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2021届高三新高考数学人教A版一轮复习教学案：第八章第7节 利用空间向量求空间角
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第7节 利用空间向量求空间角
考试要求 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
知 识 梳 理
1.异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)
求法
cos β＝
cos θ＝|cos β|＝
2.求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.
3.求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉.
(2)如图②③，n1，n2 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).
[常用结论与微点提醒]
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.
2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.
诊 断 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(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)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π].( )
解析 (1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量a，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cosa，n|；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2.(老教材选修2－1P104练习2改编)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为( )
A.45° B.135° C.45°或135° D.90°
解析 cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.
∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
答案 C
3.(老教材选修2－1P112A组T4改编)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉＝，则l与α所成的角为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
解析 由于cos 〈m，n〉＝，所以〈m，n〉＝30°，所以直线l与α所成的角为60°.
答案 B
4.(2020·漳州模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 以点C为坐标原点，CA，CB，CC1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，设BC＝CA＝CC1＝2，则可得A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，
∴＝(1，－1，2)，＝(－1，0，2).
∴cos〈，〉＝
＝
＝＝.
答案 C
5.(2019·南阳调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
解析 设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，
所以＝(0，0，1)，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1).
令平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝－x＋y＝0，n·＝－x＋z＝0，令x＝1，可得n＝(1，1，1)，
设直线BB1与平面ACD1所成的角为θ，
所以sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝.
答案 B
6.(2020·大连预测)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为________.
解析 如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，
又CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AE，又PD∩CD＝D，从而AE⊥平面PCD.所以＝(0，1，0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°.
故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.
答案 45°
考点一 用空间向量求异面直线所成的角
【例1】 (1)(一题多解)(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
(2)(2020·豫南豫北精英对抗赛)在四面体ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.－
解析 (1)法一 以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.
图(1) 图(2)
则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).
又在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝2，则A(－1，，0).
所以＝(1，－，1)，＝(1，0，1)，
则cos〈，〉＝
＝＝＝，
因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
法二 将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图(2))，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1.
则∠B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角)，易求得AB1＝，BC1＝AD1＝，B1D1＝.
由余弦定理得cos∠B1AD1＝.
(2)取BD的中点O，连接AO，OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，得AO⊥BD，CO⊥BD，且OC＝，AO＝1.在△AOC中，AC2＝AO2＋OC2，故AO⊥OC，又知BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD，以OB，OC，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，0，0)，∴＝(1，0，－1)，＝(－1，－，0)，设异面直线AB与CD所成角为θ，则cos θ＝＝＝，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
答案 (1)C (2)B
规律方法 1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(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v1，v2；(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解.
2.两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；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的夹角.
【训练1】 (2019·江西八校联考)在四面体ABCD中，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥BC，BD＝AD＝1，BC＝2，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 以D为坐标原点，在平面BCD内过D与BD垂直的直线为x轴，以DB，DA所在的直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(－2，1，0)，D(0，0，0)，所以＝(0，1，－1)，＝(－2，1，0)，则cos〈，〉＝＝＝，故异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
答案 D
考点二 用空间向量求线面角
【例2】 (2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
(1)证明 因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB，因为AB＝BC＝AC，
所以AB2＋BC2＝AC2，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)解 如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.
由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，＝(0，2，2).取平面PAC的一个法向量＝(2，0，0).
设M(a，2－a，0)(0
由·n＝0，·n＝0得
可取n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝，
所以＝，
解得a＝－4(舍去)，a＝，
所以n＝(－，，－).
又＝(0，2，－2)，所以cos〈，n〉＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
规律方法 利用向量法求线面角的方法：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
【训练2】 (2020·安徽江南十校联考)斜三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，A1B＝，∠A1AB＝∠A1AC＝60°.
(1)证明：平面A1BC⊥平面ABC；
(2)求直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值.
(1)证明 ∵AB＝2，A1B＝，∠A1AB＝60°，
∴由余弦定理得A1B2＝AA＋AB2－2AA1·ABcos ∠A1AB，
即AA－2AA1－3＝0⇒AA1＝3或－1(舍)，故AA1＝3.
取BC的中点O，连接OA，OA1，∵△ABC是边长为2的正三角形，
∴AO⊥BC，且AO＝，BO＝1.
由AB＝AC，∠A1AB＝∠A1AC，AA1＝AA1得△A1AB≌△A1AC，得A1B＝A1C＝，
故A1O⊥BC，且A1O＝.
∵AO2＋A1O2＝3＋6＝9＝AA，∴AO⊥A1O.
又BC∩AO＝O，故A1O⊥平面ABC，
∵A1O⊂平面A1BC，∴平面A1BC⊥平面ABC.
(2)解 以O为原点，OB所在的直线为x轴，取B1C1的中点K，连接OK，以OK所在的直线为y轴，过O作OG⊥AA1，以OG所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，B1(1，3，0)，C1(－1，3，0)，A1(0，2，)，
∴＝(－2，3，0)，＝(0，3，0)，＝(－1，2，)，
设m＝(x，y，1)为平面ABB1A1的法向量，
则⇒⇒m＝(，0，1).
设直线BC1与平面ABB1A1所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
故直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为.
考点三 用空间向量求二面角
【例3】 (2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值.
(1)证明 如图，连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.
由题设知A1B1綉DC，
可得B1C綉A1D，故ME綉ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，
所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2)解 由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)，＝(0，0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1，0，－2)，＝(0，－，0).
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则
所以可取m＝(，1，0).
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，
则所以
可取n＝(2，0，－1).
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
则sin〈m，n〉＝，
所以二面角A－MA1－N的正弦值为.
规律方法 利用空间向量计算二面角大小的常用方法：
(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】 (2019·青岛二模)如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2.
(1)求证：平面PAC⊥平面PCE；
(2)若直线PC与平面ABCD所成的角为45°，求二面角P－CE－D的余弦值.
(1)证明 如图(1)，连接BD，交AC于点O，设PC的中点为F，连接OF，EF.
因为底面ABCD是菱形，所以O是AC的中点，
又F是PC的中点，所以OF∥PA，且OF＝PA.
因为DE∥PA，且DE＝PA，所以OF∥DE，且OF＝DE.
所以四边形OFED为平行四边形，所以OD∥EF，
即BD∥EF.
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.
因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.
又因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.
所以EF⊥平面PAC.
又因为EF⊂平面PCE，所以平面PAC⊥平面PCE.
(2)解 因为PA⊥底面ABCD，直线PC与平面ABCD所成的角为45°，
所以∠PCA＝45°，所以AC＝PA＝2.
所以AC＝AB＝BC，故△ABC为等边三角形.
设BC的中点为M，连接AM，则AM⊥BC，所以AM⊥AD.
以A为坐标原点，AM，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz，如图(2)，
则P(0，0，2)，C(，1，0)，E(0，2，1)，D(0，2，0)，
所以＝(，1，－2)，＝(－，1，1)，＝(0，0，1).
设平面PCE的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
令y1＝1，则x1＝，z1＝2.所以n＝(，1，2).
设平面CDE的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则即
令x2＝1，则y2＝，z2＝0.所以m＝(1，，0).
设二面角P－CE－D的大小为θ，因为θ为钝角，
所以cos θ＝－|cos〈n，m〉|＝－＝－＝－.
所以二面角P－CE－D的余弦值为－.
考点四 与空间角有关的探索性问题
【例4】 (2020·郴州一模)如图，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点.
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵AB＝BC，E为AC的中点，∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，∴BE⊥平面PAC.
∵BE⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解 存在.由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直.
分别以，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，－2，0)，P(0，－2，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0).
设＝λ＝(－2λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]，
所以＝＋＝(2(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，
＝(－2，2，0)，＝(0，4，－2)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则⇒
令x＝1，则y＝，z＝2，∴n＝(1，，2).
由已知得＝，
即＝⇒λ＝或(舍去).
故λ＝.
所以存在满足条件的点G，点G为PB的中点.
规律方法 1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.
2.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.
【训练4】 如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝3，AC＝2，点E是PD的中点.
(1)求证：PB∥平面AEC；
(2)在线段PB上(不含端点)是否存在一点M，使得二面角M－AC－E的平面角的余弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.
(1)证明 连接BD交AC于点F，连接EF.
因为ABCD为平行四边形，
所以F是BD的中点.
又E是PD的中点，
所以EF∥PB.
又EF⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)解 由题意知，AC，AB，AP两两互相垂直，如图，以点A为坐标原点，射线AC，AB，AP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，
则C(2，0，0)，D(2，－3，0)，P(0，0，3)，B(0，3，0)，E.
设M(x0，y0，z0)，＝λ(0<λ<1)，
则(x0，y0，z0－3)＝λ(0，3，－3)，得M(0，3λ，3－3λ).
设平面AEC的法向量为n1＝(x1，y1，z1).
由n1·＝0，n1·＝0及＝，＝(2，0，0)，
得取y1＝1，得n1＝(0，1，1).
设平面MAC的法向量为n2＝(x2，y2，z2).
由n2·＝0，n2·＝0及＝(0，3λ，3－3λ)，＝(2，0，0)，
得取z2＝1，得n2＝.
设二面角M－AC－E的平面角的大小为θ，
则|cos θ|＝＝＝，
化简得9λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝或λ＝.
因为二面角M－AC－E的平面角的余弦值为，
所以二面角M－AC－E的平面角为锐角，所以λ＝，
所以＝.
故＝时，二面角M－AC－E的平面角的余弦值为.
A级 基础巩固
一、选择题
1.已知空间三点A(1，1，1)，B(－1，0，4)，C(2，－2，3)，则与的夹角θ的大小为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
解析 ＝(－2，－1，3)，＝(－1，3，－2)，
cos〈，〉＝
＝＝－，∴θ＝〈，〉＝120°.
答案 C
2.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于( )
A.120° B.60° C.30° D.60°或30°
解析 设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.
则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝.
又0°≤β≤90°，∴β＝30°.
答案 C
3.(一题多解)(2019·青岛二模)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2A1B1＝2B1C1，且AB⊥BC，点M是A1C1的中点，则异面直线MB与AA1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 法一 由题意知AA1∥BB1，则异面直线MB与AA1所成角为∠MBB1，如图(1).又△BB1M为直角三角形，所以cos ∠MBB1＝.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设AA1＝2A1B1＝2B1C1＝2.由AB⊥BC，得B1M＝A1C1＝.故MB＝＝.
所以cos ∠MBB1＝＝.故选B.
法二 由题意知AB，BC，BB1两两垂直，所以以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，如图(2).设AA1＝2A1B1＝2B1C1＝2，则B(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(1，0，2)，M，所以＝，＝(0，0，2).设异面直线MB与AA1所成角为θ，则cos θ＝＝＝，所以异面直线MB与AA1所成角的余弦值为.故选B.
答案 B
4.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.则CD与平面ACM所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，4)，
B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，M(0，2，2).
所以＝(2，4，0)，＝(0，2，2)，＝(－2，0，0).
设平面ACM的法向量n＝(x，y，z)，
由n⊥，n⊥，
可得令z＝1，得n＝(2，－1，1).
设所求角为α，
则sin α＝＝.
答案 D
5.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 以A为原点，AB，AD，AA1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，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，
∴＝(0，1，－1)，＝.
设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，
则有即∴
∴n1＝(1，2，2).
∵平面ABCD的法向量为n2＝(0，0，1)，
∴|cos〈n1，n2〉|＝＝，
即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为.
答案 B
二、填空题
6.(2020·贵阳月考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________.
解析 以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，
则＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，
∴·＝2，
∴cos〈，〉＝＝，
∴EF和BC1所成的角为60°.
答案 60°
7.(2020·合肥模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________.
解析 如图，建立空间直角坐标系D－xyz，
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)，
由
得令y＝1，得n＝(2，1，2)，
设直线D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则
sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.
答案
8.如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线OF与平面BED所成的角为45°，则AE＝________.
解析 如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系.
设AE＝a，则B(0，，0)，D(0，－，0)，F(－1，0，3)，E(1，0，a)，
∴＝(－1，0，3)，＝(0，2，0)，＝(－1，，－a).
设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
则y＝0，令z＝1，得x＝－a，
∴n＝(－a，0，1)，
∴cos〈n，〉＝＝.
∵直线OF与平面BED所成角的大小为45°，
∴＝.
解得a＝2或a＝－(舍去)，∴AE＝2.
答案 2
三、解答题
9.(2019·郑州测试)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD.
(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；
(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值.
(1)证明 在△ABD中，∠ABD＝，AB＝2AD，
由余弦定理，得BD＝AD，
从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，
所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝.
因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD.
又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.
因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.
(2)解 由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝，BD＝AD，又由ED＝BD，
设AD＝1，则BD＝ED＝.因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，
所以以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则A(1，0，0)，C(－1，，0)，E(0，0，)，F(0，，)，
所以＝(－1，0，)，＝(－2，，0).
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得n＝(，2，1)为平面AEC的一个法向量.
因为＝(－1，，)，
所以cos 〈n，〉＝＝，
所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.
10.(2020·武汉调研)如图，在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，底面△ABC是边长为2的正三角形，A1A＝A1C，A1A⊥A1C.
(1)求证：A1C1⊥B1C；
(2)(一题多解)求二面角B1－A1C－C1的正弦值.
(1)证明 如图，取A1C1的中点D，连接B1D，CD，
∵C1C＝A1A＝A1C，
∴CD⊥A1C1，
∵底面△ABC是边长为2的正三角形，
∴AB＝BC＝2，A1B1＝B1C1＝2，
∴B1D⊥A1C1，
又B1D∩CD＝D，B1D⊂平面B1CD，CD⊂平面B1CD，
∴A1C1⊥平面B1CD，∴A1C1⊥B1C.
(2)解 法一 如图，过点D作DE⊥A1C于点E，连接B1E.
∵侧面AA1C1C⊥底面ABC，
∴侧面AA1C1C⊥平面A1B1C1，又B1D⊥A1C1，
侧面AA1C1C∩平面A1B1C1＝A1C1，
∴B1D⊥平面A1CC1，∴B1D⊥A1C，
∴A1C⊥平面B1DE，∴B1E⊥A1C，
∴∠B1ED为所求二面角的平面角.
∵A1B1＝B1C1＝A1C1＝2，∴B1D＝，
又ED＝CC1＝，∴tan ∠B1ED＝＝＝，
∴sin∠B1ED＝.
∴二面角B1－A1C－C1的正弦值为.
法二 如图，取AC的中点O，以O为坐标原点，射线OB，OC，OA1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(，0，0)，A1(0，0，1)，B1(，1，1)，C1(0，2，1)，C(0，1，0)，
∴＝(，1，0)，＝(0，1，－1).
设m＝(x，y，z)为平面A1B1C的法向量，
∴
令y＝，得m＝(－1，，)，
又＝(，0，0)为平面A1CC1的一个法向量，
∴cos 〈m，〉＝＝－，
由图易知所求二面角为锐角，
∴二面角B1－A1C－C1的正弦值为.
B级 能力提升
11.(2020·长沙雅礼中学检测)在三棱锥P－ABC中，点P在底面的正投影恰好是等边△ABC的边AB的中点，且点P到底面ABC的距离等于底面边长.设△PAC与底面所成的二面角的大小为α，△PBC与底面所成的二面角的大小为β，则tan(α＋β)的值是( )
A. B. C.－ D.－
解析 如图，设点P在边AB上的射影为H，作HF⊥BC，HE⊥AC，连接PF，PE.
依题意，∠HEP＝α，∠PFH＝β.
不妨设等边△ABC的边长为2，则PH＝2，AH＝BH＝1.
∴HE＝，HF＝，则tan α＝tan β＝＝，
故tan(α＋β)＝＝＝－ .
答案 C
12.已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F分别是AB，AD的中点，则点B到平面GEF的距离为( )
A. B. C. D.
解析 连接BG.以C为原点，，，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，
其中C(0，0，0)，G(0，0，2)，E(2，4，0)，B(0，4，0)，F(4，2，0).
∴＝(0，－4，2)，＝(2，4，－2)，＝(2，－2，0).
设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝1，z＝3，
∴平面GEF的一个法向量为n＝(1，1，3).
设点B到平面GEF的距离为h，则有
h＝＝＝＝，故选C.
答案 C
13.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为__________.
解析 由条件知·＝0，·＝0，
∵＝＋＋，
∴||＝＝
＝＝2.
∴·＝||·||· cos〈，〉＝－24.
∴ cos〈，〉＝－.
又所求二面角与〈，〉互补，∴所求的二面角为60°.
答案 60°
14.(2020·重庆名校联盟考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥PA，PB⊥BC，BC∥平面PAD，PA＝PD＝2，AD＝AB＝2BC＝2.
(1)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(2)若点M在线段AB上，且直线CM与平面PBC所成角的正弦值为，试求AM的长.
(1)证明 ∵BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BC∥AD.
∵PB⊥BC，∴PB⊥AD.
∵PB⊥PA，PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴PB⊥平面PAD.
又PD⊂平面PAD，∴PD⊥PB.
∵PA＝PD＝2，AD＝2，
∴PA2＋PD2＝AD2，∴PD⊥PA.
而PA∩PB＝P，PA⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，
∴PD⊥平面PAB.
又∵PD⊂平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD.
(2)解 由(1)知PA，PB，PD两两垂直，∴以P为原点，分别以直线PB，PA，PD为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz，则P(0，0，0)，A(0，2，0)，B(2，0，0)，D(0，0，2)，C(2，－1，1).
∴＝(2，0，0)，＝(2，－1，1).
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则z＝1，∴n＝(0，1，1).
令＝λ(0≤λ≤1)，
∴M(2λ，2－2λ，0)，∴＝(2λ－2，3－2λ，－1)，
∴cos〈，n〉＝＝＝.
整理，得24λ2－46λ＋21＝0.
解得λ＝或λ＝(舍去)，此时AM＝.
∴当直线CM与平面PBC所成角的正弦值为时，AM＝.
C级 创新猜想
15.(创新题型)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，若直线AC与平面A1BC所成的角为θ，二面角A1－BC－A的平面角为φ，则θ与φ的大小关系为________.
解析 法一 如图所示，在平面A1ABB1中，作AD⊥A1B于D，连接CD，易证AD⊥平面A1BC，
所以∠ACD是直线AC与平面A1BC所成的角，∠ABA1是二面角A1－BC－A的平面角，即∠ACD＝θ，∠ABA1＝φ，
在Rt△ADC中，sin θ＝，
在Rt△ADB中，sin φ＝，
由于AB
法二 以点B为坐标原点，以BC，BA，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设AA1＝a，AC＝b，AB＝c，
则B(0，0，0)，A(0，c，0)，
C(，0，0)，A1(0，c，a).
于是＝(，0，0)，＝(0，c，a)，＝(，－c，0)，＝(0，0，a).
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
令z＝c，则y＝－a.
则n＝(0，－a，c)为平面A1BC的一个法向量，
因为n·＝ac>0，所以与n的夹角β为锐角，则β与θ互为余角，
所以sin θ＝cos β＝＝，
易知|cos φ|＝＝，
又由图可知，φ为锐角，所以cos φ＝，
所以sin φ＝，易知c
答案 θ<φ
第7节 利用空间向量求空间角
考试要求 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
知 识 梳 理
1.异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)
求法
cos β＝
cos θ＝|cos β|＝
2.求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.
3.求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉.
(2)如图②③，n1，n2 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).
[常用结论与微点提醒]
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.
2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.
诊 断 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(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)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π].( )
解析 (1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量a，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cosa，n|；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2.(老教材选修2－1P104练习2改编)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为( )
A.45° B.135° C.45°或135° D.90°
解析 cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.
∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
答案 C
3.(老教材选修2－1P112A组T4改编)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉＝，则l与α所成的角为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
解析 由于cos 〈m，n〉＝，所以〈m，n〉＝30°，所以直线l与α所成的角为60°.
答案 B
4.(2020·漳州模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 以点C为坐标原点，CA，CB，CC1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，设BC＝CA＝CC1＝2，则可得A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，
∴＝(1，－1，2)，＝(－1，0，2).
∴cos〈，〉＝
＝
＝＝.
答案 C
5.(2019·南阳调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
解析 设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，
所以＝(0，0，1)，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1).
令平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝－x＋y＝0，n·＝－x＋z＝0，令x＝1，可得n＝(1，1，1)，
设直线BB1与平面ACD1所成的角为θ，
所以sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝.
答案 B
6.(2020·大连预测)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为________.
解析 如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，
又CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AE，又PD∩CD＝D，从而AE⊥平面PCD.所以＝(0，1，0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°.
故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.
答案 45°
考点一 用空间向量求异面直线所成的角
【例1】 (1)(一题多解)(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
(2)(2020·豫南豫北精英对抗赛)在四面体ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.－
解析 (1)法一 以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.
图(1) 图(2)
则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).
又在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝2，则A(－1，，0).
所以＝(1，－，1)，＝(1，0，1)，
则cos〈，〉＝
＝＝＝，
因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
法二 将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图(2))，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1.
则∠B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角)，易求得AB1＝，BC1＝AD1＝，B1D1＝.
由余弦定理得cos∠B1AD1＝.
(2)取BD的中点O，连接AO，OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，得AO⊥BD，CO⊥BD，且OC＝，AO＝1.在△AOC中，AC2＝AO2＋OC2，故AO⊥OC，又知BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD，以OB，OC，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，0，0)，∴＝(1，0，－1)，＝(－1，－，0)，设异面直线AB与CD所成角为θ，则cos θ＝＝＝，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
答案 (1)C (2)B
规律方法 1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(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v1，v2；(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解.
2.两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；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的夹角.
【训练1】 (2019·江西八校联考)在四面体ABCD中，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥BC，BD＝AD＝1，BC＝2，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 以D为坐标原点，在平面BCD内过D与BD垂直的直线为x轴，以DB，DA所在的直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(－2，1，0)，D(0，0，0)，所以＝(0，1，－1)，＝(－2，1，0)，则cos〈，〉＝＝＝，故异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
答案 D
考点二 用空间向量求线面角
【例2】 (2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
(1)证明 因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB，因为AB＝BC＝AC，
所以AB2＋BC2＝AC2，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)解 如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.
由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，＝(0，2，2).取平面PAC的一个法向量＝(2，0，0).
设M(a，2－a，0)(0
由·n＝0，·n＝0得
可取n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝，
所以＝，
解得a＝－4(舍去)，a＝，
所以n＝(－，，－).
又＝(0，2，－2)，所以cos〈，n〉＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
规律方法 利用向量法求线面角的方法：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
【训练2】 (2020·安徽江南十校联考)斜三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，A1B＝，∠A1AB＝∠A1AC＝60°.
(1)证明：平面A1BC⊥平面ABC；
(2)求直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值.
(1)证明 ∵AB＝2，A1B＝，∠A1AB＝60°，
∴由余弦定理得A1B2＝AA＋AB2－2AA1·ABcos ∠A1AB，
即AA－2AA1－3＝0⇒AA1＝3或－1(舍)，故AA1＝3.
取BC的中点O，连接OA，OA1，∵△ABC是边长为2的正三角形，
∴AO⊥BC，且AO＝，BO＝1.
由AB＝AC，∠A1AB＝∠A1AC，AA1＝AA1得△A1AB≌△A1AC，得A1B＝A1C＝，
故A1O⊥BC，且A1O＝.
∵AO2＋A1O2＝3＋6＝9＝AA，∴AO⊥A1O.
又BC∩AO＝O，故A1O⊥平面ABC，
∵A1O⊂平面A1BC，∴平面A1BC⊥平面ABC.
(2)解 以O为原点，OB所在的直线为x轴，取B1C1的中点K，连接OK，以OK所在的直线为y轴，过O作OG⊥AA1，以OG所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，B1(1，3，0)，C1(－1，3，0)，A1(0，2，)，
∴＝(－2，3，0)，＝(0，3，0)，＝(－1，2，)，
设m＝(x，y，1)为平面ABB1A1的法向量，
则⇒⇒m＝(，0，1).
设直线BC1与平面ABB1A1所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
故直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为.
考点三 用空间向量求二面角
【例3】 (2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值.
(1)证明 如图，连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.
由题设知A1B1綉DC，
可得B1C綉A1D，故ME綉ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，
所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2)解 由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)，＝(0，0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1，0，－2)，＝(0，－，0).
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则
所以可取m＝(，1，0).
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，
则所以
可取n＝(2，0，－1).
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
则sin〈m，n〉＝，
所以二面角A－MA1－N的正弦值为.
规律方法 利用空间向量计算二面角大小的常用方法：
(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】 (2019·青岛二模)如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2.
(1)求证：平面PAC⊥平面PCE；
(2)若直线PC与平面ABCD所成的角为45°，求二面角P－CE－D的余弦值.
(1)证明 如图(1)，连接BD，交AC于点O，设PC的中点为F，连接OF，EF.
因为底面ABCD是菱形，所以O是AC的中点，
又F是PC的中点，所以OF∥PA，且OF＝PA.
因为DE∥PA，且DE＝PA，所以OF∥DE，且OF＝DE.
所以四边形OFED为平行四边形，所以OD∥EF，
即BD∥EF.
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.
因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.
又因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.
所以EF⊥平面PAC.
又因为EF⊂平面PCE，所以平面PAC⊥平面PCE.
(2)解 因为PA⊥底面ABCD，直线PC与平面ABCD所成的角为45°，
所以∠PCA＝45°，所以AC＝PA＝2.
所以AC＝AB＝BC，故△ABC为等边三角形.
设BC的中点为M，连接AM，则AM⊥BC，所以AM⊥AD.
以A为坐标原点，AM，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz，如图(2)，
则P(0，0，2)，C(，1，0)，E(0，2，1)，D(0，2，0)，
所以＝(，1，－2)，＝(－，1，1)，＝(0，0，1).
设平面PCE的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
令y1＝1，则x1＝，z1＝2.所以n＝(，1，2).
设平面CDE的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则即
令x2＝1，则y2＝，z2＝0.所以m＝(1，，0).
设二面角P－CE－D的大小为θ，因为θ为钝角，
所以cos θ＝－|cos〈n，m〉|＝－＝－＝－.
所以二面角P－CE－D的余弦值为－.
考点四 与空间角有关的探索性问题
【例4】 (2020·郴州一模)如图，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点.
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵AB＝BC，E为AC的中点，∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，∴BE⊥平面PAC.
∵BE⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解 存在.由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直.
分别以，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，－2，0)，P(0，－2，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0).
设＝λ＝(－2λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]，
所以＝＋＝(2(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，
＝(－2，2，0)，＝(0，4，－2)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则⇒
令x＝1，则y＝，z＝2，∴n＝(1，，2).
由已知得＝，
即＝⇒λ＝或(舍去).
故λ＝.
所以存在满足条件的点G，点G为PB的中点.
规律方法 1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.
2.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.
【训练4】 如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝3，AC＝2，点E是PD的中点.
(1)求证：PB∥平面AEC；
(2)在线段PB上(不含端点)是否存在一点M，使得二面角M－AC－E的平面角的余弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.
(1)证明 连接BD交AC于点F，连接EF.
因为ABCD为平行四边形，
所以F是BD的中点.
又E是PD的中点，
所以EF∥PB.
又EF⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)解 由题意知，AC，AB，AP两两互相垂直，如图，以点A为坐标原点，射线AC，AB，AP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，
则C(2，0，0)，D(2，－3，0)，P(0，0，3)，B(0，3，0)，E.
设M(x0，y0，z0)，＝λ(0<λ<1)，
则(x0，y0，z0－3)＝λ(0，3，－3)，得M(0，3λ，3－3λ).
设平面AEC的法向量为n1＝(x1，y1，z1).
由n1·＝0，n1·＝0及＝，＝(2，0，0)，
得取y1＝1，得n1＝(0，1，1).
设平面MAC的法向量为n2＝(x2，y2，z2).
由n2·＝0，n2·＝0及＝(0，3λ，3－3λ)，＝(2，0，0)，
得取z2＝1，得n2＝.
设二面角M－AC－E的平面角的大小为θ，
则|cos θ|＝＝＝，
化简得9λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝或λ＝.
因为二面角M－AC－E的平面角的余弦值为，
所以二面角M－AC－E的平面角为锐角，所以λ＝，
所以＝.
故＝时，二面角M－AC－E的平面角的余弦值为.
A级 基础巩固
一、选择题
1.已知空间三点A(1，1，1)，B(－1，0，4)，C(2，－2，3)，则与的夹角θ的大小为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
解析 ＝(－2，－1，3)，＝(－1，3，－2)，
cos〈，〉＝
＝＝－，∴θ＝〈，〉＝120°.
答案 C
2.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于( )
A.120° B.60° C.30° D.60°或30°
解析 设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.
则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝.
又0°≤β≤90°，∴β＝30°.
答案 C
3.(一题多解)(2019·青岛二模)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2A1B1＝2B1C1，且AB⊥BC，点M是A1C1的中点，则异面直线MB与AA1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 法一 由题意知AA1∥BB1，则异面直线MB与AA1所成角为∠MBB1，如图(1).又△BB1M为直角三角形，所以cos ∠MBB1＝.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设AA1＝2A1B1＝2B1C1＝2.由AB⊥BC，得B1M＝A1C1＝.故MB＝＝.
所以cos ∠MBB1＝＝.故选B.
法二 由题意知AB，BC，BB1两两垂直，所以以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，如图(2).设AA1＝2A1B1＝2B1C1＝2，则B(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(1，0，2)，M，所以＝，＝(0，0，2).设异面直线MB与AA1所成角为θ，则cos θ＝＝＝，所以异面直线MB与AA1所成角的余弦值为.故选B.
答案 B
4.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.则CD与平面ACM所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，4)，
B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，M(0，2，2).
所以＝(2，4，0)，＝(0，2，2)，＝(－2，0，0).
设平面ACM的法向量n＝(x，y，z)，
由n⊥，n⊥，
可得令z＝1，得n＝(2，－1，1).
设所求角为α，
则sin α＝＝.
答案 D
5.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 以A为原点，AB，AD，AA1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，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，
∴＝(0，1，－1)，＝.
设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，
则有即∴
∴n1＝(1，2，2).
∵平面ABCD的法向量为n2＝(0，0，1)，
∴|cos〈n1，n2〉|＝＝，
即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为.
答案 B
二、填空题
6.(2020·贵阳月考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________.
解析 以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，
则＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，
∴·＝2，
∴cos〈，〉＝＝，
∴EF和BC1所成的角为60°.
答案 60°
7.(2020·合肥模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________.
解析 如图，建立空间直角坐标系D－xyz，
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)，
由
得令y＝1，得n＝(2，1，2)，
设直线D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则
sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.
答案
8.如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线OF与平面BED所成的角为45°，则AE＝________.
解析 如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系.
设AE＝a，则B(0，，0)，D(0，－，0)，F(－1，0，3)，E(1，0，a)，
∴＝(－1，0，3)，＝(0，2，0)，＝(－1，，－a).
设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
则y＝0，令z＝1，得x＝－a，
∴n＝(－a，0，1)，
∴cos〈n，〉＝＝.
∵直线OF与平面BED所成角的大小为45°，
∴＝.
解得a＝2或a＝－(舍去)，∴AE＝2.
答案 2
三、解答题
9.(2019·郑州测试)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD.
(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；
(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值.
(1)证明 在△ABD中，∠ABD＝，AB＝2AD，
由余弦定理，得BD＝AD，
从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，
所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝.
因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD.
又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.
因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.
(2)解 由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝，BD＝AD，又由ED＝BD，
设AD＝1，则BD＝ED＝.因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，
所以以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则A(1，0，0)，C(－1，，0)，E(0，0，)，F(0，，)，
所以＝(－1，0，)，＝(－2，，0).
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得n＝(，2，1)为平面AEC的一个法向量.
因为＝(－1，，)，
所以cos 〈n，〉＝＝，
所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.
10.(2020·武汉调研)如图，在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，底面△ABC是边长为2的正三角形，A1A＝A1C，A1A⊥A1C.
(1)求证：A1C1⊥B1C；
(2)(一题多解)求二面角B1－A1C－C1的正弦值.
(1)证明 如图，取A1C1的中点D，连接B1D，CD，
∵C1C＝A1A＝A1C，
∴CD⊥A1C1，
∵底面△ABC是边长为2的正三角形，
∴AB＝BC＝2，A1B1＝B1C1＝2，
∴B1D⊥A1C1，
又B1D∩CD＝D，B1D⊂平面B1CD，CD⊂平面B1CD，
∴A1C1⊥平面B1CD，∴A1C1⊥B1C.
(2)解 法一 如图，过点D作DE⊥A1C于点E，连接B1E.
∵侧面AA1C1C⊥底面ABC，
∴侧面AA1C1C⊥平面A1B1C1，又B1D⊥A1C1，
侧面AA1C1C∩平面A1B1C1＝A1C1，
∴B1D⊥平面A1CC1，∴B1D⊥A1C，
∴A1C⊥平面B1DE，∴B1E⊥A1C，
∴∠B1ED为所求二面角的平面角.
∵A1B1＝B1C1＝A1C1＝2，∴B1D＝，
又ED＝CC1＝，∴tan ∠B1ED＝＝＝，
∴sin∠B1ED＝.
∴二面角B1－A1C－C1的正弦值为.
法二 如图，取AC的中点O，以O为坐标原点，射线OB，OC，OA1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(，0，0)，A1(0，0，1)，B1(，1，1)，C1(0，2，1)，C(0，1，0)，
∴＝(，1，0)，＝(0，1，－1).
设m＝(x，y，z)为平面A1B1C的法向量，
∴
令y＝，得m＝(－1，，)，
又＝(，0，0)为平面A1CC1的一个法向量，
∴cos 〈m，〉＝＝－，
由图易知所求二面角为锐角，
∴二面角B1－A1C－C1的正弦值为.
B级 能力提升
11.(2020·长沙雅礼中学检测)在三棱锥P－ABC中，点P在底面的正投影恰好是等边△ABC的边AB的中点，且点P到底面ABC的距离等于底面边长.设△PAC与底面所成的二面角的大小为α，△PBC与底面所成的二面角的大小为β，则tan(α＋β)的值是( )
A. B. C.－ D.－
解析 如图，设点P在边AB上的射影为H，作HF⊥BC，HE⊥AC，连接PF，PE.
依题意，∠HEP＝α，∠PFH＝β.
不妨设等边△ABC的边长为2，则PH＝2，AH＝BH＝1.
∴HE＝，HF＝，则tan α＝tan β＝＝，
故tan(α＋β)＝＝＝－ .
答案 C
12.已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F分别是AB，AD的中点，则点B到平面GEF的距离为( )
A. B. C. D.
解析 连接BG.以C为原点，，，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，
其中C(0，0，0)，G(0，0，2)，E(2，4，0)，B(0，4，0)，F(4，2，0).
∴＝(0，－4，2)，＝(2，4，－2)，＝(2，－2，0).
设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝1，z＝3，
∴平面GEF的一个法向量为n＝(1，1，3).
设点B到平面GEF的距离为h，则有
h＝＝＝＝，故选C.
答案 C
13.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为__________.
解析 由条件知·＝0，·＝0，
∵＝＋＋，
∴||＝＝
＝＝2.
∴·＝||·||· cos〈，〉＝－24.
∴ cos〈，〉＝－.
又所求二面角与〈，〉互补，∴所求的二面角为60°.
答案 60°
14.(2020·重庆名校联盟考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥PA，PB⊥BC，BC∥平面PAD，PA＝PD＝2，AD＝AB＝2BC＝2.
(1)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(2)若点M在线段AB上，且直线CM与平面PBC所成角的正弦值为，试求AM的长.
(1)证明 ∵BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BC∥AD.
∵PB⊥BC，∴PB⊥AD.
∵PB⊥PA，PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴PB⊥平面PAD.
又PD⊂平面PAD，∴PD⊥PB.
∵PA＝PD＝2，AD＝2，
∴PA2＋PD2＝AD2，∴PD⊥PA.
而PA∩PB＝P，PA⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，
∴PD⊥平面PAB.
又∵PD⊂平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD.
(2)解 由(1)知PA，PB，PD两两垂直，∴以P为原点，分别以直线PB，PA，PD为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz，则P(0，0，0)，A(0，2，0)，B(2，0，0)，D(0，0，2)，C(2，－1，1).
∴＝(2，0，0)，＝(2，－1，1).
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则z＝1，∴n＝(0，1，1).
令＝λ(0≤λ≤1)，
∴M(2λ，2－2λ，0)，∴＝(2λ－2，3－2λ，－1)，
∴cos〈，n〉＝＝＝.
整理，得24λ2－46λ＋21＝0.
解得λ＝或λ＝(舍去)，此时AM＝.
∴当直线CM与平面PBC所成角的正弦值为时，AM＝.
C级 创新猜想
15.(创新题型)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，若直线AC与平面A1BC所成的角为θ，二面角A1－BC－A的平面角为φ，则θ与φ的大小关系为________.
解析 法一 如图所示，在平面A1ABB1中，作AD⊥A1B于D，连接CD，易证AD⊥平面A1BC，
所以∠ACD是直线AC与平面A1BC所成的角，∠ABA1是二面角A1－BC－A的平面角，即∠ACD＝θ，∠ABA1＝φ，
在Rt△ADC中，sin θ＝，
在Rt△ADB中，sin φ＝，
由于AB
法二 以点B为坐标原点，以BC，BA，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设AA1＝a，AC＝b，AB＝c，
则B(0，0，0)，A(0，c，0)，
C(，0，0)，A1(0，c，a).
于是＝(，0，0)，＝(0，c，a)，＝(，－c，0)，＝(0，0，a).
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
令z＝c，则y＝－a.
则n＝(0，－a，c)为平面A1BC的一个法向量，
因为n·＝ac>0，所以与n的夹角β为锐角，则β与θ互为余角，
所以sin θ＝cos β＝＝，
易知|cos φ|＝＝，
又由图可知，φ为锐角，所以cos φ＝，
所以sin φ＝，易知c
答案 θ<φ
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