2020-2021学年3.2立体几何中的向量方法第3课时学案设计

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空间角的向量求法
思考：(1)直线与平面所成的角和直线的方向向量与平面的法向量所成的角有怎样的关系？
(2)二面角与二面角的两个半平面的法向量所成的角有怎样的关系？
[提示] (1)设n为平面α的一个法向量，a为直线a的方向向量，直线a与平面α所成的角为θ，则
θ＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－〈a，n〉，〈a，n〉∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，,〈a，n〉－\f(π,2)，〈a，n〉∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).))
(2)
1．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N，P分别是棱CC1，BC，A1B1上的点，若∠B1MN＝90°，则∠PMN的大小是( )
A．等于90° B．小于90° C．大于90° D．不确定
A [A1B1⊥平面BCC1B1，
故A1B1⊥MN，
则eq \(MP,\s\up7(→))·eq \(MN,\s\up7(→))＝(eq \(MB1,\s\up7(→))＋eq \(B1P,\s\up7(→)))·eq \(MN,\s\up7(→))＝eq \(MB1,\s\up7(→))·eq \(MN,\s\up7(→))＋eq \(B1P,\s\up7(→))·eq \(MN,\s\up7(→))＝0，
∴MP⊥MN，即∠PMN＝90°．]
2．已知二面角α­l­β等于θ，异面直线a，b满足a⊂α，b⊂β，且a⊥l，b⊥l，则a，b所成的角等于( )
A．θ B．π－θ
C．eq \f(π,2)－θ D．θ或π－θ
D [应考虑0≤θ≤eq \f(π,2)与eq \f(π,2)＜θ≤π两种情况．]
3．已知向量m，n分别是直线l与平面α的方向向量、法向量，若cs〈m，n〉＝－eq \f(\r(3),2)，则l与α所成的角为( )
A．30° B．60°
C．150° D．120°
B [设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(\r(3),2)，∴θ＝60°，应选B．]
4．正方体ABCD­A′B′C′D′中，M，N分别是棱BB′和B′C′的中点，则异面直线MN与AD所成角的大小为________．
45° [以eq \(DA,\s\up7(→))，eq \(DC,\s\up7(→))，eq \(DD′,\s\up7(→))为正交基底建立空间直角坐标系O­xyz，设正方体棱长为1，则A(1,0,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，1))，
∴eq \(AD,\s\up7(→))＝(－1,0,0)，eq \(MN,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(1,2)))．
∵cs〈eq \(MN,\s\up7(→))，eq \(AD,\s\up7(→))〉＝eq \f(\(MN,\s\up7(→))·\(AD,\s\up7(→)),|\(MN,\s\up7(→))||\(AD,\s\up7(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2)×1)＝eq \f(\r(2),2)，
∴〈eq \(MN,\s\up7(→))，eq \(AD,\s\up7(→))〉＝45°，即MN和AD所成角的大小为45°．]
【例1】 如图，在三棱柱OAB­O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝eq \r(3)，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小．
[解] 建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，O1(0,1，eq \r(3))，A(eq \r(3)，0,0)，A1(eq \r(3)，1，eq \r(3))，B(0,2,0)，
∴eq \(A1B,\s\up7(→))＝(－eq \r(3)，1，－eq \r(3))，
eq \(O1A,\s\up7(→))＝(eq \r(3)，－1，－eq \r(3))．
∴|cs〈eq \(A1B,\s\up7(→))，eq \(O1A,\s\up7(→))〉
＝eq \f(|\(A1B,\s\up7(→))·\(O1A,\s\up7(→))|,|\(A1B,\s\up7(→))|·|\(O1A,\s\up7(→))|)
＝eq \f(|－\r(3)，1，－\r(3)·\r(3)，－1，－\r(3)|,\r(7)·\r(7))＝eq \f(1,7)．
∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为eq \f(1,7)．
1．几何法求异面直线的夹角时，需要通过作平行线将异面直线的夹角转化为平面角，再解三角形来求解，过程相当复杂；用向量法求异面直线的夹角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需对相应向量进行运算即可．
2．由于两异面直线夹角θ的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，而两向量夹角α的范围是[0，π]，故应有cs θ＝|cs α|，求解时要特别注意．
eq \O([跟进训练])
1．如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，平面ABCD与平面D1C1CD垂直，且∠D1DC＝eq \f(π,3)，DC＝DD1＝2，DA＝eq \r(3)，∠ADC＝eq \f(π,2)，求异面直线A1C与AD1所成角的余弦值．
[解] 建立如图所示的空间直角坐标系，则
A(eq \r(3)，0,0)，D1(0,1，eq \r(3))，C(0,2,0)，D(0,0,0)，
由eq \(AA1,\s\up7(→))＝eq \(DD1,\s\up7(→))得A1(eq \r(3)，1，eq \r(3))．
因为eq \(A1C,\s\up7(→))＝eq \(DC,\s\up7(→))－eq \(DA1,\s\up7(→))＝(－eq \r(3)，1，－eq \r(3))，
eq \(D1A,\s\up7(→))＝eq \(DA,\s\up7(→))－eq \(DD1,\s\up7(→))＝(eq \r(3)，－1，－eq \r(3))．
所以cs〈eq \(A1C,\s\up7(→))，eq \(D1A,\s\up7(→))〉＝eq \f(\(A1C,\s\up7(→))·\(D1A,\s\up7(→)),|\(A1C,\s\up7(→))|·|\(D1A,\s\up7(→))|)
＝eq \f(－\r(3)，1，－\r(3)·\r(3)，－1，－\r(3),\r(7)·\r(7))＝－eq \f(1,7)．
所以异面直线A1C与AD1所成角的余弦值为eq \f(1,7)．
【例2】 如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
思路探究：(1)线面平行的判定定理⇒MN∥平面PAB．
(2)利用空间向量计算平面PMN与AN方向向量的夹角⇒直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
[解] (1)证明：由已知得AM＝eq \f(2,3)AD＝2．
如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝eq \f(1,2)BC＝2．
又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT．
因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，
所以MN∥平面PAB．
(2)如图，取BC的中点E，连接AE．
由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，
且AE＝eq \r(AB2－BE2)＝eq \r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BC,2)))eq \s\up12(2))＝eq \r(5)．
以A为坐标原点，eq \(AE,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz．
由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(eq \r(5)，2,0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2))，
eq \(PM,\s\up7(→))＝(0,2，－4)，eq \(PN,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，－2))，
eq \(AN,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2))．
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PM,\s\up7(→))＝0，,n·\(PN,\s\up7(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))
可取n＝(0,2,1)．
于是|cs〈n，eq \(AN,\s\up7(→))〉|＝eq \f(|n·\(AN,\s\up7(→))|,|n||\(AN,\s\up7(→))|)＝eq \f(8\r(5),25)．
所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为eq \f(8\r(5),25)．
若直线l与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：
eq \O([跟进训练])
2．如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
[解] (1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF⊂平面PEF，EF⊂平面PEF，且PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF．
又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．
(2)作PH⊥EF，垂足为H．由(1)得，PH⊥平面ABFD．
以H为坐标原点，eq \(HF,\s\up7(→))的方向为y轴正方向，|eq \(BF,\s\up7(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz．
由(1)可得，DE⊥PE．又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq \r(3)．又PF＝1，EF＝2，PF2＋PE2＝EF2，故PE⊥PF．
可得PH＝eq \f(\r(3),2)，EH＝eq \f(3,2)．
则H(0,0,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2)，0))，eq \(DP,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(HP,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))为平面ABFD的法向量．
设DP与平面ABFD所成角为θ，
则sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(HP,\s\up7(→))·\(DP,\s\up7(→)),|\(HP,\s\up7(→))||\(DP,\s\up7(→))|)))＝eq \f(\f(3,4),\r(3))＝eq \f(\r(3),4)．
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4)．
[探究问题]
1．建立空间直角坐标系时，如何寻找共点的两两垂直的三条直线？
[提示] 应充分利用题目给出的条件，如线面垂直，面面垂直，等腰三角形等，作出适当的辅助线然后证明它们两两垂直，再建系．
2．如何确定二面角与两个平面的法向量所成角的大小关系？
[提示] 法一：观察法，通过观察图形，观察二面角是大于eq \f(π,2)，还是小于eq \f(π,2)．
法二：在二面角所含的区域内取一点P，平移两个平面的法向量，使它们的起点为P，然后观察法向量的方向，若两个法向量同时指向平面内侧或同时指向外侧，则二面角与法向量的夹角互补，若两个法向量方向相反，则二面角与法向量的夹角相等．
【例3】 如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A­PB­C的余弦值．
思路探究：(1)先证线面垂直，再证面面垂直；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
[解] (1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD．
因为AB∥CD，所以AB⊥PD．
又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD．
因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F．
由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，又AD∩AB＝A，可得PF⊥平面ABCD．
以F为坐标原点，eq \(FA,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，|eq \(AB,\s\up7(→))|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F­xyz．
由(1)及已知可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，0))，
所以eq \(PC,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，eq \(CB,\s\up7(→))＝(eq \r(2)，0,0)，
eq \(PA,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，－\f(\r(2),2)))，eq \(AB,\s\up7(→))＝(0,1,0)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up7(→))＝0，,n·\(CB,\s\up7(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)x1＋y1－\f(\r(2),2)z1＝0，,\r(2)x1＝0.))
所以可取n＝(0，－1，－eq \r(2))．
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PA,\s\up7(→))＝0，,m·\(AB,\s\up7(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)x2－\f(\r(2),2)z2＝0，,y2＝0.))
所以可取m＝(1,0,1)，则cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(－\r(2),\r(3)×\r(2))＝－eq \f(\r(3),3)．
所以二面角A­PB­C的余弦值为－eq \f(\r(3),3)．
利用坐标法求二面角的步骤
设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是二面角的大小，如图．用坐标法解题的步骤如下：
(1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系．
(2)求法向量：在建立的坐标系下求两个平面的法向量n1，n2．
(3)计算：设n1与n2所成锐角θ，cs θ＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)．
(4)定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ．
eq \([跟进训练])
3．如图，四棱锥P­ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．
(1)求BC；
(2)求二面角A­PM­B的正弦值．
[解] (1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC．
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设BC＝t，则A(t,0,0)，B(t,1,0)，
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)，1，0))，P(0,0,1)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(t,1，－1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,2)，1，0))．
因为PB⊥AM，所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝
－eq \f(t2,2)＋1＝0，得t＝eq \r(2)，
所以BC＝eq \r(2)．
(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得eq \(AP,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0,1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，0))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，1，－1)．
设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AP,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AM,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋z1＝0，,－\f(\r(2),2)x1＋y1＝0，))
令x1＝eq \r(2)，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量为n1＝(eq \r(2)，1,2)．设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(PB,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x2＝0，,\r(2)x2＋y2－z2＝0，))
得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0,1,1)．
cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(3,\r(7)×\r(2))＝eq \f(3\r(14),14)，
所以二面角A­PM­B的正弦值为eq \f(\r(70),14)．
利用空间向量求空间角的基本思路是把空间角转化为两个向量夹角的关系，解决方法一般有两种，即坐标法和基向量法，当题目中有明显的线面垂直关系时，尽量建立空间直角坐标系，用坐标法解决．需要注意的是要理清所求角与向量夹角之间的关系，以防求错结果．
1．如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
A．eq \f(1,5) B．eq \f(2,5)
C．eq \f(3,5) D．eq \f(4,5)
D [以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D­xyz(图略)，设AB＝1．
则B(1,1,0)，A1(1,0,2)，A(1,0,0)，D1(0,0,2)，eq \(A1B,\s\up7(→))＝(0,1，－2)，eq \(AD1,\s\up7(→))＝(－1,0,2)，
cs〈eq \(A1B,\s\up7(→))，eq \(AD1,\s\up7(→))〉＝eq \f(\(A1B,\s\up7(→))·\(AD1,\s\up7(→)),\(|\(A1B,\s\up7(→))||\(AD1,\s\up7(→))|))
＝eq \f(－4,\r(5)×\r(5))＝－eq \f(4,5)，
∴异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为eq \f(4,5)．]
2．正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为( )
A．eq \f(\r(2),3) B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(\r(6),3)
B [设正方体的棱长为1，依题意，建立如图所示的坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)
∴eq \(AD1,\s\up7(→))＝(－1,0,1)，eq \(AC,\s\up7(→))＝(－1，1,0)
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋z＝0,－x＋y＝0))令x＝1，∴n＝(1,1,1)，又∵eq \(BB1,\s\up7(→))＝(0,0,1)，
∴BB1与平面ACD1所成角的正弦值为
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(BB1,\s\up7(→)),|n||\(BB1,\s\up7(→))|)))＝eq \f(\r(3),3)．]
3．在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这个二面角的余弦值为________．
±eq \f(\r(15),6) [设a＝(0，－1,3)，b＝(2,2,4)，则cs〈a，b〉＝eq \f(10,\r(10)×\r(24))＝eq \f(\r(15),6)，又因为两向量的夹角与二面角相等或互补，所以这个二面角的余弦值为±eq \f(\r(15),6)．]
4．如图所示，直三棱柱ABC­A1B1C1，∠BCA＝90°，点F1是A1C1的中点，BC＝CA＝2，CC1＝1．
(1)求异面直线AF1与CB1所成角的余弦值；
(2)求直线AF1与平面BCC1B1所成的角．
[解] (1)如图所示，分别以eq \(CA,\s\up7(→))，eq \(CB,\s\up7(→))，eq \(CC1,\s\up7(→))为x，y，z轴的非负半轴建立空间直角坐标系，由BC＝CA＝2，CC1＝1，得
A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,1)，A1(2,0,1)，B1(0,2,1)．
因为F1为A1C1的中点，所以F1(1,0,1)．
所以eq \(CB1,\s\up7(→))＝(0,2,1)，eq \(AF1,\s\up7(→))＝(－1,0,1)．
所以cs〈eq \(CB1,\s\up7(→))，eq \(AF1,\s\up7(→))〉＝eq \f(\(CB1,\s\up7(→))·\(AF1,\s\up7(→)),|\(CB1,\s\up7(→))||\(AF1,\s\up7(→))|)
＝eq \f(0，2，1·－1，0，1,\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),10)，
即异面直线AF1与CB1所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10)．
(2)因为三棱柱ABC­A1B1C1为直三棱柱，
所以BB1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以BB1⊥AC．
因为∠BCA＝90°，所以BC⊥AC，
因为BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，
所以AC⊥平面BCC1B1，
所以eq \(CA,\s\up7(→))＝(2,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量．
设直线AF1与平面BCC1B1所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AF1,\s\up7(→))，eq \(CA,\s\up7(→))〉|＝eq \f(2,2\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
所以θ＝eq \f(π,4)，所以直线AF1与平面BCC1B1所成的角为eq \f(π,4)．
学 习 目 标
核 心 素 养
1．会用向量法求线线、线面、面面的夹角．(重点、难点)
2．正确区分向量夹角与所求线线角、面面角的关系．(易错点)
通过利用空间向量求异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的学习，提升学生的逻辑推理、数学运算的核心素养．
角的分类
向量求法
范围
两异面直线l1与l2所成的角θ
设l1与l2的方向向量为a，b，则cs θ＝＝eq \f(|a·b|,|a||b|)
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
直线l与平面α所成的角θ
设l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sin θ＝＝eq \f(|a·n|,|a||n|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
二面角α­l­β的平面角θ
设平面α，β的法向量为n1，n2，则|cs θ|＝＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)
[0，π]
条件
平面α，β的法向量分别为u，υ，α，β所构成的二面角的大小为θ，〈u，υ〉＝φ，
图形
关系
θ＝φ
θ＝π－φ
计算
cs θ＝cs φ
cs θ＝－cs φ
求两条异面直线所成的角
求直线与平面所成的角
求二面角