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【变式3】 若 PA⊥平面 ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝ 2，
求二面角 A-PB-C 的余弦值． 解 如图所示建立空间直角坐标系，则 A(0，0，0)，B( 2，1，0)， C(0，1，0)，P(0，0，1)，
故A→P＝(0，0，1)，A→B＝( 2，1，0)， C→B＝( 2，0，0)，C→P＝(0，－1，1)，
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【示例】 如图，在四棱锥 O－ABCD 中，底面 π
ABCD 是边长为 1的菱形，∠ABC＝ 4 ， OA⊥底面 ABCD，OA＝2，M 为 OA 的 中点，N 为 BC 的中点． (1)证明：直线MN∥平面OCD； (2)求异面直线AB与MD所成角的大小． [思路分析]建系→求相关点坐标→求相关向量坐标→向量 运算→结论． 解 作AP⊥CD于点P，分别以AB，AP，AO所在的直线为 x，y，z轴建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，
(2)由(1)得，P→A＝(2，0，－2 3)，B→C＝(－2，－3，0)， ∴co〈 s P→A，B→C〉＝2×（－2）＋0×（ 4×－31）3 ＋（－2 3）×0
＝－ 1133， 即 PA 与 BC 所成角的余弦值为 1133.
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题型二 求线面角
【例2】正三棱柱 ABC－A1B1C1 的底面边长为 a，侧棱长为 2a， 求 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角． [思路探索] 利用正三棱柱的性质，建立适当的空间直角 坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由 定义找出线面角，取A1B1的中点M，连结C1M，证明 ∠C1AM是AC1与平面A1ABB1所成的角；另一种是利用平 面A1ABB1的法向量n＝(λ，x，y)求解．
向量求法
设两异面直线所成的角为θ，它们的方
异面直线 所成的角
向向量分别为a，b，则cos|aθ·＝b|
_|c_o_s_〈__a_，__b_〉__| _＝|_a_|·__|_b_|
范围 π
(0， 2 ]
直线与平 面所成的
角
设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向 向量为a，平面α的法向量为n，则
|a·n| sin θ＝_|c_o_s_〈__a_，__n_〉__|_＝_|a_|·_|n__|
[思路探索] 可考虑建立空间直角坐标系，求出A→E，C→F的坐
标，利用坐标运算求所求角的余弦值．
解 不妨设正方体棱长为2，分别取 DA、DC、DD1所在直线为x轴、y 轴、z轴建立如图所示空间直角坐标 系，则
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A(2，0，0)、C(0，2，0)、E(1，0，2)、F(1，1，2)，
则A→E＝(－1，0，2)，C→F＝(1，－1，2)
nn··CC→→PB＝＝00，⇒（ （xx′′， ，yy′′， ，zz′′） ）··（ （0，2，－01，，01））＝＝00，⇒－2yx′′＋＝z′＝0，0. 令 y′＝－1，则 z′＝－1，故 n＝(0，－1，－1)，
∴cos〈m，n〉＝m|m·||nn| ＝
3 3.
∴二面角
A-PB
-C
的余弦值为
一、 用空间向量处理“平r行r ”问
题设直线
l,
m
的方向向量分别为
rr
a
,
b
，平面
,
的法向量分别为 u, v ，则
rr r r
线线平行 l ∥ m a ∥ b a kb ；
r r rr
线面平行 l ∥ a u a u 0 ；
rr r r
面面平行 ∥ u ∥ v u kv.
注意：这里的线线平行包括线线重合，线面平行 包括线在面内，面面平行包括面面重合.
解 建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A(0，0，0)，M(0，a2， 2a)，
C1(－ 23a，a2， 2a)，B(0，a，0)，
故A→MA→＝C1(＝0，(－a2，23a2，a)a2，， 2a)， B→C1＝(－ 23a，－a2， 2a)． .
设平面 AMC1 的法向量为 n＝(x，y，z)．
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解 建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0，0，0)，B(0，a，0)，A1(0，0， 2a)， C1(－ 23a，a2， 2a)，
法一 取 A1B1 的中点 M，则 M(0，a2， 2a)，连结 AM、MC1，
有M→C1＝(－ 23a，0，0)，A→B＝(0，a，0)，A→A1＝(0，0， 2a)． ∴M→C1·A→B＝0，M→C1·A→A1＝0， ∴M→C1⊥A→B，M→C1⊥A→A1，
解 (1)如图，建立空间直角坐标系． ∵∠ADC＝∠DAB＝90°， AB＝4，CD＝1，AD＝2. ∴A(2，0，0)，C(0，1，0)，B(2，4，0)． 由PD⊥平面ABCD，得
.
∠PAD 为 PA 与平面 ABCD 所成的角， ∴∠PAD＝60°. 在 Rt△PAD 中，由 AD＝2，得 PD＝2 3. ∴P(0，0，2 3)．
设 BC1 与平面 AMC1 所成的角为 θ，
则 sin θ＝|cos〈B→C1，n〉|＝296.
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题型三 二面角的求法
【例3】 (12分)如图所示，正三棱柱ABC－ A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中 点，求二面角AA1DB的余弦值．
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[规范解答]如图所示，取BC中点O，连 结AO.因为△ABC是正三角形，所以 AO⊥BC，因为在正三棱柱ABC — A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所 以AO⊥平面BCC1B1. 取 B1C1 中点为 O1，以 O 为原点，O→B，O→O1，O→A为 x，y，z 轴的 正方向建立空间直角坐标系，则 B(1，0，0)，D(－1，1，0)， A1(0，2， 3)，A(0，0， 3)，B1(1，2，0).2 分 设平面 A1AD 的法向量为 n＝(x，y，z)，A→D＝(－1，1，－ 3)，A→A1 ＝(0，2，0)．
几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量有关知识求
解线面角．法二给出了用向量法求线面角的常用方法，即先
求平面法向量与斜线夹角，再进行换算．
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【变式2】 已知正三棱柱 ABC－A1B1C1 的底面边长为 a，侧棱长
为 2a，M 为 A1B1 的中点，求 BC1 与平面 AMC1 所成角的正 弦值．
法求解．但应用向量法时一定要注意向量所成的角与异面直
线所成角的区别．
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【变式1】 四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD， PA与平面ABCD所成的角为60°，在四边形 ABCD中，∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4， CD＝1，AD＝2. (1)建立适当的坐标系，并写出点B、P的坐标； (2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值．
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则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0， 22，0)，D(－ 22， 22，0)，
O(0，0，2)，M(0，0，1)，N(1－ 42， 42，0)．
(1)证明 M→N＝(1－ 42， 42，－1)，
O→P＝(0，
22，－2)，O→D＝(－
2， 2
22，－2)．
设平面 OCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，
.
9a2
∴cos〈A→C1，A→M〉＝ 3a4×32a＝ 23.
∴〈A→C1，A→M〉＝30°，
即 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为 30°.
法二 A→B＝(0，a，0)，A→A1＝(0，0， 2a)，
A→C1＝(－ 23a，a2， 2a)．
设侧面 ABB1A1 的法向量 n＝(λ，x，y)，
设平面 PAB 的法向量为 m＝(x，y，z)， 则mm··AA→ →PB＝＝00，⇒（ （xx， ，yy， ，zz） ）··（ （. 0，2，0，1，1）0）＝＝0，0 ⇒
⇒z＝2x0＋，y＝0， 令 x＝1，则 y＝－ 2，故 m＝(1，－ 2，0)．
设平面 PBC 的法向量为 n＝(x′，y′，z′)，则
3 3.
.
方法技巧 化归与转化思想解决立体几何问题
空间向量的具体应用主要体现为两种方法——向量法 和坐标法．这两种方法的思想都是利用空间向量表示立体 图形中的点、线、面等元素，建立立体图形和空间向量之 间的联系，然后进行空间向量的运算，最后把运算结果回 归到几何结论．这样就把立体几何问题转化为空间向量来 研究，体现了化归与转化思想．
所以二面角 A -A1D ­B 的余弦值为 46.
12 分
【题后反思】 几何法求二面角，往往需要作出其平面角，这 是该方法的一大难点．而用向量法求解二面角，无需作出二 面角的平面角，只需求出平面的法向量，转化为两直线(或两 向量)所成的角，通过向量的数量积运算即可获解，体现了空 间向量的巨大优越性．
由 n·O→P＝0，n·O→D＝0，
得
22y－2z＝0，
－ 22x＋ 22y－2z＝0.
.
取 z＝ 2，得 n＝(0，4， 2)．
∵M→N·n＝(1－ 42)×0＋ 42×4＋(－1)× 2＝0，∴M→N⊥n.
又 MN⊄平面 OCD，∴MN∥平面 OCD.
(2)设异面直线 AB 与 MD 所成的角为 θ.
∴|A→E|＝ 5，|C→F|＝ 6.A→E·C→F＝－1＋0＋4＝3.
又A→E·C→F＝|A→E||C→F|cos〈A→E，C→F〉
＝ 30cos〈A→E，C→F〉
∴cos〈A→E，C→F〉＝
1300，∴所求值为
30 10 .
规律方法 在解决立体几何中两异面直线所成角问题时，若
能构建空间直角坐标系，则建立空间直角坐标系，利用向量
[0, ] 2
二面角
设二面角αlβ的平面角为θ，平面α、β的
法向量为n1，n2，则|cos
θ|＝ |n1·n2|
__|c_o_s_〈__n_1，__n__2〉__|_＝__|n_1_||_n_2_|
.
[0，π]
题型一 求异面直线的夹角