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专题四 微专题 2 空间向量与空间角
(分值：60分)
1.(13分)(2024·安庆模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AP⊥DP，CD=3AB=3，
AD=2AP=4，PB=√5，⃗AD=4⃗AE，连接BE，CE，PE.
(1)求证：平面PBE⊥平面PCE；(6分)
(2)求直线CE与平面PCD所成角的正弦值的大小.(7分)
2.(15分)(2024·邢台模拟)如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，E为以BC为直径的半圆弧上一点，平面
ABCD⊥平面BCE，O为BC的中点，M为CE的中点，BE=AB=AD=DC=2，BC=4.
(1)求证：DM∥平面ABE；(5分)
(2)求平面ABE与平面DCE夹角的余弦值.(10分)
3.(15分)(2024·南通模拟)如图，在直三棱柱ABC-A B C 中，AB=BC=2，AB⊥BC，CC =2√3，⃗BE=λ⃗BB
1 1 1 1 1
(0<λ<1).
1
(1)当λ= 时，求证：CE⊥平面ABC ；(7分)
3 1
(2)设二面角B-AE-C的大小为θ，求sin θ的取值范围.(8分)4.(17分)[异面直线的公垂线]如图，四边形ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面
ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上.
(1)求证：CF⊥平面ACDE；(5分)
(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，
AN
AB的公垂线，求 的值；(6分)
AF
√21
(3)记直线BE与平面ABC所成的角为α，若tan α> ，求平面BCD与平面CFD夹角的余弦值的取值范
7
围.(6分)答案精析
π
1.(1)证明 因为AP⊥DP，AD=2AP=4，所以∠PAD= ，
3
又⃗AD=4⃗AE，所以AE=1，
1
根据余弦定理知PE2=AE2+AP2-2AE·APcos∠PAD=1+4-2×1×2× =3，
2
在直角梯形ABCD中，
AB∥CD，AB⊥AD，AD=4，
AE=1，CD=3AB=3，
则BE=√2，CE=3√2，
过点B作BF⊥CD，垂足为F，则BF=AD=4，CF=2，得BC=2√5，
则有BE2+PE2=PB2，
BE2+CE2=BC2，
得PE⊥BE，BE⊥CE，
因为PE∩CE=E，PE，CE 平面PCE，所以BE⊥平面PCE，
又BE 平面PBE， ⊂
所以平⊂面PBE⊥平面PCE.
(2)解 由(1)得BE⊥PE，PA2=PE2+AE2，
则PE⊥AD，AD∩BE=E，AD，BE 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD.
⊂
如图，以点E为原点，分别以ED，EP所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系.
则E(0，0，0)，P(0，0，√3)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，
于是⃗EC=(3，3，0)，
又⃗PC=(3，3，-√3)，⃗DC=(3，0，0)，
设平面PCD的法向量为m=(x，y，z)，
{m·⃗PC=3x+3 y-√3z=0,
于是
m·⃗DC=3x=0,
令y=1，则x=0，z=√3，
即m=(0，1，√3)，设直线CE与平面PCD所成的角为θ，
|⃗EC·m| 3 √2
则sin θ=|cos〈⃗EC，m〉|= = = ，
|⃗EC||m| 3√2×2 4
√2
所以直线CE与平面PCD所成角的正弦值为 .
4
2.(1)证明 取BE的中点N，连接AN，MN，
1
则MN∥BC，且MN= BC，
2
1
又AD∥BC，且AD= BC，
2
所以MN∥AD，且MN=AD，
所以四边形ANMD为平行四边形，所以DM∥AN.
又DM⊄平面ABE，
AN 平面ABE，
所以⊂DM∥平面ABE.
(2)解 取AD的中点F，连接OF，
因为四边形ABCD为等腰梯形，所以OF⊥BC，
又平面ABCD⊥平面BCE，
平面ABCD∩平面BCE=BC，
OF 平面ABCD，
所以⊂OF⊥平面BCE.过点O作直线BC的垂线交B´C于点G，
连接EO，
以O为坐标原点，分别以OG，OC，OF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，
1
因为BC为直径，BE= BC，
2
所以∠BCE=30°，∠BOE=60°，∠EOG=30°.
在等腰梯形ABCD中，
AB=AD=DC=2，BC=4，
所以OF=
√
22-
(4-2) 2
=√3，
2
所以E(√3，-1，0)，C(0，2，0)，D(0，1，√3)，B(0，-2，0)，A(0，-1，√3)，
所以⃗CE=(√3，-3，0)，⃗CD=(0，-1，√3)，⃗BE=(√3，1，0)，
⃗BA=(0，1，√3).
设平面DCE的法向量为m=(x，y，z)，
{m·⃗CE=0,
则
m·⃗CD=0,
{√3x-3 y=0,
所以
- y+√3z=0,
令y=√3，则x=3，z=1，
所以m=(3，√3，1).
设平面ABE的法向量为n=(a，b，c)，
{n·⃗BE=0, {√3a+b=0,
则 所以
n·⃗BA=0, b+√3c=0,
令b=-√3，则a=1，c=1，
所以n=(1，-√3，1).
设平面ABE与平面DCE的夹角为α，
|m·n|
则cos α=|cos〈m，n〉|=
|m||n|
1 √65
= = ，
√13×√5 65
√65
所以平面ABE与平面DCE夹角的余弦值为 .
65
3.(1)证明 以{⃗BC，⃗BA，⃗BB }为基底建立如图所示的空间直角坐标系，
1
则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，
C (2，0，2√3)，E(0，0，2√3λ).
1
1
当λ= 时，
3
( 2√3)
E 0，0， ，
3
所以
⃗AB=(0，-2，0)，⃗BC =(2，0，2√3)，
1
( 2√3)
⃗CE= -2，0， .
3
所以⃗AB·⃗CE=0，⃗BC ·⃗CE=0，
1
所以CE⊥AB，CE⊥BC .
1
又AB∩BC =B，AB，
1
BC 平面ABC ，
1 1
所以⊂CE⊥平面ABC
1
.
(2)解 ⃗AC=(2，-2，0)，
⃗AE=(0，-2，2√3λ)，
设平面AEC的法向量为
n =(x，y，z)，
1
{⃗AC·n =0,
1
则
⃗AE·n =0,
1
{ 2x-2y=0,
即
-2y+2√3λz=0,
不妨取n =(√3λ，√3λ，1).
1
易知平面ABE的一个法向量为
n =(1，0，0).
2
|n ·n | √3λ
1 2
所以|cos θ|= = ，
|n ||n | √6λ2+1
1 2
所以sin θ=√1-cos2θ
√ 3λ2
= 1-
6λ2+1
√1 1
= + .
2 2(6λ2+1)
又因为0<λ<1，
√1 1
易知f(λ)= + 在(0，1)上单调递减，
2 2(6λ2+1)
(2√7 )
所以sin θ的取值范围为 ，1 .
7
4.(1)证明 因为AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=12，
所以AB=2√3，
因为AF=2FB，4√3 1 2 1 4 4 4
所以AF= ，⃗CF= ⃗CA+ ⃗CB，⃗CF2= ⃗CA2 + ⃗CB2 + ⃗CA·⃗CB= ，
3 3 3 9 9 9 3
4 16
AC2+CF2=4+ = =AF2，
3 3
则CF⊥AC，
又因为平面ACDE⊥平面ABC，
平面ACDE∩平面ABC=AC，
CF 平面ABC，
故C⊂F⊥平面ACDE.
(2)解 以C为原点，⃗CA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，
由∠EAC=60°，可得∠DCA=120°，DC=2，
所以C(0，0，0)，D(-1，0，√3)，
( 2√3 )
A(2，0，0)，F 0， ，0 ，
3
( 2√3 )
所以⃗AF= -2， ，0 ，
3
⃗CD=(-1，0，√3)，
( 2√3 )
设⃗AN=λ⃗AF= -2λ， λ，0 ，
3
( 2√3 )
则N 2-2λ， λ，0 ，
3
设⃗CM=μ⃗CD，则M(-μ，0，√3μ)，
( 2√3 )
⃗MN= 2-2λ+μ， λ，-√3μ ，
3
由题知，
{
2λ-2-μ-3μ=0,
{⃗MN·⃗CD=0,
⇒ 4
⃗MN·⃗AF=0 4λ-4-2μ+ λ=0,
3
9 2 AN 9
解得λ= ，μ=- ，故 = .
13 13 AF 13
(3)解 B(-1，√3，0)，设∠EAC=θ，
则E(2-2cos θ，0，2sin θ)，⃗BE=(3-2cos θ，-√3，2sin θ)，
易知平面ABC的一个法向量为n=(0，0，1)，
|n·⃗BE|
则sin α=|cos〈n，⃗BE〉|=
|n||⃗BE|
|2sinθ|
=
√(3-2cosθ) 2+3+4sin2θ
sinθ
= ，
√4-3cosθ
√4-3cosθ-sin2θ
cos α= ，
√4-3cosθ
sinθ √21
则tan α= > ，
√4-3cosθ-sin2θ 7
整理得10cos2θ-9cos θ+2<0，
(2 1)
故cos θ∈ ， ，
5 2
( 2√3 )
⃗CF= 0， ，0 ，⃗CD=(-2cos θ，0，2sin θ)，⃗CB=(-1，√3，0)，记平面CFD的法向量为n =(x，
3 1
y，z)，
{n ·⃗CD=0, {
-2xcosθ+2zsinθ=0,
则有 1 ⇒ 2√3
n ·⃗CF=0 y=0,
1 3
可得n =(sin θ，0，cos θ)，记平面BCD的法向量为n =(a，b，c)，
1 2
{n ·⃗CD=0, {-2acosθ+2csinθ=0,
2
则有 ⇒
n ·⃗CB=0 -a+√3b=0,
2
可得n =(√3sinθ，sinθ，√3cosθ)，
2
记平面BCD与平面CFD的夹角为γ，
√3
则cos γ=|cos〈n ，n 〉|= ，
1 2 √3+sin2θ
(2 1)
又cos θ∈ ， ，
5 2
(3 21)
所以sin2θ∈ ， ，
4 25
(√15 4√6)
√3+sin2θ∈ ， ，
2 5
√3 (5√2 2√5)
故cos γ= 的取值范围为 ， .
√3+sin2θ 8 5
