第七章 7.7 向量法求空间角 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“向量法求空间角”核心专题，依据高考评价体系梳理了异面直线所成角、线面角、面面角三大考查方向，通过近五年真题分析明确线面角（占比约35%）、面面角（占比约30%）为高频考点，归纳选择、填空、解答题三类常考题型，构建完整知识网络与解题体系。 课件亮点在于“主干知识+真题突破+素养提升”的备考模式，精选2025北京卷、2023新课标Ⅰ卷等真题，通过“建系-求向量-用公式”三步法解析典型例题，培养学生数学思维（推理能力）与数学语言（模型观念）。特设易错点警示（如法向量方向判断）和答题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准定位复习重点，实现高效备考。

向量法求空间角 落实主干知识 1.异面直线所成的角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ=|cos〈u，v〉| =_______. 2.直线与平面所成的角 如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ=|cos〈u，n〉|= =_______. 3.平面与平面的夹角 如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把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. 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平 面β的夹角为θ，则cos θ=|cos〈n1，n2〉|=________. 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (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)二面角的平面角为θ，则两个平面的法向量的夹角也是θ.(　　) (4)二面角α-l-β的平面角与平面α，β的夹角相等.(　　) 自主诊断 × × × × 2.若异面直线l1，l2的方向向量分别是a=(0，-2，-1)，b=(1，0，2)，设异面直线l1与l2的夹角为θ，则cos θ等于 A.- B. C.- D. √ 解析　 ∵a=(0，-2，-1)，b=(1，0，2)， ∴a·b=0×1+(-2)×0+(-1)×2=-2， |a|==， |b|==， 则cos θ=|cos〈a，b〉|===. 3.若向量a=(0，2，0)是直线l的方向向量，向量n=(1，1，1)是平面α的法向量，则直线l与平面α所成角的余弦值为 A.- B.- C. D. √ 解析　设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ=|cos〈a，n 〉===， 则cos θ==， 因此直线l与平面α所成角的余弦值为. 4.如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB=3BC=3CD=3，DE⊥AB于点E，现将△ADE沿DE折起，使点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则平面ACD与平面 ABE夹角的余弦值为　　　. 解析　由题意得AB⊥平面BCDE， 又BC⊥BE，故建立如图所示的空间直角坐标系， ∵AB⊥BE，且BE=1，AE=2， ∴AB=， 则B(0，0，0)，A(0，0，)，C(1，0，0)，D(1，1，0)， ∴=(0，1，0)，=(-1，0，)， 设平面ACD的法向量为n=(x，y，z)， ∴ 解析　令z=1，∴x=，y=0，∴n=(，0，1)， 又平面ABE的一个法向量为=(1，0，0)， 且|cos〈·n〉|===， ∴平面ACD与平面ABE夹角的余弦值为. (1)斜线与平面所成的角是斜线与平面内直线所成角中的最小角. (2)线面角θ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 θ=|cos〈a，n〉|. (3)平面与平面的夹角和二面角的概念不同. 微点提醒 返回 探究核心题型 例1　如图，圆锥的轴截面ABC为等边三角形，D为弧AB的中点，E，F分别为母线BC，AC的中点，则异面直线BF和DE所成角的大小为 A. B. C. D. √ 题型一　异面直线所成的角 解析　取AB的中点O，连接OC，OD，如图，以OD，OB，OC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 设AB=2，则B(0，1，0)，D(1，0，0)，C(0，0，)，A(0，-1，0)， 又E，F分别为母线BC，AC的中点， 所以E，F， 则=，=， 解析　设异面直线BF和DE所成的角为θ， 则cos θ=|cos〈，〉|===0， 又θ∈，所以θ=. 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系. (2)用坐标表示异面直线的方向向量. (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值. (4)注意异面直线所成角的范围是，即异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值. 思维升华 跟踪训练1　如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2.E，F分别是BC，A1C1的中点.设D是线段B1C1上的(包括两个端点)动点，若直线BD与EF所成角的余弦值为，则线段BD的长为　　　　. 2 解析　如图，以E为坐标原点建立空间直角坐标系， 则E(0，0，0)，F，B(0，-1，0)， 设D(0，t，2)(-1≤t≤1)， 则=，=(0，t+1，2)， 设直线BD与EF所成的角为θ， 所以cos θ=|cos〈，〉|===， 即23t2+14t-37=0， 解得t=1或t=-(舍去)，故=(0，2，2)， 所以BD=||==2. 例2　(2025·北京)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∥面PAB； 题型二　直线与平面所成的角 证明　取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN，GM， ∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC=∠BAC=90°， 不妨设AD=CD=2，∴AC=AB=2， ∴BC=4，∵E，F分别为BC，PD的中点， 例2　(2025·北京)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∥面PAB； 证明　∴FN=AD=1，BE=2，∴GM=BE=1=FN， ∵∠DAC=45°，∠ACB=45°，∴AD∥BC，∴FN∥GM， ∴四边形FGMN为平行四边形，∴FG∥MN， ∵FG⊄平面PAB，MN⊂平面PAB， ∴FG∥平面PAB. 例2　(2025·北京)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. (2)若PA⊥面ABCD，PA=AC，求AB与面PCD所成角的正弦值. 解　∵PA⊥平面ABCD， ∴以A为坐标原点，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)， ∴=(0，2，0)，=(，，0)， =(-2，0，2)， 例2　(2025·北京)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. (2)若PA⊥面ABCD，PA=AC，求AB与面PCD所成角的正弦值. 解　设平面PCD的法向量为n=(x，y，z)， ∴∴ 取x=1，∴y=-1，z=1，∴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. 利用空间向量求线面角的解题步骤 思维升华 跟踪训练2　(2026·青岛模拟)如图，已知底面ABC是正三角形，EA⊥平面ABC，CD⊥平面ABC，EA=AB=2. (1)若CD=1，F是BE的中点，证明：FD⊥平面ABE； 证明　∵EA⊥平面ABC，CD⊥平面ABC，∴EA∥CD， 取AB的中点M，连接FM，CM， ∵F是BE的中点， ∴FM∥EA且FM=EA=1， 又CD∥EA且CD=1， ∴FM∥CD且FM=CD， 故四边形FMCD是平行四边形，∴FD∥CM， 跟踪训练2　(2026·青岛模拟)如图，已知底面ABC是正三角形，EA⊥平面ABC，CD⊥平面ABC，EA=AB=2. (1)若CD=1，F是BE的中点，证明：FD⊥平面ABE； 证明　又△ABC是正三角形，∴CM⊥AB， 又EA⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，∴CM⊥EA， 又EA∩AB=A，EA，AB⊂平面ABE， ∴CM⊥平面ABE，故FD⊥平面ABE. 跟踪训练2　(2026·青岛模拟)如图，已知底面ABC是正三角形，EA⊥平面ABC，CD⊥平面ABC，EA=AB=2. (2)求直线CE与平面EBD所成角的正弦值的最大值. 解　令CD=a(a>0)，取AC的中点O，连接BO，过O作OZ∥EA，交DE于Z， ∵OZ∥EA，EA⊥平面ABC， ∴OZ⊥平面ABC， ∵△ABC是正三角形，∴OB⊥AC， 以O为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴正方向， 建立空间直角坐标系， 则B(，0，0)，E(0，-1，2)，D(0，1，a)，C(0，1，0)， 跟踪训练2　(2026·青岛模拟)如图，已知底面ABC是正三角形，EA⊥平面ABC，CD⊥平面ABC，EA=AB=2. (2)求直线CE与平面EBD所成角的正弦值的最大值. 解　∴=(，1，-2)，=(0，2，a-2)， 设平面EBD的法向量为n=(x，y，z)， 则∴ 取z=2，则n=(a+2，(2-a)，2)， 又=(0，-2，2)， 跟踪训练2　(2026·青岛模拟)如图，已知底面ABC是正三角形，EA⊥平面ABC，CD⊥平面ABC，EA=AB=2. (2)求直线CE与平面EBD所成角的正弦值的最大值. 解　设直线CE与平面EBD所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈，n〉|==× =，a>0， ∴当a=7时，sin θ取得最大值，最大值为， 综上，直线CE与平面EBD所成角的正弦值的最大值为. 例3　(2025·全国Ⅱ卷改编)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A'B∥平面CD'F； 题型三　平面与平面的夹角 证明　因为AB∥CD，所以AE∥DF， 所以A'E∥D'F， 因为D'F⊂平面CD'F，A'E⊄平面CD'F，所以A'E∥平面CD'F，因为FC∥EB，FC⊂平面CD'F，EB⊄平面CD'F，所以EB∥平面CD'F， 又EB∩A'E=E，EB，A'E⊂平面A'EB， 所以平面A'EB∥平面CD'F，又A'B⊂平面A'EB，所以A'B∥平面CD'F. 例3　(2025·全国Ⅱ卷改编)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值. 解　方法一　因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB，又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC， 以F为原点，FE，FC以及垂直于平面EFCB的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. 因为D'F⊥EF，CF⊥EF，面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°，所以∠D'FC=60°. 例3　(2025·全国Ⅱ卷改编)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值. 解　设AD=1，则B(1，2，0)，C(0，1，0)，D'，E(1，0，0)，F(0，0，0)， 所以=(-1，-1，0)，=， =(1，0，0)，=. 设平面BCD'的法向量为n=(x，y，z)，则 所以令y=，则z=1，x=-， 则n=(-，，1)为平面BCD'的一个法向量. 例3　(2025·全国Ⅱ卷改编)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值. 解　设平面EFD'A'的法向量为m=(x1，y1，z1)， 则所以 令y1=，则z1=-1，x1=0，所以m=(0，，-1)为平面EFD'A'的一个法向量. 所以|cos〈m，n〉|===， 所以平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值为=. 例3　(2025·全国Ⅱ卷改编)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值. 解　方法二　由EF⊥A'E且EF⊥EB， 可知∠A'EB即为面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角，为60°， 不妨设AD=1，在平面A'EB内，由点A'作EB的垂线，垂足为O， 可知A'O⊥平面EFCB，EO=，OB=，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则E，F，A'， B，C，D'， =(1，0，0)，=，=(1，1，0)，=， 例3　(2025·全国Ⅱ卷改编)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值. 解　设平面EFD'A'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则有 取y1=-，则n1=(0，-，1)； 设平面BCD'的法向量为n2=(x2，y2，z2)， 则有 例3　(2025·全国Ⅱ卷改编)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值. 解　取y2=，则n2=(-，，1)， 设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ， 则有|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|==， 故sin θ=. 例3　(2025·全国Ⅱ卷改编)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值. 解　方法三　由CD=2AD，F为CD的中点，得DF=AD=FC.又AB∥CD，EF∥AD，所以四边形EFDA为平行四边形，又∠DAB=90°，DF=AD，所以四边形EFDA为正方形，则EF⊥CD，即D'F⊥EF，FC⊥EF，所以∠D'FC是面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角， 因为面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°，所以∠D'FC=60°，又D'F=FC，所以△CD'F为正三角形. 例3　(2025·全国Ⅱ卷改编)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值. 解　由D'F⊥EF，FC⊥EF，D'F∩FC=F，D'F，FC⊂平面CD'F，得EF⊥平面CD'F.因为EF⊂平面EFCB，所以平面CD'F⊥平面EFCB. 取FC的中点O，连接D'O，则D'O⊥FC， 又平面CD'F⊥平面EFCB，平面CD'F∩平面EFCB=FC，D'O⊂平面CD'F， 所以D'O⊥平面EFCB， 例3　(2025·全国Ⅱ卷改编)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值. 解　过O作OM∥EF，交BE于M，则以O为坐标原点，分别以OM，OC，OD'所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设FC=2，则F(0，-1，0)，E(2，-1，0)，C(0，1，0)， B(2，3，0)，D'(0，0，)，则=(2，2，0)， =(0，-1，)，=(2，0，0)，=(0，1，). 例3　(2025·全国Ⅱ卷改编)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值. 解　设平面BCD'的法向量为n1=(x1，y1，z1)， 则即 令z1=1，得x1=-，y1=，则平面BCD'的一个法向量为n1=(-，，1). 设平面EFD'A'的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则即 例3　(2025·全国Ⅱ卷改编)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值. 解　令z2=1，得y2=-，x2=0，则平面EFD'A'的一个法向量为n2=(0，-，1). 设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ， 则|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|===， 所以sin θ===， 则平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值为. 微拓展 利用法向量的方向判断二面角 二面角的大小可以通过这两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角，法向量的方向指向内部的称为“进”入半平面；法向量的方向指向外部的称为穿“出”半平面；当法向量m，n“一进一出”时，m，n的夹角就是二面角的大小；当法向量m，n“同进同出”时，m，n的夹角就是二面角的补角. 微拓展 典例　在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E为棱AB的中 点，则二面角D1-EC-D的余弦值为　　　　. 解析　建立如图所示的空间直角坐标系， 由AD=AA1=1，AB=2，得E(1，1，1)，C(0，2，1) ，D1(0，0，0) ， 则=(1，1，1) ，=(0，2，1) ， 设平面D1EC的法向量为n=(x，y，z) ， 则即 令z=-2，得n=(1，1，-2) ，易知平面DEC的一个法向量为m=(0，0，1) ， 则cos〈m，n〉===-， 由法向量的方向为同出，得二面角D1-EC-D的余弦值为. 利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法 (1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小. (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，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小. 思维升华 跟踪训练3　 (2025·南京模拟)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD= 120°，点E在线段PD上，PB∥平面AEC. (1)证明：E为PD的中点； 证明　连接BD交AC于点O，连接EO. 因为底面ABCD为菱形，所以O为BD的中点. 又因为PB∥平面AEC，PB⊂平面PBD，平面PBD∩平面AEC=EO， 所以PB∥EO， 所以E为PD的中点. 跟踪训练3　 (2025·南京模拟)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD= 120°，点E在线段PD上，PB∥平面AEC. (2)若AB=2，平面AEC与平面AED夹角的余弦值为，求PA的长. 解　取BC的中点F，连接AF. 在菱形ABCD中，∠BAD=120°，所以∠ABC=60°，则△ABC为正三角形， 所以AF⊥BC，又AD∥BC，所以AF⊥AD. 又因为PA⊥平面ABCD，如图，建立空间直角坐标系. 跟踪训练3　 (2025·南京模拟)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD= 120°，点E在线段PD上，PB∥平面AEC. (2)若AB=2，平面AEC与平面AED夹角的余弦值为，求PA的长. 解　设PA=t(t>0)， 则A(0，0，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，E， 则=(，1，0)，=， 易知平面AED的一个法向量为m=(1，0，0). 设平面AEC的法向量为n=(x，y，z)，则 跟踪训练3　 (2025·南京模拟)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD= 120°，点E在线段PD上，PB∥平面AEC. (2)若AB=2，平面AEC与平面AED夹角的余弦值为，求PA的长. 解　令y=3，则n=， 因为平面AEC与平面AED夹角的余弦值为， 所以|cos〈m，n〉|===， 解得t=1(负值舍去)，所以PA=1. 返回 课时精练 一、单项选择题 1.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°，则直线l与平面α的所成的角等于 A.40° B.50° C.130° D.以上均错 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 知识过关 解析　因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°，所以直线l与平面α的所成的角等于130°-90°=40°. 2.(2025·上海模拟)空间中，已知两条直线m，n，其方向向量分别为a，b，则“〈a，b〉=”是“m与n所成的角为”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 答案 解析　由〈a，b〉=， 可以推出m与n所成的角为， 但m与n所成的角为时， 〈a，b〉=或〈a，b〉=， 所以“〈a，b〉=”是“m与n所成的角为”的充分不必要条件. 3.(2026·福州模拟)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1，则直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析　设AB=AA1=1，以B为原点，在平面ABC内过B作BC的垂线为x轴，BC为y轴，BB1为z轴， 建立空间直角坐标系，如图， 则B1(0，0，1)，A，所以=， 易知平面BCC1B1的一个法向量为n=(1，0，0)， 设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈n，〉|===， 故直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 4.(2026·遂宁模拟)如图，三棱柱ABC-A1B1C1满足棱长都相等且AA1⊥平面ABC，D是棱CC1的中点，E是棱AA1上的动点(不包括端点).设AE=x，随着x的增大，平面BDE与平面ABC的夹角 A.先增大再减小 B.减小 C.增大 D.先减小再增大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析　以AC的中点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，如图. 设所有棱长均为2， 则x∈(0，2)，B(，0，0)， D(0，1，1)，E(0，-1，x)， =(，-1，-1)，=(0，-2，x-1)， 设平面BDE的法向量为n=(a，b，c)， 则即 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析　令c=2，故n=(x+1，(x-1)，2). 易知平面ABC的一个法向量为m=(0，0，1)， 设平面BDE与平面ABC的夹角为θ， 则cos θ=|cos〈m，n〉| ====， 又x∈(0，2)，故cos θ在x∈上单调递增，在x∈上单调递减， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析　即随着x的增大，cos θ先增大再减小，且y=cos θ在θ∈上单调递减，所以平面BDE与平面ABC的夹角θ随着x的增大先减小再增大. 二、多项选择题 5.三棱锥A-BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2，若n1=(1，0，0)，n2=(-，0，1)，则二面角A-BD-C的大小可能为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 √ 解析　由已知可得|cos〈n1，n2〉|==， 因此二面角A-BD-C的大小为或. 6.在△ABC中，B=，AB=2，BC=3，E为AC的中点，点F在线段BC上，且CF=2BF，将△ABC以直线BC为轴顺时针转一周围成一个圆锥，D为底面圆上一点，满足=π，则 A.BA⊥BD B.在上的投影向量是 C.直线EF与直线CD所成角的余弦值为 D.直线EF与平面ACD所成角的正弦值为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析　△ABC旋转一周后所得圆锥的顶点为C，底面圆心为B，半径AB=2， 所以圆的周长为4π，所以所对的圆心角为∠ABD=，A正确；易知B正确； 以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，2，0)，D(2，0，0)，C(0，0，3)，E， F(0，0，1)， 所以=，=(2，0，-3)，=(0，2，-3)， 所以|cos〈，〉|==，C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析　设平面ACD的法向量为n=(x，y，z)， 则令z=2， 则n=(3，3，2).设直线EF与平面ACD所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈，n〉|==，D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 三、填空题 7.(2025·商丘模拟)在底面边长为2的正三棱柱ABC-A1B1C1(0<AA1<)中，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为，则该正三棱柱的体积为　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析　设正三棱柱的高为h，以A为坐标原点，在底面ABC内过点A作AC的垂线为x轴，以AC，AA1所在直线分别为y，z轴，建立空间直角标系， 则A(0，0，0)，B1(，1，h)， B(，1，0)，C1(0，2，h)， 则=(，1，h)，=(-，1，h)， 因为异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为， 故|cos〈，〉|===， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析　由于0<AA1<，即0<h<，解得h=1， 故该正三棱柱的体积为×22×1=. 8.(2025·台州模拟)在四面体OABC中，·=·=·=0，|| =||=2，若直线OC与平面ABC所成的角为30°，则||=　　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析　由·=·=·=0，得OA，OB，OC两两垂直，以O为原点， OA，OC，OB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O(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)， 设||=b，则B(0，0，b)，b>0， =(0，2，0)，=(-2，0，b)，=(-2，2，0)， 设平面ABC的法向量为m=(x，y，z)， 则即 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析　令x=1，则y=1，z=， 所以平面ABC的一个法向量为m=， 因为直线OC与平面ABC所成的角为30°， 则sin 30°=|cos〈m，〉|===， 解得b=(负值舍去)， 所以||=b=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 四、解答题 9.(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2=1，BB2=DD2=2，CC2=3. (1)证明：B2C2∥A2D2； 证明　以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立 空间直角坐标系，如图， 则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)， D2(2，0，2)，A2(2，2，1)， ∴=(0，-2，1)，=(0，-2，1)，∴∥ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 9.(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2=1，BB2=DD2=2，CC2=3. (1)证明：B2C2∥A2D2； 证明　又B2C2，A2D2不在同一条直线上， ∴B2C2∥A2D2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 9.(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2=1，BB2=DD2=2，CC2=3. (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P. 解　设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 则=(-2，-2，2)，=(0，-2，3-λ)，=(-2，0，1)， 设平面PA2C2的法向量为n=(x，y，z)， 则 令 z=2，得y=3-λ，x=λ-1，∴n=(λ-1，3-λ，2)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 9.(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2=1，BB2=DD2=2，CC2=3. (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P. 解　设平面A2C2D2的法向量为m=(a，b，c)， 则 令 a=1，得b=1，c=2，∴m=(1，1，2)， ∴|cos〈n，m〉|===|cos 150°|=， 化简可得λ2-4λ+3=0，解得λ=1或λ=3，∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P=1. 10.(2025·广州模拟)如图，四边形ABCD为正方形，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点. (1)证明：BM⊥ED； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 证明　连接CM，因为M是线段ED的中点，△ECD为正三角形， 所以CM⊥ED. 因为四边形ABCD为正方形， 所以BC⊥CD， 因为平面ECD⊥平面ABCD， 平面ECD∩平面ABCD=CD，BC⊂平面ABCD， 所以BC⊥平面ECD. 10.(2025·广州模拟)如图，四边形ABCD为正方形，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点. (1)证明：BM⊥ED； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 证明　又因为ED⊂平面ECD， 所以BC⊥ED. 又因为BC∩CM=C，BC，CM⊂平面BCM， 所以ED⊥平面BCM. 又因为BM⊂平面BCM，所以BM⊥ED. 10.(2025·广州模拟)如图，四边形ABCD为正方形，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点. (2)若AB=2，E，A，C，D在同一个球面上，设该球面的球心为O，求直线DO与平面ECD所成角的正弦值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解　取CD的中点F，连接EF. 因为△ECD为正三角形，F为CD的中点， 所以EF⊥CD. 又因为平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD=CD，EF⊂平面ECD， 所以EF⊥平面ABCD. 以F为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示. 10.(2025·广州模拟)如图，四边形ABCD为正方形，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点. (2)若AB=2，E，A，C，D在同一个球面上，设该球面的球心为O，求直线DO与平面ECD所成角的正弦值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解　取AC的中点为N，则N为△ACD外接圆的圆心. 又因为E，A，C，D在同一个球面上，所以ON⊥平面ACD. 因为ABCD为正方形，△ECD为正三角形，AB=2，所以EF=， 设ON=a(a>0)，则E(0，0，)，D(1，0，0)，O(0，1，a). 因为|OD|=|OE|， 所以=，解得a=， 10.(2025·广州模拟)如图，四边形ABCD为正方形，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点. (2)若AB=2，E，A，C，D在同一个球面上，设该球面的球心为O，求直线DO与平面ECD所成角的正弦值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解　所以O，则=， 易知平面ECD的法向量为n=(0，1，0). 因为|cos〈，n〉|===， 所以直线DO与平面ECD所成角的正弦值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 11.(2026·泉州模拟)棱长为的正四面体ABCD中，点M为平面BCD内的动点，且满足AM=，则直线AM与直线BD所成的角的余弦值的取值范围为 A. B. C. D. 能力拓展 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解　记A在底面BCD内的投影为O，则AO⊥底面BCD， 因为CO，OM⊂平面BCD， 所以AO⊥CO，AO⊥OM， 因为在正四面体ABCD中，△BCD是等边三角形， 则BC=BD=CD=AC=，O是△BCD的中心， 则CO=××=，AO==2， 由题意得AM=，则OM==1， 所以M的轨迹是在平面BCD内以O为圆心，半径为1的圆， 以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解　设M(cos α，sin α，0)，α∈[0，2π)，则A(0，0，2)，B， D， 所以=(cos α，sin α，-2)，=(0，，0)， 设直线AM与直线BD所成的角为θ， 所以cos θ=|cos〈，〉|===|sin α|， 因为α∈[0，2π)，所以|sin α|∈，所以|sin α|∈， 故直线AM与直线BD所成角的余弦值的取值范围为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 12.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，动点M，N分别在棱BC，AB上，且满足AN=BM，当三棱锥D-MNB1的体积最小时，B1M与平面A1MN所成角的正弦 值是　　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析　设AN=x(0≤x≤2)， 则S△DMN=2×2-×2x-(2-x)x-×2(2-x)=2-(2-x)x. 由等体积法，得==×2×S△DMN=-(2-x)x≥-=1， 当且仅当2-x=x，即x=1时，等号成立. 所以当最小时，M，N分别是所在棱的中点. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析　方法一　易知A1N=B1M=，A1M=3，MN=.由余弦定理，得 cos∠A1MN==， 所以sin∠A1MN=， 所以=××3×=. 设点B1到平面A1MN的距离为h.根据=， 得××2×2×1=××h，解得h=. 所以B1M与平面A1MN所成角的正弦值为==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析　方法二　以点D为原点，以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(图略)，则N(2，1，0)，M(1，2，0)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2). 所以=(1，-1，0)，=(-1，2，-2)，=(1，0，2). 设平面A1MN的法向量为n=(x，y，z)， 则即 令x=1，得y=1，z=，则n=. 设B1M与平面A1MN所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈n，〉|===. 返回 $