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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 ，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
