资源简介

4.3.1　空间中的角
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.
(一)线面角
1.两条直线的夹角
两直线 的夹角 当两条直线a与b相交时，我们把两条直线交角中范围在________内的角叫作两条直线的夹角；当两条直线平行时，规定它们的夹角为0；两直线夹角的范围为
异面直线a与b的夹角 当两条直线a与b是异面直线时，在空间任取一点O，过点O作直线a′和b′，使得a′∥a，b′∥b，把____________叫作异面直线a与b的夹角
公式 若向量a，b分别为直线a，b的方向向量，则直线a与b的夹角θ∈，且θ与两个方向向量的夹角〈a，b〉相等或互补.故cos θ＝____________
2.直线与平面的夹角
定义 平面的一条斜线和它在平面内的投影所成的锐角.特别地：①若l∥α或l α，则l与α的夹角为；②若l⊥α，则l与α的夹角为______
计算 设向量l为直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，直线l与平面α的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈l，n〉|，且当0≤〈l，n〉≤时，θ＝________；当＜〈l，n〉≤π时，θ＝________
微点助解
(1)两异面直线夹角的范围是，其余弦值一定是非负数.
(2)两异面直线的夹角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系.
(3)直线与平面的夹角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角.
(4)线面角的范围为.
(5)直线与平面的夹角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角.
[基点训练]
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的夹角为(　 )
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的夹角为(　 )
A. B.
C.或 D.或
(二)平面与平面的夹角
二面角 一般地，已知n1，n2分别为平面α，β的法向量，则二面角α l β的平面角与两法向量所成角〈n1，n2〉相等或互补.设二面角的平面角为θ，则cos θ＝±cos〈n1，n2〉＝____________
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.设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝____________
[基点训练]
1.已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则这两个平面所成二面角的大小为(　 )
A.45° B.135°
C.45°或135° D.90°
2.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)　两条直线的夹角
[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夹角的余弦值为　(　 )
A. B.
C. D.
听课记录：
　 用坐标法求两直线夹角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)分别求出两条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直线夹角.　
[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AD与CE夹角的余弦值为(　 )
A. B.
C. D.
2.如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，点E在线段CD1上，若BE与AD1夹角的余弦值为，则线段BE的长为　　(　 )
A. B.
C. D.
题型(二)　直线与平面的夹角
[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夹角的正弦值.
听课记录：
　 用坐标法求直线与平面夹角的基本步骤
(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，已知正三棱柱ABC A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a，M为A1B1的中点，求BC1与平面AMC1夹角的正弦值.
题型(三)　平面与平面的夹角
[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：
[方法技巧]
1.利用向量法解二面角问题的策略
找法向量法 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
找与棱垂直的方向向量法 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
2.两个平面夹角的向量求法
设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面的夹角，用坐标法解题的步骤如下：(1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系；(2)求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n1，n2；(3)计算：cos θ＝.
[针对训练]
4.若在正方体ABCD A′B′C′D′中，点E是BB′的中点，则二面角E A′D′ D的平面角的正切值为(　 )
A. B.2
C. D.2
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.
空间中的角
?课前环节
(一)1.　a′，b′的夹角　|cos 〈a，b〉|　2.0　　－〈l，n〉　〈l，n〉－
[基点训练]
1.选C　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〈a，b〉＝＝－＝－，所以a与b夹角的余弦值为，所以a与b的夹角为.
2.选A　设l与α的夹角为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〈u，n〉|＝＝，因为0≤θ≤，所以θ＝.
(二)±　
[基点训练]
1.C
2.选B　cos〈m，n〉＝＝＝－，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.
?课堂环节
[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的夹角为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AD与CE夹角的余弦值为|cos〈，〉|＝＝＝.
2.
选B　如图，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，A(1,0,0)，B(1，1,0)，D1(0，0,1)，
设E(0，t,1－t)，
则＝(－1,0,1)，
＝(－1，t－1,1－t)，
∵BE与AD1夹角的余弦值为，
∴|cos〈，〉|＝
＝＝.
解得t＝，＝，
∴||＝＝.
[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的夹角为θ，可知＝(0,2，1)，＝(1，，0)，
＝(0,0,2).
设平面ABB1的一个法向量为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夹角的正弦值是.
[针对训练]
3.解：建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，M，
C1，
B(0，a,0)，
故＝，
＝，
＝.
设平面AMC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令y＝2，则z＝－，x＝0.∴n＝，
∴cos〈，n〉＝＝
＝－.
设BC1与平面AMC1的夹角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝，
即BC1与平面AMC1夹角的正弦值为.
[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的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令y1＝1，则m＝(0,1，－).
设平面EPC的一个法向量为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]
4.选B　以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA′所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体棱长为a，则E，
A′(0,0，a)，D′(0，a，a)，D(0，a,0)，
＝，＝(0，a,0)，
设平面EA′D′的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则
令x＝1，则y＝0，z＝2，所以m＝(1,0,2).
易知平面A′D′D的一个法向量为n＝(1,0,0)，设二面角E－A′D′－D的平面角为θ，可以看出为锐角，则cos θ＝＝＝，则sin θ＝＝，故tan θ＝＝2.
5.解：以C为原点，在平面ABC中，过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，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的一个法向量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100张PPT)
空间中的角
(强基课—梯度进阶式教学)
4.3.1
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
课前环节/预知教材·自主落实主干基础
课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通
课时跟踪检测
课前环节/预知教材·自主落实主干基础
(一)线面角
1．两条直线的夹角
a′，b′的夹角
|cos 〈a，b〉|
续表
2．直线与平面的夹角
0
续表
基点训练
√
√
(二)平面与平面的夹角
二面角 一般地，已知n1，n2分别为平面α，β的法向量，则二面角α－l－β的平面角与两法向量所成角〈n1，n2〉相等或互补．设二面
角的平面角为θ，则cos θ＝±cos〈n1，n2〉＝_____________
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．设平面α与平面
β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝___________
续表
基点训练
1．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则这两个平面所成二面角的大小为(　 )
A．45° B．135°
C．45°或135° D．90°
√
2．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°
√
课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通
题型(一)　两条直线的夹角·
√
解析：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝
90°，如图，以C为原点，以CB，CA，CC1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)，
令AM与CN的夹角为θ，
用坐标法求两直线夹角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)分别求出两条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直线夹角．　　
方法技巧
针对训练
√
√
[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夹角的正弦值．
题型(二)　直线与平面的夹角
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．
设平面ABB1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
方法技巧
针对训练
设平面AMC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
设BC1与平面AMC1的夹角为θ，
[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)　平面与平面的夹角
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．
设平面BPC的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
设平面BPC与平面EPC的夹角为θ，
1．利用向量法解二面角问题的策略
方法技巧
找法向量法 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
找与棱垂直的方向向量法 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
针对训练
√
解析：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA′所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体棱长为a，
设平面EA′D′的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则y＝0，z＝2，
所以m＝(1,0,2)．
易知平面A′D′D的一个法向量为n＝(1,0,0)，
设二面角E－A′D′－D的平面角为θ，可以看出为锐角，
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．
解：以C为原点，在平面ABC中，过C作BC的
垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角
坐标系，
设平面AB1C1的一个法向量n＝(x，y，z)，
易知平面ABC的一个法向量m＝(0,0,1)，
设平面ABC与平面AB1C1的夹角为θ，
课时跟踪检测
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6．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，
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则B(1,2,0)，C1(0,2,2)，A(1,0,0)，E(0,2,1)，
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7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BB1
的中点．
(1)求BC1与AE夹角的余弦值；
(2)求直线AA1与平面AD1E夹角的正弦值．
解：(1)以点A为坐标原点，以AD，AB，AA1所
在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角
坐标系，
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设正方体的棱长为2，
则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C1(2,2,2)，D1(2,0,2)，E(0，2,1)，A1(0,0,2)，
1
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设平面AD1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则n＝(2,1，－2)，
设直线AA1与平面AD1E的夹角为α，
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8.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；
(2)若E为PD中点，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值．
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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.
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(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．
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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，
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设平面ACE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
1
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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，
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9．(2023·天津高考节选)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点．
(1)求证：A1N∥平面C1MA；
(2)求平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值．
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解：(1)证明：法一：几何法　连接MN(图略)．
因为M，N分别是BC，AB的中点，
即有MN綉A1C1，
所以四边形MNA1C1是平行四边形，
即有A1N∥MC1.
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又MC1 平面C1MA，A1N 平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA．
法二：共面向量基本定理法
以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则有A(0,0,0)，M(1,1,0)，N(1,0,0)，
A1(0,0,2)，C1(0，1,2)．
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因为A1N 平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA．
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法三：向量法　设平面C1MA的一个法向量n＝(x，y，z)，
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又A1N 平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA．
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由(1)中法三知平面C1MA的一个法向量为n＝(2，－2,1)，
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√
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解析：以D为原点，以DA，DC，DD1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)，
设平面ACD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
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11．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°
√
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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．
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所以夹角大小不可能为30°.
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12．正四棱锥S－ABCD中，O为顶点S在底面上的投影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC的夹角是________．
解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系．
30°
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设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a(a＞0)，
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∴n＝(0,1,1)．设直线BC与平面PAC的夹角为θ，
∴直线BC与平面PAC的夹角为30°.
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解：(1)证明：如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E为BC的中点，
所以DE⊥BC．
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DB＝DC，
所以△ADB≌△ADC．
可得AC＝AB，故AE⊥BC．
因为DE∩AE＝E，DE，AE 平面ADE，
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所以BC⊥平面ADE.
又DA 平面ADE，
所以BC⊥DA．
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC．
不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以AB＝AC＝2.
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由题可知△DBC为等腰直角三角形，
因为AE⊥BC，
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，
所以AE⊥ED．
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以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
设F(xF，yF，zF)，
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设平面DAB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
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取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1,1,1)．
设平面ABF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
取y2＝1，则z2＝1，n＝(0,1,1)．
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记二面角D－AB－F的大小为θ，课时跟踪检测(三十五)　空间中的角
A级——综合提能
1．在一个二面角的两个半平面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2,2,4)，则这个二面角的余弦值为(　 )
A. B．－
C. D.或－
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的夹角为(　 )
A. B.
C. D.
3.如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝2，BC＝CC1＝4，点D是棱AB的中点，则平面ABB1A1与平面B1CD夹角的正弦值为(　 )
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夹角的余弦值为，则AB＝(　 )
A．1 B．2
C. D．4
5．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的夹角为，则正数a＝______.
6．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________．
7．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E为BB1的中点．
(1)求BC1与AE夹角的余弦值；
(2)求直线AA1与平面AD1E夹角的正弦值．
8．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；
(2)若E为PD中点，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值．
9．(2023·天津高考节选)如图，在三棱台ABC A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点．
(1)求证：A1N∥平面C1MA；
(2)求平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值．
B级——应用创新
10.如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1夹角的正弦值为，则正四棱柱的高为(　 )
A．1 B．2
C．3 D．4
11．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°
12．正四棱锥S ABCD中，O为顶点S在底面上的投影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC的夹角是________．
13．(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足＝，求二面角D AB F的正弦值．
课时跟踪检测(三十五)
1．选D　因为＝.所以这个二面角的余弦值为或－.
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的夹角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，因为θ∈，所以θ＝.
3.选B　如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，则A(2，0,0)，C(0,0,0)，B(0,4,0)，D(1,2,0)，B1(0,4,4)，＝(2，－4，0)，＝(0,0,4)，设平面ABB1A1的一个法向量n＝(x，y，z)，
则
令x＝2，则y＝1，z＝0，∴n＝(2,1,0)，同理可得平面B1CD的一个法向量m＝(2，－1,1)，故cos〈n，m〉＝＝＝，设平面ABB1A1与平面B1CD的夹角为θ，则cos θ＝，故平面ABB1A1与平面B1CD夹角的正弦值sin θ＝＝.
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夹角的余弦值|cos〈，〉|＝＝＝，解得x＝1(舍负)，故选A.
5．解析：依题意可得|cos〈n，d〉|＝＝sin，即＝，解得a＝(舍负)．
答案：
6．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)，A＝(－1,2,1)．则cos〈，A〉＝，所以异面直线BC1与AE夹角的余弦值为.
答案：
7．解：(1)以点A为坐标原点，以AD，AB，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C1(2,2,2)，D1(2,0,2)，E(0，2,1)，A1(0,0,2)，所以＝(2,0,2)，＝(0,2,1)，所以cos〈，〉＝＝＝，所以BC1与AE夹角的余弦值为.
(2)由(1)知＝(2,0,2)，＝(0,2,1)，＝(0,0,2)，设平面AD1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
令y＝1，则n＝(2,1，－2)，设直线AA1与平面AD1E的夹角为α，则sin α＝|cos〈n，〉|＝＝＝，因此直线AA1与平面AD1E夹角的正弦值为.
8．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的一个法向量为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〉|＝＝.
9．解：(1)证明：法一：几何法　连接MN(图略)．
因为M，N分别是BC，AB的中点，
所以MN∥AC且MN＝AC＝1，
即有MN綉A1C1，
所以四边形MNA1C1是平行四边形，
即有A1N∥MC1.
又MC1 平面C1MA，A1N 平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA.
法二：共面向量基本定理法
以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有A(0,0,0)，M(1,1,0)，N(1,0,0)，A1(0,0,2)，C1(0,1,2)．
所以＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，
＝(0,1,2)，设＝x ＋y ，
即有(1,0，－2)＝x(1,1,0)＋y(0,1,2)，
解得因为A1N 平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA.
法三：向量法　设平面C1MA的一个法向量n＝(x，y，z)，由法二可得＝(1,1,0)，＝(0,1,2)，则即不妨取n＝(2，－2，1)．
由法二可知＝(1,0，－2)，
所以·n＝1×2＋0×(－2)＋(－2)×1＝0，所以⊥n.
又A1N 平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.
(2)由(1)中法二易知，平面ACC1A1的一个法向量为＝(1,0,0)，由(1)中法三知平面C1MA的一个法向量为n＝(2，－2,1)，所以cos〈，n〉＝＝，所以平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值为.
10.选D　以D为原点，以DA，DC，DD1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的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
可取n＝，
故cos〈n，〉＝
＝＝.
又直线CC1与平面ACD1夹角的正弦值为，∴＝，解得a＝4(舍负)．
11.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的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则故可设m＝(1,0,1).＝(1,0,0)，设平面A1BCD1的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，则故可设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°.
12．解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系．
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a(a＞0)，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P，
则C＝(2a,0,0)，
A＝，C＝(a，a,0)．
设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则x＝0，z＝1，
∴n＝(0,1,1)．设直线BC与平面PAC的夹角为θ，则sin θ＝|cos〈C，n〉|＝＝，∴直线BC与平面PAC的夹角为30°.
答案：30°
13．解：(1)证明：如图，连接DE，AE，因为DC＝DB，且E为BC的中点，
所以DE⊥BC.
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DB＝DC，
所以△ADB≌△ADC.
可得AC＝AB，故AE⊥BC.
因为DE∩AE＝E，DE，AE 平面ADE，
所以BC⊥平面ADE.
又DA 平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.
由题可知△DBC为等腰直角三角形，
故DE＝EB＝EC＝.
因为AE⊥BC，所以AE＝＝.
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，
所以AE⊥ED.
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，
则D(，0,0)，B(0，，0)，A(0,0，)，
＝(－，0，)，＝(0，－，)．
设F(xF，yF，zF)，因为＝，
所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，
可得F(－，0，)．所以＝(，0,0)．
设平面DAB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1,1,1)．
设平面ABF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即
得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0,1,1)．
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
记二面角D－AB－F的大小为θ，则sin θ＝＝＝，
故二面角D－AB－F的正弦值为.

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