文档内容
§7.7 向量法求空间角
考试要求 能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解
决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用．
知识梳理
1．异面直线所成的角
若异面直线l，l 所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝.
1 2
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n 和n ，则平面α与平面β的夹角即为向量n 和n 的夹角或其
1 2 1 2
补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n，n〉|＝.
1 2
常用结论
1．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〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.
2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( × )
(2)直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α 所成的角．( ×
)(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ.( × )
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是.( √ )
教材改编题
1．已知直线l 的方向向量s ＝(1,0,1)与直线l 的方向向量s ＝(－1,2，－2)，则l 和l 夹角的
1 1 2 2 1 2
余弦值为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 因为s＝(1,0,1)，s＝(－1,2，－2)，
1 2
所以cos〈s，s〉＝＝＝－.
1 2
所以l 和l 夹角的余弦值为.
1 2
2．已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l
与α所成的角为________．
答案 30°
解析 设直线l与α所成角为θ，
sin θ＝＝，
又∵θ∈，∴θ＝30°.
3．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______．
答案
解析 ＝.
题型一 异面直线所成的角
例1 (1)(2022·大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABCD－ABC D ，E，F，G分别为
1 1 1 1
AB，CD，AD的中点，则异面直线AG与EF所成角的余弦值为( )
1 1
A．0 B.
C. D．1
答案 A
解析 如图，分别以DA，DC，DD 所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
1则A(2,0,2)，G(1,0,0)，
1
E(2,1,0)，F(0,1,1)，
所以A1G＝(－1,0，－2)，EF＝(－2,0,1)，
设异面直线AG与EF所成的角为θ，
1
则cos θ＝
＝＝0.
(2)(2022·杭州模拟)如图，已知圆锥CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圆O的直径，
点D在AB上，且∠AOD＝2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 因为∠AOD＝2∠BOD，
且∠AOD＋∠BOD＝π，
所以∠BOD＝，
连接CO，则CO⊥平面ABD，以点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为y轴、z轴建立
如图所示的空间直角坐标系，
设圆O的半径为2，则A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0，2)，D(，1,0)，
AD＝(，3,0)，BC＝(0，－2,2)，
设异面直线AD与BC所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈AD，BC〉|＝＝＝，因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为.
教师备选
如图，在直三棱柱ABC－ABC 中，AB＝AC＝AA ＝，BC＝2，点D为BC的中点，则异面
1 1 1 1直线AD与AC所成的角为( )
1
A. B. C. D.
答案 B
解析 以A为坐标原点，AB，AC，AA 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空
1
间直角坐标系，
则A(0,0,0)，A(0,0，)，B(，0,0)，
1
C(0，，0)，
∴D，
∴AD＝，
A1C＝(0，，－)，
∴cos〈AD，A1C〉＝＝，
∴即异面直线AD，AC所成角为.
1
思维升华 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)用坐标表示两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)注意两异面直线所成角的范围是，即两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．
跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－ABC D 中，E是棱CC 的中点，
1 1 1 1 1
AF＝λAD，若异面直线DE和AF所成角的余弦值为，则λ的值为______．
1 1
答案解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐
1
标系(图略)，正方体的棱长为2，
则A(2,0,2)，D(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
1 1
∴D1E＝(0,2，－1)，
A1F＝A1A＋AF＝A1A＋λAD
＝(－2λ，0，－2)．
∴cos〈A1F，D1E〉＝
＝＝，
解得λ＝.
(2)(2022·武汉模拟)若在三棱柱ABC－ABC 中，∠AAC＝∠BAC＝60°，平面AACC ⊥平面
1 1 1 1 1 1
ABC，AA＝AC＝AB，则异面直线AC 与AB所成角的余弦值为________．
1 1 1
答案
解析 令M为AC的中点，连接MB，MA ，
1
由题意知△ABC是等边三角形，
所以BM⊥AC，同理，AM⊥AC，
1
因为平面AACC ⊥平面ABC，
1 1
平面AACC ∩平面ABC＝AC，
1 1
BM⊂平面ABC，
所以BM⊥平面AACC ，
1 1
因为AM⊂平面AACC ，
1 1 1
所以BM⊥AM，
1
所以AC，BM，AM两两垂直，以M为坐标原点，MA，MB，MA1的方向分别为x轴、y轴、
1
z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设AA＝AC＝AB＝2，
1
则A(1,0,0)，B(0，，0)，A(0,0，)，
1
C (－2,0，)，
1
所以AC1＝(－3,0，)，A1B＝(0，，－)，
所以cos〈AC1，A1B〉＝＝－，
故异面直线AC 与AB所成角的余弦值为.
1 1
题型二 直线与平面所成的角
例2 (2022·广州模拟)在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E是边AB的中点(如图1)，将△ADE沿DE折起到△A DE的位置，连接A B，A C，得到四棱锥A －BCDE(如
1 1 1 1
图2)．
(1)证明：平面ABE⊥平面BCDE；
1
(2)若AE⊥BE，连接CE，求直线CE与平面ACD所成角的正弦值．
1 1
(1)证明 连接图1中的BD，如图所示．
因为四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，
所以△ABD为等边三角形，所以DE⊥AB，
所以在图2中有DE⊥BE，DE⊥AE，
1
因为BE∩AE＝E，BE，AE⊂平面ABE，
1 1 1
所以DE⊥平面ABE，
1
因为DE⊂平面BCDE，
所以平面ABE⊥平面BCDE.
1
(2)解 因为平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE＝BE，AE⊥BE，AE⊂平面
1 1 1 1
ABE，所以AE⊥平面BCDE，
1 1
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
所以A(0,0,1)，C(2，，0)，D(0，，0)，
1
E(0,0,0)，
所以A1D＝(0，，－1)，A1C＝(2，，－1)，EC＝(2，，0)，
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
1
则
令y＝1，则n＝(0,1，)，所以cos〈n，EC〉＝＝＝，
所以直线CE与平面ACD所成角的正弦值为.
1
教师备选
(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面
PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
(1)证明 在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
因为PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，
所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，PD，DC⊂平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
(2)解 以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
因为平面PAD∩平面PBC＝l，
所以l过点P，设Q(m，0,1)，
则有DC＝(0,1,0)，DQ＝(m，0,1)，PB＝(1,1，－1)，
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则cos〈n，PB〉＝＝.
记PB与平面QCD所成的角为θ，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对
值即为直线与平面所成角的正弦值，
则sin θ＝|cos〈n，PB〉|＝，
当m＝0时，sin θ＝，
当m≠0时，sin θ＝
＝·＝·
≤·≤·＝，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤
跟踪训练2 (2022·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，
A是线段SD上的点，△SBD为等边三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.
(1)若SA＝AD，求证：SD⊥CA；
(2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为，求AD的长．
(1)证明 依题意，BD＝2，
在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，
由余弦定理求得BC＝2，∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.
又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，
∴BC⊥平面SBD.从而BC⊥SD，
在等边△SBD中，SA＝AD，则BA⊥SD.
又BC∩BA＝B，BC，BA⊂平面BCA，
∴SD⊥平面BCA，又CA⊂平面BCA，
∴SD⊥CA.
(2)解 以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x轴、y轴，过点B作平面BCD的垂线为
z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，C(2，0,0)，D(0,2,0)，S(0,1，)，
故CD＝(－2，2,0)，SD＝(0,1，－)，
设平面SCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则
即
取x＝1，则y＝，z＝1，
∴m＝(1，，1)，
设DA＝λDS(0≤λ≤1)，
则DA＝(0，－λ，λ)，
故A(0,2－λ，λ)，则BA＝(0,2－λ，λ)，
设直线BA与平面SCD所成角为θ，
故sin θ＝＝
＝＝，
解得λ＝或λ＝，则AD＝或AD＝.
题型三 平面与平面的夹角
例3 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB
＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD; [切入点：线线垂直转化到线面垂直](2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D
的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积. [关键点：建系写坐标]教师备选
(2020·全国Ⅰ改编)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝
AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值．
(1)证明 由题设，知△DAE为等边三角形，
设AE＝1，则DO＝，CO＝BO＝AE＝，
所以PO＝DO＝，PC＝＝，
同理PB＝，PA＝，
又△ABC为等边三角形，则＝2OA，所以BA＝，
PA2＋PB2＝＝AB2，则∠APB＝90°，
所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，
又PC∩PB＝P，PC，PB⊂平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
(2)解 过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直
线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E，P，
B，C，
PC＝，
PB＝，PE＝，
设平面PCB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
1 1 1
由得
令x＝，得z＝－1，y＝0，
1 1 1
所以n＝(，0，－1)，
设平面PCE的一个法向量为m＝(x，y，z)，
2 2 2
由得
令x＝1，得z＝－，y＝，
2 2 2
所以m＝，
故cos〈m，n〉＝＝＝，
所以平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值为.
思维升华 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤跟踪训练 3 (2021·全国乙卷改编)如图，四棱锥 P－ABCD 的底面是矩形，PD⊥底面
ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求平面APM与平面BPM夹角的正弦值．
解 (1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设BC＝t，则A(t，0,0)，B(t，1,0)，
M，P(0,0,1)，
所以PB＝(t，1，－1)，AM＝.
因为PB⊥AM，所以PB·AM＝－＋1＝0，得t＝，所以BC＝.
(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得AP＝(－，0,1)，AM＝，CB＝(，0,0)，
PB＝(，1，－1)．
设平面APM的法向量为n＝(x，y，z)，则
1 1 1 1
即
令x＝，则z＝2，y＝1，所以平面APM的一个法向量为n＝(，1,2)．
1 1 1 1
设平面PMB的法向量为n＝(x，y，z)，则
2 2 2 2
即
得x＝0，令y＝1，则z＝1，所以平面PMB的一个法向量为n＝(0,1,1)．
2 2 2 2
设平面APM与平面BPM夹角为θ，
cos θ＝|cos〈n，n〉|＝＝＝，
1 2
sin θ＝＝.
所以平面APM与平面BPM夹角的正弦值为.课时精练
1．如图，在平行六面体ABCD－ABC D 中，AA⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA ＝，
1 1 1 1 1 1
∠BAD＝120°.
(1)求异面直线AB与AC 所成角的余弦值；
1 1
(2)求平面ABD与平面AAD所成角的正弦值．
1 1
解 在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.
因为AA⊥平面ABCD，
1
所以AA⊥AE，AA⊥AD.
1 1
如图，以{AE，AD，AA1}为一个正交基底，建立空间直角坐标系，
因为AB＝AD＝2，AA＝，∠BAD＝120°，
1
则A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，
E(，0,0)，A(0,0，)，C (，1，)．
1 1
(1)A1B＝(，－1，－)，AC1＝(，1，)．
则cos〈A1B，AC1〉＝
＝＝－.
因此异面直线AB与AC 所成角的余弦值为.
1 1
(2)可知平面AAD的一个法向量为
1
AE＝(，0,0)，
设m＝(x，y，z)为平面ABD的一个法向量，
1
又A1B＝(，－1，－)，BD＝(－，3,0)，
则
即
不妨取x＝3，则y＝，z＝2.所以m＝(3，，2)为平面ABD的一个法向量，
1
从而cos〈AE，m〉＝＝＝.
设平面ABD与平面AAD所成的角为θ，
1 1
则cos θ＝.
所以sin θ＝＝.
因此平面ABD与平面AAD所成角的正弦值为.
1 1
2．(2021·浙江)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，
AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
(1)证明 因为底面ABCD是平行四边形，
∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，
且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.
又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)解 方法一 由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角．
连接AM，因为PM⊥MD，PM⊥DC，
所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝，又PA＝，所以PM＝2，
所以PB＝PC＝2，
连接BN，
结合余弦定理得BN＝.
连接AC，
则由余弦定理得AC＝，
在△PAC中，结合余弦定理得
PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝.
所以在△ABN中，cos∠BAN＝＝＝.
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝cos∠BAN＝.
方法二 因为PM⊥MD，PM⊥DC，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝，
又PA＝，所以PM＝2，
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，
则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP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A(－，2,0)，P(0,0,2)，C(，－1,0)，
所以N.
所以AN＝.
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0,1,0)．
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈AN，n〉|＝＝＝.
3.(2022·汕头模拟)如图，在圆柱OO 中，四边形ABCD是其轴截面，EF为⊙O 的直径，且
1 1
EF⊥CD，AB＝2，BC＝a(a>1)．
(1)求证：BE＝BF；
(2)若直线AE与平面BEF所成角的正弦值为，求平面ABE与平面BEF夹角的余弦值．
(1)证明 如图，连接BO，在圆柱OO 中，
1 1
BC⊥平面CEDF，
∵EF⊂平面CEDF，∴EF⊥BC，
∵EF⊥CD，BC∩CD＝C，BC，
CD⊂平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD，
又BO⊂平面ABCD，
1
∴EF⊥BO，
1
∵在△BEF中，O 为EF的中点，∴BE＝BF.
1
(2)解 连接OO ，则OO 与该圆柱的底面垂直，
1 1
以点O为坐标原点，OB，OO 所在直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
1
则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，E(－1,0，a)，
F(1,0，a)，AE＝(－1,1，a)，
BE＝(－1，－1，a)，BF＝(1，－1，a)，
设平面BEF的法向量是n＝(x，y，z)，
1 1 1 1
由
得
取z＝1，得n＝(0，a，1)，
1 1
设直线AE与平面BEF所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈AE，n〉|
1
＝＝，
化简得(a2－2)(a2－1)＝0，
∵a>1，解得a＝，
∴n＝(0，，1)，
1
设平面ABE的法向量是n＝(x，y，z)，
2 2 2 2
AB＝(0,2,0)，
由得
取z＝1，得n＝(，0,1)，
2 2
设平面ABE与平面BEF的夹角为α，
则cos α＝|cos〈n，n〉|＝＝，
1 2
∴平面ABE与平面BEF夹角的余弦值为.
4.(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC－ABC 中，侧面AABB为正方形，AB＝BC＝
1 1 1 1 1
2，E，F分别为AC和CC 的中点，D为棱AB 上的点，BF⊥AB.
1 1 1 1 1
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当BD为何值时，平面BBC C与平面DFE夹角的正弦值最小？
1 1 1
(1)证明 因为E，F分别是AC和CC 的中点，且AB＝BC＝2，
1
所以CF＝1，BF＝.
如图，连接AF，由BF⊥AB ，AB∥AB ，得BF⊥AB，于是AF＝＝3，所以AC＝＝2.由
1 1 1 1
AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以BA，BC，BB 所在直线分别为x，y，
1
z轴建立空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，BF＝(0,2,1)．设BD＝m(0≤m≤2)，则D(m，0,2)，
1
于是DE＝(1－m，1，－2)．
所以BF·DE＝0，所以BF⊥DE.
(2)解 易知平面BBC C的一个法向量为
1 1
n＝(1,0,0)．
1
设平面DFE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
2
则
又DE＝(1－m，1，－2)，EF＝(－1,1,1)，
所以
令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是平面DFE的一个法向量为
n＝(3，m＋1,2－m)，
2
所以cos〈n，n〉＝.
1 2
设平面BBC C与平面DFE的夹角为θ，
1 1
则sin θ＝，
故当m＝时，平面BBC C与平面DFE夹角的正弦值最小，为，即当BD＝时，平面BBC C
1 1 1 1 1
与平面DFE夹角的正弦值最小．
