资源简介

第2课时　夹角问题 [教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学]
[课时目标]
1.会用向量法求线线、线面、面面夹角,体会向量法在几何问题中的应用.
2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系.
1.两条异面直线所成的角
若异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别为u,v,则cos θ=|cos|=　　　　　=　　　　　.
2.直线和平面所成的角
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|=　　　　　　　　　　　　=　　　　　　.
3.两个平面的夹角
(1)两平面的夹角
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.
(2)两平面夹角的计算
若平面α,β的法向量分别是n1和n2,设平面α与平面β的夹角为θ,
则cos θ=|cos|=　　　　　=　　　　　　.
|微|点|助|解|
(1)两异面直线所成角的范围是,其余弦值一定是非负数.
(2)两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系.
(3)线面角的范围为.
(4)直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角.
(5)求两平面的夹角问题转化为两平面法向量的夹角问题.
(6)两平面的夹角的范围是,二面角的范围是[0,π].
(7)二面角与两平面的夹角不是相同的概念.
基础落实训练
1.设两条异面直线a,b的方向向量分别为a=(-1,1,0),b=(0,-1,1),则a与b所成的角为 (　　)
A. B.
C. D.
2.若直线l的一个方向向量u=(1,0,1),平面α的一个法向量n=(0,-1,1),则l与α所成的角为 (　　)
A. B.
C.或 D.或
3.已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,1),n=(1,-1,0),则这两个平面的夹角为 (　　)
A.30° B.60°
C.60°或120° D.120°
题型(一)　异面直线所成的角
[例1]　如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则AM与CN所成角的余弦值为 (　　)
A. B.
C. D.
听课记录:
　　|思|维|建|模|
用坐标法求异面直线所成的角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系;
(2)分别求出两条异面直线的方向向量的坐标;
(3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角;
(4)结合异面直线所成的角的范围求出异面直线所成的角.
　　[针对训练]
1.如图,在圆锥SO中,AB是底面圆O的直径,D,E分别为SO,SB的中点,OC⊥AB,SO=AB=4,
则直线AD与直线CE所成角的余弦值为 (　　)
A. B.
C. D.
2.如图,已知多面体ABCDMN中,底面ABCD是边长为2的正方形,MA=2,NC=1,MA⊥平面ABCD,
NC⊥平面ABCD,=λ(0<λ<1),若异面直线AT与MD所成角的余弦值为,求λ的值.
题型(二)　直线与平面所成的角
[例2]　如图,已知多面体ABC-A1B1C1中,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,
C1C=1,AB=BC=B1B=2.请用空间向量的方法解答下列问题:求直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值.
听课记录:
　　|思|维|建|模|
用坐标法求直线与平面所成角的基本步骤
(1)建立空间直角坐标系;
(2)分别求出直线的方向向量u和平面的法向量n的坐标;
(3)设线面角为θ,则sin θ=;
(4)由θ∈,求θ.
　　[针对训练]
3.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为　　　　.
4.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD和A1B1C1D1均为正方形,平面A1B1BA⊥平面ABCD,
AB=2BB1=2AA1=2A1B1,E为线段CD上一点.若直线AB与平面A1D1E所成角的正弦值为,求.
题型(三)　两个平面的夹角
[例3]　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,求平面BPC与平面EPC夹角的余弦值.
听课记录:
　　|思|维|建|模|
利用坐标法求两个平面夹角的步骤
(1)建立空间直角坐标系;
(2)分别求出两个面所在平面的法向量的坐标;
(3)求两个法向量的夹角;
(4)确定两平面夹角的大小.
　　[针对训练]
5.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为2的正三角形,侧棱长为1,求平面ABC与平面AB1C1的夹角.
第2课时　夹角问题
?课前预知教材
1.　　2.　
3．(2)　
[基础落实训练]　1.C　2.A　3.B　
?课堂题点研究
[题型(一)]
[例1]　选C　在直三棱柱ABC A1B1C1中，∠BCA＝90°，如图，以C为原点，以CB，CA，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，令BC＝CA＝CC1＝2，则A(0,2,0)，M(1，1,2)，C(0,0,0)，N(0,1，2)，∴＝(1，－1,2)，＝(0,1,2)，
∴cos〈，〉＝＝＝.令AM与CN所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝.
[针对训练]
1.选C　以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(2,0,0)，A(0,2,0)，D(0，0,2)，E(0，－1,2)，所以＝(0，－2,2)，＝(－2，－1，2)，所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为|cos〈，〉|＝＝＝.
2.解：以点A为原点，分别以AB，AD，AM所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则M(0,0,2)，D(0，2,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，所以＝(0,2，－2)，＝(0,2,0)，所以＝λ(0,2,0)＝(0,2λ，0)，可得＝＋＝(2,0,0)＋(0,2λ，0)＝(2,2λ，0)，所以·＝4λ，||＝2，||＝，所以＝，可得λ＝.
[题型(二)]
[例2]　解：如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，以过O点平行于CC1的直线为z轴，建立空间直角坐标系．由题意知A(0，－，0)，B(1,0,0)，A1(0，－，4)，B1(1,0,2)，C1(0，，1)．设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，可知＝(0,2，1)，＝(1，，0)，＝(0,0,2)．
设平面ABB1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即令y＝1，则x＝－，z＝0，可得平面ABB1的一个法向量n＝(－，1,0)．∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.∴直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值是.
[针对训练]
3．解析：如图所示，建立空间直角坐标系，则A(2，0,0)，B(2,2,0)，C(0,2，0)，C1(0，2,1)，∴＝(－2,0,1)．连接AC，易证AC⊥平面BB1D1D，∴平面BB1D1D的一个法向量为a＝＝(－2，2,0)．
∴所求角的正弦值为|cos〈a，〉|＝＝＝.
答案：
4．解：分别取AB，A1B1的中点O，F，连接OF.易证OF⊥AB.∵平面A1B1BA⊥平面ABCD，平面A1B1BA∩平面ABCD＝AB，∴OF⊥平面ABCD.
设A1B1为2个单位长度，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(－1,0，)，D1(－1，2，)，A(－2,0,0)，B(2,0,0)．设E(a，4,0)，－2≤a≤2，得＝(a＋1,4，－)，＝(0,2,0)，＝(4,0,0)．设平面A1D1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则取z＝a＋1，得x＝，则n＝(，0，a＋1)．由直线AB与平面A1D1E所成角的正弦值为|cos〈n，〉|＝＝＝，解得a＝1，所以CE＝1.又因为CD＝AB＝2A1B1＝4，所以DE＝4－1＝3，故＝3.
[题型(三)]
[例3]　解：因为平面PAC⊥平面ABC，且AC为交线，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．因为PB＝AC＝2，PA＝BC＝1，在Rt△ABC中，AB＝＝＝，
所以B(0,0,0)，P(0，，1)，C(1,0,0)，E，＝(－1，，1)，＝(0，－，－1)，＝.
设平面BPC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令y1＝1，则m＝(0,1，－)．
设平面EPC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即
令y2＝2，则n＝(，2，－)．设平面BPC与平面EPC的夹角为θ，则cos θ＝＝＝，所以平面BPC与平面EPC夹角的余弦值为.
[针对训练]
5．解：以C为原点，在平面ABC中，过C作BC的垂线为x轴，直线CB为y轴，直线CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
由题意A(，1,0)，B1(0，2,1)，C1(0，0,1)，则＝(－，1,1)，＝(－，－1,1)，设平面AB1C1的法向量n＝(x，y，z)，
则
得令x＝1得n＝(1,0，)，易知平面ABC的一个法向量m＝(0,0,1)，
所以|cos〈m，n〉|＝＝.
设平面ABC与平面AB1C1的夹角为θ，则cos θ＝，所以θ＝，
所以平面ABC与平面AB1C1的夹角为.(共45张PPT)
夹角问题
[教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学]
第2课时
课时目标
1.会用向量法求线线、线面、面面夹角,体会向量法在几何问题中的应用.
2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系.
CONTENTS
目录
1
2
3
课前预知教材·自主落实基础
课堂题点研究·迁移应用融通
课时跟踪检测
课前预知教材·自主落实基础
1.两条异面直线所成的角
若异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别为u,v,
则cos θ=|cos|=________=________.
2.直线和平面所成的角
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|=_________=_________.
3.两个平面的夹角
(1)两平面的夹角
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.
(2)两平面夹角的计算
若平面α,β的法向量分别是n1和n2,设平面α与平面β的夹角为θ,则cos θ=|cos|=___________=__________.
|微|点|助|解|
(1)两异面直线所成角的范围是,其余弦值一定是非负数.
(2)两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系.
(3)线面角的范围为.
(4)直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角.
(5)求两平面的夹角问题转化为两平面法向量的夹角问题.
(6)两平面的夹角的范围是,二面角的范围是[0,π].
(7)二面角与两平面的夹角不是相同的概念.
基础落实训练
1.设两条异面直线a,b的方向向量分别为a=(-1,1,0),b=(0,-1,1),则a与b所成的角为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
解析:因为两条异面直线a,b的方向向量分别为a=(-1,1,0),
b=(0,-1,1),cos==-=-,所以a与b所成的角的余弦值为,所以a与b所成的角为.
√
2.若直线l的一个方向向量u=(1,0,1),平面α的一个法向量n=(0,-1,1),则l与α所成的角为 (　　)
A.　　　　 B.　　　　 C.或　　　　 D.或
解析:设l与α所成角为θ,因为直线l的一个方向向量u=(1,0,1),平面α的一个法向量n=(0,-1,1),所以sin θ=|cos|==,
因为0≤θ≤,所以θ=.
√
3.已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,1),n=(1,-1,0),则这两个平面的夹角为 (　　)
A.30° B.60°
C.60°或120° D.120°
解析:cos===-,因为向量夹角范围为[0,π],
故两向量夹角为π,故两平面夹角为,即60°,故选B.
√
课堂题点研究·迁移应用融通
题型(一)　异面直线所成的角
[例1]　如图,在直三棱柱ABC A1B1C1中,∠BCA=90°,
M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则AM与
CN所成角的余弦值为 (　　)
A. B. C. D.
解析:在直三棱柱ABC A1B1C1中,∠BCA=90°,如图,以C为原点,以CB,CA,CC1所在直线为x轴,y轴,z轴,
建立空间直角坐标系,令BC=CA=CC1=2,则A(0,2,0),
M(1,1,2),C(0,0,0),N(0,1,2),∴=(1,-1,2),
=(0,1,2),∴cos<,>===.
令AM与CN所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|=.
√
　　|思|维|建|模|
用坐标法求异面直线所成的角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系;
(2)分别求出两条异面直线的方向向量的坐标;
(3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角;
(4)结合异面直线所成的角的范围求出异面直线所成的角.
针对训练
1.如图,在圆锥SO中,AB是底面圆O的直径,D,E分别为SO,
SB的中点,OC⊥AB,SO=AB=4,则直线AD与直线CE所成角的余弦值为 (　　)
A. B. C. D.
解析:以点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(2,0,0),A(0,2,0),D(0,0,2),E(0,-1,2),所以
=(0,-2,2),=(-2,-1,2),所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为|cos<,>|===.
√
2.如图,已知多面体ABCDMN中,底面ABCD是边长为2的正方形,MA=2,NC=1,MA⊥平面ABCD,NC⊥平面ABCD,=λ(0<λ<1),若异面直线AT与MD所成角的
余弦值为,求λ的值.
解:以点A为原点,分别以AB,AD,AM所在直线为x,y,
z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则M(0,0,2),
D(0,2,0),B(2,0,0),C(2,2,0),所以=(0,2,-2),
=(0,2,0),所以=λ(0,2,0)=(0,2λ,0),可得=
+=(2,0,0)+(0,2λ,0)=(2,2λ,0),所以·=4λ,
||=2,||=,所以=,可得λ=.
题型(二)　直线与平面所成的角
[例2]　如图,已知多面体ABC A1B1C1中,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.
请用空间向量的方法解答下列问题:求直线AC1与平面ABB1
所成角的正弦值.
解:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,以过O点平行于CC1的直线为z轴,建立空间直角坐标系.由题意知A(0,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),
C1(0,,1).
设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ,可知=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2).
设平面ABB1的法向量为n=(x,y,z),
则即令y=1,则x=-,z=0,可得平面ABB1
的一个法向量n=(-,1,0).
∴sin θ=|cos<,n>|==.
∴直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值是.
　　|思|维|建|模|
用坐标法求直线与平面所成角的基本步骤
(1)建立空间直角坐标系;
(2)分别求出直线的方向向量u和平面的法向量n的坐标;
(3)设线面角为θ,则sin θ=;
(4)由θ∈,求θ.
针对训练
3.如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,
则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为　　　　.
解析:如图所示,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),
B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1),∴=(-2,0,1).连接AC,易证AC⊥平面BB1D1D,∴平面BB1D1D的一个法向量为a==(-2,2,0).∴所求角的正弦值为|cos|
===.
4.如图,在四棱台ABCD A1B1C1D1中,底面ABCD和A1B1C1D1均为正方形,平面A1B1BA⊥平面ABCD,
AB=2BB1=2AA1=2A1B1,E为线段CD上一点.
若直线AB与平面A1D1E所成角的正弦值为,求.
解:分别取AB,A1B1的中点O,F,连接OF.易证OF⊥AB.
∵平面A1B1BA⊥平面ABCD,平面A1B1BA∩平面ABCD
=AB,∴OF⊥平面ABCD.
设A1B1为2个单位长度,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A1(-1,0,),D1(-1,2,),A(-2,0,0),B(2,0,0).设E(a,4,0),-2≤a≤2,得=(a+1,4,-),=(0,2,0),=(4,0,0).设平面A1D1E的法向量为n=(x,y,z),
则
取z=a+1,得x=,则n=(,0,a+1).
由直线AB与平面A1D1E所成角的正弦值为|cos|===,解得a=1,所以CE=1.又因为CD=AB
=2A1B1=4,所以DE=4-1=3,故=3.
[例3]　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,求平面BPC与平面EPC夹角的余弦值.
题型(三)　两个平面的夹角
解:因为平面PAC⊥平面ABC,且AC为交线,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.因为PB=AC=2,
PA=BC=1,在Rt△ABC中,AB=
==,所以B(0,0,0),P(0,,1),C(1,0,0),
E,=(-1,,1),=(0,-,-1),
=.
设平面BPC的法向量为m=(x1,y1,z1),
则即
令y1=1,则m=(0,1,-).
设平面EPC的法向量为n=(x2,y2,z2),
则即
令y2=2,则n=(,2,-).
设平面BPC与平面EPC的夹角为θ,则cos θ===,
所以平面BPC与平面EPC夹角的余弦值为.
　　|思|维|建|模|
利用坐标法求两个平面夹角的步骤
(1)建立空间直角坐标系;
(2)分别求出两个面所在平面的法向量的坐标;
(3)求两个法向量的夹角;
(4)确定两平面夹角的大小.
5.如图,在直三棱柱ABC A1B1C1中,底面是边长为2的正三角形,侧棱长为1,求平面ABC与平面AB1C1的夹角.
针对训练
解:以C为原点,在平面ABC中,过C作BC的垂线为x轴,直线CB为y轴,直线CC1为z轴,建立空间直角坐标系,由题意A(,1,0),B1(0,2,1),
C1(0,0,1),则=(-,1,1),=(-,-1,1),设平面AB1C1的
法向量n=(x,y,z),则得
令x=1得n=(1,0,),易知平面ABC的一个法向量m=(0,0,1),
所以|cos|==.
设平面ABC与平面AB1C1的夹角为θ,则cos θ=,所以θ=,
所以平面ABC与平面AB1C1的夹角为.
课时跟踪检测
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1.已知平面α的一个法向量为n1=,平面β的一个法向量为
n2=(1,-1,1),则平面α与β的夹角为(　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
解析:因为n1·n2=0,所以α⊥β,所以α与β的夹角为90°.
√
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2.已知平面α的一个法向量为n=(-,-2,1),点A(-1,2,1)在平面α内.若点P的坐标为(-1,1,1),则直线PA与平面α所成的角为(　　)
A. B. C. D.
解析:由题得=(0,1,0),则n·=(-,-2,1)·(0,1,0)=-2.设直线PA与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos|==,因为θ∈,
所以θ=.
√
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3.在正方体ABCD A1B1C1D1中,平面α经过点B,D,平面β经过点A,D1,当平面α,β分别截正方体所得截面面积最大时,平面α与平面β夹角的余弦值为 (　　)
解析:如图,因为正方体中过体对角线的截面面积最大,所以题目转化为求平面BDD1B1与平面ABC1D1夹角的余弦值,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为1,平面α与平面β的夹角为θ,因为DD1⊥平面ABCD,
AC 平面ABCD,所以DD1⊥AC,且AC⊥BD,BD∩DD1=D,
BD,DD1 平面BDD1B1,所以AC⊥平面BDD1B1,同理B1C⊥
平面ABC1D1.所以为平面BDD1B1的一个法向量,为平面ABC1D1的一个法向量.又A(1,0,0),C(0,1,0),B1(1,1,1),=(-1,1,0),=(-1,0,-1),则cos θ=
==.故选C.
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
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4.如图,在由三棱柱截得的几何体ABC A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,
AB⊥AC,AA1=2,BB1=CC1=1,AC=2,点D,E,F分别是棱B1C1,A1C1,
BB1的中点.若直线A1D与EF所成角的余弦值为,则AB=(　　)
A.1 B.2 C. D.4
解析:以点A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x,y,z轴,
建立空间直角坐标系.设AB=x(x>0),则A1(0,0,2),E,
F,B1(x,0,1),C1(0,2,1),D,=,
=(x,-1,-1),所以直线A1D与EF所成角的余弦值|cos<,>|
===,解得x=1(舍负),故选A.
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5.如图,在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中,底面边长为2,直线CC1与
平面ACD1所成角的正弦值为,则正四棱柱的高为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
解析:以D为原点,以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设DD1=a(a>0),则A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,a),
C1(0,2,a),故=(-2,2,0),=(-2,0,a),=(0,0,a),设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),则
可取n=,故cos===.又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为,∴=,解得a=4(舍负).
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6.我们称:两个相交平面构成四个二面角,其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角;由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”.则在正方体中,两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为 (　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
解析:平面ABCD和平面ADD1A1的夹角为90°,D错误.平面ABCD和平面A1BCD1的夹角为45°,B错误.设正方体的棱长为1,如图,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),=(0,1,0),=(-1,-1,1),
设平面ABC1D1的法向量为m=(x1,y1,z1),则
故可取m=(1,0,1).=(1,0,0),设平面A1BCD1的法向量为n=(x2,y2,z2),
则故可取n=(0,1,1),设平面ABC1D1与平面A1BCD1的夹角为θ,
则cos θ===,由于0°≤θ≤90°,所以θ=60°,所以C错误.所以夹角大小不可能为30°.
√
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3
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2
7.(多选)如图,△ABC内接于圆O,AB为圆O的直径,AB=4,BC=2,
CD⊥平面ABC,E为AD的中点,若三棱锥D BEC的体积为2,
则下列结论正确的有 (　　)
A.异面直线BE与AC所成角的余弦值为 B.直线BD与平面BCE所成角的余弦值为
C.点A到平面BCE的距离为 D.平面BCE与平面ABD夹角的大小为
√
√
解析:因为AB为圆O的直径,且AB=4,BC=2,所以△ABC为
直角三角形,AC=2,设CD=h,由E为AD的中点可得VD BEC
=VD ABC=×h·×2×2=2,解得h=2.以C为坐标原点,
CA,CB,CD所在直线分别为x,y,z轴建立空间坐标系,如图所示,
则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),D(0,0,2),E(,0,),
=(2,0,0),=(,-2,),=(0,-2,2),=(,0,).
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对于A,易知cos<,>==,所以异面直线BE与AC所成角的余弦值为,
A正确;对于B,设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),则即
取x=1,y=0,z=-1,n=(1,0,-1).设BD与平面BCE所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=
==,B不正确;对于C,点A到平面BCE的距离为==,C正确;对于D,设平面ABD的法向量为m=(a,b,c),=(2,0,-2),=(0,2,-2),则
即取c=1,b=,a=1,m=(1,,1),m·n=0,所以平面BCE与平面ABD
夹角的大小为,D不正确.故选AC.
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8.(5分)设平面α的一个法向量为n=(a,0,1),直线l的一个方向向量为d=(3,-4,0),若直线l与平面α所成的角为,则正数a=_________.
解析:依题意可得|cos|==sin,即=,解得a=(舍负).
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9.(5分)在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE夹角的余弦值为　　　　.
解析:以D为坐标原点,建系如图,则B(1,2,0),C1(0,2,2),
A(1,0,0),E(0,2,1),所以=(-1,0,2),=(-1,2,1).则cos<,>=,所以异面直线BC1与AE夹角的
余弦值为.
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10.(5分)如图,在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AA1=2,
AC=,过BC的中点D作平面ACB1的垂线,交平面ACC1A1于点E,
则BE与平面ABB1A1所成角的正切值为________.
解析:由题可知,AA1⊥AB,AA1⊥AC,AB⊥AC,故以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(,0,0),B(0,0,2),
A1(0,2,0),B1(0,2,2),D,=(0,2,2),=(,0,0),连接AC1与CA1交于点E',连接DE',则E',=(0,1,-1),易知平面ABB1A1的一个法向量为=(,0,0).因为·=2×1+2
×(-1)=0,·=0,所以AB1⊥DE',AC⊥DE',所以DE'⊥平面ACB1,即点E与点E'重合,所以=.设BE与平面ABB1A1
所成的角为θ,则sin θ=|cos<,>|==,所以cos θ=,故tan θ=.
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11.(10分)如图,在四棱锥P ABCD中,PA⊥平面ABCD,
AD∥BC,AD=2BC=2AB=4,PA=2,且∠ABC=60°,
点E为棱PD上一点(不与P,D重合),平面BCE交棱PA于点F. (1)求证:BC∥EF;(3分)
解:证明:因为BC∥AD,AD 平面PAD,BC 平面PAD,所以BC∥平面PAD,又BC 平面BCEF,平面BCEF∩平面PAD=EF,
所以BC∥EF.
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(2)若E为PD中点,求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值.(7分)
解:取BC中点为M,连接AM,
因为AB=BC,且∠ABC=60°,所以△ABC为等边三角形,所以AM⊥BC,又AD∥BC,
所以AM⊥AD.
以A为原点,以AM,AD,AP所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
如图所示,则A(0,0,0),C(,1,0),E(0,2,1),所以=(0,2,1),
=(,1,0).
设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),
则令x=,则y=-3,z=6,得n=(,-3,6).
因为AM⊥平面PAD,所以平面PAD的一个法向量m=(1,0,0),
设平面ACE与平面PAD的夹角为θ,则cos θ=|cos|==.
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12.(15分)如图,在四棱锥P ABCD中,AD∥BC,AD⊥PD,
平面PAD⊥平面PCD,设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)求证:平面PBC⊥平面PCD;(6分)
解:证明:因为平面PAD⊥平面PCD,且其交线为PD,
AD⊥PD,AD 平面PAD,故AD⊥平面PCD.又AD∥BC,
所以BC⊥平面PCD,BC 平面PBC.所以平面PBC⊥平面PCD.
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(2)已知AD=PD=DC=2,PC=2.若直线l与直线AB所成的角为,
求直线l与平面PAB所成角的正弦值.(9分)
解:因为AD∥BC,BC 平面PBC,AD 平面PBC,所以AD∥平面PBC.又平面PAD∩平面PBC=l,AD 平面PAD,所以l∥AD.
由直线l与直线AB所成的角为,知∠DAB=.
可推出BC=4,AB=2.
由(1)可知,AD⊥平面PCD,AD 平面ABCD,即平面ABCD⊥平面PCD,由于两平面的交线为CD,如图,过P作直线CD的垂线,垂足为H,
则PH⊥平面ABCD.
以H为原点,分别以,,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A(2,1,0),B(4,3,0),D(0,1,0),
P(0,0,),=(2,2,0),=(-2,-1,),
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设平面PAB的法向量n=(x,y,z),由得
取x=,得y=-,z=1,
则平面PAB的一个法向量n=(,-,1).
又=(-2,0,0),令直线AD与平面PAB所成的角为α,则sin α=
==.所以直线l与平面PAB所成角的正弦值为.
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13.(15分)(2024·新课标Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,
AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=,
将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;(6分)
解:证明:由AB=8,AD=5,=,=,
得AE=2,AF=4,又∠EAF=30°,在△AEF中,由余弦定理得EF2=AE2+AF2
-2AE·AFcos∠EAF=12+16-2×2×4×=4,
所以AE2+EF2=AF2,
则AE⊥EF,即EF⊥AD,
所以EF⊥PE,EF⊥DE,
又PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE,
所以EF⊥平面PDE,又PD 平面PDE,
故EF⊥PD.
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(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.(9分)
解:连接CE,由∠ADC=90°,ED=3,CD=3,则CE2=ED2
+CD2=36,
在△PEC中,PC=4,PE=2,EC=6,得EC2+PE2=PC2,
所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF,又EC∩EF=E,EC,EF
平面ABCD,
所以PE⊥平面ABCD.又ED 平面ABCD,
所以PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,
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则E(0,0,0),P(0,0,2),D(0,3,0),C(3,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),由F是AB的中点,得B(4,2,0),所以=(3,3,-2),=(0,3,-2),=(4,2,-2),
=(2,0,-2).
设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n=(x1,y1,z1),m=(x2,y2,z2),
则
令y1=2,x2=,得x1=0,z1=3,y2=-1,z2=1,
所以n=(0,2,3),m=(,-1,1),
所以|cos|===.
设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ,则sin θ==,即平面PCD和平面PBF所成二面角的正弦值为.课时检测（十一） 夹角问题
1.已知平面α的一个法向量为n1=,平面β的一个法向量为n2=(1,-1,1),则平面α与β的夹角为 (　　)
A.30° B.45°
C.60° D.90°
2.已知平面α的一个法向量为n=(-,-2,1),点A(-1,2,1)在平面α内.若点P的坐标为(-1,1,1),则直线PA与平面α所成的角为 (　　)
A. B.
C. D.
3.在正方体ABCD A1B1C1D1中,平面α经过点B,D,平面β经过点A,D1,当平面α,β分别截正方体所得截面面积最大时,平面α与平面β夹角的余弦值为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
4.如图,在由三棱柱截得的几何体ABC A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AB⊥AC,AA1=2,BB1=CC1=1,AC=2,
点D,E,F分别是棱B1C1,A1C1,BB1的中点.若直线A1D与EF所成角的余弦值为,则AB= (　　)
A.1 B.2
C. D.4
5.如图,在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中,底面边长为2,直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为,则正四棱柱的高为 (　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
6.我们称:两个相交平面构成四个二面角,其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角;由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”.则在正方体中,两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为 (　　)
A.30° B.45°
C.60° D.90°
7.(多选)如图,△ABC内接于圆O,AB为圆O的直径,AB=4,BC=2,CD⊥平面ABC,E为AD的中点,若三棱锥D BEC的体积为2,则下列结论正确的有 (　　)
A.异面直线BE与AC所成角的余弦值为
B.直线BD与平面BCE所成角的余弦值为
C.点A到平面BCE的距离为
D.平面BCE与平面ABD夹角的大小为
8.(5分)设平面α的一个法向量为n=(a,0,1),直线l的一个方向向量为d=(3,-4,0),若直线l与平面α所成的角为,则正数a=　　　.
9.(5分)在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE夹角的余弦值为　　　　.
10.(5分)如图,在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AA1=2,AC=,过BC的中点D作平面ACB1的垂线,交平面ACC1A1于点E,则BE与平面ABB1A1所成角的正切值为　　　　　　　　.
11.(10分)如图,在四棱锥P ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD=2BC=2AB=4,PA=2,且∠ABC=60°,
点E为棱PD上一点(不与P,D重合),平面BCE交棱PA于点F.
(1)求证:BC∥EF;(3分)
(2)若E为PD中点,求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值.(7分)
12.(15分)如图,在四棱锥P ABCD中,AD∥BC,AD⊥PD,平面PAD⊥平面PCD,设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)求证:平面PBC⊥平面PCD;(6分)
(2)已知AD=PD=DC=2,PC=2.若直线l与直线AB所成的角为,求直线l与平面PAB所成角的正弦值.(9分)
13.(15分)(2024·新课标Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,
点E,F满足=,=,将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;(6分)
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.(9分)
课时检测(十一)
1．选D　因为n1·n2＝0，所以α⊥β，所以α与β的夹角为90°.
2．选B　由题得＝(0,1,0)，则n·＝(－，－2,1)·(0,1,0)＝－2.设直线PA与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，因为θ∈，所以θ＝.
3.选C　如图，因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面BDD1B1与平面ABC1D1夹角的余弦值，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，平面α与平面β的夹角为θ，因为DD1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以DD1⊥AC，且AC⊥BD，BD∩DD1＝D，BD，DD1 平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1，同理B1C⊥平面ABC1D1.所以为平面BDD1B1的一个法向量，为平面ABC1D1的一个法向量．又A(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,1,1)，＝(－1,1,0)，＝(－1,0，－1)，则cos θ＝＝＝.故选C.
4.选A　以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝x(x>0)，则A1(0,0,2)，E，F，B1(x,0,1)，C1(0,2,1)，D，＝，＝(x，－1，－1)，所以直线A1D与EF所成角的余弦值|cos〈，〉|＝＝＝，解得x＝1(舍负)，故选A.
5.选D　以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角所在直线坐标系，如图所示，设DD1＝a(a>0)，则A(2，0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0，a)，C1(0,2，a)，故＝(－2，2,0)，＝(－2,0，a)，＝(0，0，a)，设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则可取n＝，故cos〈n，〉＝＝＝.
又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，∴＝，解得a＝4(舍负)．
6.选A　平面ABCD和平面ADD1A1的夹角为90°，D错误．平面ABCD和平面A1BCD1的夹角为45°，B错误．设正方体的棱长为1，如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0,0)，B(1,1,0)，C(0，1,0)，D1(0,0,1)，＝(0,1,0)，＝(－1，－1，1)，设平面ABC1D1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则故可取m＝(1,0,1).＝(1,0,0)，设平面A1BCD1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则故可取n＝(0,1,1)，设平面ABC1D1与平面A1BCD1的夹角为θ，则cos θ＝＝＝，由于0°≤θ≤90°，所以θ＝60°，所以C错误．所以夹角大小不可能为30°.
7．选AC　因为AB为圆O的直径，且AB＝4，BC＝2，所以△ABC为直角三角形，
AC＝2，设CD＝h，由E为AD的中点可得VD BEC＝VD ABC＝×h·×2×2＝2，
解得h＝2.以C为坐标原点，CA，CB，CD所在直线分别为x，y，z轴建立空间坐标系，如图所示，则C(0,0,0)，A(2，0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,2)，E(，0，)，＝(2，0,0)，＝(，－2，)，＝(0，－2，2)，＝(，0，)．
对于A，易知cos〈，〉＝＝，所以异面直线BE与AC所成角的余弦值为，A正确；对于B，设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则即取x＝1，y＝0，z＝－1，n＝(1,0，－1)．设BD与平面BCE所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，B不正确；对于C，点A到平面BCE的距离为＝＝，C正确；对于D，设平面ABD的法向量为m＝(a，b，c)，＝(2，0，－2)，＝(0,2，－2)，则
即取c＝1，b＝，a＝1，m＝(1，，1)，m·n＝0，所以平面BCE与平面ABD夹角的大小为，D不正确．故选AC.
8．解析：依题意可得|cos〈n，d〉|＝＝sin ，即＝，解得a＝(舍负)．
答案：
9．解析：以D为坐标原点，建系如图，
则B(1,2,0)，C1(0,2,2)，A(1,0,0)，E(0,2,1)，所以＝(－1，0,2)，＝(－1,2,1)．则cos〈，〉＝，所以异面直线BC1与AE夹角的余弦值为.
答案：
10．解析：由题可知，AA1⊥AB，AA1⊥AC，AB⊥AC，故以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(，0,0)，B(0,0,2)，A1(0,2,0)，B1(0,2,2)，D，＝(0,2,2)，＝(，0,0)，连接AC1与CA1交于点E′，连接DE′，则E′，＝(0,1，－1)，易知平面ABB1A1的一个法向量为＝(，0,0)．
因为·＝2×1＋2×(－1)＝0，·＝0，所以AB1⊥DE′，AC⊥DE′，所以DE′⊥平面ACB1，即点E与点E′重合，所以＝.设BE与平面ABB1A1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝，所以cos θ＝，故tan θ＝.
答案：
11．解：(1)证明：因为BC∥AD，AD 平面PAD，BC 平面PAD，所以BC∥平面PAD，又BC 平面BCEF，平面BCEF∩平面PAD＝EF，所以BC∥EF.
(2)取BC中点为M，连接AM，
因为AB＝BC，且∠ABC＝60°，所以△ABC为等边三角形，所以AM⊥BC，又AD∥BC，
所以AM⊥AD.
以A为原点，以AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，C(，1,0)，E(0，2,1)，所以＝(0,2,1)，＝(，1,0)．
设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
则令x＝，
则y＝－3，z＝6，得n＝(，－3,6)．
因为AM⊥平面PAD，所以平面PAD的一个法向量m＝(1,0,0)，
设平面ACE与平面PAD的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝.
12．解：(1)证明：因为平面PAD⊥平面PCD，且其交线为PD，AD⊥PD，AD 平面PAD，故AD⊥平面PCD.又AD∥BC，所以BC⊥平面PCD，BC 平面PBC.所以平面PBC⊥平面PCD.
(2)因为AD∥BC，BC 平面PBC，AD 平面PBC，所以AD∥平面PBC.又平面PAD∩平面PBC＝l，AD 平面PAD，所以l∥AD.
由直线l与直线AB所成的角为，知∠DAB＝.
可推出BC＝4，AB＝2.
由(1)可知，AD⊥平面PCD，AD 平面ABCD，即平面ABCD⊥平面PCD，由于两平面的交线为CD，如图，过P作直线CD的垂线，垂足为H，则PH⊥平面ABCD.
以H为原点，分别以，，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A(2,1,0)，B(4，3,0)，D(0,1,0)，P(0，0，)，＝(2,2,0)，＝(－2，－1，)，
设平面PAB的法向量n＝(x，y，z)，
由得
取x＝，得y＝－，z＝1，
则平面PAB的一个法向量n＝(，－，1)．
又＝(－2,0,0)，令直线AD与平面PAB所成的角为α，则sin α＝＝＝.所以直线l与平面PAB所成角的正弦值为.
13．解：(1)证明：由AB＝8，AD＝5，＝，＝，
得AE＝2，AF＝4，又∠EAF＝30°，在△AEF中，由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AFcos∠EAF＝12＋16－2×2×4×＝4，所以AE2＋EF2＝AF2，
则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE，EF⊥DE，
又PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，又PD 平面PDE，
故EF⊥PD.
(2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，则CE2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6，得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，又EC∩EF＝E，EC，EF 平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.又ED 平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0,0,0)，P(0,0,2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2,0,0)，A(0，－2，0)，由F是AB的中点，得B(4,2，0)，所以＝(3,3，－2)，＝(0,3，－2)，＝(4,2，－2)，＝(2,0，－2)．
设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，
则
令y1＝2，x2＝，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1，所以n＝(0,2,3)，m＝(，－1,1)，
所以|cos〈m，n〉|＝＝＝.设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ，则sin θ＝＝，
即平面PCD和平面PBF所成二面角的正弦值为.

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