【文档说明】高考数学大一轮复习第八章立体几何第六节利用空间向量求空间角课件理.ppt，共(62)页，4.130 MB，由小橙橙上传

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第六节利用空间向量求空间角本节主要包括2个知识点：1.利用空间向量求空间角；2.与空间角有关的综合问题.突破点(一)利用空间向量求空间角基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．两条异面直线所成角的求法设两条异面直

线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝______(其中φ为异面直线a，b所成的角)．2．直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，向量e

与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝____.|a·b||a||b||n·e||n||e|3．求二面角的大小(1)如图①，AB，CD是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__________．(2)如图②和图③，n1，n2分别是二面

角α-l-β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝_______________________.〈AB，CD〉〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉考点贯通抓高考命题的“形”与“神”求两异面直线所成的角[例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．[解](1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD.所以PA⊥BD.

因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.[解]设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝3.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1,0,0)，C(0，3，0)．所以PB＝(1，3，－2)，AC＝(0,2

3，0)，设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝PB·AC|PB|·|AC|＝622×23＝64.(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．[方法技巧]向量法求两异面直线所成角的步骤(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v1，v2

；(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝|v1·v2||v1||v2|求解．[提醒]两异面直线所成角θ的范围是0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，

其补角才是两异面直线所成的角．求直线与平面所成的角[例2](2017·日照模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB＝2，AA1＝22，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平面ABB1A1.(1)证明：BC⊥AB1；(2)若OC＝OA，求直线CD

与平面ABC所成角的正弦值．[解](1)证明：由题意知tan∠ABD＝ADAB＝22，tan∠AB1B＝ABBB1＝22，又∠ABD，∠AB1B为三角形的内角，故∠ABD＝∠AB1B，则∠AB1B＋∠BAB1＝∠ABD＋∠BAB1＝π2，所以∠AOB＝π2，即AB1⊥BD.又CO⊥平面ABB1A1

，AB1⊂平面ABB1A1，所以AB1⊥CO，因为BD∩CO＝O，所以AB1⊥平面CBD，又BC⊂平面CBD，所以AB1⊥BC.[解]如图，以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC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O-xyz，则A0，－23

3，0，B－263，0,0，C0，0，233，D63，0，0，AB＝－263，233，0，AC＝0，233，233，CD＝63，0，－233，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，(2)若OC＝OA，求直线CD

与平面ABC所成角的正弦值．则n·AB＝0，n·AC＝0，即－263x＋233y＝0，233y＋233z＝0，令y＝1，则z＝－1，x＝22，∴平面ABC的一个法向量n＝22，1，－1.设直线CD与平面ABC所成角为α，则sinα＝|cos〈CD

，n〉|＝|CD·n||CD|·|n|＝63×22＋0×1＋－233×(－1)5＝155.[易错提醒](1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．(2)若求线面角的余弦值，要注意

利用平方关系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．求二面角[例3](2017·沈阳模拟)如图所示几何体中，四边形ABCD和四边形BCEF是全等的等腰梯形，且平面BC

EF⊥平面ABCD，AB∥DC，CE∥BF，AB＝2CD，∠ABC＝60°，G为线段AB的中点．(1)求证：AC⊥BF；(2)求二面角D-FG-B(钝角)的余弦值．[解](1)证明：如图，连接CG，∵G

为AB的中点，AB＝2CD，AB∥DC，∴CD綊AG，∴四边形AGCD为平行四边形，∴AD＝CG，∵四边形ABCD为等腰梯形，∴AD＝BC，∴BC＝CG，又∠ABC＝60°，∴△BCG为等边三角形，∴∠BCG＝60°，BG＝CG，∴AG＝CG，∴四边形AGCD是菱形，∴∠ACG＝

12∠DCG＝30°，∴∠ACB＝90°，AC⊥BC，又平面BCEF⊥平面ABCD，且平面BCEF∩平面ABCD＝BC，∴AC⊥平面BCEF，又BF⊂平面BCEF，∴AC⊥BF.[解]连接FC，∵梯形ABCD和梯形BCEF全等，AC⊥BC，∴FC⊥BC，又由(1)

得AC⊥平面BCEF，∴AC⊥CF，∴以C为坐标原点，以CA，CB，CF所在的直线分别作为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝1，则CA＝CF＝3，可得B(0,1,0)，G32，12，0，D32，－12，0，F(0,0，3)，则FG＝

32，12，－3，DG＝(0,1,0)，BG＝（32，－12，0），(2)求二面角D-FG-B(钝角)的余弦值．设平面DFG的法向量为m＝(x，y，z)，则FG·m＝0，DG·m＝0，得32x＋12y－3z＝0，y＝0.

则y＝0，令x＝2，则z＝1，故平面DFG的一个法向量m＝(2,0,1)．同理可求平面BFG的一个法向量为n＝(1，3，1)，∴cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝2×1＋0×3＋1×122＋02＋12×12＋(3)2＋12＝35，又二面角D-FG-B为钝角，故其余弦值为－35.

[方法技巧]利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：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，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，E，F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，

则EF和CD所成的角是________．解析：以D为原点，分别以射线DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系D-xyz如图所示，设正方体的棱长为1，则D(0,0，0)，C(0，1,0)

，E（12，12，1），F（12，0，12），EF＝（0，－12，－12），DC＝(0,1,0)，∴cos〈EF，DC〉＝EF·DC|EF||DC|＝－22，∴〈EF，DC〉＝135°，∴异面直线EF和CD所成的角是45°.答案：45°2．[考点二]在长方体ABCD-A1B1C1D1

中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1,0,1)，B(1,2,0)，

C1(0，2,1)，D1(0,0,1)．所以11AC＝(－1，2,0)，1BC＝(－1,0,1)，11DC＝(0,2,0)，设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有11AC·n＝0，1BC·n＝0，即－x＋2y＝0，－x＋z＝0，令x＝

2，则y＝1，z＝2，则n＝(2,1,2)．又设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈11DC，n〉|＝|11DC·n||11DC||n|＝22×3＝13.答案：133．[考点三]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与

平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________．解析：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0，1,0)，所以1AD＝(0,1，－1)，1AE＝1，0，－12

，设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，则1AD·n1＝0，1AE·n1＝0，即y－z＝0，1－12z＝0，解得y＝2，z＝2，故n1＝(1,2,2)．又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝2

3，故平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为23.答案：234．[考点二、三](2016·天津高考)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝B

E＝2.(1)求证：EG∥平面ADF；(2)求二面角O-EF-C的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AH＝23HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．解：依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别以AD，BA，OF的方

向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0，0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1，0)，C(1，－1,0)，D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(0,0,2)，G(－1,0，0)．(1)证明：依题

意，AD＝(2,0,0)，AF＝(1，－1,2)．设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，则n1·AD＝0，n1·AF＝0，即2x1＝0，x1－y1＋2z1＝0，不妨取z1＝1，可得n1＝(0,2,1)．又EG＝(0,1，－2)，可得EG·n1＝

0.又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.解：易证OA＝(－1,1,0)为平面OEF的一个法向量，依题意，EF＝(1,1,0)，CF＝(－1,1,2)．设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，则n2·EF＝0，n2·CF＝0，即x2＋y2＝0，－x2＋y2

＋2z2＝0，不妨取x2＝1，可得n2＝(1，－1,1)．因此有cos〈OA，n2〉＝OA·n2|OA||n2|＝－63，于是sin〈OA，n2〉＝33.所以，二面角OEFC的正弦值为33.(2)求二面角O-EF-C

的正弦值；解：由AH＝23HF，得AH＝25AF.因为AF＝(1，－1,2)，所以AH＝25AF＝25，－25，45，进而有H－35，35，45，从而BH＝25，85，45.因此

cos〈BH，n2〉＝BH·n2|BH||n2|＝－721.所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为721.(3)设H为线段AF上的点，且AH＝23HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．突破点(二)与空间角有关的综合问题基础联通抓主干知识的“源”与“流”与空间角有关的综合问题主要包括两

类：(1)已知某一空间角，求另外一种空间角的大小；(2)探究是否存在某点，满足线面角或二面角成某一角度(如直二面角、所成二面角为60°等).求解此类问题的一般思路是先假设存在该定点，满足该结论；然后以该结论作为一个新的条件，结合题目已知的条件，一步一步逆推，并充分利用角度

或空间距离的求解方法，列等式(通常含有一个未知数)，求解未知数：若有解，即可得到定点的位置，并说明存在满足题意的定点；若无解，则假设不成立，不存在满足题意的定点.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间角的综合问题[例1]如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABC

D是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P-AC-E-的余弦值为33，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．[解](1)证明：∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PC，∵AB＝2

，AD＝CD＝1，∠ADC＝90°，∴AC＝BC＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC.∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.[解]如图，作CF∥DA，交AB于点F，以C为原点，C

F，CD，CP分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－1,0)．设P(0,0，a)(a＞0)，则E12，－12，a2，CA＝(1,1,0)，CP＝(0,0，a)，CE

＝12，－12，a2，取m＝(1，－1,0)，则m·CA＝m·CP＝0，m为平面PAC的一个法向量．(2)若二面角P-AC-E-的余弦值为33，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．设n＝(x，y，z)为平面EAC的一个法向量，则

n·CA＝0，n·CE＝0，即x＋y＝0，x－y＋az＝0，取x＝a，可得n＝(a，－a，－2)．依题意，|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝2a2·2a2＋4＝33，则a＝1(负值舍去)．于是n＝(

1，－1，－2)，PA＝(1,1，－1)．设直线PA与平面EAC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈PA，n〉|＝23，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为23.空间角中的探索性问题[例2]如图所示，等边三角形ABC的边长

为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足ADDB＝CEEA＝12.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1-DE-B为直二面角，连接A1B，A1C.(1)求证：A1D⊥平面BCED；(2)在线段BC上

是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：因为等边△ABC的边长为3，且ADDB＝CEEA＝12，所以AD＝1，AE＝2.在△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理得DE＝12＋22－2×1×2×cos

60°＝3.所以AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE.折叠后有A1D⊥DE，因为二面角A1-DE-B是直二面角，所以平面A1DE⊥平面BCED，又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE，所以A1

D⊥平面BCED.[解]假设存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°.如图所示，在BC上取点P，连接A1P，过点P作PH垂直BD于点H，连接A1H.由(1)的证明，可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCE

D.以D为坐标原点，以射线DB，DE，DA1分别为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系D-xyz.设PB＝2a(0≤2a≤3)，则BH＝a，PH＝3a，DH＝2－a，(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为

60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．所以D(0,0,0)，A1(0,0,1)，P(2－a，3a,0)，E(0，3，0)，所以1PA＝(a－2，－3a,1)，因为ED⊥平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为DE＝(0，3，0)

．因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，所以sin60°＝cos〈1PA，DE〉＝|1PA·DE||1PA||DE|＝3a3·4a2－4a＋5，解得a＝54，即PB＝2a＝52，满足0≤2a≤3，符合题意，所以在线段BC上存在点P，使直

线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝52.[方法技巧]与空间角有关的探索性问题的解题策略与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点

的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1，顶点D1在底面ABCD内的射

影恰为点C.(1)求证：AD1⊥BC；(2)若直线DD1与直线AB所成的角为π3，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值．解：(1)证明：如图，连接D1C，则D1C⊥平面ABCD，∴D1C⊥BC.在等腰梯形A

BCD中，连接AC，∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，∴BC⊥AC，又D1C∩AC＝C，∴BC⊥平面AD1C，∴AD1⊥BC.解：由(1)知AC，BC，D1C两两垂直，∵AB∥CD，∴∠D1DC＝π3，∵CD＝1

，∴D1C＝3.在等腰梯形ABCD中，∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，∴AC＝3，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(3，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，3)，AB＝(－3，1,0)，1AD＝(－3，0，3)．设平面ABC1D1

的法向量n＝(x，y，z)，(2)若直线DD1与直线AB所成的角为π3，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值．由n·AB＝0，n·1AD＝0，得y－3x＝0，3z－3x＝0，可得平面ABC1D1的一个法向量n＝(1，

3，1)．又1CD＝(0,0，3)为平面ABCD的一个法向量，因此cos〈1CD，n〉＝1CD·n|1CD||n|＝55，∴平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为55.2．[考点二]如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABC

D，PA＝3，AD＝2，AB＝4，∠ABC＝60°.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)E是侧棱PB上一点，记PEPB＝λ(0<λ<1)，是否存在实数λ，使平面ADE与平面PAD所成的二面角为60°？若存在，

求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为BC＝AD＝2，AB＝4，所以AC＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC＝23，又BC2＋AC2＝AB2，所以BC⊥AC.又PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，则PA⊥BC.因为PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC

，且PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC.解：以A为坐标原点，过点A作垂直于AB的直线为x轴，AB，AP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，则A(0，0,0)，B(0,4,0)，P(0,0,3)．因为在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB＝4，∠ABC＝

60°，则∠DAx＝30°，所以D(3，－1,0)．又PEPB＝λ(0<λ<1)，知E(0,4λ，3(1－λ))．(2)E是侧棱PB上一点，记PEPB＝λ(0<λ<1)，是否存在实数λ，使平面ADE与平面PAD所成的二面角

为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．所以AD＝(3，－1,0)，AE＝(0,4λ，3(1－λ))，AP＝(0,0,3)，设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·AD＝0，m·AE＝0，即3x1－y1＝0，4λy1＋

3(1－λ)z1＝0，取x1＝1，则m＝1，3，43λ3(λ－1).设平面PAD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·AP＝0，n·AD＝0，即3z2＝0，3x2－y2＝0，取y2＝1，则n＝33，1，0.若平面ADE与平面PAD所成的二面角

为60°，则|cos〈m，n〉|＝cos60°＝12，即1×33＋3×1＋43λ3(λ－1)×01＋3＋16λ23(λ－1)2·13＋1＝12，化简得1＋4λ23(λ－1)2＝2，即λλ－12＝94，解得λ＝3(舍去)或λ＝35.于是，存在λ＝35，使平面ADE与平

面PAD所成的二面角为60°.[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2016·全国乙卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面E

FDC；(2)求二面角EBCA的余弦值．解：证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，DF∩FE＝F，所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.解：过D作DG⊥EF，垂足为G.由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，|GF|为单位长，建

立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝3，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3，0,0)，D(0,0，3)．由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC

.又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.(2)求二面角E-BC-A的余弦值．由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C(－2,0，3)．所以EC＝(1,0，3)，EB＝(0,4,0)，AC＝(

－3，－4，3)，AB＝(－4,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则n·EC＝0，n·EB＝0，即x＋3z＝0，4y＝0，所以可取n＝(3,0，－3)．设m是平面AB

CD的法向量，则m·AC＝0，m·AB＝0，同理可取m＝(0，3，4)．则cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝－21919.由图知，二面角E-BC-A为钝角，故二面角E-BC-A的余弦值为－21919.2．(2016·全国甲卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，A

B＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝54，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B-D′A-C的正弦

值．解：(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF，得AEAD＝CFCD，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6，得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.由EF∥AC，得OHDO＝AEAD＝14.

所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.解：如图，以H为坐标原点，HF的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0

)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0，0,3)，故AB＝(3，－4,0)，AC＝(6,0,0)，AD＝(3,1,3)．设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则m·AB

＝0，m·AD＝0，(2)求二面角B-D′A-C的正弦值．即3x1－4y1＝0，3x1＋y1＋3z1＝0，所以可取m＝(4,3，－5)．设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则n·AC＝0，n·AD＝0，即

6x2＝0，3x2＋y2＋3z2＝0，所以可取n＝(0，－3,1)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－1450×10＝－7525.故sin〈m，n〉＝29525.因此二面角B-D′A-C的正弦值是29525.3．(20

15·新课标全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．解：

(1)证明：如图，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝3.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝3，且EG⊥AC.

在Rt△EBG中，可得BE＝2，故DF＝22.在Rt△FDG中，可得FG＝62.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝2，DF＝22，可得EF＝322.从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，所以EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.

解：如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得A(0，－3，0)，E(1,0，2)，F－1，0，22，C(0，3，0)，

所以AE＝(1，3，2)，CF＝－1，－3，22.故cos〈AE，CF〉＝AE·CF|AE||CF|＝－33.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为33.(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．编后语•同学们在听课的过程中，还要善于抓住各种课

程的特点，运用相应的方法去听，这样才能达到最佳的学习效果。•一、听理科课重在理解基本概念和规律•数、理、化是逻辑性很强的学科，前面的知识没学懂，后面的学习就很难继续进行。因此，掌握基本概念是学习的关键。上课时要抓好概念的理解，同时，大家要开动脑筋，思考

老师是怎样提出问题、分析问题、解决问题的，要边听边想。为讲明一个定理，推出一个公式，老师讲解顺序是怎样的，为什么这么安排？两个例题之间又有什么相同点和不同之处？特别要从中学习理科思维的方法，如观察、比较、分析、综合、归纳、演绎等。•作为实验科学的物理、化学和生物，

就要特别重视实验和观察，并在获得感性知识的基础上，进一步通过思考来掌握科学的概念和规律，等等。•二、听文科课要注重在理解中记忆•文科多以记忆为主，比如政治，要注意哪些是观点，哪些是事例，哪些是用观点解释社会现象。听历史课时，

首先要弄清楚本节教材的主要观点，然后，弄清教材为了说明这一观点引用了哪些史实，这些史料涉及的时间、地点、人物、事件。最后，也是关键的一环，看你是否真正弄懂观点与史料间的关系。最好还能进一步思索：这些史料能不能充分说明观点？是否还可以补充新的史

料？有无相反的史料证明原观点不正确。•三、听英语课要注重实践•英语课老师往往讲得不太多，在大部分的时间里，进行的师生之间、学生之间的大量语言实践练习。因此，要上好英语课，就应积极参加语言实践活动，珍惜课堂上的每一个练习机会。20

23/5/31最新中小学教学课件61thankyou!