1、第8节空间角考试要求1.能用几何方法解决空间角问题；2.了解向量方法在研究立体几何空间角问题中的应用.知 识 梳 理1.求异面直线所成的角(1)(几何法)通过作平行线化为三角形求解.(2)(向量法)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l1与l2所成的角范围(0，)求法cos cos |cos |2.求直线与平面所成的角(1)(几何法)通过直线在平面上的射影求解，其步骤为“一作、二证、三计算”.(2)(向量法)设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，则sin |cosa，n|.3.求二面角的大小(1)(几何法)通过一个面的垂线或垂面先作出二面角的
2、平面角，然后加以证明和计算.(2)(向量法)如图，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小_，.如图，n1，n2 分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).常用结论与易错提醒1.异面直线所成的角与其方向向量的夹角：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；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角.2.线面角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 |cosa，n|，不要误记为cos |cosa，n|.3.二面角与法向量的
3、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，的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察出向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.4.最小角定理：平面的一条斜线与平面内所有直线的夹角中，斜线与它在平面内的射影的夹角最小.诊 断 自 测1.判断下列说法的正误.(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，.()答案(1)(2)(3)(4)2.(选修
4、21P104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.135C.45或135 D.90解析cosm，n，即m，n45.两平面所成二面角为45或18045135.答案C3.(2020河北、山西、河南三省联考)在三棱锥PABC中，ABC和PBC均为等边三角形，且二面角PBCA的大小为120，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为ABC和PBC均为等边三角形，所以AOBC，POBC，所以BC平面PAO，即平面PAO平面ABC.且POA就是其二面角PBCA的平面角
5、，即POA120，建立空间直角坐标系如图所示.设AB2，则A(，0，0)，C(0，1，0)，B(0，1，0)，P，所以(，1，0)，cos，所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为.答案A4.如图，把边长为4的正三角形ABC沿中线AD折起，使得二面角CADE的大小为60，则异面直线AC与DE所成角的余弦值为()A. B.C. D.解析如图，取AB的中点F，连接DF，EF，因为D，F分别是线段BC，AB的中点，所以DFAC，所以EDF(或其补角)是异面直线AC与DE所成的角.由正三角形的性质可得ADBC，所以CDE就是二面角CADE的平面角，所以CDE60.又CDDE，所以CDE是正三角形.作EG
6、CD，垂足为G，作FHBD，垂足为H，连接EH，易知EGDEsin 602，DGDEcos 6021，DHBD21，HGDHDG2，FHADAC4.由勾股定理得EH，EF.在EDF中，由余弦定理得cosEDF，所以异面直线AC与DE所成角的余弦值为，故选B.答案B5.已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量和法向量，若 cosm，n，则l与所成的角为_.解析设l与所成角为，cosm，n， sin | cosm，n|，090，30.答案306.过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD，若ABPA，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ABPA1，则A(
7、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AEPD，又易知CD平面PAD，AE平面PAD，CDAE，又PDCDD，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考点一求异面直线所成的角【例1】 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，E是PC的中点.已知AB2，AD2，PA2.求：(1)PCD的面积.(2)(一题多解)异面直线BC与AE所成的角的大小.解(1)因为PA底面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD.又
8、底面ABCD为矩形，所以ADCD，PAADA，所以CD平面PAD，又PD平面PAD，从而CDPD.因为PD2，CD2，所以PCD的面积为222. (2)法一如图1，取PB中点F，连接EF，AF，则EFBC，从而AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角.图1在AEF中，由于EF，AF，AEPC2.所以AF2EF2AE2，AFE，则AEF是等腰直角三角形，所以AEF.因此异面直线BC与AE所成的角的大小是.法二如图2，建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，E(1，1)，(1, ，1)，(0，2，0).图2设与的夹角为，则cos ，所以.由此可知异面直线B
9、C与AE所成的角的大小是.规律方法(1)几何法求异面直线所成的角关键是根据定义构成三角形求解.(2)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：选好基底或建立空间直角坐标系；求出两直线的方向向量v1，v2；代入公式|cosv1，v2|求解；取锐角或直角.【训练1】 (1)(一题多解)(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A. B. C. D.(2)(一题多解)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1AB，E，F分别为BC，BB1的中点，M，N分别为AA1，A1C1的中点，则直线MN与EF所成角的余弦值为()A. B
10、.C. D.解析(1)法一如图，补上一相同的长方体CDEFC1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1DE1，则B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，所以DE12，DB1，B1E1，在B1DE1中，由余弦定理，得cosB1DE1，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.法二如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1OM，则MOD为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，AD12，DM，DB1，所以OMAD11，O
11、DDB1，于是在DMO中，由余弦定理得cosMOD，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.法三以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.由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以(1，0，)，(1，1，)，则由向量夹角公式，得cos，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.(2)法一如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC1，CB1，C1B，易得MNAC1，EFCB1C1B，那么AC1B或AC1B的补角即直线MN与EF所成的角.设AA1ABa，则AC1C1Ba
12、，连接AB，则AB3a，由余弦定理得cos AC1B.故直线MN与EF所成角的余弦值为.法二如图，连接AC1，C1B，CB1，设C1B，CB1交于点O，取AB的中点D，连接CD，OD，则MNAC1OD，EFCB1，那么DOC或其补角即直线MN与EF所成的角.设AA1ABa，则AC1CB1a，于是ODOC，又CD，于是OCD为正三角形，故直线MN与EF所成角的余弦值为.法三取AB的中点O，连接CO，则COAB，以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，过点O且平行于CC1的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB2，则AA12，A(1，0，0)，A1(1，0，2)，M(1，
13、0，)，C(0，0)，C1(0，2)，N，B(1，0，0)，E，B1(1，0，2)，F(1，0，)，所以cos，故直线MN与EF所成角的余弦值为.答案(1)C(2)B考点二求直线与平面所成的角【例2】 (一题多解)(2019浙江卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点.(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.法一(1)证明如图，连接A1E.因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面AB
14、CAC，所以A1E平面ABC，又BC平面ABC，则A1EBC.又因为A1FAB，ABC90，故BCA1F.又A1EA1FA1，A1E，A1F平面A1EF，所以BC平面A1EF.又EF平面A1EF，因此EFBC.(2)解如图，取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1是平行四边形.由于A1E平面ABC，EG平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC平面EGFA1，又BC平面A1BC，则平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于点O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).不妨设AC4，则在RtA
15、1EG中，A1E2，EG.由于O为A1G的中点，故EOOG，所以cos EOG.因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.法二(1)证明连接A1E.因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC4，则A1(0，0，2)，B(，1，0)，B1(，3，2)，F，C(0，2，0).因此，(，1，0).由0，得EFBC.(2)解设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得(，1，0)，(0
16、，2，2).设平面A1BC的一个法向量为n(x，y，z).由得取n(1，1)，故sin |cos，n|，又，所以cos .因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.规律方法求线面角的方法：(1)几何法求线面角的步骤是“一作、二证、三计算”，转化为三角形求解.(2)向量法(或坐标法)求线面角，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)，注意范围是.【训练2】 如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为边长为2的菱形，ADC60，PCCD，E为PC的中点，PC1，PA.(1)求证：PA平面BDE；(2)(一题多解)求直线BE与平面PBD所成的角的正弦值
17、.(1)证明连接AC，交BD于点O，连接EO，则EOPA，因为PA平面BDE，EO平面BDE，所以PA平面BDE.(2)解法一取AB的中点F，连接PF，FC，AC，作PHCF于点H，则由ACCB，得ABPF，ABFC，因为PFFCF，所以AB平面PFC，则ABPH，因为ACABA，所以PH平面ABC.在PAB中，AB2，PAPB，得PF，又PC1，FC，于是可求得PH，因为SBDC2，PH，PCCD，所以在RtDPC中，PD，又PB，BD2，所以PD2PB2BD2，所以PBPD，所以SPBD，由VPBDCVCPBD，得点C到平面PBD的距离为，则点E到平面PBD的距离为，又在PBC中，易求得E
18、B.设直线BE与平面PBD所成的角为，则sin .所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.法二建立如图所示的空间直角坐标系，则易知A(1，0，0)，B(0，0)，C(1，0，0)，D(0，0)，由得P，则E，则，(0，2，0)，所以可求得平面PBD的一个法向量为m(2，0，3)，设直线BE与平面PBD所成的角为，则sin .即直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.考点三求二面角【例3】 如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是的中点.(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)(一题多解)当AB3，AD2时，求二面角
19、EAGC的大小.解(1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP，又BP平面ABP，所以BEBP，又EBC120，因此CBP30.(2)法一如图1，取的中点H，连接EH，GH，CH.因为EBC120，图1所以四边形BEHC为菱形，所以AEGEACGC.取AG的中点M，连接EM，CM，EC，则EMAG，CMAG，所以EMC为所求二面角的平面角.又AM1，所以EMCM2.在BEC中，由于EBC120，由余弦定理得EC22222222cos 12012，所以EC2，因此EMC为等边三角形，故所求的角为60，即二面角EAGC的大小为60.法二以B为坐标原点，分别以B
20、E，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系.图2由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2，0，3)，(1，0)，(2，0，3).设m(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量.由可得取z12，可得平面AEG的一个法向量m(3，2).设n(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量.由可得取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3，2).所以cosm，n，则mn60.因此二面角EAGC的大小为60.规律方法(1)几何法求二面角的步骤是“一作、二证、三计算”.注意利用二面角一个平面的垂线、垂面找(作)平面角.(2)利用向量计算二面
21、角大小的常用方法：找法向量法：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.找与棱垂直的方向向量法：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】 (一题多解)(2020嘉兴测试)如图，多面体由正方体ABCDA1B1C1D1和四棱锥PABCD组成.正方体ABCDA1B1C1D1棱长为2，四棱锥PABCD侧棱长都相等，高为1.(1)求证：B1C平面PCD；(2)求二面角BPB1C的余弦值.法一(几何法)(1)证明分别取正方体上、下底面中心O，O
22、1，则P，O，O1三点共线，连接PO1，AC，D1B1，在PO1B1中，因为PO13，B1O1，所以PB1.在POC中，因为PO1，CO，所以PC.在PB1C中，B1C2，B1C2PC2PB，所以PCB190，即B1CPC.又B1CCD，PCCDC，PC平面PCD，CD平面PCD，故B1C平面PCD.(2)解易得CO平面PBB1，作OEPB1于E，连接CE，则CEPB1，所以CEO是二面角OPB1C的平面角.在RtPO1B1中，所以OE.在RtCEO中，tanCEO，则cosCEO，从而，二面角BPB1C的余弦值是.法二(向量法)以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x，y
23、，z轴建立空间直角坐标系D1xyz.(1)证明因为B1(2，2，0)，C(0，2，2)，D(0，0，2)，P(1，1，3)，所以(2，0，2)，(0，2，0)，(1，1，1)，所以0，0，即B1CCD，B1CCP，又PCCDC，PC平面PCD，CD平面PCD，故B1C平面PCD.(2)解易得平面BPB1的一个法向量是m(1，1，0).设n(x，y，z)是平面CPB1的法向量，则xyz121，可取n(1，2，1).cosm，n，故二面角BPB1C的余弦值为.空间向量在立体几何中的应用【例题】 (满分15分)(2018浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面A
24、BC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.审题路线图法一(向量法)法二(几何法)满分解答法一(1)证明如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(1，0，0)，A1(0，4)，B1(1，0，2)，C1(0，1).(3分)因此(1，2)，(1，2)，(0，2，3).5分由0得AB1A1B1.由0得AB1A1C1.又A1B1A1C1A1，所以AB1平面A1B1C1.7分(2)解设直线AC1与平面ABB1所成
25、的角为.由(1)可知(0，2，1)，(1，0)，(0，0，2).9分设平面ABB1的法向量n(x，y，z).由即可取n(，1，0).12分所以sin |cos，n|.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.15分构建模板利用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”建立空间直角坐标系，写出点的坐标 用向量表示几何元素 通过向量运算，得出结论 用向量表示几何元素 设求平面的法向量 代入线面角的向量公式，结论法二(1)证明由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB得AB1A1B12，所以A1BABAA，由AB1A1B1.3分由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC得B1C
26、1，由ABBC2，ABC120得AC2，由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1，6分又A1B1B1C1B1，因此AB1平面A1B1C1.7分(2)解如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.9分由AB1平面A1B1C1，AB1平面ABB1，得平面A1B1C1平面ABB1，由C1DA1B1得C1D平面ABB1，所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.12分由B1C1，A1B12，A1C1得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.15分构建模板利用勾股定理，计算证明AB1
27、A1B1 证明AB1B1C1 由线面垂直判定定理得结论 (几何法求线面角的步骤：“一作，二证，三计算”)作出线面角 论证线面角 计算线面角(的正弦值)【训练】 (一题多解)(2017浙江卷)如图，已知四棱锥PABCD，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，E为PD的中点.(1)证明：CE平面PAB；(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.法一过P作PHCD，交CD的延长线于点H.不妨设AD2，BCAD，CDAD，则易求DH，过P作底面的垂线，垂足为O，连接OB，OH，易得OHBC，且OP，OB，OH两两垂直.故可以O为原点，以OH，OB，OP所在直
28、线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.(1)证明由PCAD2DC2CB，E为PD的中点，则可得：D，C，P，A，B，E，则，.设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则令y1，则n(1，1，)，n110.又CE平面PAB，CE平面PAB.(2)解由(1)得，.设平面PBC的法向量m(x，y，z)，则令y1，则m(0，1，).设直线CE与平面PBC所成的角为，则sin |cosm，|.直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.法二(1)证明如图，设PA中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA中点，所以EFAD且EFAD，又因为BCAD，BCAD，所以EFBC且EFBC，即
29、四边形BCEF为平行四边形，所以CEBF.又因为CE平面PAB，BF平面PAB，因此CE平面PAB.(2)解分别取BC，AD的中点为M，N，连接PN交EF于点Q，连接MQ.因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQCE.由PAD为等腰直角三角形得PNAD.由DCAD，N是AD的中点得BNAD.因为PNBNN，所以AD平面PBN.由BCAD得BC平面PBN，因为BC平面PBC，所以平面PBC平面PBN.过点Q作PB的垂线，垂足为H，则QH平面PBC.连接MH，则MH是MQ在平面PBC上的射影，所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD1.在P
30、CD中，由PC2，CD1，PD得CE，在PBN中，由PNBN1，PB得QH，在RtMQH中，QH，MQ，所以sinQMH，所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.基础巩固题组一、选择题1.(2020济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A. B. C. D.解析不妨令CB1，则CACC12，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，(0，2，1)，(2，2，1)，cos，0.与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，直线BC1与直线AB1夹角的余
31、弦值为.答案A2.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为线段A1C1的中点，则异面直线DE与B1C所成角的大小为()A. B.C. D.解析连接AC，BD，B1E，设BD与AC交于点O，连接B1O，则四边形DOB1E为平行四边形，所以DEOB1，所以异面直线DE与B1C所成角为OB1C，设正方体棱长为1，则B1C，OC，B1O，所以cosOB1C.又因为异面直线所成角的范围是，OB1C.答案C3.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A. B. C. D.解析以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，
32、y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，(0，1，1)，.设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则有即n1(1，2，2).平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)， cosn1，n2，即所成的锐二面角的余弦值为.答案B4.(2020金丽衢十二校三联)正四面体ABCD，E为棱AD的中点，过点A作平面BCE的平行平面，该平面与平面ABC、平面ACD的交线分别为l1，l2，则l1，l2所成角的正弦值为()A. B. C. D.解析由题意得BCl1，CEl2，则BCE即为l1与l2所成角.设正四面体的棱长为a，则易得EBE
33、Ca，设BC的中点为F，连接EF，则易得EFa，则l1与l2所成角的正弦值为sinBCE，故选A.答案A5.在三棱锥PABC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，PBC与底面所成的二面角的大小为，则tan()的值是()A. B. C. D. 解析如图，设点P在边AB上的射影为H，作HFBC，HEAC，连接PF，PE.依题意，HEP，PFH.不妨设等边ABC的边长为2，则PH2，AHBH1.HE，HF，则tan tan ，故tan() .答案C二、填空题6.如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为D
34、E，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，GH与EF平行；BD与MN为异面直线；GH与MN成60角；DE与MN垂直.以上四个命题中，正确命题的序号是_.解析还原成正四面体ADEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合.易知GH与EF异面，BD与MN异面.连接GM，GMH为等边三角形，GH与MN成60角，易证DEAF，又MNAF，MNDE.因此正确命题的序号是.答案7.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角大小为_；直线EF与底面ABC所成角的大小为_.解析以BC为x轴，BA为y轴，B
35、B1为z轴，建立空间直角坐标系.设ABBCAA12，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；FB平面ABC，BFBE1，FEB为直线EF与底面ABC的夹角且为45.答案60458.已知点E，F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值为_.解析延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示.设正方体的棱长为3，则GBBC3，作BHAG于点H，连接EH，则EHB为所求二面角的平面角.BH，EB1，tanEHB.答案9.
36、在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于_.解析以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.设AA12AB2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则(0，1，0)，(1，1，0)，(0，1，2).设平面BDC1的一个法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以有令y2，得平面BDC1的一个法向量为n(2，2，1).设直线CD与平面BDC1所成的角为，则sin |cos n，|.答案三、解答题10.(2020台州期末评估)如图，四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，ABAD，ABCD，PDAB2AD2CD2，
37、E为PB的中点.(1)证明：平面EAC平面PBC；(2)(一题多解)求直线PD与平面AEC所成角的正弦值.(1)证明PC平面ABCD，故PCAC.又AB2，ADCD1，ADAB，所以ACBC.故AC2BC2AB2，即ACBC.又BCPCC，所以AC平面PBC，因为AC平面ACE，所以平面ACE平面PBC.(2)解法一PC平面ABCD，故PCCD.又PD2，所以PC.在平面PCB内，过点P作PHCE，垂足为H.由(1)知平面ACE平面PBC，所以PH平面ACE，又点E为PB的中点，CEPB.由等面积法得CEPHPCBC.所以PH.又点E为PB的中点，所以点P到平面ACE的距离与点B到平面ACE的
38、距离相等.连接BD交AC于点G，则GB2DG.所以点D到平面ACE的距离是点B到平面ACE的距离的一半，即PH.所以直线PD与平面AEC所成角的正弦值为.法二如图，取AB的中点F，建立如图所示的空间直角坐标系.因为PD2，所以CP.所以C(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，)，A(1，1，0)，B(1，1，0)，E.(0，1，)，(1，1，0)，.设平面ACE的法向量为n(x，y，z)，则即取x1，得y1，z，即n.设直线PD与平面AEC所成角为，则sin |cosn，|.所以直线PD与平面AEC所成角的正弦值为.11.(2019全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面AB
39、CD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值.(1)证明由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，B1C1EC1C1，B1C1，EC1平面EB1C1，所以BE平面EB1C1.(2)解由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，(1，0，0)，(1，1，1)
40、，(0，0，2).设平面EBC的法向量为n(x1，y1，z1)，则即所以可取n(0，1，1).设平面ECC1的法向量为m(x2，y2，z2)，则即所以可取m(1，1，0).于是cosn，m，则sinn，m，所以二面角BECC1的正弦值为.能力提升题组12.如图，在RtABC中，BAC60，点F在斜边AB上，且AB4AF，点M在线段BC上运动，D，E是平面ABC同一侧的两点，AD平面ABC，BE平面ABC，AD3，ACBE4.当点M运动到线段BC的中点时，异面直线CF与EM所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析取BF的中点N，连接MN，EN，因为M，N分别为BC，BF的中点，所以MNCF
41、，且MNCF，所以EMN为异面直线CF与EM所成的角.因为AC4，BAC60，ACB90，所以BC4，BM2，所以EM2.因为AC4，BAC60，ACB90，所以AB8，所以AFAB2，BFAB6，所以BN3，所以EN5.在ACF中，由余弦定理得CF2，所以MN.在EMN中，由余弦定理可得cosEMN，所以异面直线CF与EM所成角的余弦值为.故选A.答案A13.(2020绍兴适应性考试)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB，AC，AA1两两互相垂直，ABACAA1，M，N分别是侧棱BB1，CC1上的点，平面AMN与平面ABC所成的(锐)二面角为.当B1M最小时，AMB()A. B. C.
42、D.解析不妨设ABACAA12，设平面AMN与平面ABC的交线为l，过点B作直线l的垂线BH，设垂足为点H，因为AB，AC，AA1两两互相垂直，所以MHB为平面AMN与平面ABC所成的锐二面角，则tanMHB，要使B1M最小，则BM最大，即BH最大，因为BHAH，所以点H在平面ABC内的轨迹为以AB为直径的圆，则(BH)maxAB2，所以(BM)max，则此时tanAMB，则AMB，故选B.答案B14.(2019全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.(1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA
43、1N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MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.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MNED.又MN平面C1DE.所以MN平面C1DE.(2)解由已知可得DEDA，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Dxyz，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(
44、，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cosm，n，则sinm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.15.(2019天津卷)如图，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求证：BF平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长.解依题意，建立以A为原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).设CFh(h0)，则F(1，2，h).(1)证明依题意，(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，又(0，2，h)，可得0，又因为直线BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依题意，(1，1，0)，(1，0，2)，(1，2，2).设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z1，可得n (2，2，1).因此有cos，n.所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则即不妨令y11，可得m .又n(2，2，1)为平面BDE的一个法向量，故由题意，有|cosm，n|.解得h.经检验，符合题意.所以线段CF的长为.
