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第7节　向量法、几何法求空间角
1.(2025·北京大兴区模拟)如图，矩形ACFE，AE＝1，平面ACFE⊥平面ABCD，AB∥CD，∠BAD＝90°，AB＝1，CD＝2，AD＝1，平面ADF与棱BE交于点G.
(1)求证:AG∥DF;
(2)求直线CF与平面ADF所成角的正弦值.
2.(2026·张家口模拟)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AA1＝6，且D，E满足＝3，过A，D，E三点的平面α与棱BB1交于点F，若＝λ.
(1)求λ的值;
(2)求异面直线AF与CE所成角的余弦值;
(3)求平面α与平面BCC1B1夹角的正切值.
3.(2026·开封调研)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是AD，DD1的中点.
(1)求证:BC1∥平面B1MN;
(2)若AB＝2，AA1＝4，且底面ABCD为正方形，求平面B1MN与平面BCC1B1夹角的余弦值.
4.(2026·福州调研)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝.
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
第7节　向量法、几何法求空间角
1.(2025·北京大兴区模拟)如图，矩形ACFE，AE＝1，平面ACFE⊥平面ABCD，AB∥CD，∠BAD＝90°，AB＝1，CD＝2，AD＝1，平面ADF与棱BE交于点G.
(1)求证:AG∥DF;
(2)求直线CF与平面ADF所成角的正弦值.
(1)证明　因为CD∥AB，CD 平面CDF，AB 平面CDF.
所以AB∥平面CDF，又CF∥AE，CF 平面CDF，AE 平面CDF，
所以AE∥平面CDF，
又AB∩AE＝A，且AB，AE 平面ABE，
所以平面ABE∥平面CDF，
因为平面ADF与棱BE交于点G，且BE 平面ABE，
所以平面ADF∩平面ABE＝AG，
又平面ADF∩平面CFD＝DF，
且平面ABE∥平面CDF，
所以DF∥AG，
即AG∥DF.
(2)解　由面面垂直的性质得AE⊥平面ABCD，
AB，AD 平面ABCD，
所以AE⊥AB，AE⊥AD.
又AB⊥AD，如图，以A为原点，
分别以AB，AD，AE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A－xyz，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，D(0，1，0)，
E(0，0，1)，F(2，1，1)，
所以＝(0，0，1)，＝(0，1，0)，
＝(2，0，1)，
设平面ADF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
不妨令x＝1，则y＝0，z＝－2，
所以平面ADF的一个法向量为n＝(1，0，－2)，
设直线CF与平面ADF所成角为α，
则sin α＝|cos<，n>|＝
＝，
所以直线CF与平面ADF所成的角的正弦值为.
2.(2026·张家口模拟)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AA1＝6，且D，E满足＝3，过A，D，E三点的平面α与棱BB1交于点F，若＝λ.
(1)求λ的值;
(2)求异面直线AF与CE所成角的余弦值;
(3)求平面α与平面BCC1B1夹角的正切值.
解　(1)因为，
所以D为B1C1的中点，
取BC中点O，连接OA，OD，则OD⊥BC，
因为△ABC为正三角形，所以OA⊥BC，
又在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AO 平面ABC，
所以AO⊥平面BCC1B1，
又OD 平面BCC1B1，
所以AO⊥OD，
故OA，OD，BC两两垂直，
以O为坐标原点，以OC，OA，OD所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由AB＝4，可得OA＝2，OC＝2，AA1＝6，
所以A(0，2，0)，B(－2，0，0)，C(2，0，0)，
B1(－2，0，6)，C1(2，0，6)，A1(0，2，6)，
D(0，0，6)，又＝3，则E，
设F(－2，0，z0)，则＝(－2，－2，z0)，
＝(0，－2，6)，，
因为A，D，E，F四点共面，所以存在实数m，n，使得＝m＋n，
即(－2，－2，z0)＝m(0，－2，6)＋
n，
即
则＝(0，0，－2)，＝(0，0，－6)，
所以，即λ＝.
(2)由(1)可知，＝(－2，－2，4)，
，
设异面直线AF与CE所成角为θ，
则cos θ＝＝.
所以异面直线AF与CE所成角的余弦值为.
(3)平面BCC1B1的一个法向量为
＝(0，－2，0)，
设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，
因为＝(0，－2，6)，，
则
令y＝，则z＝1，x＝－1，
所以平面α的一个法向量为n＝(－1，，1)，
设平面α与平面BCC1B1的夹角为α，
则cos α＝＝，
且sin α＝，
所以tan α＝.
故平面α与平面BCC1B1夹角的正切值为.
3.(2026·开封调研)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是AD，DD1的中点.
(1)求证:BC1∥平面B1MN;
(2)若AB＝2，AA1＝4，且底面ABCD为正方形，求平面B1MN与平面BCC1B1夹角的余弦值.
(1)证明　如图，连接AD1，
因为点M，N分别是AD，DD1的中点，
所以MN∥AD1.
又由长方体的性质知AB C1D1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，
所以BC1∥AD1，
所以BC1∥MN，
又MN 平面B1MN，BC1 平面B1MN，
所以BC1∥平面B1MN.
(2)解　法一　以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB＝2，AA1＝4，四边形ABCD为正方形，
所以M(1，0，0)，N(0，0，2)，B1(2，2，4)，
所以＝(－1，0，2)，＝(1，2，4)，
设平面B1MN的法向量为n＝(x0，y0，z0)，
则
令z0＝1，则x0＝2，y0＝－3，
所以平面B1MN的一个法向量为n＝(2，－3，1).
易得平面BCC1B1的一个法向量为m＝(0，1，0).
设平面B1MN与平面BCC1B1的夹角为θ，
则cos θ＝.
所以平面B1MN与平面BCC1B1夹角的余弦值为.
法二　因为平面BCC1B1∥平面ADD1A1，
所以平面B1MN与平面BCC1B1所成的角即为平面B1MN与平面ADD1A1所成的角.
取AA1的中点Q，连接NQ，
分别延长NM，A1A交于点P，
点N，P是平面B1MN与平面ADD1A1的公共点，
所以平面B1MN∩平面ADD1A1＝PN，
在平面ADD1A1内，作A1H⊥PN交PN的延长线于点H，连接B1H.
因为B1A1⊥平面ADD1A1，
又PH 平面ADD1A1，所以PH⊥B1A1.
又A1H∩A1B1＝A1，
A1H，A1B1 平面A1B1H，
所以PH⊥平面A1B1H，
所以PH⊥B1H.
所以∠B1HA1即为平面B1MN与平面BCC1B1所成二面角的平面角.
设∠B1HA1＝θ，
因为△PMA∽△PNQ，AM＝1，NQ＝2，AQ＝2，
所以AP＝2.
所以PN＝＝2，
所以sin∠P＝.
在Rt△PA1H中，A1H＝A1Psin∠P＝，
所以在Rt△B1HA1中，
tan θ＝，即sin θ＝cos θ.
所以sin2θ＋cos2θ＝＋cos2θ＝1，
所以cos θ＝(负值舍去)，
所以平面B1MN与平面BCC1B1夹角的余弦值为.
法三(射影法)　设平面B1MN与平面BCC1B1所成的角为θ，
如图，过点N作NN'⊥CC1于点N'，过点M作MM'⊥BC于点M'，
连接M'N'，B1M'，B1N'，
则△B1M'N'为△B1MN在平面BCC1B1上的射影.
由题易得B1N＝2，MN＝，MB1＝，
B1N'＝2，M'N'＝，B1M'＝，
所以cos∠MNB1＝＝－，
所以sin∠MNB1＝，
所以B1N×MN×sin∠MNB1
＝×2××.
又－S△M'N'C
＝8－2－2－1＝3，
所以cos θ＝.
所以平面B1MN与平面BCC1B1所成角的余弦值为.
故平面B1MN与平面BCC1B1夹角的余弦值为.
4.(2026·福州调研)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝.
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
(1)证明　在四边形ABCD中，作DE⊥AB于点E，CF⊥AB于点F，如图①.
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝，
故DE＝，BD＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以PD⊥BD.
又PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，
所以BD⊥平面PAD.
又因为PA 平面PAD，
所以BD⊥PA.
(2)解　由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，
如图②，以D为原点建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，P(0，0，)，
则＝(－1，0，)，＝(0，－)，＝(0，0，).
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则
可取n＝(，1，1)，设PD与平面PAB所成的角为θ，则sin θ＝|cos|＝，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为.

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