22 专题四 课时12 空间角的计算（课件PPT）-【高考快车道】2026年高考数学大二轮专题复习与讲义

专题四　立体几何 课时12　空间角的计算 1 [备考指南]　以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点．空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等． 课时12　空间角的计算 基础考点1　异面直线所成的角 【母题1】　[人教A版选择性必修第一册P43习题1.4T9]如图，M，N分别是正方体ABCD-A′B′C′D′的棱BB′和B′C′的中点． 则MN和CD′所成角的大小为________________；MN和AD所成角的 大小为____________． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 　[法一(几何法)：如图所示，连接AD′，BC′， ∵M，N分别是BB′和B′C′的中点， ∴MN∥BC′∥AD′， ∴∠AD′C是异面直线MN和CD′所成的角； ∠D′AD是异面直线MN和AD所成的角，连接AC，易知△AD′C为等边三角形， ∴∠AD′C＝， 在△AD′D中，∠D′AD＝． 所以MN和CD′所成角的大小为，MN和AD所成角的大小为． 法二(向量法)：如图，以D为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D′(0，0，2)，M(2，2，1)，N(1，2，2)．＝(－1，0，1)，＝(0，－2，2)，又MN和CD′所成角的范围为，所以 |cos 〈〉|＝＝＝，故MN和CD′所成的角为． ＝(2，0，0)，又MN和AD所成角的范围为，所以 |cos 〈〉|＝＝＝，故MN和AD所成的角为．] 链接核心知识：求异面直线所成角的方法 法一(几何法)的步骤：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角． 法二(向量法)的步骤：①求出直线a，b的方向向量，分别记为m，n；②计算cos 〈m，n〉＝；③利用cos θ＝|cos 〈m，n〉|，以及θ∈，求出角θ． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 [人教B版选择性必修第一册P63习题1-2BT4改编]直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，则异面直线BA1与AC1所 成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 A　[法一(几何法)：如图所示， 设E，F，G，H分别是线段A1B1，AB，AA1，A1C1的中点． 连接EF，FH，HG，EH，FG，易知FG綉BA1，GH綉AC1， 故∠FGH或其补角是异面直线BA1与AC1所成的角． 设AB＝AC＝AA1＝2，由于∠BAC＝120°， 所以B1C1＝2，EH＝，EF＝2， 则FH＝＝， 又FG＝BA1＝，GH＝AC1＝， 在△FGH中，由余弦定理得 cos ∠FGH＝＝－． 所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为． 法二(向量法)：取BC中点D， 连接AD，因为AB＝AC， 所以DA⊥DC， 以D为原点，DA，DC所在直线分别为x，y轴，过点D且垂直于平面BAC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设AB＝AC＝AA1＝1，而∠BAC＝120°，所以BD＝DC＝，AD＝， 所以B，A1，A，C1， 所以＝＝， 所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为 |cos 〈〉|＝ ＝＝．] 易错提醒：(1)利用几何法求异面直线所成的角时，通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的角，也可能是其补角． (2)用向量法求异面直线所成的角时，要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同． 【教用·备选题】 1．(2025·玉林模拟)三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 B　[如图，设＝c，＝a，＝b，棱长均为1， 则a·b＝，b·c＝，a·c＝， ∵＝a＋c，＝b－a＋c， ∴·＝(a＋c)·(b－a＋c)＝－1＋＋1＝1，||＝＝＝＝， ||＝＝＝， ∴cos 〈〉＝＝， ∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为． 故选B．] 2．(2025·辽宁模拟)已知圆锥PO的一个轴截面(经过旋转轴的截面)为等腰直角三角形PMN，点A，B在圆锥PO的底面圆周上，且AB⊥MN．若直线PO与平面PAB所成角的正切值为，则异面直线PA与MN所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 A　[如图所示，AB⊥MN，设垂足为Q，取PB的中点C，连接CQ，CO． 根据△PMN是等腰直角三角形，PO为斜边上的高， 设OP＝OM＝ON＝1，则圆锥的母线PM＝PN＝． 因为PO⊥底面圆O，AB⊂底面圆O，所以PO⊥AB， 又因为MN⊥AB，MN∩PO＝O，所以AB⊥平面PMN， 结合AB⊂平面PAB，可得平面PMN⊥平面PAB， 所以直线PO在平面PAB内的射影为直线PQ，∠OPQ就是直线PO与平面PAB的所成角． Rt△POQ中，tan ∠OPQ＝＝，可得OQ＝PO＝． 因为CQ为△ABP的中位线，所以PA∥CQ，PA＝2CQ＝，可得CQ＝， 由异面直线所成角的定义，可知∠CQO(或其补角)就是PA与MN所成角， 因为在Rt△POB中，PO＝OB＝1，C为PB中点，所以OC＝PB＝． 因此，在△COQ中，OC＝CQ＝OQ＝， 所以△COQ是等边三角形，可得∠CQO＝，cos ∠CQO＝， 即异面直线PA与MN所成角的余弦值为． 故选A．] 基础考点2　直线与平面所成的角 【母题2】　[人教A版选择性必修第一册P41练习T3]如图，在三棱锥O-ABC中，OA，OB，OC两两垂直，OA＝OC＝3，OB＝2，则直线 OB与平面ABC所成角的正弦值是________________． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 　[法一(几何法)：如图所示，取AC的中点D，连接OD，BD，由OA＝OC＝2，可知OD⊥AC． 又由△AOB≌△BOC，可知AB＝BC，所以BD⊥AC， 所以AC⊥平面BOD． 由AC⊂平面ABC， 所以平面BOD⊥平面ABC． 所以∠OBD即为直线OB与平面ABC所成的角． 在Rt△AOC中，由等面积法可得OD＝＝， 在Rt△BOC中，BC＝＝， 在Rt△BCD中，BD＝＝＝， 在△OBD中，由余弦定理得cos ∠OBD＝， 所以sin ∠OBD＝． 法二(向量法)：以O为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，3)，B(2，0，0)， C(0，3，0)，＝(2，0，－3)，＝(0，3，－3)，＝(2，0，0)．设m＝(x，y，z)是平面ABC的法向量， 则令y＝1，则m＝为平面ABC的一个法向量，所以|cos 〈，m〉|＝＝＝，故直线OB与平面ABC所成角的正弦值为．] 链接核心知识：求直线与平面所成角的方法 法一(几何法)步骤：①找出直线l在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角． 法二(向量法)：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①θ∈；②sin θ＝|cos 〈a，n〉|＝． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 1．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则(　　) A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45° √ √ √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 ABD　[如图，连接B1C，BC1，因为DA1∥B1C ，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角． 因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确； 连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1 ， 因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C， 又A 1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确； 连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO， 因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B， 因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D， 所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角， 设正方体的棱长为1，则C1O＝，BC1＝，sin ∠C1BO＝＝， 所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误； 因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正确． 故选ABD．] 2．(2025·北京卷)四棱锥P-ABCD中，△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°，E为BC的中点． (1)F为PD的中点，G为PE的中点，证明：FG∥平面PAB； (2)若PA⊥平面ABCD，PA＝AC，求AB与平面PCD所成角的正弦值． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 [解]　(1)证明：取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN，GM， 因为△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°， 不妨设AD＝CD＝2，所以AC＝AB＝2， 所以BC＝4， 因为E，F分别为BC，PD的中点， 所以FN＝AD＝1，BE＝BC＝2， 因为G为PE的中点， 所以GM＝BE＝1， 因为∠DAC＝45°，∠ACB＝45°， 所以AD∥BC， 所以FN∥GM， 又FN＝GM， 所以四边形FGMN为平行四边形， 所以FG∥MN， 因为FG⊄平面PAB，MN⊂平面PAB， 所以FG∥平面PAB． (2)因为PA⊥平面ABCD，所以以A为原点，AC，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设AD＝CD＝2，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，0，0)，D(，－，0)，P(0，0，2)， 所以＝(0，2，0)，＝(，0)，＝(－2，0，2)． 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， 所以 所以 取x＝1，所以y＝－1，z＝1， 所以n＝(1，－1，1)， 设AB与平面PCD所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝ ＝＝＝， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为． 反思领悟：(1)几何法求线面角的关键是找出线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中应用余弦定理(或勾股定理)求解； (2)向量法求线面角时要注意：线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝或〈a，n〉－θ＝，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 【教用·备选题】 1．(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1． (1)证明：A1C＝AC； (2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 [解]　(1)证明：过A1作A1D⊥CC1，垂足为D， ∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴A1C⊥BC， 又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC， ∵A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C， ∴BC⊥平面ACC1A1， ∵A1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1D， 又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C， ∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D＝1． 由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1， ∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1， ∴A1C＝A1C1， 又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝A1C1， ∴A1C＝AC． (2)连接A1B，由(1)易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F， ∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2， 又A1D＝1且A1C＝AC， ∴A1C＝A1C1＝AC＝，AB＝A1B1＝，BC＝． 建立空间直角坐标系C-xyz如图所示， 则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)， B1(－)，C1(－，0，)， ∴＝(0，，0)，＝(－，0，)，＝(－2，)． 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)， 则即取x＝1，则y＝0，z＝1， ∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1)． 设AB1与平面BCC1B1所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝． ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为． 2．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，BC＝AD，PA＝AB＝2，E为棱PD的中点． (1)求证：EC∥平面PAB； (2)当PC＝3时，求直线PC与平面BCE所成角的正弦值． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 [解]　(1)证明：取PA中点为M，连接ME，MB，如图所示． 在△PAD中，因为M，E分别为PA，PD的中点， 故ME∥AD，ME＝AD． 又AD∥BC，BC＝AD， 故ME∥BC，ME＝BC， 则四边形MBCE为平行四边形，EC∥MB． 又MB⊂平面PAB，EC⊄平面PAB， 故EC∥平面PAB． (2)法一：由题意建立空间直角坐标系，如图所示． 由PA＝AB＝2，PC＝3， 得AC＝，BC＝1，AD＝2， 所以P(0，0，2)，D(0，2，0)，E(0，1，1)，B(2，0，0)，C(2，1，0)，则＝(2，1，－2)，＝(2，－1，－1)，＝(2，0，－1)， 设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝2，可得平面EBC的一个法向量为n＝(1，0，2)， 设直线PC与平面BCE所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈·n〉|＝ ＝＝． 即直线PC与平面BCE所成角的正弦值为． 法二：过点P作BM延长线的垂线，垂足为N，连接NC，如图所示． 由(1)可知，EC∥BM， 故平面BCE也即平面NMBCE． 因为AB⊥AD，BC∥AD，则BC⊥AB． 又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，故BC⊥PA． 又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，故BC⊥平面PAB． 又PN⊂平面PAB，则PN⊥BC，又PN⊥BN． BC∩BN＝B，BC，BN⊂平面BCE， 故PN⊥平面BCE， 则∠PCN即为PC与平面BCE的夹角． 在△ABM中，因为AB＝2，AM＝PA＝1， 则BM＝＝，sin ∠AMB＝． 在△PMN中，因为PM＝PA＝1，∠AMB＝∠PMN，则PN＝ sin ∠PMN×PM＝． 又PC＝3，sin ∠PCN＝＝＝， 即直线PC与平面BCE所成角的正弦值为． 3．菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，以AB为轴将菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D1⊥平面ABCD，点E为边BC1的中点，连接CE，DD1． (1)求证：CE∥平面ADD1； (2)求直线CE与平面BDD1所成角的正弦值． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 [解]　(1)证明：∵BE∥AD1，BE⊄平面ADD1，AD1⊂平面ADD1，∴BE∥平面ADD1． 同理可得BC∥平面ADD1． 又∵BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCE， ∴平面BCE∥平面ADD1． ∵CE⊂平面BCE，∴CE∥平面ADD1． (2)法一：取AB的中点O，连接OD，OD1，易知OD⊥AB，OD1⊥AB． ∵平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D1＝AB， 又OD1⊂平面ABC1D1，OD1⊥AB， ∴OD1⊥平面ABCD． 如图，建立空间直角坐标系，则B(0，－1，0)，D(，0，0)，C(，－2，0)，D1(0，0，)，C1(0，－2，)． 从而E， 得＝． 又＝(，1，0)，＝(－，0，)， 设平面BDD1的法向量n＝(x，y，z)， 有得 解得 取z＝1，可得平面BDD1的一个法向量为n＝(1，－，1)， 设直线CE与平面BDD1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝， 所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为． 法二：取AD1的中点F，则EFDC是平行四边形，所以CE∥DF． 从而CE与平面BDD1所成的角即为DF与平面BDD1所成的角，设为θ． 过D1作D1G⊥AB交AB于G，连接GF，过G作GH⊥BD交BD于H， 过G作GK⊥D1H交D1H于K． 因为平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D1＝AB， 又D1G⊂平面ABC1D1，D1G⊥AB， 所以D1G⊥平面ABCD， 又BD⊂平面ABCD，所以D1G⊥BD， 又GH⊥BD，D1G∩GH＝G，D1G，GH⊂平面D1GH，从而BD⊥平面D1GH， 因为GK⊂平面D1GH， 所以BD⊥GK， 又GK⊥D1H，BD∩D1H＝H，BD，D1H⊂平面BDD1，从而GK⊥平面BDD1． 所以GK的长即为G到平面BDD1的距离． 由D1G＝，GH＝，可得GK＝． 又GF∥BD1，所以F到平面BDD1的距离设为h，即为G到平面BDD1的距离， 即h＝GK＝． 又D1G＝DG＝，可得DD1＝． 在△ADD1中，DD1＝，AD＝AD1＝2，所以＝，得DF＝2． 所以sin θ＝＝，所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为． 基础考点3　平面与平面的夹角 【母题3】　[人教B版选择性必修第一册P66T10(3)]如图所示，三棱锥A-BCD中，平面ABC与平面DBC互相垂直，且AB＝BC＝BD， ∠CBA＝∠CBD＝120°，则二面角A-BD-C的正弦值为________． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 　[作AO⊥BC于点O，连接DO易得OD， OC，OA互相垂直， 以O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． 设AB＝1，则O(0，0，0)，D，B，C，A． 显然n1＝(0，0，1)为平面BCD的一个法向量， 设平面ABD的法向量n2＝(x，y，1)， ∵＝＝， ∴即 令x＝1，得n2＝(1，，1)， 设二面角A-BD-C的大小为θ，则 |cos θ|＝＝， ∴sin θ＝． ∴二面角A-BD-C的正弦值为．] 【母题4】　[人教A版选择性必修第一册P38练习T3]如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，则平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦 值为________________． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 　[因为正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2，取BC的中点O， 连接AO，则AO⊥平面BB1C1C．取B1C1的中点H，连接OH，则AO，BO，OH两两垂直．以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，)，B(1，0，0)，A1(0，2，)，C1(－1，2，0)，所以＝(1，0，－)，＝(0，2，0)，＝(－2，2，0)，＝(－1，2，)．设平面AA1B的法向量为 n1＝(x1，y1，z1)，则 令z1＝1，得n1＝(，0，1)．同理可得 平面A1BC1的一个法向量为n2＝(，－1)．设平面AA1B与平面 A1BC1的夹角为θ，易知θ为锐角，则cos θ＝＝ ＝＝，即平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为．] 链接核心知识：设平面α，β的法向量分别为u，v，平面α与平面β的夹角为θ， 则(1)θ∈； (2)cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 (2024·新高考Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝． (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 [解]　(1)证明：因为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． 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC． (2)法一：如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，DE⊥AC，DE⊂平面ABCD， 所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥PC．又EF⊥CP，EF∩DE＝E，EF，DE⊂平面DEF， 所以CP⊥平面DEF，CP⊥DF． 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角， 即sin ∠DFE＝，即tan ∠DFE＝． 因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝，由等面积法可得DE＝， 又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝， 故tan ∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝． 法二：由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，则CD＝，C(0，，0)，P(a，0，2)，＝(0， －，0)，＝(－a，，0)，＝(a，－，2)． 设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 可取n＝(2，0，－a)． 设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 可取m＝(，a，0)． ∵二面角A-CP-D的正弦值为， ∴余弦值的绝对值为， 故|cos 〈m，n〉|＝ ＝＝， 又a>0，∴a＝，即AD＝． 反思领悟：(1)求二面角的几何方法有：定义法、三垂线定理法、射影面积法等． (2)利用法向量的依据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在求二面角的大小时，一定要判断出二面角的平面角是锐角还是钝角，否则解法是不严谨的． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 【教用·备选题】 1．(2024·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2． (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD； (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 [解]　(1)证明：取PD的中点S，连接SF，SC， 则SF∥ED，SF＝ED＝1， 而ED∥BC，ED＝2BC，故SF∥BC，SF＝BC， 故四边形SFBC为平行四边形， 故BF∥SC．又BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD， 所以BF∥平面PCD． (2)因为ED＝2，所以AE＝1，故AE∥BC，AE＝BC， 故四边形AECB为平行四边形，故CE∥AB， 因为AB⊥平面PAD，所以CE⊥平面PAD． 又PE，ED⊂平面PAD，故CE⊥PE，CE⊥ED，而PE⊥ED， 故以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， 则＝(0，－1，－2)，＝(1，－1，－2)，＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2)， 设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)， 则由 可得取z＝1， 则m＝(0，－2，1)为平面PAB的一个法向量， 设平面PCD的法向量为n＝(a，b，c)， 则由 可得取c＝1，则n＝(2，1，1)为 平面PCD的一个法向量， 故|cos 〈m，n〉|＝＝， 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为． 2．(2024·泰安模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，∠BAD＝π，AA1＝AB＝2，E，F，G分别为BB1，CC1，DD1的中点． (1)求证：A1E∥GC； (2)求平面A1EF与平面ABCD夹角的大小． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 [解]　(1)证明：取BC中点H，连接AH，因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝π，所以AH⊥AD，以A为原点，AH，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， 则A1(0，0，2)，E(，－1，1)，G(0，2，1)，C(，1，0)，F(，1，1)，＝(，－1，－1)，＝(，－1，－1)，∴∥， ∴A1E∥GC． (2)法一：设平面A1EF的法向量为n＝(x，y，z)， 又＝(0，2，0)，所以 即 令x＝1，可得平面A1EF的一个法向量为n＝(1，0，)， 易知＝(0，0，2)为平面ABCD的一个法向量， 设平面A1EF与平面ABCD的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝，∴θ＝， ∴平面A1EF与平面ABCD的夹角为． 法二：如图所示，设AA1的中点为M，连接MB，MC， 易证EA1∥MB，FA1∥MC， 故EA1∥平面MBC，FA1∥MBC， 又FA1∩EA1＝A1，所以平面A1EF∥平面MBC， 则平面A1EF与平面ABCD的夹角就是MBC与平面ABCD的夹角， 设BC的中点为H，连接MH， 因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝， 所以AH⊥BC， 又AM⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以AM⊥BC，又AM∩AH＝A，AM，AH⊂平面AMH，所以BC⊥平面AMH， 故MH⊥BC，所以∠AHM是平面MBC与平面ABCD的夹角． 易知AM＝AA1＝1，AH＝AB＝． 所以tan ∠AHM＝＝，故∠AHM＝， 所以平面A1EF与平面ABCD的夹角大小为． 法三：由题意知A1F＝，EF＝2，A1E＝，易得S△A1EF＝2． 又△A1EF在平面ABCD内的射影为△ABC，且S△ABC＝， 设平面A1EF与平面ABCD的夹角为θ， 则cos θ＝＝， 又θ∈，故θ＝， 即平面A1EF与平面ABCD的夹角大小为． 3．(2024·全国甲卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求二面角F-BM-E的正弦值． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 [解]　(1)证明：因为BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M为AD的中点，所以BC∥MD，BC＝MD， 四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD，又因为BM⊄平面CDE， CD⊂平面CDE，所以BM∥平面CDE． (2)如图所示，作BO⊥AD交AD于点O，连接OF， 因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝2，所以CD＝2， 结合(1)四边形BCDM为平行四边形，可得BM＝CD＝2，又AM＝2， 所以△ABM为等边三角形，O为AM的中点，所以OB＝． 又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF＝MD，EF∥MD， 四边形EFMD为平行四边形，FM＝ED＝AF， 所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上中点O重合，OF⊥AM，OF＝＝3． 又因为BF＝2，则OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF，所以OB，OD，OF互相垂直， 以为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，＝ (－，1，0)，＝(－，0，3)， ＝(－，2，3)，设平面BFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即令x1＝，得y1＝3，z1＝1， 即m＝(，3，1)是平面BFM的一个法向量， 设平面EMB的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即 令x2＝，得y2＝3，z2＝－1， 即n＝(，3，－1)是平面EMB的一个法向量，则cos 〈m，n〉＝＝＝，则sin 〈m，n〉＝， 故二面角F-BM-E的正弦值为． 当堂进阶　真题试做　感悟高考 (2023·新高考Ⅱ卷)如图，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＝，求二面角D-AB-F的正弦值． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 [解]　(1)证明：连接AE，DE， ∵DB＝DC，E为BC的中点， ∴DE⊥BC． 又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， ∴△ACD与△ABD均为等边三角形， ∴AC＝AB， ∴AE⊥BC． 又∵AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， ∴BC⊥平面ADE， ∵AD⊂平面ADE， ∴BC⊥DA． (2)设DA＝DB＝DC＝2，∴AB＝AC＝2， 由题意知△DBC为等腰直角三角形， ∴DE＝EB＝EC＝． ∵AE⊥BC，∴AE＝＝，又AD＝2， ∴AE2＋DE2＝4＝AD2， ∴AE⊥DE． 又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，BC，DE⊂平面BCD， ∴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，建立空间直角坐标系，如图所示， 则D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)，E(0，0，0)，∵＝， ∴F(－，0，)， ∴＝(－，0，)， ＝(0，，－)，＝(－，0，0)， 设平面DAB与平面ABF的法向量分别为＝＝(x2，y2，z2)， 则即 令x1＝1，解得y1＝z1＝1， 则即 令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1， 故平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(1，1，1)，n2＝(0，1，1)， 设二面角D-AB-F的平面角为θ， 则|cos θ|＝＝＝， 故sin θ＝， ∴二面角D-AB-F的正弦值为． √ 课后限时练(十二) 空间角的计算(A) 1．[人教A版必修第二册P152例4改编]在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则(　　) A．AB＝2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30° C．AC＝CB1　 D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45° 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 93 D　[如图所示，不妨设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，依题意以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为∠DB1A，所以sin 30°＝＝，即b＝c，B1D＝2c＝，解得a＝c． 94 对于A，AB＝a，AD＝b，AB＝AD，A错误； 对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE， 因为tan ∠BAE＝＝，所以∠BAE≠30°，B错误； 对于C，AC＝＝c，CB1＝＝c，AC≠CB1，C错误； 对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，sin ∠DB1C＝＝＝，而 0°<∠DB1C<90°， 所以∠DB1C＝45°．D正确． 故选D．] 95 √ 2．在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝CD＝2．设E为DC的中点，将△AED沿AE翻折到△AED1的位置，使得平面AED1⊥平面ABCE，如图，则二面角D1-AB-C的余弦值为(　　) A．－ B． C． D． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 96 D　[设AE的中点为点O，连接OD1，OB，由题意知AD1＝D1E，所以OD1⊥AE， 又平面AED1⊥平面ABCE，平面AED1∩平面ABCE＝AE，所以OD1⊥平面ABCE，易知OB⊥AE． 97 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，，0)，D1(0，0，)， 所以＝(－1，，0)，＝(0，－，)． 设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z)， 则不妨设y＝1，得n＝(，1，1)． 易知平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，由图易知二面角 D1-AB-C为锐二面角， 所以二面角D1-AB-C的余弦值为＝．] 98 3．[人教A版选择性必修第一册P37例8]在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝CB＝2，AA1＝3，∠ACB＝90°，P为BC的中点，点Q，R分别在棱AA1，BB1上，A1Q＝2AQ，BR＝2RB1，则平面PQR与平面 A1B1C1夹角的余弦值为________________． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 99 　[以C1为坐标原点，C1A1，C1B1，C1C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．设平面A1B1C1的法向量为n1，平面PQR的法向量为n2，则平面PQR与平面A1B1C1的夹角就是n1与n2的夹角或其补角．因为C1C⊥平面A1B1C1，所以平面A1B1C1的一个法向量为n1＝(0，0，1)．根据所建立的空间直角坐标 系，可知P(0，1，3)，Q(2，0，2)，R(0，2，1)， 所以＝(2，－1，－1)，＝ (0，1，－2)． 100 设n2＝(x，y，z)，则即所以 取n2＝(3，4，2)，则cos 〈n1，n2〉＝＝＝． 设平面PQR与平面A1B1C1的夹角为θ， 则设平cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝． 即平面PQR与平面A1B1C1的夹角的余弦值为．] 101 4．(2025·上海春季高考)已知P是一个圆锥的顶点，PA是母线，PA＝2，该圆锥的底面半径是1．B，C均在圆锥的底面上，则异面直线PA与BC所成角的最小值为________________． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 102 　[P是一个圆锥的顶点，PA是母线，PA＝2，该圆锥的底面半径是1， B，C均在圆锥的底面上． 如图，过A作AD∥BC交底面圆锥于D点，连接PD， ∵PA＝PD，AD∥BC，则∠PAD为异面直线PA与BC所成的角， ∴cos ∠PAD＝ ＝＝， 又0＜|AD|2， 103 ∴0<，即0<cos ∠PAD， ∵∠PAD∈，函数y＝cos α在α∈上单调递减， ∴∠PAD<， ∴异面直线PA与BC所成角的最小值为． 故答案为．] 104 5．(2025·石景山区一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD＝2，AB＝1，BC＝1，PA＝2，AB⊥BC，N为PD的中点． (1)求证：AN∥平面PBC； (2)求二面角C-PD-A的余弦值； (3)点M在线段AP上，直线CM与平面PAD所成角的正弦值为，求点M到平面PCD的距离． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 105 [解]　(1)证明：设PC的中点为F，连接NF，BF， 因为N为PD的中点，所以NF∥DC，且NF＝DC， 又AB∥CD，且AB＝CD，所以NF∥AB，且NF＝AB， 所以四边形ANFB为平行四边形，则AN∥BF， 又AN⊄平面PBC，BF⊂平面PBC， 所以AN∥平面PBC． 106 (2)记CD的中点为E，连接AE， 因为AB∥CD，CE＝CD＝1＝AB，AB⊥BC， 所以四边形ABCE是矩形，则AE＝BC＝1，AE⊥AB． 以A为原点，以AE，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 则A(0，0，0)，D(1，－1，0)，C(1，1，0)，P(0，0，2)， 则＝(0，－2，0)，＝(1，－1，－2)，＝(0，0，2)， 设平面PAD的法向量为n＝(a，b，c)， 107 则所以 令a＝1，则n＝(1，1，0)， 设平面PCD的法向量为u＝(r，s，t)， 则所以 令t＝1，则u＝(2，0，1)， 所以cos 〈n，u〉＝＝＝， 由图可知，二面角C-PD-A为锐角， 所以二面角C-PD-A的余弦值为． 108 (3)依题意，设M(0，0，k)(0k2)，则＝(－1，－1，k)， 又由(2)得平面PAD的一个法向量为n＝(1，1，0)， 记直线CM与平面PAD所成角为β， 所以sin β＝|cos 〈n，〉|＝ ＝＝， 解得k＝1(负值舍去)， 所以M(0，0，1)，则＝(0，0，1)， 而由(2)得平面PCD的一个法向量为u＝(2，0，1)， 所以点M到平面PCD的距离为＝＝． 109 空间角的计算(B) 1．(2025·上海春季高考T17改编)在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝AC＝CP＝2，AB＝BC＝． (1)若O是棱AC的中点，证明：BO⊥平面PAC，并求三棱锥B-OPA的体积； (2)求二面角B-PC-A的正弦值． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 110 [解]　(1)证明：连接BO，因为AB＝BC＝，所以BO⊥AC， 因为平面PAC⊥平面ABC，交线为AC， BO⊂平面ABC， 所以BO⊥平面PAC． 因为PA＝AC＝CP＝2， 所以PO⊥AC，AO＝1， PO＝＝， 故S△OPA＝OP·AO＝×1＝， 由勾股定理得BO＝＝＝1， 又BO⊥平面PAC， 三棱锥B-OPA的体积V＝S△OPA·BO＝×1＝． 111 (2)由(1)知，BO⊥平面PAC，OC，OP⊂平面PAC， 所以BO⊥OC，BO⊥OP，又PO⊥AC，故OB，OC，OP两两垂直， 以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(1，0，0)，P(0，0，)，C(0，1，0)，A(0，－1，0)， ＝(－1，0，)，＝(0，1，－)， 设平面BPC的法向量为m＝(x，y，z)， 则 112 则 令z＝1，得x＝y＝，故m＝(，1)， 易知平面PCA的一个法向量为n＝(1，0，0)， 由图可知，二面角B-PC-A为锐角，设其为θ， 故cos θ＝cos 〈m，n〉＝ 113 ＝＝＝， ∴sin θ＝＝＝， 故二面角B-PC-A的正弦值为． 易错提醒：求二面角的正弦值的易错点：一是使用向量法前，应注意证明基向量所在的三条直线两两垂直；二是向量夹角公式求出来的是两平面法向量夹角的余弦值，还需转化为二面角的正弦值． 114 2．(2025·十堰模拟)如图，边长为2的正方形ABCD是圆柱的轴截面，E为底面圆O上的点，F为线段DE的中点． (1)证明：OF∥平面BCE． (2)若直线BE与平面CDE所成角的正弦值为，求BE的长． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 当堂进阶 课后限时练 课时12　空间角的计算 115 [解]　(1)证明：取线段CE的中点H，连接FH，BH， 在△CDE中，FH∥CD，FH＝CD． 因为AB∥CD，AB＝2OB＝CD， 所以FH∥OB，FH＝OB， 所以四边形FHBO为平行四边形， 则OF∥HB， 因为OF⊄平面BCE，HB⊂平面BCE， 所以OF∥平面BCE． 116 (2)连接AE，因为AB是圆O的直径，所以AE⊥BE， 过点E作圆柱的母线EQ，则EQ⊥平面ABE， 所以AE，BE，EQ互相垂直， 以E为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设AE＝a，BE＝b，则a2＋b2＝4，E(0，0，0)，C(0，b，2)，D(a，0，2)， 所以＝(0，b，2)，＝(a，0，2)， 设m＝(x，y，z)为平面CDE的法向量， 117 所以 令z＝ab，则m＝(－2b，－2a，ab)， 易知直线BE的一个方向向量为n＝(0，1，0)， 记直线BE与平面CDE所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈m，n〉|＝ ＝＝， 化简得15a2＝4b2＋a2b2． 结合a2＋b2＝4，解得a＝1，b＝， 所以BE＝． 118 谢 谢！ 119 $