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§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l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝.
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n1和n2，则平面α 与平面β 的夹角即为向量n1和n2的夹角或其
补角．设平面α 与平面β 的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝.
思考辨析
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)两异面直线所成角的范围是，直线与平面所成角的范围是.( √ )
(4)直线的方向向量为u，平面的法向量为n，则线面角θ 满足sin θ＝cos〈u，n〉．( ×
)
教材改编题
1．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
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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 由于cos〈m，n〉＝－，所以〈m，n〉＝120°，所以直线l 与平面α 所成的角为30°.
2．已知直线l1的方向向量s1＝(1,0,1)与直线l2的方向向量s2＝(－1,2，－2)，则直线l1和l2所
成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 因为s1＝(1,0,1)，s2＝(－1,2，－2)，
所以cos〈s1，s2〉＝＝＝－.
所以直线l1和l2所成角的余弦值为.
3．平面α 的一个法向量为m＝(1,2，－2)，平面β 的一个法向量为n＝(2,2,1)，则平面α 与
平面β 夹角的正切值为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 设平面α 与平面β 的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝，
则sin θ＝＝＝，
所以tan θ＝＝.
题型一 异面直线所成的角
例1 (1)若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为，AB＝1，则直线AB1与CD1所成的角为(
)
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案 C
解析 ∵正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为，AB＝1，
∴AA1＝，
以D 为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐
标系，
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则A(1,0,0)，B1(1,1，)，C(0,1,0)，D1(0,0，)，
AB1＝(0,1，)，CD1＝(0，－1，)，
设直线AB1与CD1所成的角为θ，
则cos θ＝＝＝.
又0°＜θ ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB1与CD1所成的角为60°.
(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
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〉|＝＝＝，
所以异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为.
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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)有公共边的△ABC 和△BCD 均为等边三角形，且所在平面互相垂直，则异
面直线AB 和CD 所成角的余弦值为________．
答案
解析 设等边三角形的边长为2.取BC 的中点O，连接OA，OD.因为△ABC 和△BCD 所在平
面互相垂直，所以OA，OC，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OD，OC，OA 所在直线分
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，)，B(0，－1,0)，C(0,1,0)，D(，0,0)，
所以AB＝(0，－1，－)，CD＝(，－1,0)，
设异面直线AB 和CD 所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈AB，CD〉|＝＝＝，
所以异面直线AB 和CD 所成角的余弦值为.
(2)如图所示，在棱长为2 的正方体ABCD－A1B1C1D1 中，E 是棱CC1 的中点，AF＝
λAD(0<λ<1)，若异面直线D1E 和A1F 所成角的余弦值为，则λ 的值为______．
答案
解析 以D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐
标系(图略)，正方体的棱长为2，
则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
∴D1E＝(0,2，－1)，
A1F＝A1A＋AF＝A1A＋λAD＝(－2λ，0，－2)．
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∴|cos〈A1F，D1E〉|＝＝＝，解得λ＝.
题型二 直线与平面所成的角
例2 (12 分)(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；[切入点：由等腰梯形ABCD 的性质求BD 长]
(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．[关键点：建立空间直角坐标系求法向量]
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思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤
跟踪训练2 如图，在六面体PACBD 中，△PAB 是等边三角形，平面PAB 与平面ABD 所成
角为30°，PC＝AB＝AD＝BD＝AC＝BC＝4.
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(1)证明：AB⊥PD；
(2)若点E 为线段BD 上一动点，求直线CE 与平面PAB 所成角的正切值的最大值．
(1)证明 取AB 的中点M，连接PM，DM，如图，
因为PA＝PB，DA＝DB，所以PM⊥AB，DM⊥AB，且PM∩DM＝M，PM，DM⊂平面
PDM，
所以AB⊥平面PMD，
又PD⊂平面PMD，所以AB⊥PD.
(2)解 连接CM，则CM⊥AB，由AC＝BC＝2，PA＝PB＝AB＝4，可得CM＝2，PM＝2，
于是CM2＋PM2＝16＝PC2，所以PM⊥CM，
又PM⊥AB，AB∩CM＝M，MC，AB⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC，
以M 为原点，MC，MB，MP 分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，
则M(0,0,0)，C(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，
由题意知∠CMD＝120°，可得D(－1,0，)，
平面PAB 的一个法向量为n＝(1,0,0)，
设BE＝λBD＝λ(－1，－2，)，λ∈[0,1]，
则CE＝CB＋BE＝(－2－λ，2－2λ，λ)，
设CE 与平面PAB 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，CE〉|＝，
令2＋λ＝t，t∈[2,3]，则λ＝t－2，
所以sin θ＝＝，
令f(t)＝－＋8，t∈[2,3]，由对称轴＝知，当＝，即λ＝时，f(t)min＝，
则(sin θ)max＝＝，
于是(tan θ)max＝2.
所以直线CE 与平面PAB 所成角的正切值的最大值为2.
题型三 平面与平面的夹角
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例3 (2023·泰安模拟)如图，在五面体ABCDE 中，已知AC⊥平面BCD，ED∥AC，且AC
＝BC＝2ED＝2，DC＝DB＝.
(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；
(2)求平面ABE 与平面BEC 夹角的余弦值．
(1)证明 取BC 的中点M，AB 的中点N，连接DM，MN，EN.
∴MN∥AC，MN＝AC，
又DE∥AC，DE＝AC，∴DE∥MN，DE＝MN，
∴四边形MNED 是平行四边形，
∴EN∥DM，EN＝DM，
又AC⊥平面BCD，AC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCD，
∵DC＝DB，∴DM⊥BC，
又平面ABC∩平面BCD＝BC，DM⊂平面BCD，
∴DM⊥平面ABC，∴EN⊥平面ABC，
又EN⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面ABC.
(2)解 由(1)知，AC⊥BC，EN∥DM 且EN＝DM，EN⊥平面ABC，平面ABE⊥平面ABC，
以C 为原点，CA，CB 所在直线分别为x，y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，连接
CN，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，N(1,1,0)，E(1,1，)，
则CB＝(0,2,0)，CN＝(1,1,0)，CE＝(1,1，)，
设平面BCE 的法向量为n＝(x，y，z)，
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则取z＝，则
∴n＝(－2,0，)，
又AC＝BC，则CN⊥AB，
又平面ABC∩平面ABE＝AB，CN⊂平面ABC，
∴CN⊥平面ABE，即CN＝(1,1,0)为平面ABE 的一个法向量，
设平面ABE 与平面BEC 的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，CN〉|＝
＝＝，
∴平面ABE 与平面BEC 夹角的余弦值为.
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 (2022·贵阳模拟)如图，AC，BD 为圆柱OO′底面⊙O 的两条直径，PA 为圆柱
OO′的一条母线，且AP＝AC.
(1)证明：AB⊥PD；
(2)若∠AOD＝，求平面DPC 与平面PCB 夹角的正弦值．
(1)证明 ∵AC，BD 为圆柱OO′底面⊙O 的两条直径，
∴∠BAD＝90°，∴AB⊥AD，
∵PA 为圆柱OO′的一条母线，∴PA⊥AB，
∵PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.
(2)解 以C 为坐标原点，分别以CD，CB，过C 的母线所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立
如图所示的空间直角坐标系，
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设AP＝AC＝4，则BC＝2，AB＝2，CD＝2，
则D(2，0,0)，B(0,2,0)，P(2，2,4)，C(0,0,0)，
∴CD＝(2，0,0)，CB＝(0,2,0)，CP＝(2，2,4)，
设平面PBC 的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝2，则y＝0，z＝－，
∴n＝(2,0，－)，
设平面PDC 的法向量为m＝(a，b，c)，
则
令b＝2，则a＝0，c＝－1，∴m＝(0,2，－1)，
设平面DPC 与平面PCB 的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝＝＝，
∴平面DPC 与平面PCB 夹角的正弦值为＝.
课时精练
1.如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD 是菱形，AB＝2，∠BAD＝
60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB 与AC 所成角的余弦值．
(1)证明 因为四边形ABCD 是菱形，
所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
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所以PA⊥BD.
又因为AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.
(2)解 设AC∩BD＝O.
因为∠BAD＝60°，
PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，－，2)，A(0，－，0)，
B(1,0,0)，C(0，，0)．
所以PB＝(1，，－2)，AC＝(0,2，0)．
设PB 与AC 所成的角为θ，则
cos θ＝＝＝，
即PB 与AC 所成角的余弦值为.
2.如图，四边形ABCD 为正方形，E，F 分别为AD，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折
起，使点C 到达点P 的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．
(1)证明 由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，
所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解 如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得PH⊥平面ABFD.
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以H 为坐标原点，HF的方向为y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设BF＝1，由(1)可得DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.
又PF＝1，EF＝2，
所以PE⊥PF，
所以PH＝，EH＝.
则H(0,0,0)，P，D，
DP＝，HP＝.
又HP为平面ABFD 的一个法向量，
设DP 与平面ABFD 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈HP，DP〉|＝＝＝.
所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为.
3．如图①，在高为6 的等腰梯形ABCD 中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴
OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图②，点P 为BC 的中点，点E 在线段AB 上(不
同于A，B 两点)，连接OE 并延长至点Q，使AQ∥OB.
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求平面CBQ 与平面ABQ 夹角的余弦值．
(1)证明 由题设知OA，OB，OO1两两垂直，
∴以O 为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间
直角坐标系，
设AQ 的长为m，则O(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,6,0)，C(0,3,6)，D(3,0,6)，Q(6，m,0)．
∵点P 为BC 的中点，
∴P，
∴OD＝(3,0,6)，AQ＝(0，m,0)，PQ＝.
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∵OD·AQ＝0，OD·PQ＝0，
∴OD⊥AQ，OD⊥PQ，
即OD⊥AQ，OD⊥PQ，
又AQ∩PQ＝Q，AQ，PQ⊂平面PAQ，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)解 ∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，
则Q(6,3,0)，∴QB＝(－6,3,0)，BC＝(0，－3,6)．
设平面CBQ 的法向量为n1＝(x，y，z)，
由
得
令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1,2,1)．
易得平面ABQ 的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
设平面CBQ 与平面ABQ 的夹角为θ，
则cos θ＝＝，
即平面CBQ 与平面ABQ 夹角的余弦值为.
4．(2022·新高考全国Ⅱ改编)如图，PO 是三棱锥P－ABC 的高，PA＝PB，AB⊥AC，E 为PB
的中点．
(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求平面AEC 与平面AEB 夹角的正弦值．
(1)证明 如图，取AB 的中点D，连接DP，DO，DE.
因为PA＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO 为三棱锥P－ABC 的高，
所以PO⊥平面ABC.
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，
所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
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又AB⊥AC，AB，OD，AC⊂平面ABC，所以OD∥AC.
因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以OD∥平面PAC.
因为D，E 分别为BA，BP 的中点，
所以DE∥PA.
因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
(2)解 连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝＝＝4.
易得在△AOB 中，∠OAB＝∠ABO＝30°，
所以OD＝OAsin 30°＝4×＝2，
AB＝2AD＝2OAcos 30°＝2×4×＝4.
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
所以在Rt△ABC 中，AC＝ABtan 60°＝4×＝12.
以A 为坐标原点，AB，AC 所在直线分别为x，y 轴，以过A 且垂直于平面ABC 的直线为z
轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，B(4，0,0)，C(0,12,0)，
P(2，2,3)，E，
所以AE＝，AB＝(4，0,0)，AC＝(0,12,0)．
设平面AEC 的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝2，则n＝(－1,0,2)．
设平面AEB 的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝2，则m＝(0，－3,2)，
设平面AEC 与平面AEB 的夹角为θ，
所以cos θ＝|cos〈n，m〉|＝＝.
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则sin θ＝＝，
所以平面AEC 与平面AEB 夹角的正弦值为.
5.(2023·莆田模拟)如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是菱形，F 为PD 的中点．
(1)证明：PB∥平面AFC；
(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①∠ABC＝；
②BD＝AC；
③PC 与平面ABCD 所成角的大小为.
若PA⊥平面ABCD，AB＝AP＝2，且________，求平面ACF 与平面ACD 夹角的余弦值．
(1)证明 连接BD 交AC 于点O，因为ABCD 是菱形，所以O 为BD 的中点．连接OF.因为F
为PD 的中点，所以OF 为△PBD 的中位线，所以OF∥PB.
因为OF⊂平面AFC，PB⊄平面AFC，
所以PB∥平面AFC.
(2)解 过O 作Oz∥AP，以O 为原点，OB，OC，Oz为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示
的空间直角坐标系．
选条件①：∠ABC＝.
在菱形 ABCD 中，AC⊥BD.
因为AB＝AP＝2，
所以OB＝OD＝2sin ＝，
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OA＝OC＝2cos ＝1，
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，
F.
所以AF＝，AC＝(0,2,0)．
设平面ACF 的法向量为n＝(x，y，z)，则
不妨令x＝2，则n＝(2,0，)，
显然m＝(0,0,1)为平面ACD 的一个法向量．
设平面ACF 与平面ACD 的夹角为θ，
所以cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.
选条件②：BD＝AC.
在菱形ABCD 中，BD＝AC，
所以OB＝OC，
所以BC＝＝2OC.
因为AB＝AP＝2，
所以OA＝OC＝1，OB＝OD＝.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，F.
所以AF＝，AC＝(0,2,0)．
设平面ACF 的法向量为n＝(x，y，z)，
则
不妨令x＝2，则n＝(2,0，)．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD 的一个法向量．
设平面ACF 与平面ACD 的夹角为θ，
所以cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.
选条件③：PC 与平面ABCD 所成的角为.
因为PA⊥平面ABCD，所以∠PCA 为PC 与平面ABCD 所成的角，即∠PCA＝.
在Rt△PAC 中，由∠PCA＝，可得PA＝CA＝2.
所以OA＝OC＝1，OB＝OD＝.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，F.
所以AF＝，AC＝(0,2,0)．
设平面ACF 的法向量为n＝(x，y，z)，
则
不妨令x＝2，则n＝(2,0，)．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD 的一个法向量．
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设平面ACF 与平面ACD 的夹角为θ，
所以cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.
6.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，
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，
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，如图建立空间直角坐标系D－xyz，
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
设Q(m,0,1)，
则有DC＝(0,1,0)，DQ＝(m,0,1)，PB＝(1,1，－1)，
设平面QCD 的法向量为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〉＝＝.
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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，
所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于|cos〈n，PB〉|＝
＝·＝·
≤·≤·＝，
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.
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