资源简介

第47讲　空间角
● 课前基础巩固
【知识聚焦】
1.(1)角(或夹角)　(2)
2.(2)
3.(1)垂直于棱l　(3)②不大于90°
【对点演练】
1.　[解析] 设直线a与平面α所成的角为θ,则sin θ===.
2.45°　[解析] ∵cos m,n ===,∴=45°,故这两个平面的夹角为45°.
3.　[解析] 以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则O(1,1,0),E(0,2,1),F(1,0,0),D1(0,0,2),∴=(-1,0,2),=(-1,1,1),∴cos<,>===,故异面直线OE与FD1所成角的余弦值为.
4.30°　[解析] 设l与α所成的角为θ,∵cos=-,∴sin θ=|cos|=,又0°≤θ≤90°,∴θ=30°.
5.　[解析] 以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),B(0,1,0),S(0,0,),C,所以=(0,1,),=,所以cos<,>==-,则SA与BC所成角的余弦值为.
6.　-
[解析] 以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,1),C1(0,2,1),A1(1,0,1),B(1,2,0),∴=(0,2,0),=(-1,2,0),=(0,2,-1).设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则即令y=1,得n=(2,1,2).设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===,即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.易知平面A1C1D1的一个法向量为m=(0,0,1),∴cos===.由图可知,二面角B-A1C1-D1为钝角,故二面角B-A1C1-D1的余弦值为-.
● 课堂考点探究
例1　[思路点拨] (1)思路一:在长方体中建立空间直角坐标系,利用向量法求异面直线所成的角;思路二:在长方体中,通过补充新的长方体,结合平行关系,将异面直线转化在同一平面中,利用解三角形求异面直线所成的角.(2)思路一:根据平行关系将异面直线所成角转化到同一三角形中求解;思路二:以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,利用向量法求异面直线所成的角,进而得解.
(1)A　(2)
[解析] (1)方法一:以A为坐标原点,以,,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A1(0,0,4),F(2,2,0),B1(4,0,4),E(0,1,4),所以=(2,2,-4),=(-4,1,0).设异面直线A1F与B1E所成的角为θ,则cos θ===.故选A.
方法二:补充长方体CDMN-C1D1M1N1,如图所示,其中C1N1=B1C1,取P为B1C1的中点,Q为MN的中点,连接D1Q,D1P,PQ,则∠PD1Q(或其补角)即为异面直线A1F与B1E所成的角.由题知D1P=B1E=,D1Q=A1F=2,PQ=,所以cos∠PD1Q==.故选A.
(2)方法一:过点M作ME∥PA,交AB于点E,连接DE,则E为AB的中点,∠DME(或其补角)为异面直线DM与PA所成的角.∵PA⊥平面ABCD,∴ME⊥平面ABCD,∵四边形ABCD是正方形,且PA=AB=2,E为AB的中点,∴ME=PA=1,DE==,故tan∠DME==.
方法二:∵四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,
∴以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),D(0,0,2),P(2,0,0),M(1,1,0),
∴=(1,1,-2),=(2,0,0),则cos<,>===.设异面直线DM与PA所成角为θ,则cos θ=|cos<,>|=,∴sin θ==,∴tan θ==,∴异面直线DM与PA所成角的正切值为.
变式题　D　[解析] 由AB=2,AC=2,BC=2,得AB2+AC2=BC2,所以AB⊥AC.
方法一:如图,取BC的中点E,连接AE,DE,则DE∥PC,所以∠ADE或其补角即为异面直线AD与PC所成的角.易知AE=,PC==
=,DE=PC=,PB===,所以DA=,在△ADE中,根据余弦定理可得cos∠ADE===,所以异面直线AD与PC所成角的余弦值为.故选D.
方法二:因为PA⊥平面ABC,AB,AC 平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,故以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,0,0),C(0,2,0),A(0,0,0),P(0,0,3),D,所以=,=(0,2,-3).设AD与PC所成角为θ,则cos θ===.故选D.
例2　[思路点拨] (1)根据勾股定理逆定理可知BC⊥A1C,然后利用线面垂直的判定定理即可证明结论;(2)思路一:通过作辅助线,找到直线A1D与平面ABB1A1所成的角,然后根据解三角形的相关知识等进行求解即可;思路二:通过建系,利用向量法求得平面ABB1A1的法向量及直线A1D的方向向量,然后按公式计算即可.
解:(1)证明:如图,连接A1B,
因为AB=AA1=4,∠A1AB=60°,所以△ABA1为等边三角形,所以A1B=4,
又因为A1C=2,BC=2,所以A1B2=A1C2+BC2,所以BC⊥A1C.
又BC⊥AC,AC∩A1C=C,AC,A1C 平面ACC1A1,
所以BC⊥平面ACC1A1.
(2)方法一:如图,设E为BB1的中点,连接A1E,DE,作DF⊥A1E于点F.因为BC⊥平面ACC1A1,DE∥BC,
所以DE⊥平面ACC1A1,又CC1 平面ACC1A1,所以DE⊥CC1.
在△A1CC1中,A1C=A1C1,D为CC1的中点,所以A1D⊥CC1,又A1D∩DE=D,所以CC1⊥平面A1DE.
因为BB1∥CC1,所以BB1⊥平面A1DE,又DF 平面A1DE,所以BB1⊥DF,又因为DF⊥A1E,BB1∩A1E=E,BB1,A1E 平面ABB1A1,所以DF⊥平面ABB1A1,所以直线A1D与平面ABB1A1所成的角为∠DA1E.
在△DA1E中,A1D⊥DE,A1D==2,DE=BC=2,所以A1E==2,所以sin∠DA1E==.
故直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值为.
方法二:如图,以C为坐标原点,以,的方向分别为x,y轴的正方向,建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),
A1,C1,D,所以=,=(-2,2,0),=.设平面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z),由得
取z=1,得n=(,,1).设直线A1D与平面ABB1A1所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|==.
故直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值是.
变式题　解:(1)证明:∵BE∥AD1,BE 平面ADD1,AD1 平面ADD1,∴BE∥平面ADD1.同理可得BC∥平面ADD1.
又∵BE∩BC=B,BE,BC 平面BCE,∴平面BCE∥平面ADD1.
∵CE 平面BCE,∴CE∥平面ADD1.
(2)方法一:取AB的中点O,连接OD,OD1,
易知OD⊥AB,
OD1⊥AB.
∵平面ABCD⊥平面ABC1D1,平面ABCD∩平面ABC1D1=AB,
OD1 平面ABC1D1,∴OD1⊥平面ABCD.如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系,则B(0,-1,0),D(,0,0),C(,-2,0),D1(0,0,),C1(0,-2,),从而E,∴=,=(,1,0),=(-,0,).
设平面BDD1的法向量为n=(x,y,z),
则得取z=1,得n=(1,-,1),设直线CE与平面BDD1所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===,∴直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为.
方法二:如图,取AD1的中点F,连接EF,DF,易得四边形EFDC是平行四边形,
∴CE∥DF,则CE与平面BDD1所成角即为DF与平面BDD1所成角,设为θ.过D1作D1G⊥AB交AB于G,过G作GH⊥BD交BD于H,连接D1H,过G作GK⊥D1H交D1H于K.
∵平面ABCD⊥平面ABC1D1,平面ABCD∩平面ABC1D1=AB,D1G 平面ABC1D1,D1G⊥AB,∴D1G⊥平面ABCD,又BD 平面ABCD,∴D1G⊥BD,又GH⊥BD,D1G∩GH=G,D1G,GH 平面D1GH,∴BD⊥平面D1GH,∵GK 平面D1GH,∴BD⊥GK,
又GK⊥D1H,BD∩D1H=H,BD,D1H 平面BDD1,∴GK⊥平面BDD1,∴GK的长即为G到平面BDD1的距离.由D1G=,GH=,可得D1H=,则GK=.连接FG,DG,
∵GF∥BD1,∴F到平面BDD1的距离即为G到平面BDD1的距离,设为h,则h=GK=.又D1G=DG=,
∴DD1=.在△ADD1中,DD1=,AD=AD1=2,∴4DF2+A=2(AD2+D),得DF=2,∴sin θ==,∴直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为.
例3　[思路点拨] (1)①易证四边形BCDM为平行四边形,由线面平行的判定定理即可证明.②取AM的中点O,连接OF,OB,则OF,OB,AD两两垂直,以O为原点,建立空间直角坐标系,利用空间向量法求二面角即可.
(2)①作AH⊥PB,垂足为H,根据面面垂直的性质得AH⊥平面PBC,再由线面垂直的性质得AH⊥BC,PA⊥BC,最后由线面垂直的判定及性质证得结论.②思路一:建立空间直角坐标系,应用向量法求平面与平面的夹角;思路二:取AB的中点E,PB的中点D,连接DM,DE,ME,由题得∠DEM即为两平面的夹角,再根据已知条件求角的大小即可.
(1)解:①证明:由题意得BC∥AD,DM=AD=BC,所以四边形BCDM为平行四边形,所以BM∥CD,又BM 平面CDE,CD 平面CDE,所以BM∥平面CDE.
②取AM的中点O,连接OF,OB,则易知OF⊥AD,OB⊥AD,OF=3,OB=,而FB=2,所以OF2+OB2=FB2,故OF⊥OB,故OF,OB,AD两两垂直.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则F(0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),可得=(,0,-3),=(-,1,0),=(0,1,3).
设平面FBM的法向量为n=(x,y,z),由可得令z=1,则n=(,3,1).同理,可得平面BEM的一个法向量为m=(,3,-1).因为cos==,
所以sin=,故二面角F-BM-E的正弦值为.
(2)①证明:如图,作AH⊥PB,垂足为H,因为平面PAB⊥平面PBC,平面PAB∩平面PBC=PB,
AH 平面PAB,所以AH⊥平面PBC,又BC 平面PBC,所以AH⊥BC,因为PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以PA⊥BC,因为PA∩AH=A,PA,AH 平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又AB 平面PAB,所以BC⊥AB.
②方法一(向量法):如图,以B为原点,BC,BA所在直线分别为x,y轴,过点B平行于AP的直线为z轴,建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,,0),C(1,0,0),P(0,,1),M,所以=(0,,0),=.易知平面PAB的一个法向量为m=(1,0,0),
设平面MAB的法向量为n=(x,y,z),则
令x=1,则n=(1,0,-1),所以|cos|===,所以平面PAB与平面MAB的夹角为.
方法二(几何法):取AB的中点E,PB的中点D,连接DM,DE,ME,如图.因为PA⊥平面ABC,
AB 平面ABC,
所以PA⊥AB,又DE∥PA,所以DE⊥AB.由①知,BC⊥平面PAB,PB 平面PAB,所以BC⊥PB,
在Rt△PBC和Rt△PAC中,PC===,AM=PC=BM=,所以△MAB是等腰三角形,所以ME⊥AB,
故∠DEM即为平面PAB与平面MAB的夹角.由题知DE=,DM=,EM==,则DE2+DM2=EM2,所以△DEM为等腰直角三角形,故∠DEM=,所以平面PAB与平面MAB的夹角为.
变式题　解:(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,∴PA⊥AD.
又∵AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA 平面PAB,∴AD⊥平面PAB,∵AB 平面PAB,∴AD⊥AB.在△ABC中,AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC.∵A,B,C,D四点共面,∴AD∥BC,
又∵BC 平面PBC,AD 平面PBC,
∴AD∥平面PBC.
(2)方法一:以D为原点,以DA,DC所在直线分别为x,y轴,以过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AD=t(0=(-t,,0),=(0,0,2),
设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),则
即不妨令x1=,则y1=t,z1=0,故n1=(,t,0).=(t,0,2),=(0,,0),设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即不妨令z2=t,则x2=-2,y2=0,故n2=(-2,0,t).∵二面角A-CP-D的正弦值为,∴平面ACP与平面CPD夹角的余弦值为,∴=|cos|==,可得t=,
∴AD=.
方法二:如图所示,过点D作DE⊥AC于E,过点E作EF⊥CP于F,连接DF.
∵PA⊥平面ABCD,PA 平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABCD,
又平面PAC∩平面ABCD=AC,DE⊥AC,∴DE⊥平面PAC.
又CP 平面PAC,∴DE⊥CP,又EF⊥CP,DE∩EF=E,∴CP⊥平面DEF,得DF⊥CP,根据二面角的定义可知,∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角,
即sin∠DFE=,又∠DFE为锐角,∴tan∠DFE=.
设AD=x(0则CE==,又△EFC为等腰直角三角形,
∴EF=,故tan∠DFE===,解得x=,即AD=.第47讲　空间角
1.D　[解析] 设两平面的夹角为θ,则cos θ=|cos|===
=.故选D.
2.C　[解析] ∵=,∴l与法向量n所在直线所成的角为,∴l与α所成的角为.故选C.
3.D　[解析] 方法一:设AB=2,取A1B1的中点F,连接C1F,DF,则DF∥B1E,则∠C1DF(或其补角)为异面直线C1D与B1E所成的角.易得DF=B1E=,C1F=,C1D=,所以cos∠C1DF===.
方法二:由题意知AB,BC,BB1两两垂直,以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=BC=AA1=2,则B1(0,0,2),C1(0,2,2),D(1,1,0),E(0,1,0),所以=(-1,1,2),=(0,-1,2),设直线C1D与B1E所成角为θ,则cos θ===.故选D.
4.A　[解析] 以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则E(2,0,0),F(1,3,0),C1(3,3,3),A1(0,0,3),所以=(-1,3,0),=(1,3,3),=(-2,0,3).设平面EFC1的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令y1=1,则n1=(3,1,-2).设平面EFA1的法向量为n2=(x2,y2,z2),则令y2=1,则n2=(3,1,2),所以cos==,所以平面A1EF与平面C1EF的夹角的余弦值为.故选A.
5.D　[解析] 设平面ABO的法向量为m=(x,y,z),A(a,0,0)(a>0),B(0,b,0)(b>0),则=(a,0,0),=(0,b,0),所以即可取m=(0,0,1).由题知cos θ===.故选D.
6.2　[解析] 连接AC,交DB于点O,取CC1的中点E,连接OE,BE.因为AC1∥OE,所以BD与AC1所成的角为∠BOE(或其补角),所以cos∠BOE=.设EC=x(x>0),在△BEO中,由AB=8,AD=6,得OB=5.又OE=,BE=,所以由余弦定理得cos∠BOE==
=,可得x=,所以CC1=2.
7.　[解析] 如图所示,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,取O,O1分别是底面ABCD、底面A1B1C1D1的中心,连接OO1,AC,A1C1,过点A1作A1E⊥AC,垂足为E,∵A1E∥OO1,∴A1E⊥底面ABCD,∴该四棱台的侧棱与底面所成的角为∠A1AE.由题得C1A1=22,CA=40,AA1=18,∴AE==9,∴cos∠A1AE===.
8.C　[解析] 记AB的中点为E,连接CE,DE,由题意可知AB⊥CE,AB⊥DE,又CE∩DE=E,所以AB⊥平面CDE,∠CED=150°,又AB 平面ABC,所以平面CDE⊥平面ABC.在平面CDE中,过点D作DF⊥CE交CE的延长线于点F,则∠DCF即为直线CD与平面ABC所成的角,不妨设AB=2,则DE=,得DF=DE×sin 30°=,EF=DE×cos 30°=,CF=CE+EF=1+=,所以tan∠DCF==.故选C.
9.B　[解析] 易知2点时和8点时钟面上的时针所在直线重合.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为侧面ABB1A1和侧面BCC1B1的中心,G为BB1的中点,EN为2点钟时针,FM为8点钟时针,则∠NEG=30°,∠MFG=30°.设正四棱柱的底面边长为a,侧棱长为b,以D为坐标原点,以,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则E,N,F,M,所以=,=,所以|cos<,>|==
=.所以在2点时和8点时,相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为.故选B.
10.ABD　[解析] 如图,易证BC1⊥平面B1CDA1,所以BC1⊥DA1,BC1⊥CA1,故A选项正确,B选项正确;连接A1C1交B1D1于点O1,连接BO1,则C1O1⊥平面BB1D1D,所以∠C1BO1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角,在Rt△BO1C1中,因为O1C1=BC1,所以∠C1BO1=30°,故C选项错误;因为CC1⊥平面ABCD,所以∠C1BC=45°即为直线BC1与平面ABCD所成的角,故D选项正确.故选ABD.
11.AD　[解析] 过点P作a'∥a,b'∥b,根据对称性及异面直线所成角的范围为0°<θ≤90°得,过点P的直线为a',b'所成角的平分线或过点P的直线与直线a',b'确定的平面垂直时,满足过点P与a,b所成的角均为θ的直线有且只有一条,故θ=30°或θ=90°.故选AD.
12.或　[解析] 方法一:如图所示,在长方体ABCF-MNEG中,易知点D在直线GE上.由V四面体ABCD=××2×2×CE=12,解得CE=3,故DE===.以F为原点,FA,FC,FG所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,,3)或D(0,3,3),所以=(-2,,3)或=(-2,3,3),=(-2,0,0).设异面直线AD与BC所成的角为θ,θ∈,则cos θ===或cos θ===,可得θ=或θ=,故异面直线AD与BC所成角的大小为或.
方法二:如图,过点A作AE∥BC且AE=BC,连接CE,DE,所以∠DAE(或其补角)即为异面直线AD与BC所成的角.易知四边形AECB是正方形,所以AE⊥CE,因为BC⊥CD,AE∥BC,所以AE⊥CD,又CE 平面CDE,CD 平面CDE,CE∩CD=C,所以AE⊥平面CDE,又DE 平面CDE,所以AE⊥ED.过点D作DF⊥CE于点F,因为AE⊥平面CDE,DF 平面CDE,所以DF⊥AE,又AE∩CE=E,AE,CE 平面AECB,所以DF⊥平面AECB.因为四面体ABCD的体积为12,所以四棱锥D-ABCE的体积为24=S正方形ABCE·DF=×24·DF,所以DF=3,又CD=CE=2,所以sin∠DCE==,又∠DCE∈(0,π),所以∠DCE=或∠DCE=.当∠DCE=时,△DEC为等边三角形,DE=2,在Rt△ADE中,tan∠DAE===1,则∠DAE=;当∠DCE=时,CD=CE=2,DE=6,在Rt△ADE中,tan∠DAE===,则∠DAE=.故异面直线AD与BC所成角的大小为或.
13.　[解析] 由题意可知,外接球的球心O∈PQ,且PQ⊥平面ABC,即PQ为外接球的直径,PQ=2,设PQ∩平面ABC=G,可知G为等边三角形ABC的中心,取AB的中点E,连接PE,QE,则PE⊥AB,QE⊥AB,可知二面角P-AB-Q的平面角为∠PEQ,则∠PEQ=120°,设EG=a,OG=b,∠PEC=α,∠QEC=β,则CG=2a,α+β=120°,PG=1+b,QG=1-b.因为CG2=OC2-OG2,所以4a2=1-b2,又因为tan α==,tan β==,且tan(α+β)=,则-====-,解得a=,所以△ABC的边长为2a=.
14.解:(1)证明:方法一(几何法):
由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2,
所以A1+A=A,即有AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2,由CC1⊥AC,得AC1=,所以A+B1=A,即有AB1⊥B1C1,又A1B1∩B1C1=B1,A1B1,B1C1 平面A1B1C1,所以AB1⊥平面A1B1C1.
方法二(向量法):
取AC的中点O,连接OB,则OB⊥AC,过点O作OO1∥AA1,交A1C1于点O1,则OO1⊥AC,OO1⊥OB,故以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意知A(0,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,,1),所以=(1,,2),=(1,,-2),=(0,2,-3),
由·=0得AB1⊥A1B1,由·=0得AB1⊥A1C1,因为A1B1∩A1C1=A1,A1B1,A1C1 平面A1B1C1,所以AB1⊥平面A1B1C1.
(2)方法一(定义法):
如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.
因为AB1⊥平面A1B1C1,AB1 平面ABB1,所以平面A1B1C1⊥平面ABB1,
由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,
所以∠C1AD是直线AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1=,A1B1=2,A1C1=得cos∠C1A1B1=,sin∠C1A1B1=,所以C1D=,故sin∠C1AD==.因此直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值是.
方法二(向量法):
设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)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,得n=(-,1,0),所以sin θ=|cos<,n>|==.
因此直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值是.
方法三(定义法+等积法):
设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ,点C1到平面ABB1的距离为d.因为C1C∥平面ABB1,所以点C到平面ABB1的距离等于点C1到平面ABB1的距离.由条件易得,点C到平面ABB1的距离等于点C到直线AB的距离,而点C到直线AB的距离为,所以d=,故sin θ===.
因此直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值是.
15.解:(1)证明:方法一:如图①,作A2B3∥AB交BB1于B3,D2C3∥DC交CC1于C3,连接B3C3,易知A2B3∥D2C3,且A2B3=D2C3,所以四边形A2B3C3D2是平行四边形,所以A2D2∥B3C3.因为B2B3∥C2C3,B2B3=C2C3,所以四边形B2B3C3C2是平行四边形,所以B3C3∥B2C2,所以B2C2∥A2D2.
方法二:因为=++=++=,B2,C2,A2,D2四点不共线,所以B2C2∥A2D2.
(2)方法一:如图②,以C为原点,以CD,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设P(0,2,t)(0≤t≤4),则=(-2,-2,2),=(0,-2,1),=(-2,0,t-1).设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别为平面A2C2D2,A2C2P的法向量,则取x1=1,得n1=(1,1,2),同理n2=(t-1,3-t,2).由题得|cos|==,整理得t2-4t+3=0,解得t=1或t=3,则B2P=|2-t|=1.
方法二:如图③,连接A2B2,易证四边形A2B2C2D2为菱形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E.
因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以直线B2E与平面PA2C2所成的角为30°,
易知B2E=,所以点B2到平面PA2C2的距离d1=B2Esin 30°=.
连接A1B2,A1D2,A1E,A1C2,A1P,由A1B2=A1D2=2,得A1E⊥B2D2,
由A1C2=A1A2=3,得A1E⊥A2C2,
又A2C2∩B2D2=E,所以A1E⊥平面A2B2C2.因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以A1E与平面PA2C2所成的角为60°,易知A1E=,所以点A1到平面PA2C2的距离d2=A1Esin 60°=.所以==3.
又C2到平面PA1A2和平面PA2B2的距离都为2(平面PA1A2和平面PA2B2为同一个平面),所以=3,所以A1A2=3B2P=3,解得B2P=1.
16.解:(1)证明:延长AA1,BB1,CC1,DD1交于一点P,
连接BD交AC于点O,连接PO,
则四棱锥P-ABCD为正四棱锥,
即PA=PB=PC=PD,又点O分别为AC,BD的中点,
所以PO⊥AC,PO⊥BD,而AC∩BD=O,AC,BD 平面ABCD,
所以PO⊥平面ABCD,
又PO 平面ACC1A1,
所以平面ACC1A1⊥平面ABCD.
(2)由(1)知OA,OB,OP两两垂直,故以,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.
设棱台的高为h,则C(-2,0,0),B1(0,,h),B(0,2,0).易知平面ACC1A1的一个法向量为m=(0,1,0),而=(-2,-,-h),由题意知直线B1C与平面ACC1A1所成角的正切值为,则其正弦值为=,设直线B1C与平面ACC1A1所成的角为θ,则sin θ===,可得h=4,
所以=(-2,-2,0),=(0,-,4),设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,则n=(-2,2,1),
故cos==,则平面BCC1B1与平面ACC1A1的夹角的正弦值为=.
17.解:(1)证明:连接PM,在△DCM中,
由余弦定理可得DM=
=,
所以DM2+DC2=CM2,
所以∠MDC=90°,所以DM⊥DC.
又因为DC⊥PD,DM∩PD=D,DM,DP 平面PDM,所以DC⊥平面PDM,又PM 平面PDM,所以DC⊥PM.因为PQ∥BM,PQ=BM=2,所以四边形PQBM为平行四边形,所以PM∥QB,又AB∥DC,所以AB⊥BQ,
所以∠ABQ=90°.
(2)因为QB⊥MD,所以PM⊥MD,
又PM⊥CD,DC∩MD=D,DC,MD 平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD.
取AD的中点E,连接PE,EM,AM,设PM=h,则多面体ABCDPQ的体积V=V三棱柱ABQ-EMP+V四棱锥P-CDEM=3V三棱锥A-PEM+V四棱锥P-CDEM=3V三棱锥P-AEM+V四棱锥P-CDEM=S△AEM×h+S四边形CDEM×h=S△AEM×h+×2S△AEM×h=S△AEM×h=××2×1×sin ×h=,解得PM=h=3.以M为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(,-1,0),D(,0,0),P(0,0,3),M(0,0,0),
所以=(0,1,0),=(,0,-3),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则
即令z=1,则m=(3,0,1),易知平面QAB的一个法向量为n=(1,0,0),所以cos==,所以平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为.第47讲　空间角
【课标要求】　能用向量方法解决简单的夹角问题,并能描述解决这一类问题的程序,体会向量方法在研究几何问题中的作用.
1.异面直线所成的角
(1)定义:已知两条异面直线a,b,经过空间任一点O分别作直线a'∥a,b'∥b,把直线a'与b'所成的角叫作异面直线a与b所成的　　　　　　.
(2)范围:　　　　.
(3)求法:
①几何法:平移补形法.
②向量法: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.线面角
(1)定义:平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角,叫作这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面,我们说它们所成的角是;一条直线和平面平行,或在平面内,我们说它们所成的角是0.
(2)直线与平面所成的角的取值范围:　　　　.
(3)求法:
①几何法:求直线与平面所成角的关键是作出直线在平面上的射影,常用方法是寻找经过此直线并与已知平面垂直的平面,利用面面垂直的性质确定直线上一点在平面上的射影.
②向量法:如图,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|==.
3.二面角
(1)定义:在二面角α-l-β的棱l上任取一点O,以点O为垂足,在半平面α和β内分别作　　　　　　　　的射线OA和OB,则射线OA和OB构成的∠AOB叫作二面角的平面角(如图).
(2)范围:[0,π].
(3)求法:
①几何法:找到二面角的棱的一个垂面,即可确定平面角,作二面角的平面角的常用方法是在二面角的棱上任取一点O,以点O为垂足,在两个半平面内分别作垂直于棱的射线OA,OB,则射线OA和OB构成的∠AOB即为二面角的平面角.
②向量法: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|==(如图).
特别注意: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　　　　　　的二面角称为平面α与平面β的夹角.
题组一　常识题
1.[教材改编] 设直线a的一个方向向量为a=(-1,2,1),平面α的一个法向量为b=(0,1,2),则直线a与平面α所成角的正弦值为　　　　.
2.[教材改编] 已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则这两个平面的夹角为　　　　.
3.[教材改编] 如图所示,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,E,F分别是CC1,AD的中点,那么异面直线OE与FD1所成角的余弦值为　　　　.
题组二　常错题
◆索引:线面角取值范围出错;异面直线夹角取值范围出错;二面角取值范围出错.
4.已知向量m,n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量,若cos=-,则l与α所成的角为　　　　.
5.如图,圆锥的高SO=,底面直径AB=2,C是圆O上一点,且AC=1,则SA与BC所成角的余弦值为　　　　.
6.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为　　　　,二面角B-A1C1-D1的余弦值为　　　　.
　异面直线所成的角
例1 (1)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,BC=2,AB=BB1=4,E,F分别是A1D1,CD的中点,则异面直线A1F与B1E所成角的余弦值为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A. B.-
C. D.
(2)[2024·东北三省三校一模] 如图,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,且PA=AB=2,M是PB的中点,则异面直线DM与PA所成角的正切值为　　　　.
总结反思
求异面直线所成角的方法:
1.定义法
定义法求异面直线所成角的步骤
(1)找或作:在图中找或平移异面直线中的一条或两条构造异面直线所成的角.
(2)证:说明所作的角是异面直线所成的角.
(3)算:寻找或作出含有此角的三角形并解之.
(4)取舍:因为异面直线所成角θ的取值范围是0°<θ≤90°,所以所作的角为钝角时,应取它的补角作为异面直线所成的角.
2.向量法
向量法又分为坐标法和基本向量法,利用公式|cos θ|=求出异面直线的方向向量的夹角.若向量夹角是锐角或直角,则该角即为异面直线所成角;若向量夹角是钝角,则异面直线所成的角为该角的补角.
变式题 在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB=2,AC=2,BC=2,PA=3,D为PB的中点,则异面直线AD与PC所成角的余弦值为 (　 )
A. B. C. D.
　直线与平面所成的角
例2 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=4,BC=2,A1C=2,AC⊥BC,∠A1AB=60°.
(1)证明:BC⊥平面ACC1A1;
(2)设点D为CC1的中点,求直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值.


总结反思
(1)用几何法求线面角的三个步骤:一作(找)角,二证明,三计算.其中作(找)角是关键,先找出斜线在平面上的射影,关键是作垂线、找垂足,然后把线面角转化到三角形中求解.也可以利用等体积法直接求出直线上一点到平面的距离,使问题得到解决.
(2)对于建立空间直角坐标系比较方便的几何体,我们可以通过向量法来解决;如果有特殊的几何背景,还可以通过补形等方法来解决.
变式题 [2024·宁波二模] 在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,以AB为轴将菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1,使得平面ABC1D1⊥平面ABCD,点E为BC1的中点.
(1)求证:CE∥平面ADD1;
(2)求直线CE与平面BDD1所成角的正弦值.


　平面与平面的夹角
例3 (1)[2024·全国甲卷] 如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点.
①证明:BM∥平面CDE;
②求二面角F-BM-E的正弦值.




(2)[2024·浙江宁波九校联考] 如图,在三棱锥P-ABC中,PA=BC=1,AB=,PA⊥平面ABC,平面PAB⊥平面PBC,M是PC的中点.
①求证:AB⊥BC;
②求平面PAB与平面MAB的夹角.



总结反思
(1)求解二面角的大小问题,关键是要合理作出它的平面角,当找到二面角棱的一个垂面时,即可确定平面角.
(2)对于建立空间直角坐标系比较简便的几何体,我们可以直接利用向量求出两个平面的法向量,并转化为求两个法向量的夹角来完成.
变式题 [2024·新课标Ⅰ卷] 如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
第47讲　空间角
(时间:45分钟)
1.已知平面α的一个法向量为a=(1,2,2),平面β的一个法向量为b=(-1,2,0),则两平面的夹角的余弦值为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
2.设直线l与平面α相交,且l的方向向量为a,α的法向量为n,若=,则l与α所成的角为 (　 )
A. B.
C. D.
3.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,AB=BC=AA1,D,E分别为AC,BC的中点,则异面直线C1D与B1E所成角的余弦值为 (　 )
A. B.
C. D.
4.在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在AB,CD上,且AE=2EB,CF=2FD,则平面A1EF与平面C1EF的夹角的余弦值为 (　 )
A. B. C. D.
5.点A,B分别在空间直角坐标系Oxyz的x,y轴的正半轴上,点C(0,0,2),平面ABC的一个法向量为n=(2,1,2),设平面ABC与平面ABO的夹角为θ,则cos θ的值为 (　 )
A.- B. C.- D.
6.[2024·福建十一校联考] 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=8,AD=6,异面直线BD与AC1所成角的余弦值为,则CC1=　　　　.
7.如图是电商平台售卖的一种木制“升斗”,底部封闭,上部开口,把该升斗看作一个正四棱台,尺寸如图所示,则该四棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为　　　　.
8.[2023·全国乙卷] 已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C-AB-D的平面角为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 (　 )
A. B.
C. D.
9.如图,在某市一建筑物楼顶有一顶部逐级收拢的四面钟楼,四个大钟对称分布在四棱柱的四个侧面(四棱柱看成正四棱柱,钟面圆心在棱柱侧面中心上),在整点时刻(在0点至12点中取整数点,含0点,不含12点),已知在3点时和9点时,相邻两钟面上的时针所在的两条直线相互垂直,则在2点时和8点时,相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为 (　 )
A. B. C. D.
10.(多选题)[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 (　 )
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
11.(多选题)[2024·温州二模] 已知空间两条异面直线a,b所成的角等于60°,过点P与a,b所成的角均为θ的直线有且只有一条,则θ的值可以为 (　 )
A.30° B.45°
C.75° D.90°
12.已知四面体ABCD满足AB⊥BC,BC⊥CD,AB=BC=CD=2,且该四面体的体积为12,则异面直线AD与BC所成角的大小为　　　　.
13.[2024·武汉调研] 两个有共同底面的正三棱锥P-ABC与Q-ABC,它们的各顶点均在半径为1的球面上,若二面角P-AB-Q的大小为120°,则△ABC的边长为　　　　.
14.[2024·长郡中学二模] 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.
(1)求证:AB1⊥平面A1B1C1;
(2)求直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值.
15.[2023·新课标Ⅰ卷] 如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
16.[2024·重庆巴蜀中学月考] 如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2A1B1=4.
(1)求证:平面ABCD⊥平面ACC1A1;
(2)若直线B1C与平面ACC1A1所成角的正切值为,求平面BCC1B1与平面ACC1A1的夹角的正弦值.
17.[2024·杭州二模] 如图,在多面体ABCDPQ中,底面ABCD是平行四边形,∠DAB=60°,BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点,PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD.
(1)证明:∠ABQ=90°;
(2)若多面体ABCDPQ的体积为,求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值.(共148张PPT)
第47讲 空间角
课前基础巩固
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
【课标要求】 能用向量方法解决简单的夹角问题,并能描述解决这一
类问题的程序,体会向量方法在研究几何问题中的作用.
1.异面直线所成的角
（1）定义：已知两条异面直线,,经过空间任一点 分别作直线
,,把直线与所成的角叫作异面直线与 所成的_______
________.
（2）范围：_ _____.
（3）求法：
①几何法：平移补形法.
②向量法：若异面直线,所成的角为 ，其方向向量分别为, ，
则, .
角（或夹角）
◆ 知识聚焦 ◆
2.线面角
（1）定义：平面的一条斜线和它在平面上
的射影所成的角，叫作这条直线和这个平
面所成的角.一条直线垂直于平面，我们说
（2）直线与平面所成的角的取值范围：______.
它们所成的角是 ；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所
成的角是0.
（3）求法：
①几何法：求直线与平面所成角的关键是作出
直线在平面上的射影，常用方法是寻找经过此
直线并与已知平面垂直的平面，利用面面垂直
的性质确定直线上一点在平面上的射影.
②向量法：如图,直线与平面 相交于点,设直线与平面 所
成的角为 ,直线的方向向量为,平面 的法向量为 ,则
, .
3.二面角
（1）定义：在二面角 的
棱上任取一点，以点 为垂足，在
半平面 和 内分别作__________
的射线和，则射线和 构
垂直于棱
（2）范围： .
成的 叫作二面角的平面角（如图）．
（3）求法：
①几何法：找到二面角的棱的一个垂
面，即可确定平面角，作二面角的平
面角的常用方法是在二面角的棱上任
取一点，以点 为垂足，在两个半平
面内分别作垂直于棱的射线， ，
则射线和构成的 即为二面
角的平面角.
②向量法：若平面 , 的法向量分别是
和,则平面 与平面 的夹角即为向量
和的夹角或其补角.设平面 与平面 的
夹角为 ,则 ,
（如图）.
特别注意：平面 与平面 相交,形成四个
不大于
二面角,我们把这四个二面角中__________的二面角称为平面 与平面
的夹角.
题组一 常识题
1.［教材改编］ 设直线的一个方向向量为，平面 的
一个法向量为，则直线与平面 所成角的正弦值为
_ ____.
[解析] 设直线与平面 所成的角为 ，则
.
◆ 对点演练 ◆
2.［教材改编］ 已知两个平面的法向量分别为 ，
，则这两个平面的夹角为____.
[解析] ，,， ，故
这两个平面的夹角为 .
3.［教材改编］ 如图所示，在棱长为2的正方体
中，是底面的中心，，分别是， 的中点，那么异面
直线与 所成角的余弦值为_ ___.
[解析] 以 为坐标原点，建立如图所示的空
间直角坐标系，则， ，
，， ，
， ，
，故异面直线
与所成角的余弦值为 .
题组二 常错题
◆ 索引：线面角取值范围出错;异面直线夹角取值范围出错;二面角
取值范围出错.
4.已知向量，分别是直线的方向向量和平面 的法向量，若
，，则与 所成的角为____.
[解析] 设与 所成的角为 ，， ，
，，又 ， .
5.如图，圆锥的高，底面直径,是圆 上一点，且
，则与 所成角的余弦值为_ __.
[解析] 以 为原点，建立如图所示的空间直角
坐标系，则， ，
，,所以 ,
,所以 ,
,则与 所成角的余弦
值为 .
6.在长方体中，，，则
与平面所成角的正弦值为___，二面角 的余弦值
为____.
[解析] 以 为坐标原点，建立如图所
示的空间直角坐标系，则 ，
，， ，
， ，
.设平面 的法向量
为，则
即 令，得 .
设与平面所成的角为 ，则
，
，即直线
与平面所成角的正弦值为 .易知平
面的一个法向量为 ，
， .
由图可知，二面
角 为钝角，故二面角
的余弦值为 .
探究点一 异面直线所成的角
例1（1）如图，在长方体 中，
，，，分别是， 的
中点，则异面直线与 所成角的余弦值为
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：以为坐标原点，以， ，
的方向分别为，， 轴的正方向，建立如
图所示的空间直角坐标系，则 ，
，， ，所以
,.设异面直线
与所成的角为 ,则
.故选A.
［思路点拨］思路一：在长方体中建立空间直角坐
标系，利用向量法求异面直线所成的角；
方法二：补充长方体 ，如图所
示，其中,取为 的中点，为
的中点，连接,, , 则（或其补角）
即为异面直线 与所成的角.由题知
, , ,所以
.故选A.
［思路点拨］思路二：在长方体中，通过补充新的长方体，结合平行关
系，将异面直线转化在同一平面中，利用解三角形求异面直线所成的角.
（2）[2024· 东北三省三校一模] 如图，四边形
是正方形， 平面 ，且
，是的中点，则异面直线 与
所成角的正切值为____.
[解析] 方法一：过点作，交于点 ，
连接，则为的中点， （或其补角）为
异面直线与所成的角. 平面 ，
平面， 四边形 是正方形，且
，为的中点， ，
，故 .
［思路点拨］思路一：根据平行关系将异面直线所 成角转化到同一
三角形中求解；
方法二： 四边形是正方形， 平面
， 以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如
图，则，，， ，
，，则 ,
.设异面直线与 所成角为 ，
则， ， ，
， 异面直线与 所成角的正切值为 .
［思路点拨］ 思路二：以 为坐标原点，建立空间直
角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角，进而得解.
[总结反思]
求异面直线所成角的方法:
1.定义法
定义法求异面直线所成角的步骤
（1）找或作：在图中找或平移异面直线中的一条或两条构造异面直
线所成的角.
（2）证：说明所作的角是异面直线所成的角.
（3）算：寻找或作出含有此角的三角形并解之.
（4）取舍：因为异面直线所成角 的取值范围是 ，所
以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.
2.向量法
向量法又分为坐标法和基本向量法，利用公式 求出异
面直线的方向向量的夹角.若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异
面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的
补角.
变式题 在三棱锥中， 平面，， ，
，，为的中点，则异面直线与 所成角的
余弦值为( )
A. B. C. D.
[解析] 由，，，得 ，所以
.
√
方法一：如图，取的中点，连接， ，则
，所以或其补角即为异面直线 与
所成的角.易知，
， ，
，所以
，在 中，根据余弦定理可得
，所以异
面直线与所成角的余弦值为 .故选D.
方法二：因为 平面，， 平
面，所以，，故以 为坐
标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，， ，
，所以， .
设与所成角为 ，则
.故选D.
探究点二 直线与平面所成的角
例2 如图，在三棱柱 中，
,,, ,
.
（1）证明： 平面 ；
［思路点拨］根据勾股定理逆定理可知 ，然后利用线面垂
直的判定定理即可证明结论；
证明：如图，连接 ，
因为, ，所以
为等边三角形，所以 ，
又因为， ，所以
，所以 .
又，，， 平
面 ，
所以 平面 .
（2）设点为的中点，求直线 与平面
所成角的正弦值.
解：方法一：如图，设为 的中点，连接
，，作于点.因为 平
面， ，所以 平面，又 平面
，所以 . 在中，，为的中点，
所以 ，又，所以 平面 .
［思路点拨］思路一：通过作辅助线，找到
直线与平面 所成的角，然后根据
解三角形的相关知识等进行求解即可；
因为，所以 平面，又 平面 ，所以
，又因为，，, 平面
，所以 平面 ，所以直
线与平面所成的角为 .
在中， ，
， ，
所以 ，所以 .故直线
与平面 所成角的正弦值为 .
方法二：如图，以为坐标原点，以 ，
的方向分别为， 轴的正方向，建立空
间直角坐标系，则, ,
,， ,
，所以 ，,
.设 平面的法向量为 ，
［思路点拨］ 思路 二：通过建系，利用向量法求得平面的法向
量及直线 的方向向量，然后按公式计算即可.
由得
取，得,,1）.设直线 与
平面所成的角为 ，则
, .
故直线与平面 所成角的正弦值
是 .
[总结反思]
（1）用几何法求线面角的三个步骤：一作（找）角，二证明，三计
算.其中作（找）角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作
垂线、找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解.也可以利用等体
积法直接求出直线上一点到平面的距离，使问题得到解决.
（2）对于建立空间直角坐标系比较方便的几何体,我们可以通过向量
法来解决；如果有特殊的几何背景,还可以通过补形等方法来解决.
变式题 [2024·宁波二模] 在菱形 中，
, ，以 为轴将菱形
翻折到菱形 ，使得平面
平面，点为 的中点.
（1）求证：平面 ；
证明：, 平面, 平面, 平
面.同理可得平面 .
又,, 平面， 平面平面 .
平面,平面 .
（2）求直线与平面 所成角的正弦值.
解：方法一：取的中点，连接， ，
易知 , .
平面 平面，平面
平面 ， 平面，
平面.如图，以 为坐标原点，
建立空间直角坐标系，则,, ,
,，从而， ，
, .
设平面的法向量为 ，
则得取，
得 ，设直线与平面所成
角为 ，则 ,，
直线与平面 所成角的正弦值为 .
方法二：如图，取的中点，连接 ,
，易得四边形 是平行四边形，
，则与平面 所成角即为
与平面所成角，设为 .过 作
交于，过作交
于，连接，过作交于 .
平面 平面，平面 平面 ，
平面，， 平面，又 平面
，，又，,, 平面
， 平面， 平面， ，
又，,,
平面， 平面, 的长
即为到平面的距离.由 ,
，可得，则 .连
接， ，
，到平面的距离即为
到平面的距离，设为 ，则
.又 ，
.在中， ,
，
，得
，， 直线 与
平面所成角的正弦值为 .
探究点三 平面与平面的夹角
例3（1）[2024·全国甲卷] 如图，在以， ，
，，，为顶点的五面体中，四边形
与四边形均为等腰梯形， ，
，， ，
，，为 的中点.
①证明：平面 ；
［思路点拨］易证四边形 为平行四边形，由线面平行的判定
定理即可证明.
证明：由题意得 ，
，所以四边形 为平行四
边形，所以，又 平面，
平面， 所以平面 .
②求二面角 的正弦值.
［思路点拨］取的中点，连接， ，
则，，两两垂直，以 为原点，建立
空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角即
可.
解：取的中点，连接， ，则易
知，， ，
，而 ，所以
，故，故 ，
，两两垂直.以 为坐标原点，建立如
图所示的空间直角坐标系，则 ,
,,,可得,,
.
设平面的法向量为 ,由
可得令 ，
则.同理，可得平面 的一
个法向量为.
因为 , ,
所以,,故二面角 的正弦值为 .
（2）[2024·浙江宁波九校联考] 如图，在三棱
锥中，，，
平面，平面 平面，是 的中
点.
①求证： ;
［思路点拨］作，垂足为 ，根据面面垂直的性质得
平面 ，再由线面垂直的性质得， ，
最后由线面垂直的判定及性质证得结论.
证明：如图，作，垂足为，因为平面
平面，平面 平面 ，
平面，所以 平面，
又 平面 ，所以，因为
平面， 平面，所以 ，
因为，, 平面，所以 平面，又
平面，所以 .
解： 方法一（向量法）如图，以为原点， ,
所在直线分别为,轴，过点平行于 的直线
为轴，建立空间直角坐标系，则 ，
,,, ，所以，
.易知平面 的一个法向量为 ，
设平面的法向量为 ，则
②求平面与平面 的夹角.
［思路点拨］ 建立空间 直角坐标系，应用向量法求平面与平面的夹角；
令，则，所以 ,
，所以平面与平面
的夹角为 .
方法二（几何法）取的中点， 的中点
，连接，，，如图.因为 平面
， 平面 ，
所以，又，所以.
由①知， 平面 ，
平面，所以 ，
在和 中，
，
［思路点拨］ 取 的中点，的中点，连接，，，由题得
即为两平面的夹角，再根据已知条件求角的大小即可.
，所以 是等腰三
角形，所以 ，
故即为平面与平面 的夹角.由题
知，， ，
则，所以 为等腰直
角三角形，故，所以平面 与平
面的夹角为 .
[总结反思]
（1）求解二面角的大小问题,关键是要合理作出它的平面角,当找到
二面角棱的一个垂面时,即可确定平面角.
（2）对于建立空间直角坐标系比较简便的几何体,我们可以直接利用
向量求出两个平面的法向量,并转化为求两个法向量的夹角来完成.
变式题 [2024· 新课标Ⅰ卷] 如图，四棱锥
中， 底面 ，
，， .
（1）若，证明：平面 ；
证明： 平面， 平面
， .
又，,, 平面 ，
平面， 平面， .
在中， ，
，，，四点共面， ，
又 平面， 平面 ，
平面 .
（2）若，且二面角的正弦值为,求 .
解：方法一：以为原点，以， 所
在直线分别为,轴，以过点 且与平面
垂直的直线为 轴，建立如图所示的
空间直角坐标系.
设,则 ,
, , ,
.
, ,
设平面的法向量为 ，
则
即 不妨令
,则, ,故
,
,设平面 的法向量
为 ,
则即 不妨令
,则, ，故
二面角 的正
弦值为, 平面与平面 夹角的
余弦值为， ,
，可得 ,
.
方法二：如图所示，过点作于 ，过
点作于，连接 .
平面， 平面， 平面
平面 ，
又平面 平面， ，
平面 .
又 平面，，又，，
平面，得，根据二面角的定义可知， 即为二面角
的平面角，
即，又 为锐角，
.
设，则 ，由
等面积法可得， ，
则 ，又
为等腰直角三角形，
，故 ，
解得，即 .
【备选理由】例1是正方体中多方法解决异面直线所成角问题；
例1 ［配例1使用］ 如图，在正方体
中，,分别为, 的中点，
则直线和 所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：取,,}为基底，则
, ，
故
，因为四面体为正四面体，所以且,, 所成角均为，
所以 ，
.故选C.
方法二：以为原点，,, 所在直线分别
为,, 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 ,
,, ，所以
,.设向量 与
所成角为 ，则
.故选C.
方法三:连接，易得，则直线 和
所成角即为直线和 所成角，设正方体
的棱长为2，在 中，
,, ，由余弦定理得
.故选C.
例2 ［配例2使用］ [2024·广东省实验中
学二调] 如图，在四棱锥 中，
平面，底面 为直角梯形，
且,, ,
,为 上一点.
【备选理由】例2是一道常规典型的线面角的计算问题，侧重学生基
础知识的熟练训练；
（1）若为的中点，求证：平面 ；
证明：取的中点，连接, ，
为的中点，所以，且 ，
又，且， 且
，
四边形为平行四边形， ，
平面， 平面 ，
平面 .
（2）若点不与和 重合，且二面角
的余弦值为，求 与平面
所成角的正切值.
解：由题意，,,两两垂直，以
为原点，,,所在直线分别为, ,
轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，, ，令
，且 ，
则， ，
.
设平面的法向量为 ，
则即
令，得 .
设平面的法向量为 ，
则即
令，得 .
故, ，
可得，故， .
易知平面 的一个法向量为
，设与平面 所成的
角为 ，
则 ，
，又
， ，
故，即与平面 所成角
的正切值为1.
例3 ［配例3使用］ [2024·广州二模] 如图，矩
形是圆柱的轴截面， ,
, , 分别是上、下底面圆周上的点，且
.
（1）求证： ；
【备选理由】例3是借助圆柱体中的位置关系求二面角问题；
证明：因为矩形是圆柱 的轴截面，
,分别是上、下底面圆周上的点，且 ，
，
所以，不妨设为 ，
因为, 均为底面圆的直径，所以
，
所以 ，所以，又 ，
所以 ，
所以 .
（2）若四边形为正方形，求平面与平面 夹角的正弦值.
解：如图，设为圆柱的母线，连接 ,
，则 底面 ，
易知，以为坐标原点，,, 所
在直线分别为轴、轴、 轴建立空间直角坐
标系，
因为,，四边形 为正方
形，
所以, ,
，
所以， ，
所以,, .
易知平面的一个法向量为 .
设平面的法向量为 ，
又, ，
所以即取 ，
则,, ，
所以, ，
则, ,
所以平面与平面夹角的正弦值为 .
例4 ［配例3使用］ 如图所示，在直四棱柱
中，底面 为菱形，
， ，
.
（1）若，求证：平面 ；
【备选理由】例4引入参数，已知二面角的余弦值，反向求参数的取值.
证明：连接，设 ,连
接 .
在直四棱柱中， 为菱形
对角线的交点，
所以为 的中点.
当时，为的中点，所以 .
因为 平面， 平面 ，所
以平面 .
解：如图，连接，取的中点，连接 ，
因为为等边三角形，所以 ，
又，所以 ，
又 平面，所以 ，
.
以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，， ，
，
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求 的值.
所以， ，
，
.
设平面的法向量为 ，则
即
取，则， ，所以
.
易知平面的一个法向量为 ，
所以, .
因为平面与平面夹角的余弦值为 ，
所以 ，整理得
,可得 .
作业手册
1.已知平面 的一个法向量为，平面 的一个法向量为
，则两平面的夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
[解析] 设两平面的夹角为 ，则
.故选D.
√
◆ 基础热身 ◆
2.设直线与平面 相交，且的方向向量为， 的法向量为 ，若
，，则与 所成的角为( )
A. B. C. D.
[解析] ，，与法向量所在直线所成的角为，与
所成的角为 .故选C.
√
3.在直三棱柱中，，，，
分别为，的中点，则异面直线与 所成角的余弦值为
( )
A. B. C. D.
[解析] 方法一：设，取的中点 ，
连接，，则，则
（或其补角）为异面直线与 所成的角.易
得，， ，所
以 .
√
方法二：由题意知，， 两两垂直，以
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则, ,
,,所以 ，
，设直线与所成角为 ，
则 .故选D.
4.在棱长为3的正方体中，,分别在， 上，
且，，则平面与平面 的夹角的余弦值
为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 以为坐标原点，，， 所在
直线分别为，， 轴建立空间直角坐标系，
如图，则，， ，
，所以 ，
，.设平面
的法向量为 ，
则
令，则.设平面 的法向
量为 ，则
令 ，则
，所以, ，
所以平面与平面的夹角的余弦值为 .
故选A.
5.点，分别在空间直角坐标系的， 轴的正半轴上，点
，平面的一个法向量为，设平面 与平面
的夹角为 ，则 的值为( )
A. B. C. D.
[解析] 设平面的法向量为， ,
，则,，所以
即可取.由题知 .
故选D.
√
6.[2024·福建十一校联考] 如图，在长方体 中，
，，异面直线与所成角的余弦值为 ，则
_____.
[解析] 连接，交于点，取的中点 ，
连接，.因为，所以与 所
成的角为 （或其补角），所以
.设，在 中，
由，，得.又， ，
所以由余弦定理得 ，
可得 ，所以 .
7.如图是电商平台售卖的一种木制“升斗”，底部封闭，上部开口，把
该升斗看作一个正四棱台，尺寸如图所示，则该四棱台的侧棱与底
面所成角的余弦值为_ __.
[解析] 如图所示，在正四棱台
中，取， 分别
是底面、底面 的中心，
连接，,，过点 作
，垂足为，， 底面， 该四棱台
的侧棱与底面所成的角为.由题得， ，
，
，
．
8.[2023·全国乙卷]已知为等腰直角三角形， 为斜边，
为等边三角形，若二面角的平面角为 ,则直
线与平面 所成角的正切值为( )
A. B. C. D.
√
◆ 综合提升 ◆
[解析] 记的中点为，连接，，由题意可知 ，
，又,所以 平面， ，
又 平面，所以平面 平面.在平面 中，过点
作交的延长线于点，则即为直线与平面
所成的角，不妨设，则，得 ,
, ,所以
.故选C.
9.如图，在某市一建筑物楼顶有一顶
部逐级收拢的四面钟楼，四个大钟对
称分布在四棱柱的四个侧面
（四棱柱看成正四棱柱，钟面圆心在
棱柱侧面中心上），在整点时刻
（在0点至12点中取整数点，含0点，
不含12点），已知在3点时和9点时，
A. B. C. D.
相邻两钟面上的时针所在的两条直线相互垂直，则在2点时和8点时，相
邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为( )
√
[解析] 易知2点时和8点时钟面上的时针所在
直线重合.如图，在正四棱柱
中，, 分别为侧面
和侧面的中心，为 的中
点，为2点钟时针， 为8点钟时针，则
， .设正四棱柱的
底面边长为，侧棱长为，以为坐标原点，以,, 的方向分别
为,,轴的正方向建立空间直角坐标系，则 ，
， ，
，所以 ，
，所以 ,
.所以在2点时和8点时，
相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的
角的余弦值为 .故选B.
10.（多选题）[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知正方体 ,
则( )
A.直线与所成的角为
B.直线与所成的角为
C.直线与平面所成的角为
D.直线与平面所成的角为
√
√
√
[解析] 如图，易证 平面 ,所以， ，
故A选项正确，B选项正确；
连接交于点，连接 ，则
平面,所以 为直线与平面
所成的角，在 中，因为
，所以 ，故 C选项错误；
因为 平面,所以 即为直线 与
平面所成的角,故D选项正确.故选 .
11.（多选题）[2024·温州二模] 已知空间两条异面直线, 所成的角
等于 ，过点与,所成的角均为 的直线有且只有一条，则
的值可以为( )
A. B. C. D.
[解析] 过点作, ，根据对称性及异面直线所成角的范围
为 得，过点的直线为,所成角的平分线或过点 的
直线与直线,确定的平面垂直时，满足过点与,所成的角均为
的直线有且只有一条，故 或 .故选 .
√
√
12.已知四面体满足， ，
，且该四面体的体积为，则异面直线
与 所成角的大小为_____．
或
[解析] 方法一:如图所示，在长方体
中，易知点在直线 上.
由，解得 ，故
.以
为原点，,,所在直线分别为,, 轴建立空间直角坐标系，则
，，， 或
，所以 或
，
.设异面直线与 所
成的角为 ， ，则
或
，可得
或，故异面直线与 所成
角的大小为或 .
方法二：如图，过点作且 ，连
接，，所以 （或其补角）即为异面直
线与所成的角.易知四边形 是正方形，
所以，因为， ，所以
，又 平面， 平面 ，
，所以 平面，又 平
面，所以.过点作于点，因为 平面 ，
平面，所以，
又，， 平面
，所以 平面.因为四面体
的体积为 ，所以四棱锥 的体积为
，所以
，又 ，所以
，又 ，所以
或.
当时， 为
等边三角形，，在 中，
，则 ；当
时，， ，在
中， ，则
.故异面直线与所成角的大小为 或
.
13.[2024·武汉调研] 两个有共同底面的正三棱锥与 ，
它们的各顶点均在半径为1的球面上，若二面角 的大小为
，则 的边长为__.
[解析] 由题意可知，外接球的球心，且 平面 ，即
为外接球的直径，，设 平面，可知 为等
边三角形的中心，取的中点，连接,，则 ,
，可知二面角的平面角为 ，则
，设,, , ，则
, ，, .因为
，所以，
又因为 ,
，且 ，则
，解得，所以 的
边长为 .
14.[2024· 长郡中学二模] 如图，已知多面体
中,,, 均垂直于平面
, ,, ,
.
（1）求证： 平面 ；
证明：方法一（几何法）
由,,, ,得
，所以，
即有 .由，, ,
,得，由 ,
得，由 ，
得，所以 ，即
有，又， ,
平面,所以 平面 .
方法二（向量法）
取的中点，连接，则 ，过
点作，交于点 ，则
，，故以 为坐标原点，
建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意知, ,
,, ,所以
,, ,
由得，由得 ，因为
,, 平面，所以 平面 .
（2）求直线与平面 所成角的正弦值.
解：方法一（定义法）
如图，过点作，交直线于点，
连接 .因为 平面， 平面
，所以平面 平面 ，
由得 平面 ，
所以是直线与平面所成的角.
由 ,
,得
, ，所以，
故.因此直线与
平面 所成角的正弦值是 .
方法二（向量法） 设直线与平面所成的角为 .由（1）
可知 , ,,设平面
的法向量为 ，则即令,得
，所以,
.因此直线与平面所成
角的正弦值是 .
方法三（定义法等积法）
设直线与平面所成的角为 ，点 到平
面的距离为.因为平面 ，所以点
到平面的距离等于点到平面 的距
离.由条件易得，点到平面的距离等于点
到直线的距离，而点到直线的距离为 ，
所以，故 .
因此直线与平面所成角的正弦值是 .
15.[2023· 新课标Ⅰ卷] 如图，在正四棱柱
中，，.点 ，
,，分别在棱，，， 上，
，， .
（1）证明： ；
证明：方法一：如图①，作交于，
交 于，连接，
易知，且 ，所以四边形
是平行四边形，所以.
因为 ，，所以四边形
是平行四边形，
所以，所以 .
方法二：因为
，,,,四点不共线，所以 .
（2）点在棱上，当二面角为 时，求 .
解：方法一：如图②，以为原点，以,,
所在直线分别为 , ,轴，建立空间直角坐标系，
则，， ，
设，则，
，.
设, 分别为平面
,的法向量，
则取 ，得
，同理.
由题得 ,，
整理得 ，解得
或，则 .
方法二：如图③，连接，易证四边形
为菱形，连接，设与
相交于点 .因为二面角为 ，
所以直线与平面 所成的角为 ，
易知，所以点到平面的距
离 .连接，，，
，，由 ，得 ，
由，得 ，
又，所以 平面 .
因为二面角为 ，所以与
平面所成的角为 ，易知，
所以点到平面的距离 .
所以 .又到平面和平面
的距离都为2（平面 和平面为同一个平面），
所以，所以 ，解得 .
16.[2024·重庆巴蜀中学月考] 如图，在正四棱台
中， .
（1）求证：平面 平面 ；
证明：延长,,,交于一点 ，
连接交于点，连接 ，
则四棱锥 为正四棱锥，
即，又点分别为, 的
中点，
所以,，而， ,
平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）若直线与平面所成角的正切值为 ，求平面
与平面 的夹角的正弦值.
解：由（1）知,, 两两垂直，故以
,,的方向分别为,, 轴的正方向建
立空间直角坐标系，如图.
设棱台的高为，则 ,
,.易知平面 的
一个法向量为 ，而
，由题意知直线
与平面所成角的正切值为 ，则其
正弦值为，设直线 与平面
所成的角为, 则
，可得 ，
所以 ,
，设平面 的法向量
为 ，
则
令，则 ，
故,，则平面
与平面 的夹角的正弦值为
.
17.[2024·杭州二模] 如图，在多面体
中，底面是平行四边形， ,
,为 的中点，
,, .
◆ 能力拓展 ◆
（1）证明： ；
证明：连接，在 中，
由余弦定理可得
，
所以 ，
所以 ，所以 .
又因为，,, 平
面,所以 平面,又 平面，所以 .因为
, ,所以四边形 为平行四边形，所以
，又，所以 ，
所以 .
（2）若多面体的体积为，求平面与平面 夹角的
余弦值.
解：因为，所以 ，
又，,, 平面
,所以 平面 .
取的中点，连接，， ，设
，则多面体的体积
,解得
.以 为坐标原点，建立如图所
示的空间直角坐标系，则 ，
,, ，
所以, ，设平面
的法向量为，则
即令，则 ，
易知平面的一个法向量为 ,所以
,，所以平面 与平
面夹角的余弦值为 .
【知识聚焦】1.(1)角(或夹角)　(2) 2.(2) 3.(1)垂直于棱l　(3)②不大于90°
【对点演练】1. 　2.45°　3. 　4.30° 5. 　6.
课堂考点探究
例1(1)A　(2) 　变式题D 例2(1)略　(2) 变式题(1)略　(2)
例3(1)①略　② 　(2)①略　② 变式题(1)略　(2)
教师备用习题
例1 C 例2 (1)略　(2) 1 例3 (1)略　(2) 　 例4 (1)略　(2)　
基础热身
1.D 2.C 3.D 4.A 5.D 6. 7.
综合提升
8.C 9.B 10.ABD 11.AD 12. 或 13.
14. (1)略　(2) 15. (1)略　(2) 16. (1)略　(2)
能力拓展
17. (1)略　(2)

展开更多......

收起↑