人教A版普通高中数学一轮复习第六章第六节空间角学案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习第六章第六节空间角学案，共35页。

自查自测
知识点一 异面直线所成的角
(教材改编题)已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为( )
A．24B．12
C．22D．32
C 解析：因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，所以cs 〈s1，s2〉＝s1·s2s1s2＝−1−22×3＝－22．又两直线夹角的取值范围为0，π2，所以l1和l2夹角的余弦值为22．
核心回扣
若异面直线l1，l2所成的角为θ，a，b分别是直线l1，l2的方向向量，则cs θ＝|cs 〈a，b〉|＝a·bab．
注意点：
当〈a，b〉为锐角或直角时，θ＝〈a，b〉，当〈a，b〉为钝角时，θ＝π－〈a，b〉，所以公式中要加绝对值．
自查自测
知识点二 直线与平面所成的角
(教材改编题)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC，PA＝2AB，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为( )
A．255B．55
C．35D．235
B 解析：因为PA⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC．又∠BAC＝90°，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝2，则AC＝2，PA＝4，所以P(0，0，4)，A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．
因为D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，所以D(1，0，0)，E(1，1，0)，F(0，1，2)，
故AP＝(0，0，4)，DE＝(0，1，0)，EF＝(－1，0，2)．
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·DE=0，n·EF=0，所以y=0，−x+2z=0.
取z＝1，则x＝2，所以n＝(2，0，1)是平面DEF的一个法向量．
设直线PA与平面DEF所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈AP，n〉|＝44×5＝55．
核心回扣
设直线l的方向向量为u，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＝|cs 〈u，n〉|＝u·nun．
注意点：
当〈u，n〉∈0，π2时，θ＝〈u，n〉，当〈u，n〉∈π2，π时，θ＝π－〈u，n〉，所以公式中要加绝对值．
自查自测
知识点三 平面与平面的夹角
1．判断下列说法的正误，正确的打“√”，错误的打“×”．
(1)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．( × )
(2)二面角α-l-β的平面角与平面α，β的夹角相等．( × )
(3)两异面直线所成角的取值范围是0，π2，直线与平面所成角的取值范围是0，π2，二面角的取值范围是[0，π].( √ )
2．已知两个平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则这两个平面所成的二面角为 ．
π4或3π4 解析：因为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，所以m·n＝1，|m|＝1，|n|＝2，
所以cs 〈m，n〉＝m·nmn＝22，所以〈m，n〉＝π4．所以这两个平面所成的二面角为π4或3π4．
核心回扣
1．平面α与平面β相交，形成四个二面角，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．
2．设平面α，β的夹角为θ，法向量分别为n1，n2，则cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝n1·n2n1n2．
注意点：
两个平面的夹角的取值范围为0，π2，而二面角的取值范围为[0，π]，两个平面的夹角与这两个平面法向量的夹角相等或互补．
【常用结论】
(1)最小角定理：如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cs θ＝cs θ1cs θ2.
(2)射影面积公式：cs θ＝S射S原．
凡二面角的图形中含有可求原图形面积(S原)和该图形在另一个半平面上的射影图形面积(S射)的都可以利用射影面积公式求出二面角(θ)的大小．
应用1 已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB＝∠BOC＝45°，则∠AOC的大小为( )
A．30°B．45°
C．60°D．90°
C 解析：由结论可知有cs ∠AOB·cs ∠BOC＝cs ∠AOC．因为∠AOB＝∠BOC＝45°，所以cs ∠AOC＝cs 45°·cs 45°＝ 22×22＝12，则∠AOC＝60°.故选C．
应用2 如图所示，四边形ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝1，AD＝12，则平面PCD与平面PAB的夹角的余弦值为 ．
63 解析：由题意，PA⊥BC，AB⊥BC，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB．因为AD∥BC，所以AD⊥平面PAB，所以△PCD在平面PAB上的射影图形为△PAB．
过点D作DH⊥BC于点H(图略)．由题意，得PB＝PA2+AB2＝2，PD＝PA2+AD2＝52，CD＝DH2+HC2＝52．
因为BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，所以PC＝PB2+BC2＝3.
在△PCD中，PD＝CD＝52，PC＝3，所以底边PC上的高为22，所以S△PCD＝12×3×22＝64，而S△PAB＝12×1×1＝12．
设平面PCD与平面PAB的夹角为θ，
则cs θ＝S△PABS△PCD＝1264＝63．
异面直线所成的角
1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A．π2B．π3
C．π4D．π6
D 解析：以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则B(0，0，2)，P(1，1，0)，D1(2，2，0)，A(0，2，2)，PB＝(－1，－1，2)，AD1＝(2，0，－2)．设直线PB与AD1所成的角为θ，则cs θ＝PB·AD1TX→PBAD1TX→＝−66×8＝32．因为θ∈0，π2，所以θ＝π6．故选D．
2．(2024·绍兴模拟)已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2，AA1⊥平面ABC，则异面直线A1B，AC1所成角的余弦值为( )
A．14B．64
C．104D．154
A 解析：以A为原点，平面ABC内过点A且垂直于AC的直线为x轴，AC所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(3，1，0)，C1(0，2，2)，所以A1B＝(3，1，－2)，AC1＝(0，2，2)，
所以|cs 〈A1B，AC1〉|＝3×0+1×2+−2×232+12+−22×02+22+22＝14，
所以异面直线A1B，AC1所成角的余弦值为14．
3．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，AF＝λAD(0＜λ＜1)．若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210，则λ的值为 ．
13 解析：以D为原点，DA，DC，DD1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．
因为正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)，
所以D1E＝(0，2，－1)，A1F＝A1A＋AF＝A1A＋λAD＝(－2λ，0，－2)，
所以|cs 〈A1F，D1E〉|＝A1F→·D1ETX→A1FTX→D1ETX→＝22λ2+1×5＝3210，
解得λ＝13或λ＝－13(舍去)．
求解异面直线所成角的方法
(1)建系．
(2)求两异面直线的方向向量的坐标．
(3)求两向量的夹角的余弦值．
(4)得结论．
直线与平面所成的角
【例1】(1)(2024·济宁模拟)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，对角线B1D与平面A1BC1交于点E，则A1E与平面AA1D1D所成角的余弦值为( )
A．13B．33
C．23D．53
D 解析：以D为原点，DA，DC，DD1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D(0，0，0)，B1(1，1，2)，A1(1，0，2)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，所以A1B＝(0，1，－2)，A1C1＝(－1，1，0)，DB1＝(1，1，2)．
设平面A1BC1的法向量为m＝(x，y，z)，
则A1BTX→·m=0，A1C1TX→·m=0，所以y−2z=0，−x+y=0.
取z＝1，则y＝2，x＝2，
所以m＝(2，2，1)是平面A1BC1的一个法向量．
因为点E在B1D上，
设DE＝λDB1＝(λ，λ，2λ)(0＜λ＜1)，
所以E(λ，λ，2λ)，
所以A1E＝(λ－1，λ，2λ－2)．
因为A1E⊂平面A1BC1，所以A1E·m＝0，
所以(λ－1，λ，2λ－2)·(2，2，1)＝0，
所以2(λ－1)＋2λ＋(2λ－2)＝0，解得λ＝23，所以A1E＝−13，23，−23．
易知平面AA1D1D的一个法向量为n＝(0，1，0)．
设A1E与平面AA1D1D所成的角为α，
所以sin α＝A1ETX→·nA1ETX→n＝−13，23，−23·0，1，0−132+23 2+−23 2×1＝23，
所以cs α＝1−sin2α＝1−232＝53．
(2)如图，△ADC和△DBC所在的平面互相垂直，且AD＝BD＝CD，∠ADC＝∠BDC＝120°，则直线AB与平面ADC所成角的正弦值为 ．
22 解析：设AD＝BD＝CD＝2，在平面ADC、平面BDC内分别作直线CD的垂线DE，DF，分别交AC，BC于点E，F，如图所示．
因为平面ADC⊥平面BDC，平面ADC∩平面BDC＝CD，DF⊂平面BDC，DF⊥CD，所以DF⊥平面ADC．因为DE⊂平面ADC，所以DE⊥DF.故以D为原点，DE，DC，DF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如上图所示的空间直角坐标系，则A(3，－1，0)，B(0，－1，3)，所以AB＝(－3，0，3)．易知平面ADC的一个法向量为n＝(0，0，1)．
设直线AB与平面ADC的夹角为θ，则sinθ＝|cs 〈AB，n〉|＝AB·nABn＝36＝22．
因此，直线AB与平面ADC所成角的正弦值为22．
向量法求直线与平面所成角的主要方法
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目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．
1．如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一条母线，C为底面圆周上一点，且AC∥OB，OP＝AB＝2OA，则直线PC与平面PAB所成角的正弦值为( )
A．1010B．55
C．110D．34
A 解析：因为AB是圆柱底面圆的一条直径，所以∠AOB＝∠ACB＝90°.
因为OP＝AB＝2OA，所以∠BAO＝45°.
因为AC∥OB，所以∠OAC＝90°.
又∠OAB＝45°，所以四边形OACB为正方形．设AB＝2，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，
所以AB＝(－2，2，0)，AP＝(－2，0，2)，PC＝(2，2，－2)．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AB=0，n·AP=0，所以−2x+2y=0，−2x+2z=0.
取x＝2，则y＝2，z＝1，所以n＝(2，2，1)是平面PAB的一个法向量．
设直线PC与平面PAB所成的角为θ，
所以sin θ＝|cs 〈PC，n〉|＝PC·nPCn＝2×2+2×2+−2×122+22+−22×22+22+12＝1010，
所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为1010．
2．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝3，BC＝AA1＝2，点P满足CP＝mCB＋32−mCC1，其中m∈0，32，则直线AP与平面BCC1B1所成角的最大值为( )
A．π6B．π4
C．π3D．5π12
B 解析：如图，分别取BC，B1C1的中点D，D1，连接DD1，AD，则DD1∥BB1，DD1⊥平面ABC，AD⊥BC．
以D为原点，DA，DB，DD1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．
由已知得AD＝2，则A(2，0，0)，B(0，1，0)，C(0，－1，0)，C1(0，－1，2)，
所以AC＝(－2，－1，0)，CB＝(0，2，0)，CC1＝(0，0，2)，
CP＝mCB＋32−mCC1＝(0，2m，3－2m)，
AP＝AC+CP＝(－2，2m－1，3－2m)．
易知平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，0)．
设直线AP与平面BCC1B1所成角为θ，则θ∈0，π2，
sin θ＝|cs 〈n，AP〉|＝n·APnAP＝22+2m−12+3−2m2＝28m−12+4．
因为m∈0，32，
所以当m＝1时，sin θ取得最大值22，即θ的最大值为π4．
二面角
【例2】(2023·新高考全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥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EF＝DA，求二面角D-AB-F的正弦值．
(1)证明：如图，连接AE，DE.
因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC．
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD为全等的等边三角形，
所以AC＝AB，从而AE⊥BC．
因为AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以BC⊥平面ADE.而DA⊂平面ADE，
所以BC⊥DA．
(2)解：不妨设DA＝DB＝DC＝2.
因为BD⊥CD，所以BC＝22，DE＝AE＝2.
所以AE2＋DE2＝AD2，所以AE⊥DE.
又因为AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，所以AE⊥平面BCD．
以E为原点，ED，EB，EA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E(0，0，0)，D(2，0，0)，A(0，0，2)，B(0，2，0)，所以AB＝(0，2，－2)，DA＝(－2，0，2)．
因为EF＝DA＝(－2，0，2)，
所以F(－2，0，2)，即有AF＝(－2，0，0)．
设平面DAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则n1·AB=0，n1·DA=0，所以2y1−2z1=0，−2x1+2z1=0，
取x1＝1，则y1＝z1＝1，所以n1＝(1，1，1)是平面DAB的一个法向量．
设平面ABF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·AB=0，n2·AF=0，
所以2y2−2z2=0，−2x2=0，取y2＝1，则x2＝0，z2＝1，所以n2＝(0，1，1)是平面ABF的一个法向量．
设二面角D-AB-F的平面角为θ，
所以csθ＝n1·n2n1n2＝23×2＝63，从而sin θ＝1−69＝33．
所以二面角D-AB-F的正弦值为33．
利用空间向量计算二面角大小的方法
(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．若要求的是两个平面的夹角，只需写出在0，π2范围内的一个角即可．
(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．
(2022·新高考全国Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22.
(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．
解：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
则VA-A1BC＝13S△A1BC·h＝223h＝VA1-ABC＝13S△ABC·A1A＝13VABC−A1B1C1＝43，解得h＝2，
所以点A到平面A1BC的距离为2.
解：(2)取A1B的中点E，连接AE.因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B．
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，且AE⊂平面ABB1A1，
所以AE⊥平面A1BC．
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC．
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC，得AE⊥BC，BB1⊥BC．
又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，BC，BA，BB1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．
由(1)得AE＝2，所以AA1＝AB＝2，A1B＝22，所以BC＝2，
则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，所以A1C的中点D(1，1，1)，
则BD＝(1，1，1)，BA＝(0，2，0)，BC＝(2，0，0)．
设平面ABD的法向量为m＝(x，y，z)，
则m·BD=x+y+z=0，m·BA=2y=0.
取x＝1，则y＝0，z＝－1，所以m＝(1，0，－1)是平面ABD的一个法向量．
设平面BDC的法向量为n＝(a，b，c)，则n·BD=a+b+c=0，n·BC=2a=0.
取b＝1，则a＝0，c＝－1，所以n＝(0，1，－1)是平面BDC的一个法向量，
则cs 〈m，n〉＝m·nmn＝12×2＝12，
所以二面角A-BD-C的正弦值为1−122＝32．
[试题呈现]
PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是( )
A．12B．22
C．33D．63
[四字程序]
[一题多解]
思路参考：利用线面角的定义，找到斜线在平面内的射影，进而找到线面角．
C 解析：如图，截取PA＝PB＝PC＝1，过点C作CO⊥平面PAB于点O，连接PO.
因为∠APC＝∠APB＝∠BPC＝60°，所以三棱锥C-PAB为正四面体，即点O为△PAB的中心，所以PO＝33，
∠CPO即为直线PC与平面PAB所成的角，
cs ∠CPO＝POPC＝33，
所以直线PC与平面PAB所成角的余弦值是33．
思路参考：建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量PC和平面PAB的法向量n，利用公式sin θ＝|cs 〈PC，n〉|求解．
C 解析：如图，截取PA＝PB＝PC＝1，
过点P作PO⊥平面ABC于点O，连接CO.
因为∠APC＝∠APB＝∠BPC＝60°，
所以三棱锥P-ABC为正四面体，
即点O为△ABC的中心，所以CO＝33，PO＝63．
以O为原点，过点O与AB平行的直线为x轴，过点O与AB垂直的直线为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P0，0，63，A−12，36，0，B12，36，0，C0，−33，0，
所以PC＝0，−33，−63，PA＝−12，36，−63，PB＝12，36，−63．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·PA=0，n·PB=0，
所以−12x+36y−63z=0，12x+36y−63z=0.
取z＝1，则x＝0，y＝22，所以n＝(0，22，1)是平面PAB的一个法向量．
设直线PC与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈PC，n〉|＝PC·nPCn＝63，
所以cs θ＝1−sin2θ＝33，
所以直线PC与平面PAB所成角的余弦值是33．
思路参考：补形为正方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
C 解析：截取PA＝PB＝PC＝2.因为∠APC＝∠APB＝∠BPC＝60°，
所以三棱锥P-ABC为正四面体，以该正四面体的棱长分别作为正方体六个面的对角线，构造棱长为1的正方体，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，0)，A(1，0，1)，B(1，1，0)，C(0，1，1)，
所以PC＝(0，1，1)，PA＝(1，0，1)，PB＝(1，1，0)．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·PA=0，n·PB=0，所以x+z=0，x+y=0.
取x＝－1，则y＝1，z＝1，所以n＝(－1，1，1)是平面PAB的一个法向量．
设直线PC与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈PC，n〉|＝PC·nPCn＝63，
所以cs θ＝1−sin2θ＝33，
所以直线PC与平面PAB所成角的余弦值是33．
思路参考：以PA，PB，PC为基底，利用基向量法求解．
C 解析：取PA，PB，PC分别为射线PA，PB，PC上的单位向量，则|PA|＝|PB|＝|PC|＝1.
因为∠APC＝∠APB＝∠BPC＝ 60°，
所以PA·PB＝PA·PC＝PB·PC＝12．
设平面PAB的法向量为n＝xPA+yPB+zPC，
则n·PA=0，n·PB=0，所以x+12y+12z=0，12x+y+12z=0.
取x＝1，则y＝1，z＝－3，所以n＝PA+PB－3PC是平面PAB的一个法向量．
设直线PC与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈PC，n〉|＝PC·nPCn＝63，
所以cs θ＝1−sin2θ＝33，
所以直线PC与平面PAB所成角的余弦值是33．
课时质量评价(三十七)
1．在空间直角坐标系中，AB＝(1，－1，0)，BC＝(－2，0，1)，平面α的一个法向量为m＝(－1，0，1)，则平面α与平面ABC夹角的正弦值为( )
A．336B．36
C．34D．134
A 解析：设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB=x−y=0，n·BC=−2x+z=0.取x＝1，则y＝1，z＝2，所以n＝(1，1，2)是平面ABC的一个法向量．设平面α与平面ABC的夹角为θ，则cs θ＝|cs 〈m，n〉|＝m·nmn＝12×6＝36，sin θ＝1−cs2θ＝336，所以平面α与平面ABC夹角的正弦值为336．
2．(数学与文化)在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝22，若直线CA1与直线AB所成角为60°，则AA1＝( )
A．3B．2
C．22D．23
B 解析：如图，以B为原点，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，22，0)．设A1(2，0，z)(z＞0)，则BA＝(2，0，0)，CA1＝(2，－22，z)，所以|cs〈BA，CA1〉|＝42×12+z2＝12，解得z＝2，故AA1＝2.
3．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为( )
A．33B．63
C．13D．23
B 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．
设正方体的棱长为2，则A(0，0，0)，E(2，0，1)，F(0，2，1)，C(2，2，0)，
所以CE＝(0，－2，1)，CF＝(－2，0，1)．
设平面ECF的法向量为n＝(x，y，z)，
则CE·n=0，CF·n=0，所以−2y+z=0，−2x+z=0.
取x＝1，则y＝1，z＝2，所以n＝(1，1，2)是平面ECF的一个法向量．
易知m＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量．
设平面ECF与平面ABCD的夹角为θ，
所以cs θ＝|cs 〈m，n〉|＝m·nmn＝21×6＝63，
所以平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为63．
4．(多选题)如图，三棱锥D-ABC的各棱长均为2，OA，OB，OC两两垂直，则下列说法正确的是( )
A．OA，OB，OC的长度相等
B．直线OD与BC所成的角是45°
C．直线AD与OB所成的角是45°
D．直线OB与平面ACD所成的角的余弦值为33
AC 解析：因为三棱锥D-ABC的各棱长均为2，OA，OB，OC两两垂直，
所以OA＝OB＝OC＝2，故A正确．
如图，建立空间直角坐标系，
可得O(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，D(2，2，2)，所以OB＝(0，2，0)，AC＝(－2，0，2)，AD＝(0，2，2)，OD＝(2，2，2)，BC＝(0，－2，2)．
因为OD·BC＝0，所以OD⊥BC，即直线OD与BC所成的角是90°，故B不正确．
cs 〈AD，OB〉＝AD·OBADOB＝22，可得直线AD与OB所成的角是45°，故C正确．
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AC=0，n·AD=0，所以−2x+2z=0，2y+2z=0.
取x＝1，则y＝－1，z＝1，
所以n＝(1，－1，1)为平面ACD的一个法向量．
设直线OB与平面ACD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈OB，n〉|＝OB·nOBn＝22×3＝33，cs θ＝63，故D不正确．
5．如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C，D，E 三点共线．已知三棱锥P-ADE 四个面都为直角三角形，且ED⊥AD，PA⊥平面 ABCE，AB∥CD，PE＝3，CD＝AD＝2，ED＝1，则直线PC与平面PAE所成角的正弦值为( )
A．34B．105
C．155D．255
C 解析：以A为原点，AD，AB，AP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(2，2，0)，A(0，0，0)，E(2，－1，0)，
则有PC＝(2，2，－2)，AE＝(2，－1，0)，AP＝(0，0，2)．
设平面PAE的法向量n＝(x，y，z)，
则n·AE=0，n·AP=0，即2x−y=0，2z=0，
令x＝1，则y＝2，z＝0，即n＝(1，2，0)，
所以cs 〈PC，n〉＝PC·nPCn＝155．
所以直线PC与平面PAE所成角的正弦值为155．故选C．
6．在空间直角坐标系中，若A(1，－2，0)，B(2，1，6)，则向量AB与平面Oxz的法向量的夹角的正弦值为 ．
74 解析：设平面Oxz的法向量为n＝(0，t，0)(t≠0)．由题意知AB＝(1，3，6)，所以cs 〈n，AB〉＝n·ABnAB＝3t4t．因为〈n，AB〉∈[0，π]，所以sin 〈n，AB〉＝1−3t4t2＝74．
7．若在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为 ．
24 解析：设M为AC的中点，连接MB，MA1，如图，由题意知△ABC是等边三角形，
所以BM⊥AC，同理A1M⊥AC．
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM⊂平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1.
因为A1M⊂平面A1ACC1，
所以BM⊥A1M，
所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为原点，MA，MB，MA1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AA1＝AC＝AB＝2，
则A(1，0，0)，B(0，3，0)，A1(0，0，3)，C1(－2，0，3)，
所以AC1＝(－3，0，3)，A1B＝(0，3，－3)．
设异面直线AC1与A1B所成的角为θ，
则cs θ＝|cs 〈AC1，A1B〉|＝AC1TX→·A1BTX→AC1TX→·A1BTX→＝−323×6＝24，
故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为24．
如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13，则正四棱柱的高为 ．
4 解析：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
设DD1＝a(a＞0)，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，a)，C1(0，2，a)，所以AC＝(－2，2，0)，AD1＝(－2，0，a)，CC1＝(0，0，a)．
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AC=0， n·AD1TX→=0，所以−2x+2y=0，−2x+az=0.
取x＝1，则y＝1，z＝2a，所以n＝1，1，2a为平面ACD1的一个法向量，
故cs 〈n，CC1〉＝n·CC1TX→nCC1TX→
＝22+4a2×a＝22a2+4．
因为直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13，
所以22a2+4＝13，解得a＝4(负值舍去)．
9．在三棱锥P-ABC 中，AB＝BC＝2，AC＝22，PB⊥平面ABC，点M，N分别为AC，PB 的中点，MN＝6，Q 为线段AB 上的点(不包括端点A，B)．若异面直线PM与CQ所成角的余弦值为3434，则BQBA＝( )
A．14B．13
C．12D．34
A 解析：因为AB＝BC＝2，AC＝22，所以AC2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC．因为PB⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，所以PB⊥AB，PB⊥BC．以B为原点，BA，BC，BP 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B(0，0，0)，C(0，2，0)，M(1，1，0)，A(2，0，0)，所以BM＝2.因为MN＝6，所以BN＝MN2−BM2＝2，所以PB＝4，则P(0，0，4)．
设BQBA＝λ，则BQ＝λBA(0＜λ＜1)，
所以Q(2λ，0，0)．
易知PM＝(1，1，－4)，CQ＝(2λ，－2，0)，
所以PM·CQ＝1×2λ＋1×(－2)＋(－4)×0＝2λ－2，|PM|＝12+12+−42＝32，|CQ|＝4λ2+4.
因为异面直线PM与CQ所成角的余弦值为3434，
所以|cs 〈PM，CQ〉|＝PM·CQPMCQ＝2λ−232×4λ2+4＝3434，解得λ＝14 或λ＝4 (舍去)，所以BQBA＝14．
10．(多选题)(2024·嘉兴模拟)如图，在正四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，下列说法正确的是( )
A．直线EF与直线AB所成的角为π2
B．直线EF与直线AD所成的角为π4
C．直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为33
D．直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为22
ABC 解析：如图，将正四面体ABCD放在正方体AGBH-MCND中，设正方体AGBH-MCND的棱长为2，以A为原点，AG，AH，AM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A(0，0，0)，B(2，2，0)，C(2，0，2)，D(0，2，2)，E(1，1，0)，F(1，1，2)．
因为EF＝(0，0，2)，AB＝(2，2，0)，所以EF·AB＝0，即EF⊥AB，故A正确．
因为AD＝(0，2，2)，cs 〈EF，AD〉＝EF·ADEFAD＝42×22＝22，所以直线EF与直线AD所成的角为π4，故B正确．
设平面BCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，BC＝(0，－2，2)，BD＝(－2，0，2)，
则m·BC=0，m·BD=0，所以−2y1+2z1=0，−2x1+2z1=0.
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，所以m＝(1，1，1)为平面BCD的一个法向量．
所以cs 〈EF，m〉＝EF·mEFm＝223＝33，
故直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为33，故C正确．
设平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则n·AB=0，n·AD=0，所以2x2+2y2=0，2y2+2z2=0.
取x2＝1，则y2＝－1，z2＝1，所以n＝(1，－1，1)为平面ABD的一个法向量．
所以cs 〈EF，n〉＝EF·nEFn＝223＝33，故直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为33，故D错误．
11．如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.若PA＝PD＝AB＝DC＝2，∠APD＝60°，则平面PBC与平面PAB夹角的余弦值为 ．
77 解析：如图，取AD的中点F，BC的中点E，连接PF，FE，由已知可得FE∥AB，FE∥DC．
因为∠BAP＝∠CDP＝90°，所以AB⊥PA，DC⊥PD，所以FE⊥PA，FE⊥PD．
又因为PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD，
所以FE⊥平面PAD．
因为AD，PF⊂平面PAD，所以FE⊥AD，FE⊥PF.
因为PA＝PD，所以PF⊥AD．
以F为原点，FA，FE，FP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．
因为PA＝PD＝AB＝DC＝2，∠APD＝60°，所以AD＝2，
所以A(1，0，0)，P(0，0，3)，B(1，2，0)，C(－1，2，0)．
所以BC＝(－2，0，0)，BP＝(－1，－2，3)，BA＝(0，－2，0)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面PBC的法向量，
则n·BC=0，n·BP=0，所以−2x1=0， −x1−2y1+3z1=0.
取y1＝3，则x1＝0，z1＝2，所以n＝(0，3，2)是平面PBC的一个法向量．
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，
则m·BP=0，m·BA=0，所以−x2−2y2+3z2=0，−2y2=0.
取x2＝3，则y2＝0，z2＝1，所以m＝(3，0，1)是平面PAB的一个法向量．
设平面PBC与平面PAB的夹角为θ，
则cs θ＝|cs 〈n，m〉|＝n·mnm＝27×2＝77，
所以平面PBC与平面PAB夹角的余弦值为77．
12．如图，在三棱台ABC-DEF中，AB＝2DE，M是EF的中点，点N在线段AB上，AB＝4AN，平面DMN∩平面ADFC＝l.
(1)证明：MN∥l；
(2)若平面CBEF⊥平面ABC，AC⊥AB，AC＝CF＝FE＝EB，求直线AB与平面DMN所成角的正弦值．
(1)证明：如图，取FD的中点G，连接GM，AG.
因为M是EF的中点，
所以GM∥DE，GM＝12DE.
因为在三棱台ABC-DEF中，DE∥AB，DE＝12AB，AB＝4AN，
所以GM∥AN，GM＝AN，即四边形ANMG为平行四边形，所以MN∥GA．
因为MN⊄平面ADFC，GA⊂平面ADFC，
所以MN∥平面ADFC．
因为MN⊂平面DMN，平面DMN∩平面ADFC＝l，
所以MN∥l.
(2)解：因为平面CBEF⊥平面ABC，
所以过点F作FO⊥CB于点O，则FO⊥平面ABC．
由题意知CB＝2FE，AC＝CF＝FE＝EB，所以CO＝12CF＝12AC．
在△ABC中，AC＝12CB，AC⊥AB，所以∠ACB＝60°.
连接AO，在△ACO中，由余弦定理得OA2＝CO2＋AC2－2CO·AC cs 60°＝34AC2，
所以CO2＋OA2＝AC2，所以OA⊥CO.
以O为原点，OA，OB，OF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．
令AC＝2，则O(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，3，0)，C(0，－1，0)，F(0，0，3)，M(0，1，3)，
所以AB＝(－3，3，0)，CA＝(3，1，0)，
OD＝OF+FD＝OF＋12CA＝32，12，3，
DM＝OM−OD＝−32，12，0，
DN＝DO+OA＋14AB＝34，14，−3．
设平面DMN的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·DM=0，n·DN=0，所以−3x+y=0， 3x+y−43z=0.
取x＝2，则y＝23，z＝1，
所以n＝(2，23，1)为平面DMN的一个法向量．
设直线AB与平面DMN所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈AB，n〉|＝AB·nABn＝433+9×4+12+1＝21717，
所以直线AB与平面DMN所成角的正弦值为21717．
13．(2024·1月九省适应性测试)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45° .
(1)证明：C1O⊥平面ABCD；
(2)求平面BAA1与平面AA1D夹角的正弦值．
(1)证明：如图，连接BC1，DC1.
因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC．
又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，
所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1.
由题意知点O为线段BD的中点，所以C1O⊥BD．
在△C1CO中，CC1＝2，OC＝12AC＝2，∠C1CO＝45° ，
所以cs ∠C1CO ＝22＝C1C2+OC2−C1O22CC1·OC，解得C1O＝2，
则C1C2＝OC2 ＋C1O2，所以C1O⊥OC．
又OC∩BD＝O，OC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以CO1⊥平面ABCD．
(2)解：由题意知在正方形ABCD中，AC⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0，2，0)，D(0，－2，0)，A(2，0，0)，C(－2，0，0)，C1(0，0，2)，
所以AA1＝CC1＝(2，0，2)，AB＝(－2，2，0)，AD＝(－2，－2，0)．
设平面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则AA1TX→·m=0，AB·m=0，即2x1+2z1=0，−2x1+2y1=0.令x1＝1，则y1＝1，z1＝－1，所以m＝(1，1，－1)为平面BAA1的一个法向量．
设平面AA1D的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则AA1TX→·n=0，AD·n=0，即2x2+2z2=0，−2x2−2y2=0.令x2＝1，则y2＝－1，z2＝－1，所以n＝(1，－1，－1)为平面AA1D的一个法向量．
设平面BAA1与平面AA1D的夹角为θ，
则cs θ＝m·nm·n＝13×3＝13，所以sin θ＝1−cs2θ＝223，
所以平面BAA1与平面AA1D夹角的正弦值为223．
读
从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，求PC与平面PAB所成角的余弦值
想
构造正四面体、向量法
算
建系，求法向量
思
补形法、怎样求法向量