微专题 2 空间向量与空间角
[考情分析] 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点.空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，
利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等.
考点一 异面直线所成的角
设异面直线l，m的方向向量分别为a=(a，b，c)，b=(a，b，c)，异面直线l与m的夹角为θ.
1 1 1 2 2 2
( π]
则(1)θ∈ 0， ；
2
|a·b|
(2)cos θ=|cos〈a，b〉|=
|a||b|
|a a +b b +c c |
1 2 1 2 1 2
= .
√a2+b2+c2√a2+b2+c2
1 1 1 2 2 2
例1 (1)在正四面体ABCD中，点E，F，G分别为棱BC，CD，AC的中点，则异面直线AE，FG所成
角的余弦值为( )
1 √3
A. B.
2 5
√3 √6
C. D.
3 3
答案 C
解析 连接DE，因为点F，G分别为棱CD，AC的中点，所以FG∥AD，
所以∠EAD(或其补角)为异面直线AE，FG所成的角，
设正四面体的棱长为a，
√3
则AE=DE= a，AD=a，
23 3
a2+a2- a2
AE2+AD2-DE2 4 4 √3
由余弦定理得cos∠EAD= = = ，
2AE·AD √3 3
2× a2
2
√3
所以异面直线AE，FG所成角的余弦值为 .
3
(2)(2024·成都模拟)如图，等边三角形ABC的边长为3，DE⊥AB分别交AB，AC于D，E两点，且
AD=1，将△ADE沿DE折起(点A与P重合)，使得平面PDE⊥平面BCED，则折叠后的异面直线PB，
CE所成角的正弦值为( )
√3 √6
A. B.
2 3
√5 2√5
C. D.
5 5
答案 D
解析 由题意可知DB，DE，DP两两垂直，以D为原点，分别以DB，DE，DP所在直线为x，y，z轴建
立空间直角坐标系，如图，
3√3
由已知DE=√3，点C到直线BD的距离为 ，
2
(1 3√3 )
则P(0，0，1)，B(2，0，0)，C ， ，0 ，E(0，√3，0)，
2 2
( 1 √3 )
从而⃗PB=(2，0，-1)，⃗CE= - ，- ，0 .
2 2
⃗PB·⃗CE -1 √5
故cos〈⃗PB，⃗CE〉= = =- ，
|⃗PB||⃗CE| √5×1 5
2√5 2√5
因此〈⃗PB，⃗CE〉是钝角，sin〈⃗PB，⃗CE〉= ，即异面直线PB，CE所成的角的正弦值为 .
5 5
[规律方法] 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.
( π]
(4)注意两异面直线所成角的范围是 0， ，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
2
对值.
跟踪演练1 如图，已知圆柱O O 的底面半径和母线长均为1，B，A分别为上、下底面圆周上的点，
1 2
π
若异面直线O B，O A所成的角为 ，则AB的长为 .
1 2 3
答案 2或√2
解析 如图，过点A作AD垂直于上底面于点D，则AD是母线，连接DB，O D，O O ，
1 1 2
∵O O 垂直于上、下底面，
1 2
∴AD∥O O ，AD=O O ，
1 2 1 2
则四边形ADO O 是平行四边形，O D∥O A，
1 2 1 2
∴O A与O B所成的角就是∠DO B或其补角.
2 1 1
π
当∠DO B= 时，△DO B是等边三角形，BD=1，
1 3 1
在Rt△ABD中，AB=√BD2+AD2=√2；
2π
当∠DO B= 时，
1 3
√3
在△O DB中，BD=2× =√3，
1 2
在Rt△ABD中，AB=√BD2+AD2=2.
综上，AB=2或√2.
考点二 直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，
[ π]
则(1)θ∈ 0， ；
2
|a·n|
(2)sin θ=|cos〈a，n〉|= .
|a||n|例2 (2024·威海模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等边三角形，
PD⊥AB，AD∥BC，AD=4，AB=BC=2，M为PA的中点.
(1)证明：DM⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面MCD所成角的正弦值.
(1)证明 设AD中点为O，连接PO，因为△PAD为等边三角形，故PO⊥AD，
由题意知平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO 平面PAD，
故PO⊥平面ABCD，AB 平面ABCD， ⊂
故PO⊥AB，又PD⊥AB，⊂PO∩PD=P，PO，PD 平面PAD，
故AB⊥平面PAD，DM 平面PAD，故AB⊥DM⊂，
又M为PA的中点，△P⊂AD为等边三角形，则DM⊥PA，
因为AB∩PA=A，AB，PA 平面PAB，
所以DM⊥平面PAB.
⊂
(2)解 由(1)知AB⊥平面PAD，AD 平面PAD，故AB⊥AD，
⊂
1
连接CO，AO= AD=2，则AO∥BC，AO=BC，
2
即四边形ABCO为平行四边形，故OC∥AB，
所以OC⊥AD，
故以O为坐标原点，OC，OD，OP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P(0，0，2√3)，B(2，-2，0)，M(0，-1，√3)，C(2，0，0)，D(0，2，0)，
⃗PB=(2，-2，-2√3)，⃗MC=(2，1，-√3)，⃗MD=(0，3，-√3)，
设平面MCD的法向量为n=(x，y，z)，
{n·⃗MC=0,
则
n·⃗MD=0,
{2x+ y-√3z=0,
即
3 y-√3z=0,
令y=1，则n=(1，1，√3)，[ π]
设直线PB与平面MCD所成的角为θ，θ∈ 0， ，
2
|⃗PB·n| 6 3
则sin θ=|cos〈⃗PB，n〉|= = = .
|⃗PB||n| 2√5×√5 5
π
[易错提醒] (1)线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉+θ=
2
π
或〈a，n〉-θ= ，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值.
2
(2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心.
跟踪演练2 (2024·秦皇岛模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，BA=BD=BP=√5，CD=1，PA=PD=√2，
PA⊥PD，E是棱PA的中点，且BE∥平面PCD，点F是棱PD上的一点.
(1)求证：平面PCD⊥平面PAD；
11√35
(2)若直线PC与平面ABF所成角的正弦值为 ，求DF的长.
105
(1)证明 取AD的中点O，连接PO，BO，EO，
因为E是棱PA的中点，所以EO∥PD，
又EO⊄平面PCD，PD 平面PCD，
所以EO∥平面PCD，⊂
又BE∥平面PCD，BE∩EO=E，BE，EO 平面BEO，
所以平面BEO∥平面PCD，
⊂
又平面BEO∩平面ABCD=BO，平面PCD∩平面ABCD=CD，所以BO∥CD.
在△ABD中，BA=BD=√5，AD=√PA2+PD2=2，
又O是AD的中点，所以BO⊥AD，BO=2，
又易得PO=1，BP=√5，所以BO2+PO2=BP2，
所以PO⊥BO，所以PO⊥CD，AD⊥CD，
又PO∩AD=O，PO，AD 平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
又CD 平面PCD，所以⊂平面PCD⊥平面PAD.
(2)解 ⊂当点F与点D重合时，连接OC，
PC与平面ABF所成的角即为∠PCO，
PO=1，OC=√2，PC=√3，
√3
所以sin∠PCO= ，不符合题意，所以点F与点D不重合.
3因为PA=PD，点O是AD的中点，所以PO⊥AD，
所以OB，OD，OP两两垂直，
以O为坐标原点，OB，OD，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
所以P(0，0，1)，D(0，1，0)，C(1，1，0)，A(0，-1，0)，B(2，0，0)，
设⃗DF=λ⃗DP=λ(0，-1，1)=(0，-λ，λ)(0<λ≤1)，
所以⃗BF=⃗BD+⃗DF=(-2，1，0)+(0，-λ，λ)=(-2，1-λ，λ)，⃗AB=(2，1，0).
设平面ABF的法向量为n=(x，y，z)，
{n·⃗BF=-2x+(1-λ)y+λz=0,
所以
n·⃗AB=2x+ y=0,
令x=λ，解得y=-2λ，z=4-2λ，
所以平面ABF的一个法向量为n=(λ，-2λ，4-2λ)，
又⃗CP=(-1，-1，1)，设直线PC与平面ABF所成角的大小为θ，
|n·⃗CP|
所以sin θ=|cos〈n，⃗CP〉|=
|n||⃗CP|
4-λ
11√35
= = ，
√λ2+(-2λ) 2+(4-2λ) 2·√1+1+1 105
1 32
解得λ= 或λ= ，
3 41
1 √2 32 32√2
所以DF= PD= 或DF= PD= .
3 3 41 41
考点三 平面与平面的夹角
设平面α，β的法向量分别为u，v，平面α与平面β的夹角为θ，
[ π]
则(1)θ∈ 0， ；
2
|u·v|
(2)cos θ=|cos〈u，v〉|= .
|u||v|
例3 (2024·新课标全国Ⅰ)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=√3.(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
√42
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为 ，求AD.
7
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD，
而AD 平面ABCD，
所以P⊂A⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA=P，
PB，PA 平面PAB，
所以AD⊂ ⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，
所以A⊂D⊥AB.
因为BC2+AB2=AC2，
所以BC⊥AB，
根据平面知识可知AD∥BC，
又AD⊄平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
⊂
(2)解 方法一 以D为原点，⃗DA，⃗DC的方向分别为x轴，y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
设AD=p，DC=q，
满足p2+q2=AC2=4.
则A(p，0，0)，P(p，0，2)，C(0，q，0)，D(0，0，0).
设平面APC的法向量为m=(x ，y ，z )，
1 1 1
因为⃗AP=(0，0，2)，⃗AC=(-p，q，0)，
{ ⃗AP·m=2z =0,
1
所以
⃗AC·m=-px +q y =0,
1 1取m=(q，p，0).
设平面DPC的法向量为n=(x ，y ，z )，
2 2 2
因为⃗DP=(p，0，2)，⃗DC=(0，q，0)，
{⃗DP·n=px +2z =0,
2 2
所以
⃗DC·n=q y =0,
2
取n=(2，0，-p).
|m·n| 2q
所以|cos 〈m，n〉|= =
|m||n| √p2+q2·√p2+4
√ (√42) 2
= 1- ，
7
q 1
又因为p2+q2=4，所以 = ，
√p2+4 √7
解得p=√3(负值舍去)，
即AD=√3.
方法二 如图所示，过点D作DE⊥AC于点E，
再过点E作EF⊥CP于点F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，
PA 平面PAC，
所以⊂平面PAC⊥平面ABCD，
又平面PAC∩平面ABCD=AC，
DE 平面ABCD，
所以⊂DE⊥平面PAC，
因为CP 平面PAC，所以DE⊥CP，
又EF⊥C⊂P，EF∩DE=E，
EF，DE 平面DEF，
所以CP⊥ ⊂平面DEF，
所以DF⊥CP，
根据二面角的定义可知，
∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，√42
即sin∠DFE= ，
7
即tan∠DFE=√6.
因为AD⊥DC，设AD=x，0<x<2，
则DC=√4-x2，
x√4-x2
由等面积法可得，DE= ，
2
√ x2 (4-x2 ) 4-x2
又CE= (4-x2 )- = ，
4 2
而△EFC为等腰直角三角形，
4-x2
所以EF= ，
2√2
又DE⊥平面PAC，EF 平面PAC，
所以DE⊥EF，
⊂
x√4-x2
DE 2
故tan∠DFE= = =√6，
EF 4-x2
2√2
解得x=√3，即AD=√3.
[ π]
[易错提醒] 平面与平面夹角的取值范围是 0， ，两向量夹角的取值范围是[0，π]，两平面的夹角与其
2
对应的两法向量的夹角不一定相等，而是相等或互补.
跟踪演练3 (2024·新课标全国Ⅱ)如图，平面四边形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=5√3，
2 1
∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E，F分别满足⃗AE= ⃗AD，⃗AF= ⃗AB，将△AEF沿EF翻折至△PEF，
5 2
使得PC=4√3.
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.
(1)证明 由AB=8，AD=5√3，
2 1
⃗AE= ⃗AD，⃗AF= ⃗AB，
5 2
得AE=2√3，AF=4，又∠BAD=30°，在△AEF中，
由余弦定理得
EF=√AE2+AF2-2AE·AFcos∠BAD
√ √3
= 12+16-2×2√3×4× =2，
2
所以AE2+EF2=AF2，
则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE，EF⊥DE，
又PE∩DE=E，PE，DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，
⊂
又PD 平面PDE，
故EF⊥ ⊂PD.
(2)解 连接CE，由∠ADC=90°，
ED=3√3，CD=3，
则EC2=ED2+CD2=36，
在△PEC中，PC=4√3，
PE=2√3，EC=6，
得EC2+PE2=PC2，
所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，
又EC∩EF=E，
EC，EF 平面ABCD，
所以PE⊥ ⊂平面ABCD，
又ED 平面ABCD，
所以P⊂E⊥ED，
则PE，EF，ED两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0，0，0)，P(0，0，2√3)，
D(0，3√3，0)，C(3，3√3，0)，
F(2，0，0)，A(0，-2√3，0)，
由F是AB的中点，得B(4，2√3，0)，所以⃗PC=(3，3√3，-2√3)，
⃗PD=(0，3√3，-2√3)，
⃗PB=(4，2√3，-2√3)，
⃗PF=(2，0，-2√3)，
设平面PCD和平面PBF的法向量分别为
n=(x ，y ，z )，m=(x ，y ，z )，
1 1 1 2 2 2
{n·⃗PC=3x +3√3 y -2√3z =0,
1 1 1
则
n·⃗PD=3√3 y -2√3z =0,
1 1
{m·⃗PB=4x +2√3 y -2√3z =0,
2 2 2
m·⃗PF=2x -2√3z =0,
2 2
令y =2，x =√3，
1 2
得x =0，z =3，y =-1，z =1，
1 1 2 2
所以n=(0，2，3)，m=(√3，-1，1)，
设平面PCD和平面PBF所成的二面角为θ，
|m·n| 1 √65
所以|cos θ|=|cos〈m，n〉|= = = ，
|m||n| √5×√13 65
8√65
则sin θ=√1-cos2θ= ，
65
8√65
即平面PCD和平面PBF所成的二面角的正弦值为 .
65
专题强化练
(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)
π
(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.(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)
(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.(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)
(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).
11 ( 2√3)
当λ= 时，E 0，0， ，
3 3
( 2√3)
所以⃗AB=(0，-2，0)，⃗BC =(2，0，2√3)，⃗CE= -2，0， .
1 3
所以⃗AB·⃗CE=0，⃗BC ·⃗CE=0，
1
所以CE⊥AB，CE⊥BC .
1
又AB∩BC =B，AB，BC 平面ABC ，
1 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
所以|cos θ|= 1 2 = ，
|n ||n | √6λ2+1
1 2
√ 3λ2
所以sin θ=√1-cos2θ= 1-
6λ2+1
√1 1
= + .
2 2(6λ2+1)
√1 1
又因为0<λ<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.(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)
(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，则CF⊥AC，
3 3
又因为平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC=AC，CF 平面ABC，
故CF⊥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，
( 2√3 )
所以C(0，0，0)，D(-1，0，√3)，A(2，0，0)，F 0， ，0 ，
3
( 2√3 )
所以⃗AF= -2， ，0 ，⃗CD=(-1，0，√3)，
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,
39 2
解得λ= ，μ=- ，
13 13
AN 9
故 = .
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| sinθ
= = ，
√(3-2cosθ) 2+3+4sin2θ √4-3cosθ
√4-3cosθ-sin2θ
cos α= ，
√4-3cosθ
sinθ √21
则tan α= > ，
√4-3cosθ-sin2θ 7
(2 1)
整理得10cos2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈ ， ，
5 2
( 2√3 )
⃗CF= 0， ，0 ，⃗CD=(-2cos θ，0，2sin θ)，⃗CB=(-1，√3，0)，
3
记平面CFD的法向量为n =(x，y，z)，
1
{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)，
1
记平面BCD的法向量为n =(a，b，c)，
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
