§7.7向量法求空間角課標要求1.能用向量法解決異面直線所成的角、直線與平面所成的角、平面與平面的夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會向量法在研究空間角問題中的作用.2.弄清折疊問題中的變量與不變量，掌握折疊問題中線面位置關(guān)系的判斷和空間角的計算問題.1.異面直線所成的角若異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別是u，v，則cosθ=|cos〈u，v〉|=.2.直線與平面所成的角如圖，直線AB與平面α相交于點B，設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sinθ=|cos〈u，n〉|=u·n|3.平面與平面的夾角如圖，平面α與平面β相交，形成四個二面角，我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角.若平面α，β的法向量分別是n1和n2，則平面α與平面β的夾角即向量n1和n2的夾角或其補角.設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，則cosθ=|cos〈n1，n2〉|=.1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)(1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角.()(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角.()(3)二面角的平面角為θ，則兩個平面的法向量的夾角也是θ.()(4)二面角α-l-β的平面角與平面α，β的夾角相等.()2.若直線l的一個方向向量u=(1，0，1)，平面α的一個法向量n=(0，-1，1)，則l與α所成角的大小為()A.π6 B.C.π3或2π3 D.π3.若平面α的一個法向量為n=(1，1，0)，平面β的一個法向量為m=(-1，0，1)，則平面α與β夾角的大小為()A.π6 B.C.π4 D.4.已知點O(0，0，0)，A(1，0，1)，B(-1，1，2)，C(-1，0，-1)，則異面直線OC與AB所成角的余弦值為.(1)斜線與平面所成的角是斜線與平面內(nèi)直線所成角中的最小角.(2)線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sinθ=|cos〈a，n〉|.(3)平面與平面的夾角和二面角的概念不同.題型一異面直線所成的角例1(1)如圖，圓錐的軸截面ABC為等邊三角形，D為弧AB的中點，E，F(xiàn)分別為母線BC，AC的中點，則異面直線BF和DE所成角的大小為()A.π4 B.π3 C.π2(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是以A為直角的腰長為2的等腰直角三角形，側(cè)棱長為2，D為B1B上的點，若直線A1C與直線DC1所成角的余弦值為26，則BD的長為(A.1 B.1C.22 D.思維升華用向量法求異面直線所成的角的一般步驟(1)建立空間直角坐標系.(2)用坐標表示異面直線的方向向量.(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值.(4)注意異面直線所成角的范圍是0，π跟蹤訓練1若在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠A1AC=∠BAC=60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1=AC=AB，則異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為.題型二直線與平面所成的角例2如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，AC1與A1C相交于點D，BB1⊥平面ABC，AB=6，BC=4，BB1=2，A1C1=13，AE=2EB，且DE∥平面BCC1B(1)求S△(2)求直線CC1與平面A1B1C所成角的正弦值.思維升華利用空間向量求線面角的解題步驟跟蹤訓練2(2025·濟南模擬)如圖，在三棱臺ABC-DEF中，平面ABC⊥平面BCFE，AF⊥DE，∠ABC=∠CBF=45°，AC>AB=1.(1)求三棱臺ABC-DEF的高；(2)若直線AC與平面ABF所成角的正弦值為155，求題型三平面與平面的夾角例3(2024·新課標全國Ⅰ)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=3.(1)若AD⊥PB，證明：AD∥平面PBC；(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值為427，求利用法向量的方向判斷二面角二面角的大小可以通過這兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩法向量的夾角或其補角，法向量的方向指向內(nèi)部的稱為“進”入半平面；法向量的方向指向外部的稱為穿“出”半平面；當法向量m，n“一進一出”時，m，n的夾角就是二面角的大??；當法向量m，n“同進同出”時，m，n的夾角就是二面角的補角.典例在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，點E為棱AB的中點，則二面角D1－EC－D的余弦值為.

思維升華利用空間向量計算平面與平面夾角大小的常用方法(1)找法向量：分別求出兩個平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到平面與平面夾角的大小.(2)找與棱垂直的方向向量：分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，然后通過這兩個向量的夾角可得到平面與平面夾角的大小.跟蹤訓練3(2024·新課標全國Ⅱ)如圖，平面四邊形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=53，∠ADC=90°，∠BAD=30°，點E，F(xiàn)分別滿足AE=25AD，AF=12AB，將△AEF沿EF翻折至△(1)證明：EF⊥PD；(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值.答案精析落實主干知識1.|2.|3.n自主診斷1.(1)×(2)×(3)×(4)×2.A3.B4.3探究核心題型例1(1)C[取AB的中點O，連接OC，OD，如圖，以O(shè)D，OB，OC所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)AB=2，則B(0，1，0)，D(1，0，0)，C(0，0，3)A(0，-1，0)，又E，F(xiàn)分別為母線BC，AC的中點，所以E0，1則BF=0DE=-1設(shè)異面直線BF和DE所成的角為θ，則cosθ=|cos〈BF，DE=|BF·DE|又θ∈0，π2，所以θ(2)A[以A為原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A1(0，0，2)，C1(0，2，2)，C(0，2，0).設(shè)D(2，0，t)，0≤t≤2，則A1C=(0，2，-2DC1=(-2，2，2-t所以|cos〈A1C，=|2t解得t=1(負值舍去).即BD=1.]跟蹤訓練12解析設(shè)M為AC的中點，連接MB，MA1，由題意知△ABC是等邊三角形，所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC，因為平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，BM?平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1，因為A1M?平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，所以AC，BM，A1M兩兩垂直，以M為坐標原點，MA，MB，MA1的方向分別為設(shè)AA1=AC=AB=2，則A(1，0，0)，B(0，3，0)，A1(0，0，C1(-2，0，3)所以AC1=(-3，0，A1B=(0，3，所以|cos〈AC1，A1故異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為24例2解(1)連接C1B，如圖，因為DE∥平面BCC1B1，DE?平面ABC1，平面ABC1∩平面BCC1B1=C1B，所以DE∥C1B.因為AE=2EB，所以AD=2所以A1C1=12AC因此A1B1=12AB，B1C1=12所以S△A1B1(2)由(1)可知，A1C1=12AC所以AC=213.依題意，AC2=AB2+BC2，所以AB⊥BC，又BB1⊥平面ABC.因此，以B為坐標原點，分別以BA，BC，BB1的方向為x則A(6，0，0)，C(0，4，0)，B1(0，0，2)，A1(3，0，2)，C1(0，2，2).所以B1A1=(3，0，0)，B1C=(0，4，-2)，CC1設(shè)平面A1B1C的一個法向量為n=(x，y，z)，由n取y=1，則x=0，z=2，所以n=(0，1，2).設(shè)CC1與平面A1B1C所成角為θ，則sinθ=|n·CC1即直線CC1與平面A1B1C所成角的正弦值為1010跟蹤訓練2解(1)作FO⊥BC于點O，因為平面ABC⊥平面BCFE，平面ABC∩平面BCFE=BC，F(xiàn)O?平面BCFE，F(xiàn)O⊥BC，所以FO⊥平面ABC，F(xiàn)O即為三棱臺ABC-DEF的高，又因為AB?平面ABC，所以FO⊥AB，連接AO，因為AB∥DE，AF⊥DE，所以AB⊥AF，F(xiàn)O∩AF=F，F(xiàn)O，AF?平面AFO，所以AB⊥平面AFO，又AO?平面AFO，所以AB⊥AO，又∠ABC=∠CBF=45°，AB=1，所以AO=1，BO=FO=2所以三棱臺ABC-DEF的高為2.(2)以O(shè)為原點，在平面ABC內(nèi)，作Ox⊥BC，以O(shè)x，OB，OF所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則O(0，0，0)，A2B(0，2，0)，F(xiàn)(0，0，AB=-FB=(0，2，-2BO=(0，-2，0)設(shè)平面ABF的法向量為n=(x，y，z)，則n可取n=(1，1，1)，設(shè)BC=λBO，則C(0，2-2λ，0則AC=-設(shè)直線AC與平面ABF所成的角為α，sinα=|cos〈AC，n〉=|-2化簡得8λ2-18λ+9=0，解得λ=32或λ=34(舍去，因為AC>AB，則BC>BO，所以λ>1)，所以BC=λBO=例3(1)證明因為PA⊥平面ABCD，而AD?平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB，PA?平面PAB，所以AD⊥平面PAB，而AB?平面PAB，所以AD⊥AB.因為BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，根據(jù)平面知識可知AD∥BC，又AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC.(2)解方法一以D為原點，DA，DC的方向分別為x軸、設(shè)AD=p，DC=q，滿足p2+q2=AC2=4.則A(p，0，0)，P(p，0，2)，C(0，q，0)，D(0，0，0).設(shè)平面APC的法向量為m=(x1，y1，z1)，因為AP=(0，0，2)，AC=(-p，q，0)所以AP取m=(q，p，0).設(shè)平面DPC的法向量為n=(x2，y2，z2)，因為DP=(p，0，2)，DC=(0，q，0)所以DP取n=(2，0，-p).所以|cos〈m，n〉|=|m·=1-又因為p2+q2=4，所以qp2解得p=3(負值舍去)，即AD=3.方法二如圖所示，過點D作DE⊥AC于點E，再過點E作EF⊥CP于點F，連接DF，因為PA⊥平面ABCD，PA?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD，又平面PAC∩平面ABCD=AC，DE?平面ABCD，所以DE⊥平面PAC，因為CP?平面PAC，所以DE⊥CP，又EF⊥CP，EF∩DE=E，EF，DE?平面DEF，所以CP⊥平面DEF，所以DF⊥CP，根據(jù)二面角的定義可知，∠DFE即為二面角A-CP-D的平面角，即sin∠DFE=427，即tan∠DFE=因為AD⊥DC，設(shè)AD=x，0<x<2，則DC=4-由等面積法可得，DE=x又CE=(4-x2而△EFC為等腰直角三角形，所以EF=4-又DE⊥平面PAC，EF?平面PAC，所以DE⊥EF，故tan∠DFE=DEEF=x4-解得x=3，即AD=3微拓展典例6解析建立如圖所示的空間直角坐標系，由AD=AA1=1，AB=2，得E(1，1，1)，C(0，2，1)，D1(0，0，0)，則D1E=(1，1，1)，D1C=(0，設(shè)平面D1EC的法向量為n=(x，y，z)，則D1E令z=-2，得n=(1，1，-2)，易知平面DEC的一個法向量為m=(0，0，1)，則cos〈m，n〉=m·n|m由法向量的方向為同出，得二面角D1-EC-D的余弦值為63跟蹤訓練3(1)證明由AB=8，AD=53AE=25AD得AE=23，AF=4又∠BAD=30°，在△AEF中，由余弦定理得EF=AE2+A所以AE2+EF2=AF2，則AE⊥EF，即EF⊥AD，所以EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE=E，PE，DE?平面PDE，所以EF⊥平面PDE，又PD?平面PDE，故EF⊥PD.(2)解連接CE，由∠ADC=90°，ED=33CD=3，則EC2=ED2+CD2=36，在△PEC中，PC=43PE=23，EC=6得EC2+PE2=PC2，所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，又EC∩EF=E，EC，EF?平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又ED?平面ABCD，所以PE⊥ED，則PE，EF，ED兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，則E(0，0，0)，P(0，0，23)，D(0，33，0)，C(3，33，0F(2，0，0