平面BEC夹角的余弦值．
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思维升华 利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小．
(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，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小．
跟踪训练1 (2022·贵阳模拟)如图，AC，BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，PA为圆柱OO′的一条母线，且AP＝AC.
(1)证明：AB⊥PD；
(2)若∠AOD＝，求平面DPC与平面PCB夹角的正弦值．
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题型二　折叠问题与空间角
例2 (2023·中山模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝BC，AD⊥AC，将△ACD沿AC翻折，使点D到达点S的位置，且平面SAC⊥平面ABCD.
(1)证明：BS⊥BC；
(2)若E为SC的中点，直线BS与平面EAB所成角的正弦值为，求平面SBC与平面ABCD夹角的大小．
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思维升华 三步解决平面图形的折叠问题
跟踪训练2 (2023·临汾模拟)如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC且AD⊥CD，线段AD上有一点E，满足CD＝DE＝1，AE＝BC＝2，现将△ABE，△CDE分别沿BE，CE折起，使AD＝，BD＝，得到如图2所示的几何体．
(1)求证：AB∥CD；
(2)求直线BD与平面ADE所成角的正弦值．
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