?4x＋z＝0?→
AH＝(2,0,0)－(0,4,0)＝(2，－4,0)．设n＝(x，y，z)是平面AFEG的一个法向量，则?，
?－4y＋z＝0?
→
令x＝1，则z＝－4，y＝－1.即n＝(1，－1，－4)，即AH与平面AFEG的夹角为θ，则sinθ＝|cos〈AH，n〉|＝＝
1010.∴AH与平面AEFG的夹角为arcsin. 1010
6
18·20练习：在如图所示的几何体中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC＝BC＝BD＝2AE，M是AB的中点． (1)求证：CM⊥EM.(2)求CM与平面CDE所成的角．
以点C为坐标原点，以CA，CB分别作为x轴和y轴，过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系C－xyz，设EA＝a，则A(2a,0,0)，B(0,2a,0)，E(2a,0，a)，D(0,2a,2a)，M(a，a,0)．
→→→→
(1)证明：∵EM＝(－a，，a，－a)，CM＝(a，a,0)∴EM·CM＝0，∴EM⊥CM.
→→→→→→(2)设向量n＝(1，y0，z0)与平面CDE垂直，则n⊥CE，n⊥CD即n·CE＝0，n·CD＝0. ∵CE＝(2a,0，a)，CD＝(0,2a,2a)， →
CM·n2→
∴y0＝2，z0＝－2，即n＝(1,2，－2)，cos
2→
|CM|·|n|
→
直线CM与平面CDE所成的角θ是n与CM夹角的余角，∴θ＝45°，因此CM与平面CDE所成的角是45°. 2、(2010·湖南理，18)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点． (1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；
(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．
3、如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为2a.求AC1与侧面ABB1A所成的角．
13
[正解] 如图所示，建立空间直角坐标系．依题意，得A(0,0,0)，B(a,0,0)，A1(0,0，2a)，C1?a，a，2a?，则
2?2?3
a→2AC1·n13→?1→?AC1＝a，a，2a，∵平面AB1的法向量n＝(0,1,0)，且cos〈AC1，n〉＝＝＝，
2→?2?3a2|AC1||n|→
∴〈AC1，n〉＝60°，从而AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.
四、面面角 二面角的求法
(1)几何法：其步骤为：①作(找)出二面角的平面角；②写出(或证明)作(找)平面角的过程；③计算：利用解三角形知识求解． （2）三垂线定理法(3)向量法
方法一：分别在二面角α—l—β的面α，β内，并且沿α，β延伸的方向作向量n1⊥l，n2⊥l，则可用〈n1，n2〉度量这n1·n2
个二面角的大小．cos〈n1，n2〉＝，n1，n2的选取建立在现有图形中的已知或构图论证上．
|n1||n2|方法二：通过法向量求解设m1⊥α，m2⊥β，〈m1，m2〉与该二面角相等或互补．
此方法的运用适宜于：
①在空间直角坐标系下，平面α，β的法向量便于待定．
②二面角的大小便于定性(锐角、钝角)．从图中便于直观获得二面角为锐角或钝角．
|m1·m2|
③具体求解过程中，先求m1与m2所成的锐角θ，cosθ＝.
|m1||m2|
若二面角为锐角，则为θ. 若二面角为钝角，则为π－θ. （1） 定义法求面面角
如图：ABCD是正方形，V是平面ABCD外一点，且VA＝VB＝VC＝AB，求二面角A—VB—C的大小．
解析] 取VB的中点为E，连接AE，CE.∵VA＝AB＝BC＝VC，∴AE⊥VB.∴CE⊥VB.
∴∠AEC是二面角A—VB—C的平面角．设AB＝a，连接AC，在△AEC中，
323
a)＋(a)2－(2a)22231
AE＝EC＝a，AC＝2a，由余弦定理可知：cos∠AEC＝＝－，
2333
2×a×a22
(
1
∴所求二面角A—VB—C的大小为π－arccos. 3
[说明] (1)所谓定义法，就是在二面角的棱上取一适当点作出平面角，然后解三角形即可(或者作(找)一个与棱垂直的平面，与两面的交线构成的角)．
(2)求二面角的步骤：
①作(找)出二面角的平面角；②写出(或证明)所作平面角即为所求二面角的平面角； ③利用解三角形的知识求解
练：三棱柱S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝13，SB＝29，求侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小．
[解析] ∵∠SAB＝∠SAC＝90°，∴SA⊥面ABC.∴AC为SC在底面ABC上的射影．又∠ACB＝90°， ∴SC⊥BC.∴∠SCA为二面角S—BC—A的平面角．在Rt△SCB中，SC＝SB2－BC2＝29－13＝4. AC1
在Rt△SAC中，由AC＝2，SC＝4，得cos∠SCA＝＝.∴∠SCA＝60°.即侧面SBC与底面ABC所成
SC2
二面角的大小为60°.
（2） 利用面的法向量求二面角
如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD.底面ABCD为边长是1的正方形，PA＝1，求平面PCD与平面PAB夹角的大
小．
→→→
[解析] 如图建立空间直角坐标系．平面PAB的法向量AD＝(0,1,0)，DC＝(1,0,0)，PD＝(0,1，－1)．
→??DC＝0?n·?x＝0设平面PCD法向量n＝(x，y，z)，由?得?.令z＝1，∴n＝(0,1,1)，
?→y－z＝0??PD＝0?n·
12→→
∴cos〈n，AD〉＝＝，∴〈n，AD〉＝45°.即平面PAB与平面PCD的夹角为45°.
22
[说明] 利用法向量求二面角
设m1⊥α，m2⊥β，则〈m1，m2〉与该二面角相等或互补．此方法的解题步骤如下：
依据几何条件建立适当的空间直角坐标系，在建立的坐标系下求两个面的法向量m1，m2，求m1与m2所成锐角θ，cosθ|m1·m2|＝，若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ. |m1||m2|
练习：在本例中求二面角A—PB—D的大小．
→→→
在本例解析中的坐标系下，平面PAB的一个法向量为AD＝(0,1,0)，又PD＝(0,1，－1)，BD＝(0,1,0)－(1,0,0)＝(－1,1,0)．
→?PD＝y－z＝0?n·
设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则?，令y＝1，则x＝1，z＝1.
→?BD＝－x＋y＝0?n·
133→
∴n＝(1,1,1)．∴cos〈AD，n〉＝＝.∴二面角A—PB—D的大小为arccos. 31×33
2、 正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A—DC—B(如
图②)．在图②中求平面ABD与平面EFD所成二面角． 方法一：由已知CD⊥AD，CD⊥BD，
∴∠ADB就是直二面角A—CD—B的平面角，∴AD⊥BD.
以D为原点建立空间直角坐标系，如图，则D(0,0,0)、A(0,0,2)、B(2,0,0)、C(0,23，0)， E、F分别是AC、BC的中点，∴E(0，3，1)，F(1，3，0)．
设m＝(x，y，z)是平面DEF的一个法向量．
→??x＝－3DE＝0?m·?3y＋z＝0由?得?，令y＝1.得?y＝1
→?x＋3y＝0?DF＝0?m·?z＝－3
，∴m＝(－3，1，－3)．
m·n177
同理可求得平面ABD的一个法向量n＝(0,1,0)，∴cos〈m，n〉＝＝＝.∴平面ABD与平面EFD所成的角为arccos.
|m||n|777→→→→
方法二：同方法一建立空间直角坐标系，则可得：AB＝(2,0，－2)，EF＝(1,0，－1)，AB＝2EF，
∴AB∥EF. AB?平面ABD，EF?平面ABD，∴EF∥平面ABD，∴EF必平行于平面ABD与平面EDF的交线l(即二面角的棱l)，∴AB∥l，分别取AB、EF的中点M、N. 11→→，3，?.由DM·则M(1,0,1)，N?AB＝(1,0,1)·(2,0，－2)＝0. 2??2
1→→?1→→→→
DN·EF＝?2，3，2?·(1,0，－1)＝0.得DM⊥AB，DN⊥EF，∴DM⊥l，DN⊥l. ?→→
DM·DN1→→
∴∠MDN就是所求二面角的平面角．cos〈DM，DN〉＝＝
→→|DM||DN|2×∴平面ABD与平面EFD所成的角为arccos巩固练习：
1、正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD所成的角的度数为(B ) A．30° B．45° C．60° D．90°
[解析] ∠DPA为二面角平面角，而在Rt△PAD内，∠APD＝45°.故选B.
2、如图正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD的夹角的余弦值为( ) 3．正方体AC1中平面ABCD与平面A1BCD1的夹角为________．
4、在正三棱柱ABC—A1B1C1中，各棱长都相等，E为BB1的中点，则平面AEC与平面ABC的夹角为________．
→→
以AC中点为空间坐标系原点建系，平面ABC的法向量n1＝(0,0,1)，由OA＝(0，－1,0)，AE＝(3，1,1)．n2＝(－1,0，
7. 7
＝7. 7
72
3)∴cos〈n1，n2〉＝
3π，∴〈n1，n2〉＝. 26
5、在正方体ABCD—A1B1C1D1中，求平面A1BC1与底面ABCD所成角的余弦值．
2
6、已知点P是正三角形ABC所在平面外一点，PA＝PB＝PC＝，AB＝1，则PC和平面ABC所成的角是
37、平面的一条斜线和这个平面所成的角θ的范围是 A．0°<θ<180°
( D )
B．0°≤θ≤90 C．0°<θ≤90° D．0°<θ<90°
[解析] 由斜线和平面所成的角定义知选D.
8、直线l与平面θ成45°角，若直线l在α内的射影与α内的直线m成45°角，则l与m所成的角是 ( ) A．30° B．45° C．60°
D．90°
1
[解析] 设θ1＝45°，θ2＝45°，由cosθ＝cos1·cos2得cosθ＝，∴θ＝60°.故选C.
2
9、若AB与平面α成30°角，且A∈α，则AB与α内不过点A的所有直线所成角中的最大角________．90° [解析] 在平面α内，过A点垂直于AB在平面内射影的直线与AB所成角最大，为90°.
10、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD.PD＝DC，E是PC的中点．求EB与平面ABCD夹角的余弦值．
[解析] 取CD的中点M，则EM∥PD，又∵PD⊥平面ABCD，∴EM⊥平面ABCD， ∴BE在平面ABCD上的射影为BM，∴∠MBE为BE与平面ABCD的夹角，
如图建立空间直角坐标系，设PD＝DC＝1，则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，
三、直线成角
→→
例1：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，求（1）异面直线A1B与AC所成的角． （2）向量BC1与AC的夹角的大小．60、60 练习：如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝6，M为CC1的中点，求直线AB1与A1M所成的角．
可得M(0,0，－
2、直三棱柱ABC－A1B1C1，底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M、N分别是A1B1、A1A的中点． (1)求BN的长；(2)求异面直线BA1与CB1所成角的余弦值．
→
(1)依题意得B(0,1,0)，N(1,0,1)．∴|BN|＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2＝3. →
(2)依题意得A1(1,0,2)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)，∴BA1＝(1，－1,2)， →
CB1＝(0,1,2)．
6→→
)，A1(0，3，6)，A(0，3，0)，B1(1,0，6)．∴AB1＝(1，－3，6)，A1M＝(0，－3，2
6→→→→)．∵AB1·A1M＝0，∴AB1⊥A1M.∴AB1与A1M所成角为90°. 2
→→BA1·CB11→→→→→→
BA1·CB1＝3，|BA1|＝6，|CB1|＝5.∴cos〈BA1，CB1〉＝＝30 10→→
|BA1||CB1|∴异面直线BA1与CB1所成角的余弦值为
30. 10
3、正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB.则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
1A. 5
23B. C. 55
4
D. 5
建立如图所示坐标系由题意设A(1,0,0)，B(1,1,0)．D1(0,0,2)，A1(1,0,2)． －44→→→→
由AD1＝(－1,0,2)，A1B＝(0,1，－2)．∴cos〈AB1，AD1〉＝＝－，
55·5
4、如图，已知F是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱C1D1的中点，试求异面直线A1C1与DF所成角的余弦值．设正方体
的棱长为m，
→→→→→→→→AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝m. a·b＝b·c＝c·a＝0，∵A1C1＝A1B1＋B1C1＝AB＋AD
＝a＋b，
11111→→→→1→→→DF＝DD1＋D1F＝DD1＋D1C1＝c＋a.∴A1C1·DF＝(a＋b)·(c＋a)＝a·c＋b·c＋a2＋a·b＝a2
2222221
＝m2. 2
12m→→25A1C1·DF10→→→→
又∵|A1C1|＝2m，|DF|＝m.∴cos〈A1C1，DF〉＝＝＝，
210→→5|A1D1||DF|2m·m
2
1010→→
∴A1C1与DF所成角的余弦值为，故异面直线A1C1与DF所成角的余弦值为.
1010[说明]求两条异面直线所成角常用的方法有两种：
(1)向量法：即通过两条直线方向向量的夹角来求两条异面直线的夹角．
(2)定义法(平移法)：由两条异面直线所成角定义将求两条异面直线所成角的大小转化为平面角求解．求解的方法是解三角形．
变式：在本例给出的正方体中，E为棱AA1的中点，求异面直线BE与AC所成角的大小． 1→→→→→
[解析] BE＝BA＋AE＝－a＋c AC向量＝AB＋BC＝a＋b
2
1→→→
AC·BE＝(a＋b)(c－a)＝－a2＝－m2.|BE|＝
2
15→
1＋m＝m|AC|＝1＋1m＝2m 42
→→2
BE·AC－m1010→→
cos〈BE，AC〉＝＝＝－.∴直线BE、AC所成角为arccos.
→→5510|BE||AC|m2
2