资源简介

A 1,0,0 ,B 1,0,0 ,C 1,2,0 ,D(0,0, 3) , AD ( 1,0, 3),BC (2,2,0) ,
第七节 向量法求空间夹角
cos AD,BC A D BC 2 2因此 ,
| AD || BC | 2 2 2 4
重点题型专练
AD BC 2所以 与 所成角的余弦值为 ．
1
【1 4】
7
4 13 22O OA,OB x y 【 】解析:以 为坐标原点, 所在直线分别为 轴、 轴,建立如图所 88
示的空间直角坐标系, 解析:取 BC 的中点为 O,DE 的中点为 O ,连接 A O , A O , OO ,

因为正三角形 ABC 中, AD 2DB , AE 2EC ,
所以 DE / /BC,DE =
2 BC ,则四边形 DECB 为等腰梯形,
3
故 OO DE ,OO BC ;
由翻折性质可得 A E A D , A EC A DB,EC DB ,
则 A EC A DB , A C A B, O 是 BC 的中点, A O BC ,
则 A( 3,0,0),B(0,2,0),A1( 3,1, 3),O1(0,1, 3) ,
平面 A BC 平面 DBC ,平面 A BC 平面 DBC BC ,A O 平面 A BC ,
所以 A1B ( 3,1, 3),O1A ( 3, 1, 3) . A O 平面 DBC ,又 OO 平面 DBC , A O OO
设所求的角为 ,
以点 O 为坐标原点以 OC,OO ,OA 所在直线为 x, y, z 轴,建立空间直角
|A 1 B O 1 A |cos | 3 1 3| 1则 , 坐标系,
|A1B||O1A| 7 7 7
1
即异面直线 A1B 与 O1A所成角的余弦值为 .7
21
【2】
14
因为正 ABC 的边长为 6,DE / /BC,DE
2
BC ,
解析: 3
则 A DE 为正三角形,边长为 4 ,则 A O DE ,
A O 2 3 , OC OB 3,OO 3 ,
在 A OO 中,由勾股定理得 OA (2 3)2 ( 3)2 3 ,
三棱锥 P ABC 中的三条棱 AP,AB,AC 两两互相垂直, 3
以 A为原点,分别以 AB,AC,AP 所在的直线为 x 轴, y 轴, z轴,建立 A 0,0,3 ,D 2, 3,0 ,E 2, 3,0 ,C(3,0,0),M ,0, 3 , 2 2
如图所示的空间直角坐标系,
A D 2, 3, 3 ,EM 1 3
AP π AC a PBA AB 3a 则 , 3, ,设 ,因为 ,则 , 2 2
6

C 0,a,0 , P 90,0,a , B 3a,0,0 , PB 3a,0, a , AP 0,0,a , 1 3
cos A D,EM A D EM 13 22

2 ,
1 1 A D EM 1 9 88AD AP PD AP PB (0,0,a) ( 3a,0, a) ( 3a ,0, 3a) , 4 3
4 4 4 4 4 4
3 3 π A 0,0,0 , D a,0, a , 异面直线所成角的取值范围为 0, , 4 4 2
A D EM 13 223 异面直线 与 所成角的余弦值为 .CD a, a,
3 a , AB 3a,0,0 , 88
4 4 2
设异面直线 CD 与 AB所成角为 , 【5】 0,
5
.

3 2
CD AB a 21 解析:以 AC 的中点 O 为坐标原点, OB为
x 轴建立如下图所示的空间
cos | cos CD, AB | 4则 , 直角坐标系 O xyz ,
CD AB 28 2 14a 3a
16
故异面直线 CD 与 AB 21所成角的余弦值为 .
14
3 2【 】
4
解析:由 ABC 为以 BC 为斜边的等腰直角三角形,得 AC AB ,
又 AC BD ,且 BD AB B,BD,AB 平面 ABD ,则 AC 平面 ABD ,
又 AC 平面 ABC ,于是平面 ABC 平面 ABD ,取 AB的中点 O ,连接 则 A 0, 1,0 、 B 3,0,0 、 C 0,1,0 、 D 0,0,1 、 B1 3,0,1 ,
DO ,由△ABD 是等边三角形,得 DO AB ,而 DO 平面 ABD ,平面
ABD 平面 ABC AB ,则 DO 平面 ABC , 所以 AD 0,1,1 , BB1 0,0,1 , B1C 3,1, 1 ,
以 O 为坐标原点,直线 OA,OD分别为 x, z 轴,过点 O 且垂直于平面 所以 BM BB1 B1M BB1 B1C 3 , ,1 ,
ABD的垂线为 y 轴,建立空间直角坐标系．
2
因为向量 AD 与 BM 的夹角小于 45 ,所以 cos AD,BM 1 ,
2
2 1
即 1
2
2 2 ,解得 0 ,2 4 2 1 5
2
所以实数 的取值范围是 0, 5 ．
令 AB 2 ,则
{#{QQABDQYEggAAABAAABhCQwGqCgGQkBCCCSoOREAYIAAAyQFABCA=}#}

3 13 3 11 设直线 EF 与 A1C1 所成角为 ,E 2,m,2 (0 m 2) ,则 FE 1,m 2,2 .
【6】 ,
13 11 所以
A1C1 FE 2m 6
cos cosA1C1,FE
A1C1 FE 2 2 (m 2)
2 5
解析: 1 m
2 6m 9 1 2
1
2 m2 4m 9 2 m 9
.
4
m
9 5 1 1 20 m 2 m 1因为 ,所以 ,即 5 9 ,于是有
以 A 为坐标原点,以 AB,AD,AA 所在直线分别为 x, y, z m 2
m 4
1 轴,建立空间直 m
角坐标系, 1
1 2 1
因为底面 ABCD 是正方形, AB 2 , AA1 3 , 5 m 9 4 ,
所以 B1 2,0,3 ,C 2,2,0 ,C1 2,2,3 , E m,m,0 , 0 m 1 , m

B1E m 2,m, 3 ,CC1 0,0,3 10 1 2 2, 1
所以 10 2 m 9
10 2
4 2 ,即 cos .
故 B1E 2m
2 4m 13 m 10 2,
设直线 B1E 与 CC 10 2 1 所成角大小为 , 故直线 EF 与 A1C1 所成角余弦值的取值范围为 , .
故 10 2

B1E CC1 m 2,m, 3 0,0,3 1
cos cosB E,CC 9 【9】1 1
B E CC 3 2m 2 4m 13 3 2m 2
2
1 1 4m 13 解析:取 CD 中点为 O , AB 中点为 M ,连接 OP,OM ,因为 PCD 是等
3
边三角形,
O 为 CD 中点,所以 OP CD ,
2 2m 1 , 11 因为平面 PCD 底面 ABCD ,平面 PCD 底面 ABCD CD , OP 平面
PCD ,所以 OP 平面 ABCD ,又 OM ,OC 平面 ABCD ,

cos 3 3 13 3 11

, 则 OP OM ,OP OC ,如图,以 O 为原点, OM ,OC,OP 分别为 x, y, z因为 0 m 1 ,所以 轴
2
.
2 m 1 11 13 11 建立空间直角坐标系,
【7】 6
解析:因为 AP,AB,AD两两垂直,
所以以 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 A xyz ,
则由 AD＝AP＝4,AB＝BC＝2,
得 A（0,0,0）,B（2,0,0）,C（2,2,0）,D（0,4,0）,P（0,0,4）,

则 PC 2,2, 4 , BP 2,0,4 , AP 0,0,4

设 PM PC 2 ,2 , 4 ,其中 0,1 , V 1 又 P ABCD AD DC OP
1 3
3 DC DC 18 3 ,所以 DC 6 ,
所以 BM BP PM 2,0,4 2 ,2 , 4 2 2,2 , 4 4 3 3 2.
3 3 3
BM AP 6 则
A 3, 3,0 ,C 0,3,0 ,D 0, 3,0 ,P 0,0,3 3 ,E 0, , ,所以因为直线 , 所成角的余弦值为 , 2 2 3

BM·AP 4 4 4 6 DE 0,
9 , 3 3
所以 cosBM , AP
,
, 2 2
BM AP 2 2 2 4 2 2 2 4 4 3
设平面 PAD 的法向量为 n x, y, z ,又 DA 3,0,0 ,DP 0,3,3 3 ,1
解得 ,所以 PM 1,1, 2 ,故 PM的长为 6 .
2 DA n 0 3x 0 x 0
则

,令 z 1 ,则 n 0, 3,1 ,
DP n 0 3y 3 3z 0 y 3z
9 3 3 3
所以 cosn,DE n DE 1
2 2 ,则直线 DE 与平面 PAD
n DE 2 3 3 2
1
所成角的正弦值是
2
3 10
【10】
10 2 10
【8】 , 10 2 解析:由 ABCD 为矩形可知: BC CD ,又因为
BC DE DE CD D
解析:在正方体 ABCD A BC D 中以 DA,DC,DD 分别为 x, y, z
, ,
1 1 1 1 1 轴建立 CD , DE 平面 PCD ,所以 BC 平面 PCD ,可知
空间直角坐标系,如图所示 BC PC , BC AD 2 ,
PB 3 ,所以 PC 5 ,在 PCD 中,
PC 2 PD2 CD2 ,所以 PD CD ;
又 PD AD , CD AD D , CD , AD 面 ABCD ,所以 PD 面 ABCD ;
故以点 C 为坐标原点,建立空间直角坐标系 C xyz （如图）.
设正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 2,
若 E 为棱 A1B1 的中点,则 F 1,2,0 , A1 2,0,2 ,C1 0,2,2 .

所以 A1C1 2,2,0 .
{#{QQABDQYEggAAABAAABhCQwGqCgGQkBCCCSoOREAYIAAAyQFABCA=}#}

则 C 0,0,0 , B 0,2,0 , A 1,2,0 , D 1,0,0 , P 1,0,2 , DF m y 2z 0
设平面 DEF 的一个法向量为 m x, y, z ,则 ,
PCD PE 2 DE m x 2y z 0又在 中, ,则
CE
令 z 1 ,则 y 2 , x 3 ,故 m 3,2,1
1
,

E ,0,
2
, DE
2
,0,
2
, CP 1,0,2 , CB 0,2,03 3 3 3 . 设 AE 与平面 DEF所成角为 ,则
AE m 4 1
CB n 0 2y 0,
70
PBC n x, y, z sin cos AE,m 设面 的法向量 ,则 ,,即
CP n 0 x 2z 0, AE m 5 14
14


故 n 2,0,1 , 所以 AE 70与平面 DEF所成角的正弦值为 .
DE PBC 14设直线 与面 所成角为 ,
4 2 5
【13】（1）证明见解析（2）
sin 3 10
3
则 cosDE,n 3 3 2 .2 5 10 解析:（1）如图建立空间直角坐标系,则
3 A 0,0,0 , D1 2,0,2 , E 0,2,1 , B 0,2,0 , C1 2,2,2 , A1 0,0,2 ,

故直线 DE 与平面 PBC 3 10所成角的正弦值为: . 所以 AD1 2,0,2 , AE 0,2,1 , BC1 2,0,2 ,
10
2 6
n AD1 2x 2z 0
【11】 设平面 AD1E 的法向量为 n x, y, z ,则 ,
9 n AE 2y z 0
解析:建立如图所示的空间直角坐标系, 取 n 2,1, 2 ,

所以 n BC1 2 2 1 0 2 2 0 ,

所以 n BC1 ,又 BC1 平面 AD1E ,所以 BC1 // 平面 AD1E .
则 A(0,0,0) M (0,
a , 2a) C ( 3 a, 1, , a, 2a) , B(0,a,0) ,
2 1 2 2
a
故 AC ( 31 a,
a , 2a) , AM (0, , 2a) 3 a, BC1 ( a, , 2a) ,2 2 2 2 2
（2）由（1）可知 AA1 0,0,2 ,
设平面 AMC 的一个法向量为 n (x, y, z) , 1
AA n

1 4 2
AC n 0 设直线 AA1 与平面 AD1E 所成角为 ,则 sin ,
则 1 , AA1 n 2 3 3
AM n 0
3 a 所以 cos 1 sin
2 5 ,即直线 AA1 与平面 AD1E 所成角的余弦值
ax y 2az 0 3
∴ 2 2 , 5
a y 2az 0 为 . 2 3
10
y 2 2 【14】（1）证明见解析（2）令 ,则 z ,x 0 . 5
2
解析:（1）取 AB中点 O ,连接 A1O,CO ,由题知△A1AB为正三角形,而
∴ n (0,2, 2 ) ,
2 ABC 也是正三角形, A1O AB,CO AB ,又 A1O,CO 平面 A1CO ,

BC n a a 2 6 A1O CO O, AB 平面 A1CO ,cos BC1,n
1
∴ | BC | | n | 9 9 . A1C 平面 A1CO, AB A1C ;1 3a
2
（2） A1A AB AC a ,cos A AC
1
1 ,
设 BC1 与平面 AMC
4
1 所成的角为 ,
22 6 由余弦定理得 A1C AA
2
1 AC
2 2AA1 AC cos
3
A1AC a
2
则 sin | cos BC ,n | , 21 9
6 3
2 6 A1C a ,又 A1O CO a ,
即 BC1 与平面 AMC1 所成角的正弦值为 . 2 2
9
AO2 CO21 A
2
1C , A1O CO ,
12 70【 】 又 AB,CO 平面 ABC , A1O AB,AB CO O,14
ABC A BC A1O 平面 ABC, A解析:因为三棱柱 是直三棱柱, 1O CO AB 两两垂直.1 1 1
所以 AA 面 ABC ,又 AB,AC O面 ABC ,故 AA AB , AA AC , 以 为原点,以 CO,OB,OA 的方向分别为
x, y, z 轴的正方向建立空间直
1 1 1
角坐标系如图.
因为 BAC
π
,所以 AB AC ,则 AA
2 1
,AC,AB 两两垂直,
故以 A 为原点,建立空间直角坐标系,如图,
因为三棱柱 ABC A1B1C1 的体积为
3 2 3
A 0,0,0 E 0,2,1 F 1,1,0 D 1,0,2 V S ABC A1O a a 24 a 4 ,则 , , , , 4 2

故 AE 0,2,1 , DF 0,1, 2 , DE 1,2, 1 , 则 A 0, 2,0 ,B 0,2,0 ,C 2 3,0,0 ,A1 0,0,2 3 ,A1C 2 3,0, 2 3
{#{QQABDQYEggAAABAAABhCQwGqCgGQkBCCCSoOREAYIAAAyQFABCA=}#}

CC1 AA1 0,2,2 3 ,CB 2 3,2,0 ABCD CD AD.设平面 CBBC 又底面 是矩形,则 ,1 1 的法向量为
QD AD D ,且均含于面 QAD内 CD 平面 QAD ,
n x, y, z , 又 CD 平面 ABCD , 平面 QAD 平面 ABCD ;
n CC 0 2y 2 3z 0 （2）在平面 ABCD 内,取 AD 中点为 O ,过点 O 作 OT∥CD ,交 BC 于由 1 ,可取 n 1, 3,1 ,设向量 n 与 AC 的
n CB 0 2 3x 2y 0
1 点 T , CD AD , OT AD ,
由题意可得 QO 平面 ABCD ,且 OT，AD 平面 ABCD ,
夹角为 ,
则 OQ AD，OQ OT , 直线
OQ，OT，OD 两两互相垂直,

n A1C 1, 3,1 2 3,0, 2 3 4 3 5 2 6 cos cos 10 以 O 为坐标原点, OT，OD，OQ 所在直线分别为 x，y，z 轴建如图所5
示的空间直角坐标系,
,
10直线 A1C 与平面 CBB1C1 所成角的正弦值为 .
5
7
【15】（1）证明见解析（2）
3
解析:（1）∵ PB 底面 ABCD, CD 底面 ABCD,∴ PB CD ,
∵ PD CD , PB PD P ,PB, PD 平面 PBD,∴ CD 平面 PBD,
∵ BD 平面 PBD,∴ BD CD ,
∵底面 ABCD为直角梯形, AD∥BC , AB BC , AB AD 1 ,
则 D(0,1,0) , Q(0,0, 3) B(1, 1,0) C(1,1,0) E( 1 1 3, , , , , ) ,
2 2 2
∴在直角三角形 ABD中, BD AB2 AD2 2 , ABD ,4
BD CD 1,0,0 , BE
1
, 3 , 3 ) ,
2 2 2
在直角三角形 CBD中, CBD
BC 2
, ,
4 cos 设 EP EF (0 1) ,4

则 EP CD ,0,0) BP BE EP 1 , 3 3, , ) ,
2 2 2 2 2 2

又 OQ (0,0, 3) ,

sin |则
B P O Q | 3
| BP ||OQ | , 1)2 12
设 AC BD G ,连接 AC,EG,则△CBG∽△ADG , [0,1]
3 39
, sin ,
4 13
AG AD 1 AE
∴ ,∴ PC∥EG
GC BC 2 EP BP与平面 ABCD 3 39所成角的正弦值的取值范围为 [ , ]．
4 13
又 EG 平面 EBD , PC 平面 EBD,∴ PC∥平面 EBD;
1
（2）∵ PB 底面 ABCD,BC, BA 底面 ABCD,∴ PB BC , PB BA , 【17】（1）证明见解析（2） DF
∵底面 ABCD 2为直角梯形,∴ AB BC
B BC BA BP 解析:（1）因为底面
BCDE 是菱形,
以 为坐标原点, , , 所在直线分别为 x轴,y轴,z轴建立如图所
所以 BC∥DE ,
示的空间直角坐标系 B xyz ,
因为 BC 平面 ADE , DE 平面 ADE
所以 BC 平面 ADE ,
因为平面 ABC 与平面 ADE 的交线为 l ,且 BC 平面 ABC ,
所以 l / /BC .
（2）取 BC 中点 O ,连接 AO , DO ,则 AO DO 3 ,
所以 AO2 DO2 AD2 ,
所以 AO DO ,
因为侧面 ABC 为等边三角形,
则 P 0,0,1 , A 0,1,0 , D 1,1,0 , 所以 AO BC ,

∴ BP 0,0,1 , PA 0,1, 1 , BD 1,1,0 因为 BC OD O ,且 BC 平面 BCDE , OD 平面 BCDE ,,
所以 AO 平面 BCDE ,

∴ BE BP PE
3 2 1
BP PA 0, , , 以点 O 为坐标原点, OC , OD , OA所在直线分别为 x 轴、
y 轴、z轴,
2 3 3 建立如图所示的空间直角坐标系,
n BE 2 y 1 z 0
设平面 EBD的一个法向量为 n x, y, z ,∴

3 3 ,
n BD x y 0
取 z 2 ,则 x 1 , y 1 ,

则平面 EBD的一个法向量为 n 1, 1,2 ,

设直线 PD与平面 EBD所成角大小为θ, 0, ,
2

则 A(0,0, 3) , B( 1,0,0) , D(0, 3,0) , E 2, 3,0 ,

PD n 2 2 则 AB ( 1,0, 3) , AD (0, 3, 3) , DE 2,0,0
∵ PD 1,1, 1 ,∴ sin cos PD,n ,
PD n 6 3 3 设平面 ABD 的法向量为 n x, y, z ,则

7

n AB 0 x 3z 0
得 cos 1 sin 2 , ,
3 n AD 0 3 y 3z 0
PD EBD 7

故直线 与平面 所成角的余弦值为 ． 令 z 1 , x 3, y 1 ,所以 n 3,1,1 ,
3
3 39 设 DF DE 0 1 ,其中 F x0 , y0 , z0 ,
【16】（1）证明见解析;（2） ,
4 13 则 x0 , y0 3, z0 2,0,0 2 ,0,0 ,
解析:（1）在 QCD中, QC 5，CD 1，QD 2， QC 2 QD2 CD2 ,
所以 F 2 , 3,0 ,所以 AF 2 , 3, 3 ,
QCD 为直角三角形且 CD QD ,
{#{QQABDQYEggAAABAAABhCQwGqCgGQkBCCCSoOREAYIAAAyQFABCA=}#}
15 ∵四边形 CDD1C1 是平行四边形,又点 P为 D1C1 的中点,且 PD PC ,
因为直线 AF 与平面 ABD 所成角的正弦值为 ,
25 ∴ DD P CC P ,∴ DD
1 1 1
P CC1P ,
AF n 2 3 15 1 又 DD1P CC

1P 180 ,∴ DD P CC P 90
,
所以 cos AF,n
1 1
,解得 ,
AF n 5 4 2 6 25 4 ∴ DD1 D1C1 ,∴ DD1 DC ,
1 1 1 ∵侧面 ADD1A1 是矩形,∴ DD1 AD ,
所以 DF DE ,即 DF .
4 2 2 又四边形 ABCD 是正方形,可知 AD,CD,DD1 两两相互垂直,
2 39 2 10 以 D为原点建立如图所示空间直角坐标系,
【18】（1） ;（2） [ , ] .
13 5 4 D 0,0,0 ,P 0,1,2 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,
解析:（1）依题意, A1O 平面 ABC OB AC

, （底面为正三角形）,且 DP 0,1,2 ,DB 2,2,0 ,CB 2,0,0 ,CP 0, 1,2 ,
A1O OB 3 ,
设平面 DPB 的法向量为 m x, y, z ,
以 O为原点, OB,OC,OA1 的方向分别为 x, y, z 轴的正方向,建立空间直
m DP y 2z 0
角坐标系,如图, 则 ,故可设 m 2, 2,1 .
m DB 2x 2y 0

设平面 CPB的法向量为 n a,b,c ,


n CB 2a 0
则 ,故可设 n 0,2,1 .
n CP b 2c 0
设平面 CPB与平面 DPB 的夹角为 ,

cos m n 3 5则 .
m n 3 5 5
则 O(0,0,0),A(0, 1,0),B( 3,0,0),C (0,1,0), A1(0,0, 3),C1(0,2, 3) ,

AC1 (0,3, 3) , BC1 ( 3,2, 3) , AA1 (0,1, 3) , 【20 2】（1）证明见解析（2）
由 A1B1 / /AB , A1B1 平面 ABC1 , AB 平面 ABC1 ,则 A1B1 / /
2
平面
解析:（1）因为 AB//CD , ADC 90 ,所以 AB AD ,
ABC1 , 又因为平面 PAD 平面 ABCD ,且平面 PAD 平面 ABCD AD ,
即点 P到平面 ABC1 的距离等于点 A1 到平面 ABC1 的距离, AB 平面 ABCD ,

设 n (x, y, z) 为平面 ABC 的一个法向量,由 所以 AB 1 平面 PAD ;

n AC1 3y 3z 0
,取 z 3 ,得 n (1, 3,3) ,
n BC1 3x 2y 3z 0

| AA n |
A 2 3 2 39
（2）
因此点 1 到平面 ABC1 的距离 d
1 ,
| n | 13 13
2 39
所以点 P到平面 ABC1 的距离为 ．
13
因为 DP,DA,DC两两垂直,
（2）设 A P A B , [0,1]1 1 1 , 以 D为原点,DA,DC,DP为 x,y,z轴正方向建系,如图所示：

则 AP AA1 A1P AA1 AB (0,1, 3) ( 3,1,0) ( 3 ,1 , 3 ) , 所以
A(2,0,0),B(2,1,0),C(0,2,0),P(0,0,2) ,

由 AP ,得 AP 为平面 的一个法向量,设直线 BC1 与平面 所成角 所以 AP ( 2,0,2),PB (2,1, 2),PC (0,2, 2) ,
为 , m AP 0 2x 2z 0 设平面 PAB的法向量 m (x , y , z ) ,则
1 1
,即 ,| B C 1 A P | | 5 |
1 1 1 m PB 0 2x1 y1 2z1 0
则 sin | cos BC1, AP |

| BC || AP | 10 3 2 (1 )2 3 1 令 x1 1 ,则法向量可取 m (1,0,1) ,
5
, 同理设平面 PBC法向量 n (x2 , y2 , z2 ) ,
2 5 2 2 2 n PC 0 2y2 2z2 0
令 t 5 ,则 5 t , t [4,5] , 则 ,
n PB 0 2x2 y 2z 0
,
2 2
sin t t

则 2 5 2(5 t)2 (5 t) 2 2 5 2t 2 21t 57 n 1 令 y2 1 ,则法向量可取 ,1,1 ,
1 1
2

2 5 2 21 57 2 5 57(1 7 )2 5
1
,

2 m n
1 1 2
t t t 38 76 所以 cos m,n
2
1 2 ,m n 2 1 1
由 t [4,5]
1 [1 , 1,得 ] ,于是 4
t 5 4
又 m,n [0, π] ,且观察可得二面角 A PB C1 7 5 2 5 所成的平面角为钝角,57( )2 [ , ] 2 5 57(1 7, ) 2
5 [ 2 10 5 , ] ,
t 38 76 25 16 t 38 76 5 2 2所以二面角 A PB C 的余弦值为 .
2 10 2
则 sin [ , ] ,
5 4 21 10【 】（1）见解析（2）
BC 2 10
5
所以直线 1 与平面 所成角的正弦值的取值范围是 [ , ] .
5 4 解析:（1）在直三棱柱 ABC A1B1C1 中, CC1 平面 ABC , AC 平面
ABC
5 ,
【19】
5 所以 CC1 AC ,
又由题可知, AC BC ,
CC1 , BC 平面 BCC1B1
且 CC1 BC=C ,
解析: 所以 AC 平面 BCC1B1 ,
又因为 C1E 平面 BCC1B1 ,所以 AC C1E .
（2）以 C 为坐标原点, CA,CB,CC1 分别为 x,y,z轴建系如图,
{#{QQABDQYEggAAABAAABhCQwGqCgGQkBCCCSoOREAYIAAAyQFABCA=}#}
故平面 BEF 与平面 PCD 4 19夹角的余弦值为 ．
19
7 1
【23】（1）证明见解析;（2） cos , ．
7 2
解析:（1）证明:在四边形 ABCD 中,
因为 AB / /CD , AD DC CB 1 , ABC 60 ,
所以四边形 ABCD 是等腰梯形,且 DCA DAC 30 , DCB 120 ,
所以 ACB DCB DCA 90 , AC BC ;
由 AC BC , AB 2BC 2 ,可得 AC 3 , 又因为平面 ACFE 平面 ABCD ,交线为 AC ,
则有 A( 3,0,0),E(0,1,1),C1(0,0,2), 所以
BC 平面 ACFE ．
又因为 BC 平面 ACFE ,所以平面 FBC 平面 ACFE ．
设平面 AEC1 的一个方向量为 m (x, y, z),
（2）分别以直线 CA , CB , CF 为 x , y , z轴建立如图所示的空间直角
AE=( 3,1,1),AC1=( 3,0,2) , 坐标系．

AE m=0 ,
3x+y+z=0
所以 即 , 令 z 3, 则 x 2，y 3 ,
AC1 m=0 3x+2z=0

所以 m (2, 3, 3),

因为 AC 平面 BCC1B1 ,所以 CA ( 3,0,0) 为平面 EC1B 的一个法向
量,


所以, cos=
m CA 2 3 10
= =
m CA 10 3 5 , 设 FM 0 3 ,
由图可知,二面角 A EC1 B 为锐角,故二面角 A EC1 B 的余弦值等 则 C 0,0,0 , A 3,0,0 , B 0,1,0 , M ,0,1 ,
10 于 . 所以 AB 3,1,0 , BM , 1,1 ,
5
4 19 设平面 ABM 的法向量为 x, y, z ,
【22】（1）证明见解析（2）
19 AB 0 3x y 0
解析:（1）取 AB的中点 O ,连接 OP,OC,AC ． 则 ,即 ,
BM 0

x y z 0
△PAB 为等腰直角三角形, PO AB ．
2 2 令 x 1 ,则 1, 3, 3 ,
由 PA PB 2 ,得 AB 2 2 2 ．
因为 1,0,0 是平面 FCB 的一个法向量,
平面 PAB 平面 ABCD ,平面 PAB 平面 ABCD AB ,
PO 平面 PAB , PO AB ,则 PO 平面 ABCD ． cos 1 1
ABCD 所以为菱形, ABC 60 , ABC 为等边三角形, O 为 AB的中点,则 1 3 23 2 , 3 4
OC AB ．
则有 OA OB 1
7
, OC 3 ． 因为 0 3 ,所以当 0时, cos 有最小值,最小值为 ．
7
如图,分别以 OB,OC,OP 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z轴建立空间直角坐
1 7 1
标系 O xyz． 当 3 时, cos 有最大值,最小值为 ,故 cos , ．
2 7 2
24 15【 】（1）证明见解析（2）
5
解析:（1）取 AC的中点 O ,则 BO AC ,且 BO 3 ,

A 1,0,0 ,B 1,0,0 ,C 0, 3,0 ,D 2, 3,0 ,P 0,0,1 ,E 1, 3,0 ,F 3 1 1, , 2 2

EF 3 0, ,
1
, AB 2,0,0 ,2 2 EF AB 0 ,有 EF AB ． 因为平面 AA1C1C 平面 ABC,且平面 AA1C1C 平面 ABC AC ,BO 平
面 ABC,
（2） EF
3 1
0, , ,BE 2, 3,0 ．2 2 所以 BO 平面 AA1C 1C ,
因为 A1O 平面 AA1C1C, BO A1O ,
设平面 BEF 的一个法向量为 n x, y, z ,
所以 A1B 6 ,BO 3, AO 3 ,

1

EF n 3 y
1
z 0, 因为 AO 1,AA1 2, AO AO
则 y 2
1 ,

2 2 令 ,则 x 3, z 2 3 ,得

BE n 2x 3y 0, 又因为 AO BO,A1O BO O,A1O,BO A 平面 1OB, AC 平面 A1OB ,
又 A 1
B 平面 A1OB, AC A1B ;
n 3,2,2 3 ．
（2）如图所示,以 O 为原点, OA,OB,OA 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z
1
又 CD 2,0,0 ,CP 0, 3,1 , 轴建立空间直角坐标系 O xyz ,

设平面 PCD的一个法向量为 m x1, y1, z1 ,



CD m 2x1 0, 令 y1 1 ,则 x1 0, z1 3 ,得 m 0,1, 3 ．
CP m 3y1 z1 0,

n m
cosn,m 8 4 19则 ,
n m 19 2 19
可得 A(1,0,0),C( 1,0,0),B(0, 3,0),B1( 1, 3, 3) ,
{#{QQABDQYEggAAABAAABhCQwGqCgGQkBCCCSoOREAYIAAAyQFABCA=}#}

因为 AC ( 2,0,0),CB (0, 3, 3),CB (1, 3,0) , 解析:（1）如图,分别取棱 BC,DE的中点 G,H,连接 FG,GH,AH,1
F ABC
ACB 因为已知正四面体 的底面与正四棱锥
A BCDE 的一个侧面重
设平面 1 的法向量为 n1 (x, y, z) ,
合．
n1 AC 0, 2x 0, FG BC
则由
所以所有棱长均相等,所以 , AH DE ,
得
n1 CB1 0, 3 y 3z 0, 又 A BCDE 为正四棱锥,所以底面 BCDE为正方形,所以 GH DE ,

y 1 由 AH GH H , AH ,GH z 1, n (0,1, 1) 平面
AHG ,
令 ,则 1 ,
所以 DE 平面 AHG ,因为 BC //DE ,所以 BC 平面 AHG ,
设平面 B1BC 的法向量为 n2 (m,n, p) , 由 BC GH , BC FG ,且 FG GH G , FG,GH 平面 FGH ,
n 2 CB 0, m 3n 0, 故 BC 平面 FGH ,所以平面 FGH与平面 AHG重合,
则由 得
n CB 0, 3n 3 p 0, 即 BC AFGH AFGH BC AF 平面 ,而 AF ,所以 ,所以 AF DE ．2 1

令 m 3 ,则 n 1, p 1, n2 ( 3, 1,1) ,
记二面角 A CB1 B 的平面角为 ,

n n
因为 cos 1 2
2 10

5 ,n 2 51 n2 （2）由（1）可知,在平面 AFGH中, AF BE GH , FG AH ,
2 所以四边形 AFGH为平行四边形,所以 AF∥GH ．

显然 sin 0 10 15,所以 sin 1 cos2 1 , 取棱 AF的中点 M,连接 GM,AG,可得 FG AG , 5 5 因为 GM在平面 AFGH中,所以 GM AF ,可得 GM GH ,
15 由 BC 平面 AFGH ,而 GM 平面 AFGH ,
所以二面角 A CB1 B 的正弦值为 . 得 BC GM5 ,则 GH,BC,GM两两垂直．
25 1 2 2 3 设棱长为 a,则【 】（ ） （ ） FG AG
3a GM FG 2 FM 2 2a , ,
3 2 2
以 G为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系,
解析:（1）因为三棱锥 E BCD 有三个面是全等的等腰直角三角
形,△BCD 是等边三角形,
所以 BE DE
2
CE 2
2 ,
1 1 1 2
所以 VE BCD S3 △CDE
BE
3
2 2
2
2 ;
3
因为三棱锥 A BCD 的棱长均为 2, a a
则 B 0, ,0 , C 0, ,0 , F
a 2a
,0, , M 0,0,
2a
,
所以正三棱锥 A BCD 体积为一个棱长为 2 的正方体减去四个三棱 2 2 2 2 2
锥, a a 2a
3
V 2 4 1 1 2 所以 BF
, , , BC 0, a,0 ,
即 A BCD 2 2 2 2 , 2 2 23 2 3

设平面 BCF的一个法向量为 = , , ,
V V 2 2 ABCDE A BCD VE BCD 2 2 3 3 BF n a a 2a

, , x, y,z 0,
a a 2a
2 E EC 2 2 2
x y z 0
（ ）如图所示,以 为坐标原点, ,ED,EB分别为 x,y,z轴建立空间 则 即 2 2 2 ,
直角坐标系 E xyz , BC n 0, a,0 z, y,z 0, y 0

令 x
2
1 y 0 2,则 , z ,即平面 BCF的一个法向量为 n
2
1,0, ,
2
又平面 BCD的一个法向量为
a
2a GM 0,0, , cosGM ,n 2
3

,
2 6 2a 3
则 2 2
2 2 因为二面角 F BC DE 0,0,0 , B 0,0, 2 为钝角,, C 2 ,0,0 , F 2 , , , BC 2 ,0, 22 2 , 3所以二面角 F BC D 的余弦值为 .
3
BF 2 ,
2 , 2 ,
PF 1
2 2 【27】（1）证明见解析;（2） ．

PB 2
设平面 EBC的法向量为 n1 ,易得 n1 0,1,0 , 解析:（1）取 DC 的中点 M ,连接 ME,MB ,如图（1）．

设平面 BCF的法向量为 n2 x, y, z ,

2x 2 z 0 BC n 2
0
因为 ,得 2 2 ,
BF n2 0 2x y z 0
2 2

取 x 1 ,可得 n2 1, 1,1
设二面角 E BC F 的平面角大小为 ,由图易知,二面角 E BC F 因为点 E,M 分别为 PC,DC 的中点,所以 PD//ME ．
为钝角, AB BC
因为 2 ,BC CM ABC BCM 90
,
n n
cos 1 2 1 3则
n n 3 3
所以△ABC △BCM ,得 CAB MBC ,
1 2
所以 CAB MBA MBC MBA 90 ,所以 MB AC ．
E BC F 3 又 BE AC , MB BE B , MB,BE 平面 MBE ,所以 AC 故二面角 的余弦值为 平面 MBE ．
3 因为 ME 平面 MBE ,所以 AC ME ．
【26】 又 ME //PD ,所以 PD AC ．
1 2 3 （2）因为 PD DC ,PD AC ,DC AC C ,DC , AC 平面 ABCD ,（ ）证明见解析（ ）
3 所以 PD 平面 ABCD ．因为 DA 平面 ABCD ,所以 PD DA ．
{#{QQABDQYEggAAABAAABhCQwGqCgGQkBCCCSoOREAYIAAAyQFABCA=}#}
2 如图（ ）,以点 D为原点,分别以 DA,DC,DP 所在直线为 x 轴、 y 轴、 n CN t 1 2
z轴,建立空间直角坐标系． cos n,CN 0, ∴ n CN t 2 1 2 1 2 2
．
1
t 2



∴二面角 A-BE-C的取值范围是 , ．
4 2


令 AD 2 ,则 D 0,0,0 ,A 2,0,0 ,B 2,2 2 ,0 ,P 0,0,2 ,E 0, 2 ,1 ,
所以
DA 2,0,0 ,DB 2,2 2 ,0 ,DE 0, 2 ,1 ,PB 2,2 2 , 2 ,DP 0,0,2 ．
PF
设 t ,则 PF tPB 2t ,2 2t , 2t ,所以PB

DF DP PF 2t ,2 2t ,2 2t ．

DE m 2 y z 0,
设平面 BDE 的一个法向量为 m x, y, z ,则有
DB m 2x 2 2 y 0,

令 y 1 ,得 x 2 , z 2 ,则 m 2 , 1, 2 ．

设平面 ADF 的一个法向量为 n a,b,c ,则有

DA n 2a 0,

DF n 2ta 2 2tb 2 2t c 0,

令 b t 1 ,得 a 0 , c 2t ,则 n 0,t 1, 2t ．
15
因为平面 ADF 与平面 BDE 所成锐二面角的余弦值为 ,
5
所以

m n 1 t 2t
cos m,n 15
m n 2 2 2 2 ,2 1 2 2t 5 1 2 t
解得 t
1 PF 1
．故 ．
2 PB 2
, 【28】（1）证明见解析（2）
4 2
解析:（1）证明:取 BC中点 M,AB中点 N,连接 DM,MN,EN．
1
∴MN∥AC且 MN AC ,又 DE
1
AC , DE∥AC ,
2 2
∴DE∥MN,且 DE MN 所以四边形 MNED是平行四边形,
∴EN∥DM且 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,所以平面 ABE⊥平面 ABC．
（2）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所在直线为 x,y轴,建立如图所示的空间直角坐标
系,
则 A 2,0,0 , B 0,2,0 , N 1,1,0 , E 1,1,t , t 0 ,

则 CB 0,2,0 , CN 1,1,0 , CE 1,1,t ,

设平面 BCE的一个法向量为 n x, y, z ,


n·CE 0 x y tz 0 x t
则 ,即 ,取 z 1 ,则 ,
n·CB 0 2y 0 y 0

∴ n t,0,1
又 AC BC ,则 CN⊥AB
又平面 ABC 平面 ABE AB , CN 平面 ABC,

所以 CN⊥平面 ABE,即 CN 为平面 ABE的一个法向量,
{#{QQABDQYEggAAABAAABhCQwGqCgGQkBCCCSoOREAYIAAAyQFABCA=}#}第七节 向量法求空间夹角
重点题型专练
▍知识点1:向量法求异面直线所成角
若异面直线所成的角为,其方向向量分别为,则
（两条异面直线所成的角与其方向向量的夹角关系是相等或者互补）
步骤:
（1）选好基底或建立空间直角坐标系;
（2）求出两直线的方向向量;
（3）代入公式 求解.
（4）两异面直线所成角的范围是,两向量的夹角的范围是,
当异面直线方向向量的夹角为锐角或直角时,就是该异面直线所成角;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角.
［对应练习:题型1］
▍知识点2:向量法求直线与平面所成角
如图所示,设直线的方向向量为,平面的法向量为,直线与平面所成的角为,两向量与的夹角为,则有或,所以
［对应练习:题型2］
▍知识点3:向量法求平面与平面所成角
（1）在两个半平面内找与棱垂直的直线的方向向量,求出其夹角.如图所示,即为所求二面角的平面角.
（2）对于易于建立空间直角坐标系的几何体,求二面角的大小时,可以用这两个平面的法向量的夹角来求.
如图所示,二面角,平面的法向量为,平面的法向量为,, 则二面角的大小为或.则二面角大小为.
注意:在利用向量法求二面角时,一定要结合图形判断出二面角是锐二面角还是钝二面角.
▍知识点4:面面角与二面角的区别
二面角:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角,这条直线叫做二面角的棱,这两个半平面叫做二面角的面.
面面角:平面与平面相交,形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于的二面角称为平面与平面的夹角.
两者的区别主要是取值范围的不同,平面与平面的夹角的取值范围为,二面角的取值范围为.若求得的二面角为锐角,则面面角即为二面角;若二面角为钝角,则面面角为其补角.
［对应练习:题型3］
求空间线线夹角
【典例 1】三棱柱中,平面平面,,, ,求异面直线与所成角的余弦值.
【练习 2】（2023·全国高三专题练习）如图所示,在三棱锥中,三条棱两两互相垂直, ,点满足.若,求异面直线与所成角的余弦值.
【练习 3】（2024·全国模拟）如图,四面体中, 是以为斜边的等腰直角三角形,为等边三角形,且.求AD与BC所成角的余弦值.

【练习 4】（2024·江西鹰潭一模）如图1,已知正三角形边长为6,其中,,现沿着翻折,将点翻折到点处,使得平面平面,为中点,如图2.求异面直线与所成角的余弦值.
【练习 5】（2023·南京二模）正三棱柱中,,,为的中点,线段上的点满足,若向量与的夹角小于,求实数的取值范围.
【练习 6】（2024·广东高二练习）如图,在直四棱柱中,底面是正方形,, ,线段AC上有一动点E.求直线与所成角的余弦值的取值范围.
【练习 7】如图,在四棱锥P-ABCD中,AP,AB,AD两两垂直,AD＝AP＝4, AB＝BC＝2,AD∥BC,M为线段PC上一点（端点除外）.若异面直线BM,AP所成角的余弦值为,求PM的长.

【练习 8】（2024·天津南开高三期末）如图,在正方体中,为棱上一点（不含端点）,为棱的中点,求直线与所成角余弦值的取值范围.
求空间线面夹角
【典例 9】如图,四棱锥中,底面为矩形,是等边三角形,平面底面, ,四棱锥体积为,为的中点.求直线与平面所成角的正弦值.
【练习 10】（2023·高三专题）如图,四棱锥中,底面为矩形,,, 点为棱上的点,且.若,求直线与平面所成角的正弦值.
【练习 11】（2023·江苏高二专题）如图,已知正三棱柱的底面边长为,侧棱长为,为的中点,求与平面所成角的正弦值.
【练习 12】（2023·全国高三专题）如图,在直棱柱中,,, 分别是,,的中点.求AE与平面DEF所成角的正弦值.
【练习 13】（2023·青岛高二期末）如图,在边长为2的正方体中,为的中点.
（1）求证:平面;
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【练习 14】（2024·重庆高三阶段练习）如图,斜三棱柱中,底面是边长为的正三角形,侧面为菱形,且.
（1）求证:;
（2）若,三棱柱的体积为24,求直线与平面所成角的正弦值.
【练习 15】（2024·河北高二期中）如图,在四棱锥中,底面,,底面ABCD为直角梯形,,, ,点E在棱PA上,且.
（1）证明:平面EBD;
（2）求直线PD与平面EBD所成角的余弦值.
【练习 16】（2023·成都高二期末）如图所示,在四棱锥中,底面是矩形,若, ,.
（1）证明:平面平面;
（2）若分别是的中点,动点P在线段EF上移动,设为直线BP与平面ABCD所成角,求的取值范围.
【练习 17】（2024·山东高二）如图,四棱锥中,侧面为等边三角形,底面为菱形, ,,.
（1）设平面与的交线为,求证:;
（2）若点在棱上,且直线与平面所成角的正弦值为,求.
【练习 18】（2024·辽宁）如图,棱长均为2的斜三棱柱中,在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处,P为棱（包含端点）上的动点.
（1）求点P到平面的距离;
（2）若平面,求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
求空间面面夹角
【典例 19】如图,平行六面体的所有棱长均为2,底面是正方形,侧面是矩形,点为的中点,且.求平面与平面的夹角的余弦值.

【练习 20】（2024·吉林）如图,在四棱锥中,平面平面,, .且.
（1）求证:平面;
（2）求二面角的余弦值.
【练习 21】（2023·广东高三上阶段练习）如图,在直三棱柱中,,E为的中点, .
（1）证明:.
（2）求二面角的余弦值.
【练习 22】（2024·湖北荆州高二上期末）如图,四棱锥中,为等腰直角三角形,四边形为菱形,,,E,F分别为CD,PD的中点,平面平面.
（1）求证:;
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【练习 23】（2024·衡水高二）如图,几何体中,,,,四边形为矩形,平面平面,.
（1）求证:平面平面;
（2）点在线段上运动,设平面与平面所成二面角的平面角为,试求的取值范围.
【练习 24】（2024·黑龙江齐齐哈尔三模）如图,在三棱柱中,平面平面, ,.
（1）证明:;
（2）求二面角的正弦值.
【练习 25】（23-24高二上·安徽·阶段练习）如图,现有三棱锥和,其中三棱锥的棱长均为2,三棱锥有三个面是全等的等腰直角三角形,一个面是等边三角形,现将这两个三棱锥的一个面完全重合组成一个组合体.
（1）求这个组合体的体积;
（2）若点F为AC的中点,求二面角的余弦值.
【练习 26】（24-25高三·河北邯郸考试）如图,已知正四面体的底面与正四棱锥的一个侧面重合.
（1）求证:;
（2）求二面角的余弦值.
【练习 27】（2024·全国模拟）在四棱锥中,底面为矩形,点为的中点,且, .
（1）求证:.
（2）若,点为棱上一点,平面与所成锐二面角的余弦值为,求的值.
【练习 28】（2023·辽宁高三）如图所示,在五面体ABCDE中,AC⊥平面BCD,ED∥AC,且, .
（1）求证:平面ABE⊥平面ABC;
（2）求二面角A-BE-C的平面角的取值范围.

展开更多......

收起↑