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第7节　向量法求空间角
（时间：45分钟，满分：58分）
1.（13分）（2026·江苏苏州模拟）在如图所示的几何体ABCED中，EC⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，CE＝CA＝CB＝2DB，∠ACB＝90°，M为AD的中点.
（1）证明：EM⊥AB；
（2）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值.
2.（15分）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，P在底面的投影O落在线段AD上.
（1）证明：AP⊥BC；
（2）若BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2，M在线段AP上，且满足平面AMC⊥平面BMC，求直线BM与直线CP夹角的正弦值.
3.（15分）（2026·江苏南京、盐城模拟）如图，△ABC内接于圆O，AB为圆O的直径，CD⊥平面ABC，E为线段AD中点.
（1）求证：平面BCE⊥平面ACD；
（2）若AB＝，BC＝1，CD＝2，求平面BCE与平面BDE所成锐二面角的余弦值.
4.（15分）〔一题多解〕（2024·新高考Ⅰ卷17题）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7节　向量法求空间角
1.解：（1）证明：由EC⊥平面ABC，AC，BC 平面ABC，得EC⊥AC，EC⊥BC，
又∠ACB＝90°，则AC⊥BC，故以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设DB＝1，则CE＝CA＝CB＝2.
则A（2，0，0），B（0，2，0），E（0，0，2），D（0，2，1），M（1，1，），
∴＝（1，1，－），＝（－2，2，0），
则·＝－2＋2＋0＝0，
∴⊥，即EM⊥AB.
（2）由（1）知，＝（1，－1，），＝（－2，0，2），＝（0，－2，1），
设平面ADE的法向量为n＝（x，y，z），
则取n＝（2，1，2），
设直线BM与平面ADE所成的角为θ，
则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝.
因此直线BM与平面ADE所成角的正弦值为.
2.解：（1）证明：因为AB＝AC，D为BC的中点，故AD⊥BC，
又PO⊥平面ABC，BC 平面ABC，故得PO⊥BC，
又PO∩AD＝O，PO，AD 平面APO，于是BC⊥平面APO，
AP 平面APO，从而AP⊥BC.
（2）以O为坐标原点，以射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
则O（0，0，0），A（0，－3，0），B（4，2，0），C（－4，2，0），P（0，0，4）.
于是＝（0，3，4），＝（－8，0，0），
令＝λ＝（0，3λ，4λ），又因为＝（－4，5，0），
设平面AMC的法向量为m＝（x1，y1，z1）.
所以所以m＝（5，4，－3）.
又＝（－8，0，0），＝（－4，－5，0），
所以＝＋＝（－4，3λ－5，4λ），
设平面BMC的法向量为n＝（x2，y2，z2），
所以所以n＝（0，4λ，5－3λ），
根据平面AMC⊥平面BMC，即m·n＝0，所以λ＝.
所以＝，＝＋＝（－4，－，），又＝（4，－2，4），·＝0，
所以CP⊥BM，即直线BM与直线CP所成角为90°，其正弦值为1.
3.解：（1）证明：因为△ABC内接于圆O，AB为圆O的直径，所以AC⊥BC.
因为CD⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以CD⊥BC.
又AC，CD 平面ACD，AC∩CD＝C，所以BC⊥平面ACD.
因为BC 平面BCE，所以平面BCE⊥平面ACD.
（2）因为CD⊥平面ABC，AC，BC 平面ABC，
所以CD⊥AC，CD⊥BC.
以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB＝，BC＝1，所以AC＝2，
则A（2，0，0），B（0，1，0），D（0，0，2），E（1，0，），
所以＝（1，0，），＝（0，1，0）.
设平面BCE的法向量m＝（x1，y1，z1），
由得
不妨设z1＝1，则x1＝－，
所以平面BCE的一个法向量m＝（－，0，1）.
又＝（0，－1，2），＝（1，0，－），
设平面BDE的法向量n＝（x2，y2，z2），
由得
不妨设z2＝1，则x2＝，y2＝2，
所以平面BDE的一个法向量n＝（，2，1）.
所以｜cos＜m，n＞｜＝＝＝，
即平面BCE与平面BDE所成锐二面角的余弦值为.
4.解：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
（2）法一　如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，所以CP⊥DF，
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＝，即tan∠DFE＝.
因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝，
由等面积法可得，DE＝，
又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝，
故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝.
法二　以DA，DC分别为x轴，y轴，过D作与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz，
令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝，C（0，，0），
设平面ACP的法向量为n1＝（x1，y1，z1），
则
所以
不妨设x1＝，则y1＝t，z1＝0，n1＝（，t，0）.
设平面CPD的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
则所以
不妨设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，n2＝（－2，0，t）.
因为二面角A-CP-D的正弦值为，则余弦值为，
所以＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝，
所以t＝，所以AD＝.
1 / 1第7节　向量法求空间角
　　能用向量方法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的过程，体会向量方法在研究空间角问题中的作用.
知识梳理
1.异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝｜cos＜u，v＞｜＝　　　　　.
提醒：两异面直线所成角的范围为（ 0，］，而不共线的向量的夹角的范围为（0，π），所以公式中要加绝对值.
2.直线与平面所成的角
如图所示，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＜u，n＞｜＝　　　　　.
提醒：直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值.
3.二面角（平面与平面的夹角）
（1）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，如图1.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＞｜＝　　　　　　；
（2）二面角：二面角α-l-β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则｜cos φ｜＝cos θ＝　　　　　　，如图2，3.
提醒：注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为［0，］.
诊断自测
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.（　　）
（2）直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.（　　）
（3）两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.（　　）
（4）直线与平面所成角的范围和平面与平面夹角的范围相同.（　　）
2.已知直线l1的方向向量s1＝（1，0，1），直线l2的方向向量s2＝（－1，2，－2），则l1和l2夹角的余弦值为（　　）
A.－　　B. C.　　D.－
3.已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos＜m，n＞＝－，则l与α所成的角为　　　　.
4.已知两平面的法向量分别为m＝（0，1，0），n＝（0，1，1），则两平面所成的二面角的大小为　　　　.
5.已知点E，F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC夹角的余弦值为　　　　.
异面直线所成的角
（师生共研过关）
（1）（2025·全国Ⅰ卷17题改编）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，设PA＝AB＝，BC＝2，则直线AC与PB所成角的余弦值为　　　　；
（2）如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为　　　　.
听课记录
用向量法求异面直线所成角的步骤 （1）坐标向量法 （2）基向量法：在一些不适合建立空间直角坐标系的题目中，一般先把直线的方向向量a，b用基向量表示，再由公式cos＜a，b＞＝求得cos＜a，b＞，进而求得两直线夹角.
训练1 如图，已知以O为圆心，2为半径的圆在平面α上，若PO⊥α，且PO＝4，OA，OB为圆O的半径，且∠AOB＝90°，M为AB的中点，则异面直线OB与PM所成角的余弦值为　　　　.
直线与平面所成的角
（师生共研过关）
（2025·北京高考17题）如图，四棱锥P-ABCD中，△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°，E为BC的中点.
（1）F为PD的中点，G为PE的中点，证明：FG∥平面PAB；
（2）若PA⊥平面ABCD，PA＝AC，求AB与平面PCD所成角的正弦值.
利用空间向量求线面角的步骤 提醒：线面角的正弦值对应向量夹角的余弦值的绝对值.
训练2 （2026·广东湛江模拟）如图，在四棱锥E-ABCD中，△ABE是正三角形，四边形ABCD是正方形，BC⊥平面ABE，F为BC的中点.
（1）证明：AF⊥DE；
（2）求直线AF与平面CDE所成角的正弦值.
二面角（平面与平面的夹角）
（师生共研过关）
如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.
（1）求A到平面A1BC的距离；
（2）设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值.
向量法求二面角（平面与平面的夹角）的方法 （1）找法向量：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； （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，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.
训练3 （2026·江苏南京模拟）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，点E在线段PD上，PB∥平面AEC.
（1）证明：E为PD的中点；
（2）若AB＝2，二面角C-AE-D的余弦值为，求PA的长.
第7节　向量法求空间角
【夯实必备知识】
知识梳理
1.　2.
3.（1）　（2）
诊断自测
1.（1）×　（2）×　（3）×　（4）√
2.C　3.　4.45°或135°　5.
【研透核心考点】
考点1
【例1】　（1）　（2）
解析：（1）因为PA⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又AD⊥AB，所以AB，AD，PA两两垂直，所以以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示，则B（，0，0），C（，2，0），P（0，0，），则＝（，2，0），＝（，0，－），故cos＜，＞＝＝＝，所以直线AC与PB所成角的余弦值为.
（2）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系（图略），不妨设AB＝2，则F（2，1，0），E（1，0，0），设M（0，m，2）（0≤m≤2），故＝（2，1，0），＝（－1，m，2），故cos θ＝＝，设f（m）＝，观察分子、分母的变化，可知当m∈[0，2]时，f（m）单调递减，f（m）max＝f（0）＝，故cos θ的最大值为.
训练1　　解析：由PO⊥α且∠AOB＝90°可知OA，OB，OP两两垂直.以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题知O（0，0，0），P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），因为M为AB的中点，所以M（1，1，0），所以＝（1，1，－4），＝（0，2，0），则cos＜，＞＝＝＝，所以异面直线OB与PM所成角的余弦值为.
考点2
【例2】　解：（1）证明：取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN，GM，
∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°，
不妨设AD＝CD＝2，∴AC＝AB＝2，
∴BC＝4，又∵E，F分别为BC，PD的中点，∴FN＝AD＝1，BE＝2，∴GM＝1，
∵∠DAC＝∠ACB＝45°∴AD∥BC，∴FN∥GM，
∴四边形FGMN为平行四边形，
∴FG∥MN，
∵FG 平面PAB，MN 平面PAB，∴FG∥平面PAB.
（2）∵PA⊥平面ABCD，∴以A为原点，AC，AB，AP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AD＝CD＝2，则A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，0，0），D（，－，0），P（0，0，2），
∴＝（0，2，0），＝（，，0），＝（－2，0，2），
设平面PCD的一个法向量为n＝（x，y，z），
∴∴
取x＝1，则y＝－1，z＝1，
∴n＝（1，－1，1），
设AB与平面PCD所成的角为θ，
则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝
＝＝，
即AB与平面PCD所成角的正弦值为.
训练2　解：（1）证明：连接EF，DF，记DE的中点为G，连接AG，FG.
因为BC⊥平面ABE，所以BC⊥BE.
由△ABE是正三角形，四边形ABCD是正方形，F为BC的中点，
易得△BEF≌△CDF，则EF＝DF.
因为G是DE的中点，所以FG⊥DE.
又AD＝AE，所以AG⊥DE.
因为FG∩AG＝G，FG，AG 平面AFG，
所以DE⊥平面AFG，
从而AF⊥DE.
（2）记AB的中点为O，连接OE，则OE⊥AB.
以O为坐标原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，过点O且与BC平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨令AB＝2，则A（0，－1，0），F（0，1，1），C（0，1，2），D（0，－1，2），E（，0，0），
故＝（0，2，1），＝（0，－2，0），＝（，－1，－2） .
设平面CDE的法向量为m＝（x，y，z），
由得
令x＝2，得y＝0，z＝，则m＝（2，0，）.
设直线AF与平面CDE所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝，
故直线AF与平面CDE所成角的正弦值为.
考点3
【例3】　解：（1）设点A到平面A1BC的距离为h，因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，
所以＝S△ABC×AA1＝＝，
又△A1BC的面积为2，所以＝ h＝×2h＝，
所以h＝，
即点A到平面A1BC的距离为.
（2）取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，
又AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥BC，
因为AA1∩AE＝A，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，
由（1）知，AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，
因为△A1BC的面积为2，所以2＝×A1B×BC，所以BC＝2，
所以A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），E（0，1，1），则＝（1，1，1），＝（0，2，0），
设平面ABD的法向量为n＝（x，y，z），则即
令x＝1，得n＝（1，0，－1），
又平面BDC的一个法向量为＝（0，－1，1），所以cos＜，n＞＝＝＝－，
设二面角A-BD-C的平面角为θ，
则sin θ＝＝，
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
训练3　解：（1）证明：连接BD交AC于点O，连接EO.
因为底面ABCD为菱形，所以O为BD的中点.
又因为PB∥平面AEC，PB 平面PBD，平面PBD∩平面ACE＝EO，
所以PB∥EO，
所以E为PD的中点.
（2）取BC中点F，连接AF.
在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，所以∠ABC＝60°，则△ABC为正三角形，
所以AF⊥BC，又AD∥BC，
所以AF⊥AD.
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AF，PA⊥AD，建立空间直角坐标系A-xyz如图所示.
设AP＝t（t＞0）， 则C（，1，0），D（0，2，0），P（0，0，t），E（0，1，），则＝（，1，0），＝（0，1，），
则平面AED的一个法向量为m＝（1，0，0）.
设平面ACE的一个法向量为n＝（x，y，z），
则
取n＝（－，3，－），
因为二面角C-AE-D的余弦值为，
所以｜cos＜m，n＞｜＝＝＝，解得t＝1（负值已舍去），
所以PA＝1.
1 / 1(共55张PPT)
第7节　向量法求空间角
课标要求
　　能用向量方法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问
题，并能描述解决这一类问题的过程，体会向量方法在研究空间角问
题中的作用.
目录/
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
课时跟踪检测
03
01
PART
夯实必备知识
知识梳理
1. 异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则 cos θ＝｜ cos
＜u，v＞｜＝ .
提醒：两异面直线所成角的范围为（0， ］，而不共线的向量的夹角的范
围为（0，π），所以公式中要加绝对值.
　
2. 直线与平面所成的角
如图所示，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 ＜u，n
＞｜＝ .
提醒：直线与平面所成角的范围为 ，而向量之间的夹角的范围为
[0，π]，所以公式中要加绝对值.
　
3. 二面角（平面与平面的夹角）
（1）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，如图1.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
＞｜＝ ；
　
（2）二面角：二面角α-l-β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则｜ cos φ｜＝
cos θ＝ ，如图2，3.
提醒：注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，
π]，两个平面的夹角的范围为［0， ］.
　
诊断自测
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角. （　×　）
（2）直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.
（　×　）
（3）两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角. （　×　）
（4）直线与平面所成角的范围和平面与平面夹角的范围相同.
（　√　）
×
×
×
√
2. 已知直线l1的方向向量s1＝（1，0，1），直线l2的方向向量s2＝（－1，
2，－2），则l1和l2夹角的余弦值为（　　）
A. － B.
C. D. －
√
解析： 　因为s1＝（1，0，1），s2＝（－1，2，－2），所以 cos ＜s1，
s2＞＝ ＝ ＝－ ，所以l1和l2夹角的余弦值为 .
3. 已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若 cos ＜
m，n＞＝－ ，则l与α所成的角为 　 　.
解析：设直线l与α所成的角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜m，n＞｜＝ ，又
∵θ∈［0， ］，∴θ＝ .
4. 已知两平面的法向量分别为m＝（0，1，0），n＝（0，1，1），则两
平面所成的二面角的大小为 .
解析： cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝ ，即＜m，n＞＝45°.所以
两平面所成的二面角为45°或180°－45°＝135°.
　
45°或135°　
5. 已知点E，F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E
＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC夹角的余弦值为 .
　
解析：如图，建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为1，
则平面ABC的法向量为n1＝（0，0，1），设平面AEF
的法向量为n2＝（x，y，z），因为A（1，0，0），
E（1，1， ），F（0，1， ），所以 ＝（ 0，1， ），
＝（ －1，0， ），则 即 取x＝
1，则y＝－1，z＝3，故n2＝（1，－1，3），所以 cos ＜n1，n2＞＝
＝ ，所以平面AEF与平面ABC夹角的余弦值为 .
02
PART
研透核心考点
异面直线所成的角（师生共研过关）
（1）（2025·全国Ⅰ卷17题改编）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥
底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，设PA＝AB＝ ，BC＝2，则直线
AC与PB所成角的余弦值为 ；
　
解析： 因为PA⊥平面ABCD，AB，AD 平面
ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又AD⊥AB，所以
AB，AD，PA两两垂直，所以以A为坐标原点， ，
， 的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空
间直角坐标系A-xyz，如图所示，则B（ ，0，0），C（ ，2，0），P（0，0， ），则 ＝（ ，2，0）， ＝（ ，0，－ ），故 cos ＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ，所以直线AC与PB所成角的余弦值为 .
（2）如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相
垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线
EM与AF所成的角为θ，则 cos θ的最大值为 .
　
解析：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AQ所在直
线为z轴，建立空间直角坐标系（图略），不妨设AB＝2，则F（2，1，
0），E（1，0，0），设M（0，m，2）（0≤m≤2），故 ＝（2，
1，0）， ＝（－1，m，2），故 cos θ＝ ＝ ，设f
（m）＝ ，观察分子、分母的变化，可知当m∈[0，2]时，f
（m）单调递减，f（m）max＝f（0）＝ ，故 cos θ的最大值为 .
用向量法求异面直线所成角的步骤
（1）坐标向量法
（2）基向量法：在一些不适合建立空间直角坐标系的题目中，一般先把
直线的方向向量a，b用基向量表示，再由公式 cos ＜a，b＞＝
求得 cos ＜a，b＞，进而求得两直线夹角.
训练1 如图，已知以O为圆心，2为半径的圆在平面α上，若PO⊥α，且
PO＝4，OA，OB为圆O的半径，且∠AOB＝90°，M为AB的中点，则
异面直线OB与PM所成角的余弦值为 .
　
解析：由PO⊥α且∠AOB＝90°可知OA，OB，OP两两
垂直.以O为坐标原点， ， ， 的方向分别为x
轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标
系.由题知O（0，0，0），P（0，0，4），A（2，0，
0），B（0，2，0），因为M为AB的中点，所以M（1，1，0），所以 ＝（1，1，－4）， ＝（0，2，0），则 cos ＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ，所以异面直线OB与PM所成角的余弦值
为 .
直线与平面所成的角（师生共研过关）
（2025·北京高考17题）如图，四棱锥P-ABCD中，△ACD与△ABC
为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°，E为BC的中点.
（1）F为PD的中点，G为PE的中点，证明：FG∥平面PAB；
解： 证明：取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN，GM，
∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°，
不妨设AD＝CD＝2，∴AC＝AB＝2 ，
∴BC＝4，又∵E，F分别为BC，PD的中点，∴FN＝ AD＝1，BE＝
2，∴GM＝1，
∵∠DAC＝∠ACB＝45°∴AD∥BC，∴FN∥GM，
∴四边形FGMN为平行四边形，
∴FG∥MN，
∵FG 平面PAB，MN 平面PAB，∴FG∥平面PAB.
（2）若PA⊥平面ABCD，PA＝AC，求AB与平面PCD所成角的正弦值.
解：∵PA⊥平面ABCD，∴以A为原点，AC，AB，AP
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AD＝CD＝2，则A（0，0，0），B（0，2 ，0），
C（2 ，0，0），D（ ，－ ，0），P（0，0，2 ），
∴ ＝（0，2 ，0）， ＝（ ， ，0）， ＝（－2 ，0，2 ），
设平面PCD的一个法向量为n＝（x，y，z），
∴ ∴
取x＝1，则y＝－1，z＝1，∴n＝（1，－1，1），
设AB与平面PCD所成的角为θ，
则 sin θ＝｜ cos ＜ ，n＞｜＝ ＝
＝ ＝ ，
即AB与平面PCD所成角的正弦值为 .
利用空间向量求线面角的步骤
提醒：线面角的正弦值对应
向量夹角的余弦值的绝对值.
训练2 （2026·广东湛江模拟）如图，在四棱锥E-ABCD中，△ABE是正三角形，四边形ABCD是正方形，BC⊥平面ABE，F为BC的中点.
（1）证明：AF⊥DE；
解： 证明：连接EF，DF，记DE的中点为G，连接AG，FG.
因为BC⊥平面ABE，所以BC⊥BE.
由△ABE是正三角形，四边形ABCD是正方形，F为BC的中点，
易得△BEF≌△CDF，则EF＝DF.
因为G是DE的中点，所以FG⊥DE.
又AD＝AE，所以AG⊥DE.
因为FG∩AG＝G，FG，AG 平面AFG，
所以DE⊥平面AFG， 从而AF⊥DE.
（2）求直线AF与平面CDE所成角的正弦值.
解：记AB的中点为O，连接OE，则OE⊥AB.
以O为坐标原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线
为y轴，过点O且与BC平行的直线为z轴，建立如图所示
的空间直角坐标系.
不妨令AB＝2，则A（0，－1，0），F（0，1，1），C（0，1，2），D（0，－1，2），E（ ，0，0）， 故 ＝（0，2，1）， ＝（0，－2，0）， ＝（ ，－1，－2） .
设平面CDE的法向量为m＝（x，y，z），由 得
令x＝2，得y＝0，z＝ ，则m＝（2，0， ）.
设直线AF与平面CDE所成的角为θ，
则 sin θ＝ ＝ ＝ ，
故直线AF与平面CDE所成角的正弦值为 .
二面角（平面与平面的夹角）（师生共研过关）
如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 .
（1）求A到平面A1BC的距离；
解： 设点A到平面A1BC的距离为h，因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积
为4，
所以 ＝ S△ABC×AA1＝ ＝ ，
又△A1BC的面积为2 ，所以 ＝ h＝ ×2 h＝ ，
所以h＝ ，
即点A到平面A1BC的距离为 .
（2）设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面
角A-BD-C的正弦值.
解：取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1
＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，
又AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥BC，
因为AA1∩AE＝A，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以 ， ， 的方向为x，
y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，
由（1）知，AE＝ ，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2 ，
因为△A1BC的面积为2 ，所以2 ＝ ×A1B×BC，所以BC＝2，所以A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），E（0，1，1），则 ＝（1，1，1）， ＝（0，2，0），
设平面ABD的法向量为n＝（x，y，z），则 即
令x＝1，得n＝（1，0，－1），
又平面BDC的一个法向量为 ＝（0，－1，1），所以
cos ＜ ，n＞＝ ＝ ＝－ ，
设二面角A-BD-C的平面角为θ，
则 sin θ＝ ＝ ，
所以二面角A-BD-C的正弦值为 .
向量法求二面角（平面与平面的夹角）的方法
（1）找法向量：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；
（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，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的
大小.
训练3 （2026·江苏南京模拟）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面
ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，点E在线段PD上，PB∥平
面AEC.
（1）证明：E为PD的中点；
解： 证明：连接BD交AC于点O，连接EO.
因为底面ABCD为菱形，所以O为BD的中点.
又因为PB∥平面AEC，PB 平面PBD，平面PBD∩平面ACE＝EO，
所以PB∥EO，
所以E为PD的中点.
（2）若AB＝2，二面角C-AE-D的余弦值为 ，求PA的长.
解：取BC中点F，连接AF.
在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，所以∠ABC＝60°，
则△ABC为正三角形，
所以AF⊥BC，又AD∥BC，所以AF⊥AD.
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AF，PA⊥AD，建立
空间直角坐标系A-xyz如图所示.
设AP＝t（t＞0）， 则C（ ，1，0），D（0，2，0），P（0，0，t），E（0，1， ），则 ＝（ ，1，0）， ＝（0，1， ），
则平面AED的一个法向量为m＝（1，0，0）.
设平面ACE的一个法向量为n＝（x，y，z），
则 取n＝（－ ，3，－ ），
因为二面角C-AE-D的余弦值为 ，
所以｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ＝ ，解得t＝1（负值已舍去）， 所以PA＝1.
03
PART
课时跟踪检测
（时间：45分钟，满分：58分）
1. （13分）（2026·江苏苏州模拟）在如图所示的几何体
ABCED中，EC⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，CE＝CA
＝CB＝2DB，∠ACB＝90°，M为AD的中点.
（1）证明：EM⊥AB；
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解： 证明：由EC⊥平面ABC，AC，BC 平面
ABC，得EC⊥AC，EC⊥BC，
又∠ACB＝90°，则AC⊥BC，故以C为原点建立如图所
示的空间直角坐标系，
设DB＝1，则CE＝CA＝CB＝2.
则A（2，0，0），B（0，2，0），E（0，0，2），D
（0，2，1），M（1，1， ），
∴ ＝（1，1，－ ）， ＝（－2，2，0），
则 · ＝－2＋2＋0＝0，
∴ ⊥ ，即EM⊥AB.
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（2）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值.
解： 由（1）知， ＝（1，－1， ）， ＝
（－2，0，2）， ＝（0，－2，1），
设平面ADE的法向量为n＝（x，y，z），
则 取n＝（2，1，2），设直线BM与平面ADE所成的角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜ ，n＞｜＝ ＝ .
因此直线BM与平面ADE所成角的正弦值为 .
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2. （15分）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，P在
底面的投影O落在线段AD上.
（1）证明：AP⊥BC；
解： 证明：因为AB＝AC，D为BC的中点，故
AD⊥BC，
又PO⊥平面ABC，BC 平面ABC，故得PO⊥BC，
又PO∩AD＝O，PO，AD 平面APO，于是BC⊥平面
APO，
AP 平面APO，从而AP⊥BC.
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（2）若BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2，M在线段AP上，且满足平
面AMC⊥平面BMC，求直线BM与直线CP夹角的正弦值.
解： 以O为坐标原点，以射线OD为y轴正半轴，射
线OP为z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
则O（0，0，0），A（0，－3，0），B（4，2，0），C
（－4，2，0），P（0，0，4）.
于是 ＝（0，3，4）， ＝（－8，0，0），
令 ＝λ ＝（0，3λ，4λ），又因为 ＝（－4，5，0），
设平面AMC的法向量为m＝（x1，y1，z1）.
所以 所以m＝（5，4，－3）.
又 ＝（－8，0，0）， ＝（－4，－5，0），
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所以 ＝ ＋ ＝（－4，3λ－5，4λ），
设平面BMC的法向量为n＝（x2，y2，z2），
所以 所以n＝（0，
4λ，5－3λ），
根据平面AMC⊥平面BMC，即m·n＝0，所以λ＝ .
所以 ＝ ， ＝ ＋ ＝（－4，－ ，
），又 ＝（4，－2，4）， · ＝0，
所以CP⊥BM，即直线BM与直线CP所成角为90°，其正弦值为1.
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3. （15分）（2026·江苏南京、盐城模拟）如图，△ABC内接于圆O，AB
为圆O的直径，CD⊥平面ABC，E为线段AD中点.
（1）求证：平面BCE⊥平面ACD；
解： 证明：因为△ABC内接于圆O，AB为圆O的直
径，所以AC⊥BC.
因为CD⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以CD⊥BC.
又AC，CD 平面ACD，AC∩CD＝C，所以BC⊥平面
ACD.
因为BC 平面BCE，所以平面BCE⊥平面ACD.
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（2）若AB＝ ，BC＝1，CD＝2 ，求平面BCE与平面BDE所成锐
二面角的余弦值.
解： 因为CD⊥平面ABC，AC，BC 平面ABC，
所以CD⊥AC，CD⊥BC.
以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB＝ ，BC＝1，所以AC＝2，
则A（2，0，0），B（0，1，0），D（0，0，2 ），E
（1，0， ），
所以 ＝（1，0， ）， ＝（0，1，0）.
设平面BCE的法向量m＝（x1，y1，z1），
由 得
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不妨设z1＝1，则x1＝－ ，
所以平面BCE的一个法向量m＝（－ ，0，1）.
又 ＝（0，－1，2 ）， ＝（1，0，－ ），
设平面BDE的法向量n＝（x2，y2，z2），
由 得
不妨设z2＝1，则x2＝ ，y2＝2 ，
所以平面BDE的一个法向量n＝（ ，2 ，1）.
所以｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ＝ ，
即平面BCE与平面BDE所成锐二面角的余弦值为 .
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4. （15分）〔一题多解〕（2024·新高考Ⅰ卷17题）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；
解： 证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD 平面
ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以
AD⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
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（2）若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为 ，求AD.
解： 法一　如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过
点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平
面PAC∩平面ABCD＝AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，所以CP⊥DF，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，
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即 sin ∠DFE＝ ，即tan∠DFE＝ .
因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝ ，
由等面积法可得，DE＝ ，
又CE＝ ＝ ，而△EFC为等
腰直角三角形，所以EF＝ ，
故tan∠DFE＝ ＝ ，解得x＝ ，即AD＝ .
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法二　以DA，DC分别为x轴，y轴，过D作与平面
ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系
D-xyz，
令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝
，C（0， ，0），
设平面ACP的法向量为n1＝（x1，y1，z1），
则 所以
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则 所以
不妨设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，n2＝（－2，0，t）.
因为二面角A-CP-D的正弦值为 ，则余弦值为 ，
所以 ＝｜ cos ＜n1，n2＞｜＝ ＝ ，
所以t＝ ，所以AD＝ .
不妨设x1＝ ，则y1＝t，z1＝0，n1＝（ ，t，0）.
设平面CPD的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
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THANKS
演示完毕 感谢观看

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