第七章 第52课时 向量法求空间角 课件-2027届高三数学（通用版）一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“向量法求空间角”专题，依据高考要求覆盖线线、线面、面面夹角的向量求解，通过教材典题改编与2025浙江二模、北京卷等真题分析，明确三大角的公式应用及选择、填空、解答题的常考题型，构建完整备考体系。 课件亮点在于“以题引理+考点精研+素养提升”，如典例1通过建系求异面直线所成角，培养数学思维与空间观念，总结“建系-求向量-用公式”三步法，助力学生掌握得分技巧，教师可据此系统梳理考点，提升复习针对性与备考效率。

第52课时　向量法求空间角 第七章　立体几何与空间向量 [考试要求] 1．能用空间向量的方法解决简单的线线、线面、面面的夹角问题． 2．体会向量方法在研究几何问题中的作用． 第52课时　向量法求空间角 2 1．(苏教版选择性必修第二册P35练习T1(3)改编)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则直线l与平面α所成的角为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 以题引理·激活思维 √ 第52课时　向量法求空间角 3 A　[设直线l与平面α所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝， 所以直线l与平面α所成的角为30°．] 4 2．(人教B版选择性必修第一册P37练习AT3改编)已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为(　　) A． √ 第52课时　向量法求空间角 5 C　[设两直线的夹角为θ，所以cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝，所以l1和l2夹角的余弦值为．] 6 3．(人教A版选择性必修第一册P37例8改编)已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为_____________． 　[设两平面的夹角为θ， 则cos θ＝．] 第52课时　向量法求空间角 7 4．(北师大版选择性必修第一册P133例11改编)已知在一个二面角的棱上有两点A，B，线段AC，BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若AB＝5，AC＝3，BD＝4，CD＝5，则这个二面角的大小为_____________． 第52课时　向量法求空间角 8 　[如图，设〈〉＝θ(0≤θ≤π)，则二面角的大小为θ．因为CA⊥AB，AB⊥BD，所以＝0．因为〈〉＝π－θ，所以||2＝()2＝||cos(π－θ)，所以(5)2＝32＋52＋42＋2×3×4× (－cos θ)，所以cos θ＝0，所以θ＝．因此所求二面角的大小为．] 9 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〉|＝____________． 第52课时　向量法求空间角 10 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〉|＝_________． 第52课时　向量法求空间角 11 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的夹角即为向量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〉|＝_________． 第52课时　向量法求空间角 12 1．向量法求空间角的注意点 (1)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． (2)线面角的正弦值对应向量夹角的余弦值的绝对值． (3)二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为． 第52课时　向量法求空间角 13 2．水坝模型 如图，甲站在水库底面上的点A处，乙站在水坝斜面上的点B处．从A，B到直线l(库底与水坝的交线)的距离AC和BD分别为a和b，CD的长为c，AB的长为d，则库底与水坝所成二面角的余弦值为cos θ＝． 第52课时　向量法求空间角 14 考点一　异面直线所成的角 [典例1]　(1)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) A． 精研考点·提升素养 √ 第52课时　向量法求空间角 15 (2)(2025·浙江湖州二模)正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别为正方形A1B1C1D1及ABB1A1的中心，则异面直线BD与MN所成角的余弦值为(　　) A．0 B． √ 第52课时　向量法求空间角 16 (1)C　(2)C　[(1)以B为原点，在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于点D，以BD所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1， 所以A(，－1，0)，B1(0，0，2)，B(0，0，0)，C1(0，1，2)， 所以＝(－，1，2)，＝(0，1，2)， 设异面直线AB1与BC1所成的角为θ， 所以cos θ＝． 故选C． 17 (2)如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则D(0，0，0)，B(1，1，0)，M，N， 故＝(－1，－1，0)， 所以|cos〈〉|＝， 所以异面直线BD与MN所成角的余弦值为．故选C．] 18 名师点评：向量法求异面直线所成角的步骤 (1)选好基底或建立空间直角坐标系． (2)求出两直线的方向向量v1，v2． (3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解． 第52课时　向量法求空间角 19 [巩固迁移] 1．如图，已知ABCD，ABEF均为正方形，二面角C-AB-F的大小为60°，则异面直线AC与BF所成角的余弦值为(　　) A． √ 第52课时　向量法求空间角 20 A　[法一：不妨假设正方形ABCD与ABEF的边长均为2，如图，补形成直三棱柱，以AF中点O为原点，建立空间直角坐标系， 则有A(－1，0，0)，C(0，2，)，F(1，0，0)，B(－1，2，0)， 由此可得＝(1，2，＝(－2，2，0)． 设异面直线AC与BF所成的角为θ，则 cos θ＝|cos〈〉|＝＝ ．故选A． 21 法二：根据题意可知，∠EBC即为二面角C-AB-F的平面角，所以∠EBC＝60°， 设正方形ABCD与ABEF的边长均为1，异面直线AC与BF所成的角为θ． 因为，|， 所以＝()·()＝()·()＝＝0－1＋1×1×cos 60°－0＝ －，所以cos〈〉＝， 即cos θ＝|cos〈〉|＝．] 22 【教用·备选题】 1．如图，圆锥的高SO＝ ＝(　　) A． √ 第52课时　向量法求空间角 23 B　[连接OC，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，－1，0)，B(0，1，0)，S(0，0，)，C，而AS，BC的夹角为θ，0<θ≤， 又， 则cos θ＝， sin2＝－cos θ＝－．故选B．] 24 2．如图，矩形ABCD是圆柱O1O2的轴截面，点E在圆O2上，若AD＝2，∠BAE＝60°，则异面直线BD与O1E所成角的余弦值为(　　) A． √ 第52课时　向量法求空间角 25 B　[法一(向量法)：以点O2为坐标原点，O2A，O2O1所在直线分别为x，z轴，下底面中与AB垂直的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则B(－，0，0)，O1(0，0，2)，D(，0，2)． 连接O2E，则O2A＝O2E，因为∠BAE＝60°，所以△AO2E是等边三角形，故E＝(2，0，2， 故|cos〈〉|＝， 所以异面直线BD与O1E所成角的余弦值为． 故选B． 26 法二(几何法)：如图，设O1O2∩BD＝F，则F为O1O2的中点，连接O2E， 设线段O2E的中点为G，连接FG，BG，则FG∥O1E， 故∠BFG(或其补角)为异面直线BD与O1E所成的角． 因为O2A＝O2E，∠BAE＝60°，所以△AO2E为等边三角形， FG ＝ ＝ ＝ ， BF＝， 27 在△BO2G中，由余弦定理的推论可得， BG2＝O2B2＋O2G2－2O2B·O2G·cos∠BO2G＝3＋， 在△BFG中，由余弦定理的推论可得， cos∠BFG＝＝， 故异面直线BD与O1E所成角的余弦值为． ] 28 考点二　直线与平面所成的角 [典例2]　(2025·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°，E为BC的中点． (1)若F，G分别为PD，PE的中点， 求证：FG∥平面PAB； (2)若PA⊥平面ABCD，PA＝AC， 求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 第52课时　向量法求空间角 29 [解]　(1)证明：取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN，GM． ∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形且∠ADC＝90°，∠BAC＝90°， 不妨设AD＝CD＝2，∴AC＝AB＝2．∴BC＝4． ∵E，F分别为BC，PD的中点， ∴FN＝AD＝1，GM＝BE＝1，且FN∥AD，GM∥BC． ∵∠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． 30 (2)∵PA⊥平面ABCD，∴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)， ∴＝(0，2，0)，＝(，0)，＝(－2，0，2)， 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， ∴ 取x＝1，∴y＝－1，z＝1，∴n＝(1，－1，1)． 31 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． 32 名师点评：向量法求线面角的解题步骤 第52课时　向量法求空间角 33 [巩固迁移] 2．(2022·浙江卷)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F-DC-B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点． (1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成的角的正弦值． 第52课时　向量法求空间角 34 [解]　(1)证明：易求得CF＝2，BC＝2． ∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF为二面角F-DC-B的平面角， ∴∠BCF＝60°， ∴△BCF为等边三角形． ∵N为BC的中点， ∴FN⊥BC． ∵DC⊥BC，DC⊥CF，BC∩CF＝C，BC，CF⊂平面BCF， ∴DC⊥平面BCF． 35 ∵FN⊂平面BCF， ∴DC⊥FN． 又BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面ABCD， ∴FN⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD， ∴FN⊥AD． 36 (2)如图建系，则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，M，∴＝(－2，－2，0)，＝(－2，，3)． 设平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM与平面ADE所成的角为θ， ∴ 37 取x0＝，则y0＝－1，z0＝， 即n＝(，－1，)是平面ADE的一个法向量． ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝． ∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为． 38 【教用·备选题】 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1与BB1的距离为 ． (1)证明：平面A1ABB1⊥平面ABC； (2)若点N在棱A1C1上，求直线AN与平 面A1B1C所成角的正弦值的最大值． 第52课时　向量法求空间角 39 [解]　(1)证明：取棱A1A的中点D，连接BD，因为AB＝A1B，所以BD⊥AA1． 因为ABC-A1B1C1为三棱柱，所以AA1∥BB1， 所以BD⊥BB1，所以BD＝． 因为AB＝2，所以AD＝1，AA1＝2． 因为AC＝2，A1C＝2，所以AC2＋A＝A1C2， 所以AC⊥AA1，同理AC⊥AB． 因为AA1∩AB＝A，且AA1，AB⊂平面A1ABB1，所以AC⊥平面A1ABB1． 因为AC⊂平面ABC，所以平面A1ABB1⊥平面ABC． 40 (2)取AB的中点O，连接A1O，取BC的中点P，连接OP，则OP∥AC， 由(1)知AC⊥平面A1ABB1， 所以OP⊥平面A1ABB1． 因为A1O⊂平面A1ABB1，AB⊂平面A1ABB1， 所以OP⊥A1O，OP⊥AB． 因为AB＝A1A＝A1B， 则A1O⊥AB． 41 以O为坐标原点，OP，OB，OA1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 则A(0，－1，0)，A1(0，0，)，B1(0，2，)，C(2，－1，0)， 可设N，＝(a，1，)， 设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)， 得 42 取x＝，则y＝0，z＝2，所以n＝(，0，2)是平面A1B1C的一个法向量． 设直线AN与平面A1B1C所成的角为θ， 则sin θ＝ ， 若a＝0，则sin θ＝；若a≠0，则sin θ＝，当且仅当a＝，即a＝2时，等号成立， 所以直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值为． 43 考点三　平面与平面的夹角 [典例3]　(2026·广东八校联盟开学考试)如图，在正四棱锥S-ABCD中，已知SA＝AB＝，SO⊥平面ABCD，点O在平面ABCD内，点P在棱SD上． (1)若点P是SD的中点，证明：平面SAD⊥平面PAC； (2)若，求平面SAC与平面ACP夹角的余弦值． 第52课时　向量法求空间角 44 [解]　(1)证明：由题意可得正四棱锥所有棱长均为，而P是SD的中点， 所以CP⊥SD，AP⊥SD， 又因为AP∩CP＝P，且AP，CP⊂平面PAC，所以SD⊥平面PAC， 又因为SD⊂平面SAD， 所以平面SAD⊥平面PAC． 45 (2)如图，连接OB，易知OB，OC，OS两两互相垂直，分别以OB，OC，OS所在直线为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 则A(0，－1，0)，C(0，1，0)，S(0，0，1)，D(－1，0，0)，可得＝(0，2，0)，＝(－1，0，－1)． 由， 所以P． 46 设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝1，则x＝3，所以平面PAC的一个法向量为n＝(3，0，1)． 易知平面SAC的一个法向量为＝(1，0，0)， 设平面SAC与平面ACP的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈，n〉|＝， 故平面SAC与平面ACP夹角的余弦值为． 47 名师点评：利用空间向量法求平面与平面夹角的解题步骤 第52课时　向量法求空间角 48 [巩固迁移] 3．(2025·河北唐山一模)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，A1B1＝1，AB＝AC＝2，D为BC的中点，AC⊥C1D． (1)证明：AC⊥AB； (2)若AA1＝，求平面BCC1B1与平面ADC1夹角的余弦值． 第52课时　向量法求空间角 49 [解]　(1)证明：在三棱台ABC-A1B1C1中， ∵A1B1＝1，AB＝AC＝2，∴A1C1＝1，BC＝2B1C1． ∵D为BC的中点，∴B1C1＝BD，B1C1∥BD， ∴四边形BDC1B1为平行四边形，故B1B∥C1D． ∵AC⊥C1D，∴AC⊥B1B． ∵AA1⊥底面ABC，AC⊂底面ABC， ∴AA1⊥AC． ∵AA1，BB1⊂平面ABB1A1，AA1，BB1为相交直线， ∴AC⊥平面ABB1A1， ∵AB⊂平面ABB1A1，∴AC⊥AB． 50 (2)以A为原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(1，0，)，C1(0，1，)， D(1，1，0)． ∴＝(－2，2，0)，＝(－1，0， ＝(0，1，＝(1，1，0)． 51 设m＝(x1，y1，z1)是平面BCC1B1的法向量， 则 令x1＝，则y1＝，z1＝1，故m＝(，1)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面ADC1的法向量， 则即 令x2＝，则y2＝－，z2＝1，故n＝(，－，1)． ∴cos〈m，n〉＝． ∴平面BCC1B1与平面ADC1夹角的余弦值为． 52 【教用·备选题】 1．(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． 第52课时　向量法求空间角 53 [解]　(1)证明：如图，连接DE，AE， 因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC． 因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB， 所以△ADB≌△ADC(SAS)． 可得AC＝AB，故AE⊥BC． 因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE． 又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA． 54 (2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC． 不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以AB＝AC＝2． 由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝． 因为AE⊥BC，所以AE＝． 在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2， 所以AE⊥ED． 55 以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(，0，0)，B(0，，0)，A(0，0，＝(－，0，＝(0，－)． 设F(xF，yF，zF)，因为，所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F(－，0，)， 所以＝(，0，0)． 设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1，1，1)为平面DAB的一个法向量． 56 设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)为平面ABF的一个法向量， 所以cos〈m，n〉＝． 记二面角D-AB-F的大小为θ， 则sin θ＝， 故二面角D-AB-F的正弦值为． 57 2．如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是菱形，平面ABCD⊥平面PAD，点M在DP上，且DM＝2MP，AD＝AP，∠PAD＝120°． (1)求证：BD⊥平面ACM； (2)若∠ADC＝60°，求平面ACM与平面ABP夹角的余弦值． 第52课时　向量法求空间角 58 [解]　(1)证明：不妨设AD＝AP＝3， ∵∠PAD＝120°，DM＝2MP，∴DP＝3，DM＝2，PM＝， 在△AMP中，由余弦定理得 AM＝， 在△ADM中，AD2＋AM2＝DM2，∴MA⊥AD， ∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，MA⊂平面PAD， ∴MA⊥平面ABCD． ∵BD⊂平面ABCD，∴MA⊥BD． ∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD． 又∵AC∩MA＝A，且AC⊂平面ACM，MA⊂平面ACM，∴BD⊥平面ACM． 59 (2)在平面ABCD内，过点B作AD的垂线，垂足为N， ∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，BN⊂平面ABCD， ∴BN⊥平面ADP． 又∵四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°， ∴∠BDA＝30°， ∴△ACD，△ABC均为等边三角形， 以点A为坐标原点，AD，AM及过点A平行于NB的 直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图)， 60 由(1)可得A，B，D(3，0，0)，P， 由(1)可知BD⊥平面ACM， ∴为平面ACM的一个法向量， 设平面ABP的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令x＝，可得m＝，∵， ∴平面ACM与平面ABP的夹角的余弦值为． 61 1．(2026·重庆模拟)如图，已知圆柱OO1的轴截面为矩形ABCD，且AD＝CD，点P是底面圆O1上异于点C，D的任意一点，M为AD的中点，E为MC的中点，F为线段AP上一点且AF＝3FP． (1)证明：EF∥平面DCP； (2)当∠DCP＝60°时，求直线CM与平 面ACP所成角的正弦值． 课后作业(五十二)　向量法求空间角 第52课时　向量法求空间角 62 [解]　(1)证明：法一：在PD上取点H，使得DH＝3HP，连接FH，HO1，EO1， 因为AF＝3FP，所以HF∥AD，HF＝AD， 因为M为AD中点，所以HF∥MD，HF＝MD， 由题可得O1为CD的中点，E为MC的中点， 所以O1E∥MD，且O1E＝MD， 所以HF∥EO1，HF＝EO1， 所以四边形EFHO1为平行四边形，所以EF∥O1H， 又因为EF⊄平面DCP，O1H⊂平面DCP， 所以EF∥平面DCP． 法二：取MD中点N，连接NF，NE， 因为E为MC的中点，所以NE∥CD， 又因为NE⊄平面DCP，CD⊂平面DCP，所以NE∥平面DCP， 因为M为AD的中点，N为MD的中点，所以AN＝3ND 因为AF＝3FP，所以NF∥DP， 又因为NF⊄平面DCP，DP⊂平面DCP， 所以NF∥平面DCP， 又因为NF∩NE＝N，且NF，NE⊂平面NEF， 所以平面NEF∥平面DCP， 因为EF⊂平面NEF，所以EF∥平面DCP． (2)如图，以O1为原点，O1C，O1O所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，因为DC为底面圆的直径，且∠DCP＝60°， 所以∠DPC＝90°，∠CDP＝30°，不妨设CD＝2， 则M(0，－1，)，C(0，1，0)，A(0，－1，2)，P， 则＝(0，－2，＝(0，－2，2)， 设平面ACP的法向量为n＝(a，b，c)， 则取n＝(1，，1)， 设直线CM与平面ACP所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝． 2．(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． 第52课时　向量法求空间角 66 [解]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD． 又因为AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB． 又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB． 在△ABC中，AB2＋BC2＝AC2， 所以AB⊥BC． 因为A，B，C，D四点共面，所以AD∥BC． 又因为BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC， 所以AD∥平面PBC． (2)以DA，DC所在直线分别为x，y轴，过点D作平面ABCD的垂线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz． 令AD＝t，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0)， DC＝，C(0，，0)． 设平面ACP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 所以 设x1＝，则y1＝t，z1＝0，所以n1＝(，t，0)， 设平面CPD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 所以 设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，所以n2＝(－2，0，t)， 由图可知二面角为锐角， 因为二面角A-CP-D的正弦值为， 所以， 所以t＝，所以AD＝． 3．(2026·山东聊城模拟)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1＝2CC1＝ ． (1)证明：BD⊥AC； (2)求平面AB1C1与平面BCC1B1夹角的余弦值． 第52课时　向量法求空间角 70 [解]　(1)证明：取AC的中点E，连接DE，BE， 因为AA1＝CC1，所以四边形ACC1A1为等腰梯形． 因为D，E分别为A1C1，AC的中点，所以AC⊥DE． 因为AB＝BC，E为AC的中点，所以AC⊥BE． 因为BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BDE， 所以AC⊥平面BDE． 因为BD⊂平面BDE，所以BD⊥AC． (2)过点D作DO⊥BE，垂足为O， 由(1)知，AC⊥平面BDE，DO⊂平面BDE， 则AC⊥DO，又AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC， 所以DO⊥平面ABC， 则∠DBE为直线BD与平面ABC所成的角，即∠DBE＝． 因为AB＝BC＝2AA1＝2CC1＝， 所以AB＝BC＝2，AA1＝CC1＝，AC＝4， 所以AB2＋BC2＝16＝AC2，所以AB⊥BC，则△ABC为等腰直角三角形，所以BE＝AC＝2， 在△BDE中，BE＝2，BD＝， 则由余弦定理得DE2＝BE2＋BD2－2BE·BDcos＝1， 则DE2＋BD2＝BE2，即BD⊥DE，易得DC1＝1， 在Rt△OBD中，OD＝BDsin∠DBO＝，OB＝BDcos∠DBO＝， 所以OE＝BE－OB＝2－，所以OB＝3OE， 取AB上靠近点A的四等分点F，连接OF，则OF∥AE， 因为AE⊥BE，所以OF⊥BE， 则分别以OF，OB，OD所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A，B，C，E，D ， 所以C1，B1， 设平面AB1C1的法向量为m＝(x，y，z)， 由于＝(－1，－1，0)， 所以 令z＝7，则m＝(，－，7)， 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x'，y'，z')， 由于＝(－1，－1，0)， 所以 令z'＝1，则n＝(－，1)， 所以cos〈m，n〉＝， 故平面AB1C1与平面BCC1B1夹角的余弦值为． 4．(2026·福建福州模拟)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，E为AC的中点．   (1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在线段BD上． (ⅰ)求平面ABD与平面ABC夹角的余弦值； (ⅱ)记CF与平面ABD所成角为α，求sin α的最大值． 第52课时　向量法求空间角 77 [解]　(1)证明：由于AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB， 故△ABD≌△CBD(SAS)，则BA＝BC． 由于E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE． 因为BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BDE， 故AC⊥平面BDE，又AC⊂平面ACD， 故平面BED⊥平面ACD． (2)(ⅰ)因为AB＝BD＝2，AB＝BC，∠ACB＝60°， 所以△ABC是边长为2的等边三角形，则BE＝， 因为DA＝DC，∠ADC＝90°，所以DE＝1， 所以DE2＋BE2＝4＝BD2，所以DE⊥BE． 又DE⊥AC，BE∩AC＝E，BE，AC⊂平面ABC， 故DE⊥平面ABC，故建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(，0，0)， C(0，1，0)， 所以＝(，0，－1)，＝(0，1，1)， 设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)， 所以 令x＝1，则n＝(1，－)， 平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)， 所以cos〈m，n〉＝， 所以平面ABD与平面ABC夹角的余弦值为． (ⅱ)设＝(λ，0，－λ)，＝(0，－1，1)， 所以＝(λ，－1，1－λ)，则 sin α＝＝ ＝， 当且仅当λ＝时取到等号，故sin α的最大值为． 谢 谢 ！ $