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(共74张PPT)
第七章　立体几何与空间向量
第7课时　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．
考点一　平面与平面的夹角
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，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____．
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〉|＝．
夹角
提醒：二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是．
[典例1]　(2024·北京卷节选)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2．
若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
[解]　因为AB⊥平面PAD，PE 平面PAD，所以AB⊥PE，
又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD．
连接EC，易知四边形ABCE为矩形，故直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，EP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P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，
B(1，－1，0)，则＝(1，0，0)，＝(0，1，2)，＝(1，0，
－2)，＝(0，2，－2)．
设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
可取n1＝(0，－2，1)．
设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
可取n2＝(2，1，1)．
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝．
所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为．
反思领悟　建系后分别求出二面角的两个半平面所在平面PAB和平面PCD的法向量，然后利用法向量n1和n2的夹角得到二面角的余弦值的大小．但要注意，结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角，如果题干是夹角，则一定是锐角或直角．
巩固迁移1　如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A-EF-A1的正弦值．
[解]　如图，以C1为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系．
由已知得A(2，1，3)，E(2，0，2)，F (0，1，1)，
A1(2，1，0)，
则＝(0，－1，－1)，＝(－2，0，－2)，
＝(0，－1，2)，＝(－2，0，1)．
设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，
则即取z＝1，
则n1＝(－1，－1，1)为平面AEF的一个法向量．
设n2＝(a，b，c)为平面A1EF的法向量，
则即取c＝1，
则n2＝为平面A1EF的一个法向量．因为cos 〈n1，n2〉＝＝－，所以二面角A-EF-A1的正弦值为．
考点二　折叠问题与空间角
[典例2]　(2025·武汉模拟)已知图1是由等腰直角三角形ABE和菱形BCDE组成的一个平面图形，其中菱形边长为4，∠A＝90°，∠D＝60°．将△ABE沿BE折起，使得平面A1BE⊥平面BCDE(如图2)．
(1)求证：A1C⊥CD；
(2)求二面角B-A1C-D的正弦值．
[解]　(1)证明：取BE的中点O，连接A1O，OC，CE．
∵A1B＝A1E，∴A1O⊥BE．
又∵平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1O 平面A1BE，
∴A1O⊥平面BCDE．
∵CD 平面BCDE，∴A1O⊥CD．
∵在菱形BCDE中，∠CDE＝60°，
∴△BCE为等边三角形．
∵BE的中点为O，
∴OC⊥BE．
∵BE∥CD，∴OC⊥CD．
∵A1O∩OC＝O，A1O，OC 平面A1OC，
∴CD⊥平面A1OC．
∵A1C 平面A1OC，∴CD⊥A1C．
(2)由(1)知A1O⊥平面BCDE，
∵OB，OC 平面BCDE，
∴A1O⊥OB，A1O⊥OC．
又OC⊥BE，∴以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(0，2，0)，
D(－4，2，0)，A1(0，0，2)，
∴＝(0，2，－2)，＝(－2，2，0)，
＝(－4，0，0)．
设平面BA1C的法向量为n1＝(x，y，z)，
则
不妨取y＝1，则n1＝(，1，)．
设平面DA1C的法向量为n2＝(a，b，c)，
则
令c＝，则n2＝(0，1，)，
设二面角B-A1C-D的大小为θ，
∴|cos θ|＝＝＝，
∴sin θ＝．
∴二面角B-A1C-D的正弦值为．
链接·2025高考试题
(2025·全国二卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得面EFD′A′与面EFCB所成的二面角为60°.
(1)证明：A′B∥平面CD′F；
(2)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值．
解：(1)证明：法一：∵EB∥FC，EB 平面CD′F，FC 平面CD′F，∴EB∥平面CD′F，
∵A′E∥D′F，A′E 平面CD′F，D′F 平面CD′F，∴A′E∥平面CD′F.
∵EB 平面BA′E，A′E 平面BA′E，EB∩A′E＝E，∴平面BA′E∥平面CD′F.
∵A′B 平面BA′E，∴A′B∥平面CD′F.
法二：如图，延长DC至点G，使得DG＝AB，连接GB，GD′，
∵AB∥CD，∴AB∥DG，又AB＝DG，
∴四边形ABGD是平行四边形，∴AD＝BG，AD∥BG.
翻折后，A′D′＝BG，A′D′∥BG，
∴四边形A′BGD′是平行四边形，∴A′B∥D′G.
∵A′B 平面CD′F，D′G 平面CD′F，∴A′B∥平面CD′F.
(2)∵∠DAB＝90°，EF∥AD，∴∠FEB＝90°，即AB⊥EF，翻折后，A′E⊥EF，EB⊥EF，
∴平面EFD′A′与平面EFCB所成二面角的平面角为∠A′EB，
即∠A′EB＝60°，同理∠D′FC＝60°.
设AD＝1，取CF的中点O，连接D′O，
在△OD′F中，D′F＝1，OF＝，∠D′FO＝60°，由余弦定理得OD′＝，
∴D′F2＝OF2＋OD′2，∴OD′⊥OF.
在线段EB上取一点M，使得EM＝，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF，∴四边形EMOF为平行四边形，
∴EF∥OM，
∵D′F⊥EF，CF⊥EF，D′F∩CF＝F，D′F，CF 平面CD′F
∴EF⊥平面CD′F，即OM⊥平面CD′F，
∴OM，OC，OD′两两垂直，
如图所示，以O为坐标原点，以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则B，C，D′，E，F＝(1，1，0)，＝＝(1，0，0)，＝.
设平面BCD′的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即取z1＝，
则m＝(－3，3，)．
设平面EFD′A′的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即取z2＝，
则n＝(0，－3，)．
设平面BCD′与平面EFD′A′的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝＝，
∴sin θ＝＝＝，
∴平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值为.
反思领悟　三步解决平面图形的折叠问题
巩固迁移2　(2025·眉山模拟)如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE．
设F为CD1的中点，若M为线段AB上的一点，
满足＝．
(1)求证：MF∥平面D1AE；
(2)求平面D1MF与平面ABE夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：设G是D1E的中点，连接GF，AG，因为F是CD1的中
点，所以GF∥CE，GF＝CE．
因为＝，所以AM∥CE，
AM＝CE，所以AM∥GF，AM＝GF，
所以四边形AMFG是平行四边形，所以MF∥AG．
因为MF 平面D1AE，AG 平面D1AE，
所以MF∥平面D1AE．
(2)连接BE，由于AE＝BE＝2，AB＝4，AE2＋BE2＝AB2，所以AE⊥BE．
以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(－，
0)，D1(，0，)，F，M＝＝，
设平面D1MF的法向量为n＝(x，y，z)，
所以
故可取n＝(1，5，3)，
易知平面ABE的一个法向量为m＝(0，0，1)，
设平面D1MF与平面ABE的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝＝．
所以平面D1MF与平面ABE夹角的余弦值为．
随堂练习
√
1．在三棱锥A-BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2，若〈n1，n2〉＝，则二面角A-BD-C的大小为(　　)
A． B．
C．或 D．或
C　[因为二面角的取值范围是[0，π]，〈n1，n2〉＝，所以二面角A-BD-C的大小为或．]
2．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
√
C　[∵m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，
∴m·n＝1，|m|＝1，|n|＝．
设两平面所成的二面角为θ，
则|cos θ|＝|cos 〈m，n〉|＝＝，
∴两平面所成的二面角为或．故选C．]
3．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面PAB与平面PCD夹角的大小为________．
45°　[如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意知，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，又CD⊥平面PAD，AE 平面PAD，∴CD⊥AE，
45°
又PD∩CD＝D，PD，CD 平面PCD，∴AE⊥平面PCD．
∴＝(0，1，0)，＝分别是平面PAB，
平面PCD的一个法向量，
∴|cos 〈〉|＝＝＝，
∴〈〉＝45°，故平面PAB与平面PCD夹角的大小为45°．]
【教用·备选题】
1．(2025·临沂一中模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
√
B　[以A为坐标原点，AB，AD，AA1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，设正方体棱长为1，
则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，
∴＝(0，1，－1)，＝．
设平面A1ED的法向量为n1＝(x，y，z)，
则有即
令x＝1，∴n1＝(1，2，2)为平面A1ED的一个法向量．
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
∴|cos 〈n1，n2〉|＝＝，
即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为．]
2．(2025·天津西青区模拟)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，异面直线AD1与BC所成角的大小为__________，平面BCD1与平面ABCD夹角的大小为________．
　[在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，设AB＝1，则A(1，0，0)，D1(0，0，1)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，＝(－1，0，1)，＝(－1，0，0)，
设异面直线AD1与BC所成角的大小为θ，
则cos θ＝＝＝，∵θ∈，
∴θ＝，∴异面直线AD1与BC所成角的大小为；
＝(1，0，0)，＝(0，－1，1)，
设平面BCD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则令y＝1，得n＝(0，1，1)，
易知平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
设平面BCD1与平面ABCD的夹角为α，
则cos α＝＝＝，∴α＝．
∴平面BCD1与平面ABCD夹角的大小为．]
3．(2025·信阳浉河区模拟)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知棱长为4，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝1．
(1)求异面直线AE与B1C所成角的余弦值；
(2)求直线AE与平面ABF所成角的正弦值；
(3)求平面ABF与平面ABCD夹角的余弦值．
[解]　(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4，0，0)，
B(4，4，0)，C(0，4，0)，B1(4，4，4)，
E(4，1，4)，F (0，1，4)，
所以＝(0，1，4)，＝(4，0，4)，
cos 〈〉＝＝＝，
所以异面直线AE与B1C所成角的余弦值为．
(2)由(1)知，＝(0，1，4)，＝(0，4，0)，＝(－4，1，4)，
设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝1，得n＝(1，0，1)，所以|cos 〈，n〉|＝＝＝，所以直线AE与平面ABF所成角的正弦值为．
(3)由(2)知，平面ABF的一个法向量n＝(1，0，1)，
又平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
则|cos 〈m，n〉|＝＝，
所以平面ABF与平面ABCD夹角的余弦值为．
4．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．
[解]　(1)证明：∵平面SAC⊥平面ABCD，SA⊥AC，平面SAC∩平面ABCD＝AC，SA 平面SAC，
∴SA⊥平面ABCD，
∵BC 平面ABCD，∴SA⊥BC，
又∵BC⊥AB，SA∩AB＝A，
SA，AB 平面SAB，
∴BC⊥平面SAB，
∵BS 平面SAB，∴BS⊥BC．
(2)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，
AS＝AD＝2m(m>0)，
则B(2，0，0)，C(2，2，0)，S(0，0，2m)，E(1，1，m)，
＝(2，0，0)，＝(1，1，m)，＝(－2，0，2m)，
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，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SBC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〉|＝＝＝，
∴α＝，同理，当m＝时，可取n3＝(1，0，)，
则cos α＝|cos 〈n2，n3〉|＝＝＝，∴α＝，
综上可得，平面SBC与平面ABCD的夹角为或．
课后习题(四十八)　向量法求空间角(二)
1．(人教B版选择性必修第一册P52例3改编)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠PAC＝∠ABC＝90°，PA＝BC＝1，E是AB的中点，PB＝AC＝2，则平面BPC与平面EPC夹角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
C　[因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PA⊥AC，PA 平面PAC，所以PA⊥平面ABC．以B为坐标原点，
建立如图所示的空间直角坐标系．
题号
1
3
5
2
4
6
在Rt△ABC中，AB＝＝＝，所以B(0，0，
0)，P(，0，1)，C(0，1，0)，E，则＝(，
－1，1)，＝(－，0，－1)，＝．
设平面BPC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
题号
1
3
5
2
4
6
即令x1＝1，则m＝(1，0，－)．
设平面EPC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即
令x2＝2，则n＝(2，，－)．
设平面BPC与平面EPC的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
2．(北师大版选择性必修第一册P140习题3－4A组T7改编)已知两个平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角
的余弦值为________．
　[设这两个平面的夹角为θ，则cos θ＝＝．]
　
题号
1
3
5
2
4
6
3．(人教A版选择性必修第一册P41练习T1改编)如图，二面角α-l-β的棱上有A，B两点，线段AC，BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于棱l．已知AB＝1，AC＝2，BD＝3，CD＝2，则平面α与平面β的夹角为________．
　
题号
1
3
5
2
4
6
　[设平面α与平面β的夹角为θ，
由＝可得，
＝＝＋＋＋2·＋2·＋2·＝4＋1＋9＋2·cos 〈〉＝
14－12cos θ＝8，所以cos θ＝，即平面α与平面β的夹角为．]
题号
1
3
5
2
4
6
4．(人教A版选择性必修第一册P44习题1.4T15改编)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BB1＝2，BC＝4，AB1与A1B交于点E，F为BC的中点．
(1)求证：AE⊥平面A1BC；
(2)求平面AEF与平面AA1C夹角的余弦值．
题号
1
3
5
2
4
6
[解]　(1)证明：因为BC⊥平面ABB1A1，AE 平面ABB1A1，
所以BC⊥AE．
因为四边形ABB1A1为正方形，所以AE⊥A1B，
又BC∩A1B＝B，BC，A1B 平面A1BC，
所以AE⊥平面A1BC．
题号
1
3
5
2
4
6
(2)以A为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，A1(0，0，2)，E(1，0，1)，C(2，4，0)，F (2，2，0)，
＝(1，0，1)，＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，＝(2，4，0)．
题号
1
3
5
2
4
6
设平面AEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则取n＝(1，－1，－1)．
设平面AA1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则
取m＝(2，－1，0)．
则|cos 〈m，n〉|＝＝，
所以平面AEF与平面AA1C夹角的余弦值为．
题号
1
3
5
2
4
6
5．(2025·贵阳模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，PA＝AD＝2AB＝2．
(1)证明：平面PCD⊥平面PAD；
(2)求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值．
题号
1
3
5
2
4
6
[解]　(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，CD 底面ABCD，
所以PA⊥CD．
因为底面ABCD是矩形，所以AD⊥CD．
又PA∩AD＝A，AD，PA 平面PAD，
所以CD⊥平面PAD．
又因为CD 平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD．
题号
1
3
5
2
4
6
(2)以A为坐标原点，AB，AD，AP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D(0，2，0)，P(0，0，2)，A(0，0，0)，
B(1，0，0)，C(1，2，0)，
所以＝(1，2，－2)，＝(0，2，0)，
＝(－1，0，0)．
题号
1
3
5
2
4
6
设平面PCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
取y1＝1，则x1＝0，z1＝1，
可得平面PCD的一个法向量为m＝(0，1，1)．
设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则
取x2＝2，则y2＝0，z2＝1，
可得平面PBC的一个法向量为n＝(2，0，1)．
题号
1
3
5
2
4
6
设平面PBC与平面PCD的夹角为θ，则
cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝＝，
所以平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为．
题号
1
3
5
2
4
6
6．(2025·西宁模拟)如图1所示，四边形ABCD中AD∥BC，AB＝1，AD＝2，BC＝3，∠ABC＝，M为AD的中点，N为BC上一点，且MN∥AB．现将四边形ABNM沿MN翻折，使得AB与EF重合，得到如图2所示的几何体MDCNFE，其中FD＝．
(1)证明：CD⊥平面FND；
(2)若P为FC的中点，
求二面角F-ND-P的正弦值．
题号
1
3
5
2
4
6
[解](1)证明：∵四边形ABCD中AD∥BC，AB＝1，AD＝2，BC＝3，
∠ABC＝，
又M为AD的中点，且MN∥AB，
∴四边形ABNM为正方形，且边长为1，
∴题图2中，四边形EMNF是边长为1的正方形，故ND＝，
又FN＝1，FD＝，
∴FN2＋ND2＝FD2，∴FN⊥ND，
题号
1
3
5
2
4
6
又FN⊥MN，MN∩ND＝N，MN 平面MDCN，ND 平面MDCN，∴FN⊥平面MDCN，
∵CD 平面MDCN，∴FN⊥CD，易知CD＝，
∴CD2＋ND2＝NC2，
∴CD⊥ND，又FN∩ND＝N，FN 平面FND，ND 平面FND，
∴CD⊥平面FND．
题号
1
3
5
2
4
6
(2)由(1)知FN⊥平面MDCN，MN⊥CN，
以N为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则N(0，0，0)，F (0，0，1)，D(1，1，0)，P，
∴＝(0，0，1)，＝(1，1，0)，＝，
设平面FND的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
题号
1
3
5
2
4
6
令x1＝1，则y1＝－1，∴m＝(1，－1，0)，
设平面PND的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
令y2＝1，则x2＝－1，z2＝－2，∴n＝(－1，1，－2)，
题号
1
3
5
2
4
6
∴|cos 〈m，n〉|＝
＝
＝＝，
∴sin 〈m，n〉＝＝，
∴二面角F-ND-P的正弦值为．
题号
1
3
5
2
4
6
谢 谢 ！

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