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§7.7 向量法求空间角
课标要求 1.能用向量法解决异面直线所成角、直线与平面所成角、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.2.弄清折叠问
题中的变量与不变量，掌握折叠问题中线面位置关系的判断和空间角的计算问题．
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．异面直线所成角的范围是；直线与平面所成角的范围是；二面角的范围是[0，π]，两个
平面夹角的范围是.
2．若平面α与平面β的夹角为θ ，平面α内的直线l与平面β所成角为θ ，则θ≥θ ，当l
1 2 1 2
与α和β的交线垂直时，取等号．
自主诊断
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．( × )
2．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°
答案 A
解析 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°.
3．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)，则直线l 和l 所
1 1 2 2 1 2
成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 设直线l 与l 所成的角为θ，
1 2
因为s＝(1,0,1)，s＝(－1,2，－2)，
1 2
所以cos θ＝|cos〈s，s〉|＝＝＝.
1 2
所以直线l 和l 所成角的余弦值为.
1 2
4．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( )
A. B. C.或 D.或
答案 C
解析 ∵m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，
∴m·n＝1，|m|＝1，|n|＝，
若两平面所成的二面角为θ，
则|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝＝，
∴两平面所成的二面角为或.
题型一 异面直线所成的角
例1 (1)(2023·武汉模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方
形，PA＝BC，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为(
)A．－ B.
C．－ D.
答案 B
解析 如图，以点A为坐标原点，以AB，AD，AP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，异面直线BF与PE所成的角为θ，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，
P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，则E(1,2,0)，F(1,1,1)，
所以BF＝(－1,1,1)，PE＝(1,2，－2)，
所以cos θ＝|cos〈BF，PE〉|＝＝＝，
所以异面直线BF与PE所成角的余弦值为.
(2)(2023·开封模拟)在如图所示的圆台中，四边形ABCD为其轴截面，AB＝2CD＝4，母线长
为，P为下底面圆周上一点，异面直线AD与 OP(O为下底面圆心)所成的角为，则CP2的大
小为( )
A．7－2 B．7－2或7＋2
C．19－4 D．19－4或19＋4
答案 B
解析 以O为原点， OB所在直线为y轴，过点 O 作 x 轴 ⊥OB，圆台的轴为z轴，建立
如图所示的空间直角坐标系，
作DE⊥AB于点E，AE＝AB－CD＝1，
在Rt△ADE中，AD＝，DE＝＝，则 D(0，－1，)，A(0，－2,0)，C(0,1，)，
AD＝(0,1，)，
设P(2cos θ，2sin θ，0)，0≤θ<2π，
OP＝(2cos θ，2sin θ，0)，由于异面直线 AD与 OP(O为下底面圆心)所成的角为，
∴cos ＝＝＝＝，
∴sin θ＝±，CP＝(2cos θ，2sin θ－1，－)，
CP2＝|CP|2＝4cos2θ＋4sin2θ－4sin θ＋1＋2＝7－4sin θ＝7±2.
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．
跟踪训练1 (1)(2023·台州统考)如图，已知菱形ABCD的边长为3，对角线BD长为5，将
△ABD沿着对角线BD翻折至△A′BD，使得线段A′C长为3，则异面直线A′B与CD所
成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 因为A′C＝A′D＝CD＝3.
所以2A′C·CD＝(A′C＋CD)2－A′C2－CD2＝A′D2－A′C2－CD2＝9－9－9＝－9.
因为CB＝CD＝3，BD＝5.
所以2CB·CD＝CB2＋CD2－(CB－CD)2＝CB2＋CD2－DB2＝9＋9－25＝－7.
所以A′B·CD＝(A′C＋CB)·CD＝A′C·CD＋CB·CD＝－－＝－8.
若异面直线A′B与CD所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈A′B，CD〉|＝＝＝.
所以异面直线A′B与CD所成角的余弦值为.
(2)如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCD－ABC D 中，E 是棱 CC 的中点，AF＝
1 1 1 1 1
λAD(0<λ<1)，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)，AA＝(0,0，－2)，
1
AD＝(－2,0,0)，
A1F＝A1A＋AF＝A1A＋λAD＝(－2λ，0，－2)．
∴|cos〈A1F，D1E〉|＝＝＝，
解得λ＝.
题型二 直线与平面所成的角
例2 (2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝
1，AB＝2，DP＝.
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
(1)证明 在四边形ABCD中，作DE⊥AB于点E，CF⊥AB于点F，如图．
因为CD∥AB，
AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝，故DE＝＝，
BD＝＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，
所以BD⊥平面PAD.
又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA.
(2)解 由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，如图，以D为原点建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0,0，)，
则AP＝(－1,0，)，
BP＝(0，－，)，
DP＝(0,0，)．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
可取n＝(，1,1)，
则cos〈n，DP〉＝＝＝，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为.
思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤
跟踪训练2 (2023·开封模拟)如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，圆柱OQ的侧面积为
6π，点P在圆柱OQ的下底面圆周上，且△OPB是边长为的等边三角形．
(1)若G是DP的中点，求证：AG⊥BD；(2)若DG＝2GP，求GB与平面ABCD所成角的正弦值．
(1)证明 设圆柱OQ的底面半径为r，高为h.
因为△OPB是边长为的等边三角形，
所以∠ABP＝60°，r＝.
因为圆柱OQ的侧面积为6π，
所以2πrh＝6π，解得h＝3.
在下底面圆O中，∠APB＝90°，∠ABP＝60°，
所以AP＝BP·tan 60°＝3.
因为DA⊥平面APB，所以DA⊥BP，DA⊥AP.
因为∠APB＝90°，所以AP⊥BP，
又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面APD，
所以BP⊥平面APD.
因为AG⊂平面APD，所以BP⊥AG.
在△DAP 中，AD＝AP＝3，G是DP的中点，
所以DP⊥AG.
又BP∩DP＝P，BP，DP⊂平面BPD，
所以AG⊥平面BPD.
因为BD⊂平面 BPD，所以AG⊥BD.
(2)解 在下底面圆O内过O作Ox⊥AB，连接OQ.以O为原点，Ox，OB，OQ分别为x，
y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则B(0，，0)，D(0，－，3)，
P，
因为DG＝2GP，设G点坐标为(x，y，z)，
0 0 0
则(x，y＋，z－3)＝2，
0 0 0
即解得
所以G(1,0,1)，所以GB＝(－1，，－1)．
显然，向量n＝(1,0,0) 是平面ABCD的一个法向量．
设GB与平面ABCD所成的角为θ，所以sin θ＝|cos〈GB，n〉|＝＝.
所以GB与平面ABCD所成角的正弦值为.
题型三 平面与平面的夹角
例3 (12分)(2023·全国乙卷)如图，三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC
＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝DO，点F在AC上，BF⊥AO.
(1)证明：EF∥平面ADO；
[切入点：由BF⊥AO找F位置]
(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；[切入点：证明AO⊥平面BEF]
(3)求二面角D－AO－C的正弦值．[关键点：由AO⊥BE及PB长求点P坐标]
[思路分析]
(1)利用向量及BF⊥AO→F为AC中点→EF∥OD
(2)利用勾股定理→AO⊥OD→AO⊥平面BEF
(3)建系设点P坐标→由AO⊥BE及PB长求点P坐标→求法向量→求角
(1)证明 设AF＝tAC，
(1分)
①处用BA，BC表示BF，AO
因为BF⊥AO，
(3分)
②处利用⊥找点F位置BF⊥AO找点F位置
又D，E，O分别为PB，PA，BC的中点，于是EF∥PC，DO∥PC，所以EF∥DO，
又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO.(4分)
(2)证明 由(1)可知EF∥DO，
(6分)
③处利用勾股定理证明AO⊥OD
所以EF⊥AO，
又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF，则有AO⊥平面BEF，(7分)
又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.(8分)
(3)解 如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，O(0，，0)，
AO＝(－2，，0)．
因为PB＝PC，BC＝2，
所以设P(x，，z)，z>0，(9分)
则BE＝BA＋AE＝BA＋AP＝(2,0,0)＋(x－2，，z)
＝，
④处求BE坐标
由(2)得AO⊥BE，
(10分)
⑤处利用AO⊥BE及PB长求点P坐标
由D为PB的中点，得D，则AD＝.
设平面DAO的法向量为n＝(a，b，c)，
1
则即
得b＝a，c＝a，取a＝1，则n＝(1，，)．
1
易知平面CAO的一个法向量为n＝(0,0,1)，(11分)
2
设二面角D－AO－C的大小为θ，
则|cos θ|＝|cos〈n，n〉|＝＝＝，
1 2
所以sin θ＝＝，
⑥处利用向量法求两法向量夹角
故二面角D－AO－C的正弦值为.(12分)
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．
典例 在长方体ABCD－ABC D 中，AD＝AA ＝1，AB＝2，点E为棱AB的中点，则二面
1 1 1 1 1角D－EC－D的余弦值为________．
1
答案
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
由AD＝AA＝1，AB＝2，得E(1,1,1)，C(0,2,1)，D(0,0,0)，
1 1
则D1E＝(1,1,1)，D1C＝(0,2,1)，
设平面DEC的法向量为n＝(x，y，z)，
1
则
即
令z＝－2，得n＝(1,1，－2)，
易知平面DEC的法向量为m＝(0,0,1)，
则cos〈m，n〉＝＝＝－，
由法向量的方向为同出，
得二面角D－EC－D的余弦值为.
1
思维升华 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．
跟踪训练3 (2023·新高考全国Ⅱ改编)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EF＝DA，求平面DAB与平面ABF夹角的正弦值．
(1)证明 如图，连接AE，DE，
因为E为BC的中点，DB＝DC，
所以DE⊥BC，
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ACD与△ABD均为等边三角形，所以AC＝AB，从而AE⊥BC，
又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE，
所以BC⊥DA.
(2)解 不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为BD⊥CD，
所以BC＝2，DE＝AE＝.
所以AE2＋DE2＝4＝AD2，
所以AE⊥DE，
又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，
所以AE⊥平面BCD.
以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，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)，
设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n＝(x，y，z)，n＝(x，y，z)，
1 1 1 1 2 2 2 2
平面DAB与平面ABF的夹角为θ，而AB＝(0，，－)，
因为EF＝DA＝(－，0，)，所以F(－，0，)，
则AF＝(－，0,0)．
由得取x＝1，
1
所以n＝(1,1,1)．
1
由得取y＝1，
2
所以n＝(0,1,1)，
2
所以|cos θ|＝＝＝，
从而sin θ＝＝.
所以平面DAB与平面ABF夹角的正弦值为.
课时精练
一、单项选择题
1.如图，在直三棱柱ABC－ABC 中，AB＝AC＝AA ＝，BC＝2，点D为BC的中点，则异
1 1 1 1面直线AD与AC所成的角为( )
1
A. B.
C. D.
答案 B
解析 由题意可知，AB，AC，AA 两两互相垂直，以A为坐标原点，AB，AC，AA 所在直
1 1
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A(0,0,0)，A(0,0，)，
1
C(0，，0)，D，
∴AD＝，A1C＝(0，，－)，
∴|cos〈AD，A1C〉|＝＝，
∴异面直线AD与AC所成的角为.
1
2．在正三棱柱ABC－ABC 中，AB＝AA，则AC 与平面BBC C所成角的正弦值为( )
1 1 1 1 1 1 1
A. B. C. D.
答案 C
解析 建立如图所示的坐标系，设AB＝2，
则C (，1,0)，A(0,0,2)，AC1＝(，1，－2)，易知平面BBC C的一个法向量为n＝(1,0,0)．设
1 1 1
AC 与平面BBC C所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈AC1，n〉|＝＝＝.所以AC 与平面BBC C
1 1 1 1 1 1
所成角的正弦值为.
3.如图，在正方体ABCD－ABC D 中，E，F分别是BB 和DD 的中点，则平面ECF与平面
1 1 1 1 1 1
ABCD夹角的余弦值为( )A. B.
C. D.
答案 B
解析 以点A为坐标原点，AB，AD，AA1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间
直角坐标系，如图所示．
设正方体的棱长为2，
则A(0,0,0)，E(2,0,1)，
F(0,2,1)，C(2,2,0)，
∴CE＝(0，－2,1)，CF＝(－2,0,1)．
设平面ECF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，得n＝(1,1,2)．
易知m＝(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量，
设平面ECF与平面ABCD的夹角为θ.
∴cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.
∴平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为.
4．(2023·沧州模拟)在正方体ABCD－ABC D 中，P是C D 的中点，则异面直线AP与BA
1 1 1 1 1 1 1
所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 方法一 设正方体的棱长为2，取CC 的中点Q，连接PQ，AD，AC，AQ，
1 1
∵P是C D 的中点，
1 1∴PQ∥CD∥AB，
1 1
故∠APQ就是AP与BA 所成的角(或其补角)，
1
由勾股定理得AP＝AQ＝＝3，PQ＝，
由余弦定理得cos∠APQ＝＝＝，
故异面直线AP与BA 所成角的余弦值为.
1
方法二 设正方体的棱长为2，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD 所在直线分别为x，
1
y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(2,0,0)，P(0,1,2)，
A(2,0,2)，B(2,2,0)，
1
AP＝(－2,1,2)，BA1＝(0，－2,2)，
|cos〈AP，BA1〉|＝
＝＝，
故异面直线AP与BA 所成角的余弦值为.
1
5．(2024·郑州模拟)如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一条母线，C为
底面圆上一点，且AC∥OB，OP＝AB＝OA，则直线PC与平面PAB所成角的正弦值为(
)
A. B. C. D.
答案 A
解析 ∵AB是圆柱底面圆的一条直径，
∴∠AOB＝90°，∠ACB＝90°，∵OP＝AB＝OA，
∴∠BAO＝45°，
∴OA＝OB，
∵AC∥OB，
∴∠OAC＝90°，
∴四边形OACB为正方形，
设AB＝2，
建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(，0,0)，B(0，，0)，P(0,0,2)，C(，，0)，AB＝
(－，，0)，AP＝(－，0,2)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝，则n＝(，，1)，
又PC＝(，，－2)，
设直线PC与平面PAB所成的角为θ，
∴sin θ＝|cos〈n，PC〉|＝＝＝，
∴直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.
6．(2023·杭州模拟)若正方形ABCD的边长为a，E，F分别为CD，CB的中点(如图1)，沿
AE，AF将△ADE，△ABF折起，使得点B，D恰好重合于点P(如图2)，则直线PA与平面
PCE所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 由E，F分别是为CD，CB的中点，
可得EF2＝CE2＋CF2＝DE2＋BF2＝PE2＋PF2，
则PE⊥PF.
由AD⊥DE，AB⊥BF，
可得PA⊥PE，PA⊥PF，
所以PA，PF，PE两两互相垂直，以P为坐标原点，PE，PF，PA分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
可得P(0,0,0)，E，F，
A(0,0，a)，
设C(x，y，z)，由 AC＝a，CE＝CF＝，
得
解得
即得C，
所以可得 PE＝， PC＝，
设平面PCE的法向量为n＝(x′，y′，z′)，
则
令y′＝1，则x′＝0，z′＝1，
所以平面PCE的一个法向量为 n＝(0,1,1)，
又 PA＝(0,0，a)，
设PA与平面PCE所成的角为θ，
所以sin θ＝|cos〈PA，n〉|＝＝＝.
二、多项选择题
7．三棱锥A－BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n ，n ，若n ＝(1,0,0)，n ＝
1 2 1 2
(－，0,1)，则二面角A－BD－C的大小可能为( )
A. B. C. D.
答案 AD
解析 由已知可得|cos〈n，n〉|＝＝，
1 2
因此二面角A－BD－C的大小为或.
8．(2023·深圳模拟)如图，在矩形AEFC中，AE＝2，EF＝4，B为EF中点，现分别沿AB，
BC将△ABE，△BCF翻折，使点E，F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P－ABC，则(
)
A．三棱锥P－ABC的体积为
B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为
D．三棱锥P－ABC外接球的半径为
答案 BD
解析 由题意可得BP⊥AP，BP⊥CP，又AP∩CP＝P，AP，CP⊂平面PAC，
所以BP⊥平面PAC，
在△PAC中，PA＝PC＝2，AC边上的高为＝2，
所以V ＝V ＝××4×2×2＝，故A错误；
三棱锥P－ABC 三棱锥B－PAC
在△PAC中，cos∠APC＝＝，
BC＝＝4，
|cos〈PA，BC〉|＝＝＝
＝
＝＝，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
S ＝PB·PC＝×2×2＝2，
△PBC
设点A到平面PBC的距离为d，
由V ＝V ，
三棱锥B－PAC 三棱锥A－PBC
得×2d＝，
解得d＝，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为＝＝，故C错误；
由B知，cos∠APC＝，
则sin∠APC＝，
所以△PAC的外接圆的半径
r＝·＝，
设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，
又因为BP⊥平面PAC，
则R2＝r2＋2＝＋1＝，
所以R＝，
即三棱锥P－ABC外接球的半径为，故D正确．
三、填空题
9．(2023·天津统考)在长方体ABCD－ABC D 中，AB＝2，AD＝1，AA ＝3，则异面直线
1 1 1 1 1
AC 与AD 所成角的余弦值为________．
1 1 1
答案
解析 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐
1
标系，则A(1,0,0)，D(0,0,3)，A(1,0,3)，C (0,2,3)，
1 1 1
则AD1＝(－1,0,3)，A1C1＝(－1,2,0)，
|cos〈AD1，A1C1〉|＝＝＝，
因此，异面直线AC 与AD 所成角的余弦值为.
1 1 1
10．在三棱柱ABC－ABC 中，侧棱AA⊥底面ABC，AC＝1，AA ＝2，∠BAC＝90°，若直
1 1 1 1 1
线AB 与直线AC所成角的余弦值是，则棱AB的长度是________．
1 1
答案 1
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝a(a>0)，则A(0,0,0)，B(a,0,2)，A(0,0,2)，
1 1
C(0,1,0)，所以AB1＝(a,0,2)，A1C＝(0,1，－2)，
所以|cos〈AB1，A1C〉|＝＝＝，
解得a＝1，所以棱AB的长度是1.
11．(2023·洛阳模拟)二面角α－l－β的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面
角的两个半平面内，并且垂直于棱l，若AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则平面α与平面
β的夹角为________．
答案 60°
解析 设二面角α－l－β的大小为θ，
因为AC⊥AB，BD⊥AB，
所以CA·AB＝0，BD·AB＝0，
由题意得CD＝CA＋AB＋BD，
所以|CD|2＝|CA＋AB＋BD|2＝|CA|2＋|AB|2＋|BD|2＋2CA·AB＋2CA·BD＋2AB·BD
＝|CA|2＋|AB|2＋|BD|2＋2CA·BD
＝36＋16＋64＋2×6×8×cos(180°－θ)＝(2)2，
所以cos(180°－θ)＝－，即cos θ＝，
所以θ＝60°，则平面α与平面β的夹角为60°.12.在正方体ABCD－ABC D 中，E，F，G，H，K，L分别是棱AB，BB ，BC ，C D ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
DD，DA的中点，则直线AC与平面EFGHKL所成角的大小为________；若P，Q是六边
1 1
形EFGHKL边上两个不同的动点，设直线DB与直线PQ所成的最小角为θ，则sin θ的值
1
为________．
答案 90°
解析 如图，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴的正方向建立
空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则A(2,0,2)，E(2,1,0)，C(0,2,0)，F(2,2,1)，
1
G(1,2,2)，
∴A1C＝(－2,2，－2)，EF＝(0,1,1)，
EG＝(－1,1,2)，
∴A1C·EF＝0＋2－2＝0，
A1C·EG＝2＋2－4＝0，
∴AC⊥EF，AC⊥EG，∵EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EFGHKL，
1 1
∴AC⊥平面EFGHKL，
1
∴直线AC与平面EFGHKL所成角的大小为90°.
1
又D(0,0,2)，B(2,2,0)，D1B＝(2,2，－2)，
1
由题意知A1C＝(－2,2，－2)为平面EFGHKL的一个法向量，
设直线DB与平面EFGHKL所成的角为α，则
1
sin α＝|cos〈D1B，A1C〉|＝＝＝，
∵直线PQ⊂平面EFGHKL，
∴直线DB与直线PQ所成的角最小时即为直线DB与平面EFGHKL所成的角，∴sin θ＝.
1 1
四、解答题
13.如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2CF＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值．
(1)证明 由CF∥AE，CF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，得CF∥平面ADE，
由AD∥BC，BC⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
得BC∥平面ADE，
又CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，
所以平面BCF∥平面ADE，
又BF⊂平面BCF，所以BF∥平面ADE.
(2)解 因为 AE⊥平面 ABCD，AB，AD⊂平面 ABCD，所以 AE⊥AB，AE⊥AD，又
AD⊥AB，
以A为原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
因为AB＝AD＝1，AE＝BC＝2CF＝2，
所以B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)，
则CE＝(－1，－2,2)，BE＝(－1,0,2)，DE＝(0，－1,2)，
设平面BDE的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则x＝2，y＝2，
即m＝(2,2,1)，
所以|cos〈m，CE〉|＝＝＝，
即直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
14．(2024·南昌模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝AB，现将△ADC沿AC
翻至△APC，使二面角P－AC－B为直二面角．
(1)证明：CB⊥PA；(2)若AB＝4，二面角B－PA－C的余弦值为，求异面直线PC与AB所成角的余弦值．
(1)证明 取AB的中点E，连接CE(图略)，
∵在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝AB，AE∥DC，AE＝DC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
CE＝AD，CE＝AE＝EB，
∴∠ACB＝90°，即CB⊥CA，
∵二面角P－AC－B为直二面角，
∴平面PAC⊥平面ACB，
又平面PAC∩平面ACB＝AC，CB⊂平面ABC，
∴CB⊥平面PAC，
又PA⊂平面PAC，∴CB⊥PA.
(2)解 由AB＝4知PA＝PC＝2，
取AC的中点O，则OE∥CB.
∴OE⊥AC，且OP⊥AC，OC，OE，OP两两互相垂直．
以O为原点，OC，OE，OP的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设OC＝a(a>0)，则C(a,0,0)，P(0,0，)，A(－a,0,0), B(a,2，0)，
AB＝(2a,2，0)，AP＝(a,0，)，
易得平面PAC的一个法向量为 n＝(0,1,0)，
1
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
2
由
取x＝，得y＝－a，z＝－a，
故n＝(，－a，－a)，
2
由|cos〈n，n〉|＝＝＝，
1 2
得a＝，
则PC＝(，0，－1)，AB＝(2，2,0)，
设异面直线PC与AB所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈PC，AB〉|＝＝＝，
所以异面直线PC与AB所成角的余弦值为.
