资源简介 第57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方法和空间角的计算方法．知识点 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〉|＝________．(北师大版选择性必修第一册P141习题3－4A组T18)如图，在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥平面ABC，AC⊥BC，CA＝CB＝2，PA＝2，则二面角A-BC-P的平面角的大小为________．考点一 平面与平面的夹角[典例1] (2025·惠州月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，∠ADC＝90°，AB＝AD＝PD＝3，且＝2＝2．(1)证明：AD⊥平面PDC；__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(2)求平面BDE与平面PBC夹角的余弦值．___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________易错提醒：注意二面角的范围是[0，π]，二面角的余弦值可以为负值．要弄清题目中所求二面角的平面角是否为钝角．若是求两个平面的夹角，则直接取绝对值即可．[多维变迁]在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝AC＝CP＝2，AB＝BC＝．(1)若O是棱AC的中点，证明：BO⊥平面PAC，并求三棱锥B-OPA的体积；(2)求二面角B-PC-A的余弦值．____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________考点二 折叠问题与空间角[典例2] (2024· 新高考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；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________[母题探究](变结论)本例题条件不变，问：在线段PD上是否存在点M(点M不与端点重合)，使得二面角M-FB-P的余弦值为？若存在，求出M的位置；若不存在，请说明理由．_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________通性通法：三步解决平面图形的折叠问题不规则建系在一些不规则的几何体中，若没有明显便于建系的条件，则需要寻找有垂线的平面，再根据垂面的情况建立空间直角坐标系，或通过平面与平面垂直，作平面的垂线，从而建立空间直角坐标系．当缺少垂直条件时，可以通过作辅助线找垂直关系，如等腰三角形的三线合一、菱形对角线相互垂直等，进而找到直线与平面垂直．[典例3] (2024·新高考Ⅰ卷节选)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝，AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD．______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________通性通法：对于不规则的几何体，题目中不能找到明显的垂直于底面的直线，则采用“凌空”建系造出“墙角”，再利用长度关系将相关点的坐标表示出来．1．(链接考点一)(人教A版选择性必修第一册P38练习T3)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，则平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为________．2．(链接考点二)(2025·赤峰月考)如图1，在△ABC中，B＝90°，D，E两点分别在AB，AC上，且＝＝DE＝BD＝2，现将△ADE沿DE折起得到四棱锥A-BCED，在图2中AC＝． (1)求证：AD⊥平面BCED；(2)求平面ACE与平面ACD夹角的余弦值．____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________第57课时 向量法求空间角(二)理法先行·题练固本梳必备·破题有方知识点 夹角 链教材·夯基固本 [以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz．易得平面ABC的一个法向量为n1＝(0，0，1)．设平面BCP的法向量为n2＝(x，y，z)，＝(0，2，0)，＝(2，0，2)，所以取x＝，则z＝－1，y＝0，故n2＝(，0，－1)，所以cos〈n1，n2〉＝＝－，所以〈n1，n2〉＝．由图可知所求二面角为锐二面角，所以二面角A-BC-P的平面角的大小为．]考点深研·题型突破考点一典例1 (1)证明：因为PD⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，则AD⊥PD，因为∠ADC＝90°，所以AD⊥CD，因为PD∩CD＝D，CD 平面PCD，PD 平面PCD，故AD⊥平面PDC．(2)解：由PD⊥平面ABCD，∠ADC＝90°，则直线DA，DC，DP两两垂直．以D为坐标原点，DA，DC，DP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，因为AB＝AD＝PD＝3，＝2＝2，所以B(3，3，0)，C(0，6，0)，D(0，0，0)，P(0，0，3)，E(0，2，2)，＝(3，3，0)，＝(0，2，2)，＝(0，－6，3)，＝(3，－3，0)，设平面BDE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则取x1＝1，可得m＝(1，－1，1)为平面BDE的一个法向量，设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则取x2＝1，可得n＝(1，1，2)为平面PBC的一个法向量，设平面BDE与平面PBC的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝，所以平面BDE与平面PBC夹角的余弦值为．多维变迁 (1)证明：连接BO，OP，因为AB＝BC＝，所以BO⊥AC，因为平面PAC⊥平面ABC，两平面交线为AC，BO 平面ABC，所以BO⊥平面PAC，因为PA＝AC＝CP＝2，所以PO⊥AC，AO＝1，PO＝，故S△OPA＝OP·AO＝××1＝，AB＝，由勾股定理得BO＝＝1，又BO⊥平面PAC，故三棱锥B-OPA的体积V＝S△OPA·BO＝××1＝．(2)解：由(1)知BO⊥平面PAC，因为OC，OP 平面PAC，所以BO⊥OC，BO⊥OP，又PO⊥AC，故OB，OC，OP两两垂直．以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则B(1，0，0)，P(0，0，)，C(0，1，0)，所以＝(－1，0，＝(0，1，－)，设平面BPC的法向量为m＝(x，y，z)，则则令z＝1得x＝y＝，故m＝(，1)为平面BPC的一个法向量，又平面PCA的一个法向量为n＝(1，0，0)，故cos〈m，n〉＝，故二面角B-PC-A的余弦值为．考点二典例2 (1)证明：由AB＝8，AD＝5，得AE＝2，AF＝4．又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得EF＝＝＝2．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)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，建立如图所示空间直角坐标系Exyz，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，得x1＝0，z1＝3，令x2＝，得y2＝－1，z2＝1，所以n＝(0，2，3)为平面PCD的一个法向量，m＝(，－1，1)为平面PBF的一个法向量，所以|cos〈m，n〉|＝，设平面PCD和平面PBF所成角为θ，则sin θ＝，即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为．母题探究 解：由本例(2)知，平面PBF的一个法向量为m＝(，－1，1)．假设在线段PD上存在点M，使二面角M-FB-P的余弦值为，设＝λ(0<λ<1)，则＝(－2，0，2)＋(0，3λ，－2λ)＝(－2，3λ，2(1－λ))，＝(－4，－2，2)＋(0，3λ，－2λ)＝(－4，3λ－2，2(1－λ))．设平面MFB的法向量为v＝(x，y，z)，则即两式相减，得x＋y＝0，取x＝，得y＝－1，z＝，即v＝．由题意|cos〈m，v〉|＝．可设t＝，则t>0，整理得8t2－26t－7＝0，解得t＝或t＝－(舍去)，所以λ＝，假设成立．所以在线段PD上存在点M，使二面角M-FB-P的余弦值为，点M是PD的中点．微点突破13典例3 解：由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为原点，AD，DC所在直线分别为x轴、y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AD＝p，DC＝q，p>0，q>0，满足p2＋q2＝AC2＝4．则A(p，0，0)，P(p，0，2)，C(0，q，0)，D(0，0，0)．设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，因为＝(0，0，2)，＝(－p，q，0)，所以取m＝(q，p，0)为平面APC的一个法向量．设平面DPC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，因为＝(p，0，2)，＝(0，q，0)，所以取n＝(2，0，－p)为平面DPC的一个法向量．所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝，又因为p2＋q2＝4，所以，解得p＝(负值舍去)，即AD＝．随堂·对点检测1． [因为正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2，取BC的中点O，连接AO，则AO⊥平面BB1C1C．取B1C1的中点H，连接OH，则易得AO，BO，OH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A(0，0，)，B(1，0，0)，A1(0，2，)，C1(－1，2，0)，所以＝(1，0，－＝(0，2，0)，＝(－2，2，0)，＝(－1，2，)．设平面AA1B的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则令z1＝1，得n1＝(，0，1)为平面AA1B的一个法向量．同理可得平面A1BC1的一个法向量为n2＝(，－1)．设平面AA1B与平面A1BC1的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝，即平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为．]2．(1)证明：翻折前，＝DE＝BD＝2，所以DE∥BC，且AD＝4，BC＝DE＝3，因为∠ABC＝90°，所以∠ADE＝90°，即DE⊥AB，翻折后，DE⊥AD，DE⊥BD，在△BCD中，∠CBD＝90°，BD＝2，BC＝3，所以CD＝，在△ACD中，AD＝4，CD＝，AC＝，所以AD2＋CD2＝AC2，即AD⊥CD，又CD∩DE＝D，CD，DE 平面BCED，所以AD⊥平面BCED．(2)解：因为AD⊥平面BCED，DE⊥BD，所以DB，DE，DA两两垂直，故以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，4)，C(2，3，0)，D(0，0，0)，E(0，2，0)，所以＝(2，3，－4)，＝(0，2，－4)，＝(0，0，4)，＝(2，3，0)，设平面ACE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则取z1＝1，可得m＝(－1，2，1)为平面ACE的一个法向量，设平面ACD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则取x2＝3，可得n＝(3，－2，0)为平面ACD的一个法向量，设平面ACE与平面ACD的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝，所以平面ACE与平面ACD夹角的余弦值为．1 / 6(共74张PPT)第七章 立体几何与空间向量第57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方法和空间角的计算方法．理法先行·题练固本知识点 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____．夹角若平面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〉|＝_________．(北师大版选择性必修第一册P141习题3－4A组T18)如图，在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥平面ABC，AC⊥BC，CA＝CB＝2，PA＝2，则二面角A-BC-P的平面角的大小为______________． [以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz．易得平面ABC的一个法向量为n1＝(0，0，1)．设平面BCP的法向量为n2＝(x，y，z)，＝(0，2，0)，＝(2，0，2)，所以取x＝，则z＝－1，y＝0，故n2＝(，0，－1)，所以cos〈n1，n2〉＝＝＝－，所以〈n1，n2〉＝．由图可知所求二面角为锐二面角，所以二面角A-BC-P的平面角的大小为．]考点深研·题型突破考点一 平面与平面的夹角[典例1] (2025·惠州月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，∠ADC＝90°，AB＝AD＝PD＝3，且＝2＝2．(1)证明：AD⊥平面PDC；(2)求平面BDE与平面PBC夹角的余弦值．[解] (1)证明：因为PD⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，则AD⊥PD，因为∠ADC＝90°，所以AD⊥CD，因为PD∩CD＝D，CD 平面PCD，PD 平面PCD，故AD⊥平面PDC．(2)由PD⊥平面ABCD，∠ADC＝90°，则直线DA，DC，DP两两垂直．以D为坐标原点，DA，DC，DP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，因为AB＝AD＝PD＝3，＝2＝2，所以B(3，3，0)，C(0，6，0)，D(0，0，0)，P(0，0，3)，E(0，2，2)，＝(3，3，0)，＝(0，2，2)，＝(0，－6，3)，＝(3，－3，0)，设平面BDE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则取x1＝1，可得m＝(1，－1，1)为平面BDE的一个法向量，设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则取x2＝1，可得n＝(1，1，2)为平面PBC的一个法向量，设平面BDE与平面PBC的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝，所以平面BDE与平面PBC夹角的余弦值为．易错提醒：注意二面角的范围是[0，π]，二面角的余弦值可以为负值．要弄清题目中所求二面角的平面角是否为钝角．若是求两个平面的夹角，则直接取绝对值即可．【教用·通性通法】利用空间向量计算平面与平面夹角的常用方法(1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量：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，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小．[多维变迁]在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝AC＝CP＝2，AB＝BC＝．(1)若O是棱AC的中点，证明：BO⊥平面PAC，并求三棱锥B-OPA的体积；(2)求二面角B-PC-A的余弦值．[解] (1)证明：连接BO，OP，因为AB＝BC＝，所以BO⊥AC，因为平面PAC⊥平面ABC，两平面交线为AC，BO 平面ABC，所以BO⊥平面PAC，因为PA＝AC＝CP＝2，所以PO⊥AC，AO＝1，PO＝，故S△OPA＝OP·AO＝×1＝，AB＝，由勾股定理得BO＝＝1，又BO⊥平面PAC，故三棱锥B-OPA的体积V＝S△OPA·BO＝×1＝．(2)由(1)知BO⊥平面PAC，因为OC，OP 平面PAC，所以BO⊥OC，BO⊥OP，又PO⊥AC，故OB，OC，OP两两垂直．以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则B(1，0，0)，P(0，0，)，C(0，1，0)，所以＝(－1，0，＝(0，1，－)，设平面BPC的法向量为m＝(x，y，z)，则令z＝1得x＝y＝，故m＝(，1)为平面BPC的一个法向量，又平面PCA的一个法向量为n＝(1，0，0)，故cos〈m，n〉＝＝，故二面角B-PC-A的余弦值为．【教用·备选题】1．(2025·内江三模)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4，E为AA1的中点．(1)求证：A1C∥平面BDE；(2)求二面角A-DE-B的余弦值．[解] (1)证明：连接AC，交BD于点O，连接EO，∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O是AC中点，E是AA1的中点，∴A1C∥OE，∵A1C 平面BDE，OE 平面BDE，∴A1C∥平面BDE．(2)以点D坐标为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，∵AB＝AD＝2，AA1＝4，E是AA1的中点，∴D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(2，0，2)，B(2，2，0)，∴＝(2，0，2)，＝(2，2，0)，设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，则由得令x＝1，则y＝－1，z＝－1，∴平面BDE的一个法向量为n＝(1，－1，－1)，∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中，CD⊥平面ADE，∴平面ADE的一个法向量为m＝(0，1，0)，cos〈m，n〉＝＝－，又二面角A-DE-B为锐角，∴二面角A-DE-B的余弦值为．2．(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，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)为平面PAB的一个法向量．设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则可取n2＝(2，1，1)为平面PCD的一个法向量．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．考点二 折叠问题与空间角[典例2] (2024· 新高考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；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．[解] (1)证明：由AB＝8，AD＝5，得AE＝2，AF＝4．又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得EF＝＝＝2．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，建立如图所示空间直角坐标系Exyz，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，得x1＝0，z1＝3，令x2＝，得y2＝－1，z2＝1，所以n＝(0，2，3)为平面PCD的一个法向量，m＝(，－1，1)为平面PBF的一个法向量，所以|cos〈m，n〉|＝，设平面PCD和平面PBF所成角为θ，则sin θ＝，即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为．[母题探究](变结论)本例题条件不变，问：在线段PD上是否存在点M(点M不与端点重合)，使得二面角M-FB-P的余弦值为？若存在，求出M的位置；若不存在，请说明理由．[解] 由本例(2)知，平面PBF的一个法向量为m＝(，－1，1)．假设在线段PD上存在点M，使二面角M-FB-P的余弦值为，设＝λ(0<λ<1)，则＝(－2，0，2)＋(0，3λ，－2λ)＝(－2，3λ，2(1－λ))，＝(－4，－2，2)＋(0，3λ，－2λ)＝(－4，3λ－2，2(1－λ))．设平面MFB的法向量为v＝(x，y，z)，则即两式相减，得x＋y＝0，取x＝，得y＝－1，z＝，即v＝．由题意|cos〈m，v〉|＝．可设t＝，则t>0，整理得8t2－26t－7＝0，解得t＝或t＝－(舍去)，所以λ＝，假设成立．所以在线段PD上存在点M，使二面角M-FB-P的余弦值为，点M是PD的中点．通性通法：三步解决平面图形的折叠问题【教用·备选题】(2025·西宁二模)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1-BCDE．(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角(锐角)的余弦值．[解] (1)证明：在题图1中，∵AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，∴BE⊥AC，即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，OA1∩OC＝O，OA1，OC 平面A1OC，则BE⊥平面A1OC．∵BC∥DE，BC＝DE，∴四边形BCDE为平行四边形．∴CD∥BE，∴CD⊥平面A1OC．(2)∵平面A1BE⊥平面BCDE，由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，∴∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角，∴∠A1OC＝，如图，建立空间直角坐标系，∵A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，∴B，E，A1，C，∴＝(－，0，0)，设平面A1BC的法向量为m＝(x，y，z)，平面A1CD的法向量为n＝(a，b，c)，则得令x＝1，则y＝1，z＝1，即m＝(1，1，1)为平面A1BC的一个法向量，由取b＝1，得n＝(0，1，1)为平面A1CD的一个法向量，则cos〈m，n〉＝，∴平面A1BC与平面A1CD夹角(锐角)的余弦值为．微点突破13 不规则建系在一些不规则的几何体中，若没有明显便于建系的条件，则需要寻找有垂线的平面，再根据垂面的情况建立空间直角坐标系，或通过平面与平面垂直，作平面的垂线，从而建立空间直角坐标系．当缺少垂直条件时，可以通过作辅助线找垂直关系，如等腰三角形的三线合一、菱形对角线相互垂直等，进而找到直线与平面垂直．[典例3] (2024·新高考Ⅰ卷节选)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝，AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD．[解] 由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为原点，AD，DC所在直线分别为x轴、y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AD＝p，DC＝q，p>0，q>0，满足p2＋q2＝AC2＝4．则A(p，0，0)，P(p，0，2)，C(0，q，0)，D(0，0，0)．设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，因为＝(0，0，2)，＝(－p，q，0)，所以取m＝(q，p，0)为平面APC的一个法向量．设平面DPC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，因为＝(p，0，2)，＝(0，q，0)，所以取n＝(2，0，－p)为平面DPC的一个法向量．所以|cos 〈m，n〉|＝＝，又因为p2＋q2＝4，所以，解得p＝(负值舍去)，即AD＝．通性通法：对于不规则的几何体，题目中不能找到明显的垂直于底面的直线，则采用“凌空”建系造出“墙角”，再利用长度关系将相关点的坐标表示出来．【教用·备选题】(2023·新高考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．[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，DC＝DB，所以△ADB≌△ADC(SAS)．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的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则取x1＝1，则y1＝z1＝1，所以m＝(1，1，1)为平面DAB的一个法向量．设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，所以n＝(0，1，1)为平面ABF的一个法向量．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．1．(链接考点一)(人教A版选择性必修第一册P38练习T3)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，则平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为______________． [因为正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2，取BC的中点O，连接AO，则AO⊥平面BB1C1C．取B1C1的中点H，连接OH，则易得AO，BO，OH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A(0，0，)，B(1，0，0)，A1(0，2，)，C1(－1，2，0)，所以＝(1，0，－＝(0，2，0)，＝(－2，2，0)，＝(－1，2，)．设平面AA1B的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则令z1＝1，得n1＝(，0，1)为平面AA1B的一个法向量．同理可得平面A1BC1的一个法向量为n2＝(，－1)．设平面AA1B与平面A1BC1的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝，即平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为．]2．(链接考点二)(2025·赤峰月考)如图1，在△ABC中，B＝90°，D，E两点分别在AB，AC上，且＝DE＝BD＝2，现将△ADE沿DE折起得到四棱锥A-BCED，在图2中AC＝．(1)求证：AD⊥平面BCED；(2)求平面ACE与平面ACD夹角的余弦值．[解] (1)证明：翻折前，＝DE＝BD＝2，所以DE∥BC，且AD＝4，BC＝DE＝3，因为∠ABC＝90°，所以∠ADE＝90°，即DE⊥AB，翻折后，DE⊥AD，DE⊥BD，在△BCD中，∠CBD＝90°，BD＝2，BC＝3，所以CD＝，在△ACD中，AD＝4，CD＝，AC＝，所以AD2＋CD2＝AC2，即AD⊥CD，又CD∩DE＝D，CD，DE 平面BCED，所以AD⊥平面BCED．(2)因为AD⊥平面BCED，DE⊥BD，所以DB，DE，DA两两垂直，故以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，4)，C(2，3，0)，D(0，0，0)，E(0，2，0)，所以＝(2，3，－4)，＝(0，2，－4)，＝(0，0，4)，＝(2，3，0)，设平面ACE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则取z1＝1，可得m＝(－1，2，1)为平面ACE的一个法向量，设平面ACD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则取x2＝3，可得n＝(3，－2，0)为平面ACD的一个法向量，设平面ACE与平面ACD的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝，所以平面ACE与平面ACD夹角的余弦值为．1．(2025·兰州期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝2DC＝4，E是棱PA的中点．(1)求证：PC∥平面BDE；(2)求平面BDE与平面BDP夹角的余弦值．课时作业(五十七) 向量法求空间角(二)[解] (1)证明：在四棱锥P-ABCD中，连接AC交BD于点O，连接OE，由四边形ABCD为正方形，得O为AC的中点，又E是棱PA的中点，则OE∥PC，而PC 平面BDE，OE 平面BDE，所以PC∥平面BDE．(2)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，因为AD，DC 平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC，又DA⊥DC，所以DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，直线DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2，2，0)，E(1，0，2)，P(0，0，4)，＝(2，2，0)，＝(1，0，2)，＝(0，0，4)，设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，则则取z＝1，则x＝－2，y＝2，得n＝(－2，2，1)为平面BDE的一个法向量．设平面BDP的法向量为m＝(a，b，c)，则解得c＝0，取a＝1，则b＝－1，得m＝(1，－1，0)为平面BDP的一个法向量，因此|cos〈n，m〉|＝，所以平面BDE与平面BDP夹角的余弦值为．2．(2026·江西模拟)如图1，在平行四边形PABC中，AB＝2CD＝2BC＝2AD＝2AE＝4，将△PAD沿直线AD翻折成如图2所示的四棱锥P-ABCD，使得PE＝．(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；(2)在AD的延长线上取一点M，使得AD＝2DM，求平面PBM与平面PDE夹角的余弦值．[解] (1)证明：∵CD∥BE且CD＝BE，∴四边形CDEB为平行四边形，∴DE＝2，∴AD＝DE＝AE＝2，由平行四边形性质得PA＝PD＝2．取AD的中点O，连接PO，OE，则PO⊥AD，且PO＝，OE⊥AD且OE＝，∴∠POE为二面角P-AD-E的平面角，又∵PO2＋OE2＝PE2，∴∠POE＝90°，∴平面PAD⊥平面ABCD．(2)依题意，以O为坐标原点，OA，OE，OP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，则B(－1，2，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，)，E(0，，0)，M(－2，0，0)，则＝(1，0，＝(1，，0)，＝(－1，－2，0)，＝(2，0，)，设平面PDE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则即令z1＝1得x1＝－，y1＝1，∴m＝(－，1，1)为平面PDE的一个法向量，设平面PBM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则令z2＝4得x2＝－2，y2＝1∴n＝(－2，1，4)为平面PBM的一个法向量，设平面PBM与平面PDE的夹角为θ，则cos θ＝，∴平面PBM与平面PDE夹角的余弦值为．谢谢！课时作业(五十七) 向量法求空间角(二)1．(15分)(2025·兰州期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝2DC＝4，E是棱PA的中点．(1)求证：PC∥平面BDE；(2)求平面BDE与平面BDP夹角的余弦值．2．(15分)(2026·江西模拟)如图1，在平行四边形PABC中，AB＝2CD＝2BC＝2AD＝2AE＝4，将△PAD沿直线AD翻折成如图2所示的四棱锥P-ABCD，使得PE＝．(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；(2)在AD的延长线上取一点M，使得AD＝2DM，求平面PBM与平面PDE夹角的余弦值．课时作业(五十七)1．(1)证明：在四棱锥P-ABCD中，连接AC交BD于点O，连接OE，由四边形ABCD为正方形，得O为AC的中点，又E是棱PA的中点，则OE∥PC，而PC 平面BDE，OE 平面BDE，所以PC∥平面BDE．(2)解：在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，因为AD，DC 平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC，又DA⊥DC，所以DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，直线DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2，2，0)，E(1，0，2)，P(0，0，4)，＝(2，2，0)，＝(1，0，2)，＝(0，0，4)，设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，则则取z＝1，则x＝－2，y＝2，得n＝(－2，2，1)为平面BDE的一个法向量．设平面BDP的法向量为m＝(a，b，c)，则解得c＝0，取a＝1，则b＝－1，得m＝(1，－1，0)为平面BDP的一个法向量，因此|cos〈n，m〉|＝，所以平面BDE与平面BDP夹角的余弦值为．2．(1)证明：∵CD∥BE且CD＝BE，∴四边形CDEB为平行四边形，∴DE＝2，∴AD＝DE＝AE＝2，由平行四边形性质得PA＝PD＝2．取AD的中点O，连接PO，OE，则PO⊥AD，且PO＝，OE⊥AD且OE＝，∴∠POE为二面角P-AD-E的平面角，又∵PO2＋OE2＝PE2，∴∠POE＝90°，∴平面PAD⊥平面ABCD．(2)解：依题意，以O为坐标原点，OA，OE，OP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，则B(－1，2，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，)，E(0，，0)，M(－2，0，0)，则＝(1，0，＝(1，，0)，＝(－1，－2，0)，＝(2，0，)，设平面PDE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则则令z1＝1得x1＝－，y1＝1，∴m＝(－，1，1)为平面PDE的一个法向量，设平面PBM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则则令z2＝4得x2＝－2，y2＝1∴n＝(－2，1，4)为平面PBM的一个法向量，设平面PBM与平面PDE的夹角为θ，则cos θ＝，∴平面PBM与平面PDE夹角的余弦值为．1 / 2 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第七章 第57课时 向量法求空间角(二).docx 第七章 第57课时 向量法求空间角(二).pptx 课时作业57 向量法求空间角(二).docx
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