借助向量法，妙解空間角

立體幾何中的空間角，主要包括異面直線所成的角、直線和平面所成的角及平面與平面的夾角（二面角）這三種，是全面集中考查考生的空間想象能力與數(shù)學(xué)運(yùn)算能力等的重要場(chǎng)景，歷來為高考命題者青睞，是高考數(shù)學(xué)命題中的必考考點(diǎn)之一.而合理通過空間直角坐標(biāo)系的建立，借助空間向量法的巧妙應(yīng)用，化“形”為“數(shù)”，數(shù)形結(jié)合，可以有效化繁雜的邏輯推理為簡(jiǎn)便的數(shù)學(xué)運(yùn)算，成為解決立體幾何中的空間角問題比較常見的技巧、方法之一.

1 異面直線所成的角

例1（2024年河北省衡水市高考數(shù)學(xué)模擬試卷）在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱AB，AD，AA1兩兩夾角都為60°，且AB=2，AD=1，AA1=2，M，N分別為BB1，B1C1的中點(diǎn)，則MN與AC所成角的余弦值為.

解析：如圖1所示，由題意可得AC=AB+AD，MN=MB1+B1N=12（AA1+AD）.

所以|AC|2=（AB+AD）2=AB2+AD2+2AB·AD=22+12+2×2×1×cos 60°=7，|MN|2=14（AA1+AD）2=14（AA12+AD2+2AA1·AD）=14×22+14×12+14×2×2×1×cos 60°=74.

又AC·MN=12（AB+AD）·（AA1+AD）=12（AB·AA1+AB·AD+AD·AA1+AD2）=12×［（2×2+2×1+1×2）cos 60°+12］=52.

設(shè)MN與AC所成的角為θ，則

cos θ=|cos〈AC，MN〉|=|AC·MN||AC||MN|=527×72=57.

因此MN與AC所成角的余弦值為57.

故填答案：57.

點(diǎn)評(píng)：借助向量法求解異面直線所成的角時(shí)，與平面向量中相關(guān)向量的夾角求解一致，利用數(shù)量積公式加以轉(zhuǎn)化與求解，實(shí)現(xiàn)線線夾角的分析與求解.要注意向量的夾角與異面直線所成的角之間的關(guān)系，合理加以分析與取舍.

2 直線與平面所成的角

例2（2024年山東省濰坊市高考數(shù)學(xué)模擬試卷）如圖2，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，AD=PD=2，CD=1，PC=5，點(diǎn)E為棱PC上的點(diǎn)，且BC⊥DE.

（1）證明：AD⊥PD；

（2）若PECE=2，求直線DE與平面PBC所成角的正弦值.

（1）證明：因?yàn)橛伤倪呅蜛BCD為矩形，所以可得BC⊥CD.

又因?yàn)锽C⊥DE，DE∩CD=D，CD，DE平面PCD，所以BC⊥平面PCD.

又AD∥BC，所以AD⊥平面PCD.又PD平面PCD，故AD⊥PD.

（2）解：在△PCD中，PC2=PD2+CD2，所以PD⊥CD.又PD⊥AD，CD∩AD=D，CD，AD平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，如圖3.

由題意，可知C（0，0，0），B（0，2，0），A（1，2，0），D（1，0，0），P（1，0，2），則

CP=（1，0，2），CB=（0，2，0）.

由PECE=2，得E13，0，23，則DE=-23，0，23.

設(shè)平面PBC的法向量為n=（x，y，z），則有CBn=2y=0，

CPn=x+2z=0，解得y=0.令x=-2，得z=1，此時(shí)n=（-2，0，1）.

設(shè)直線DE與平面PBC所成角為θ，可知sin θ=|cos〈DE，n〉|=43+23223×5=31010，即所求角的正弦值為31010.

點(diǎn)評(píng)：借助向量法求解直線與平面所成的角時(shí)，解決問題的一般有4個(gè)基本步驟.（1）建坐標(biāo)系.根據(jù)圖形與已知條件，構(gòu)建適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系.（2）求法向量.設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，求平面α的法向量n與直線AB的方向向量AB.（3）用公式.求cos〈AB，n〉=AB·n|AB||n|.（4）得出結(jié)論.利用sin θ=|cos 〈AB，n〉|來合理數(shù)學(xué)運(yùn)算與巧妙轉(zhuǎn)化.特別要注意線面角取值范圍的限制及線面角中對(duì)應(yīng)三角函數(shù)值之間的關(guān)系與轉(zhuǎn)化等.

3 平面與平面的夾角（二面角）

例3（2024年河南省許昌市襄城縣高考數(shù)學(xué)模擬試卷）如圖4所示，已知等腰梯形ABCD，E為以BC為直徑的半圓弧上一點(diǎn)，平面ABCD⊥平面BCE，O，M分別為BC，CE的中點(diǎn)，且有BE=AB=AD=DC=2，BC=4.

（1）求證：DM∥平面ABE；

（2）求平面ABE與平面DCE夾角的余弦值.

（1）略.

（2）解：取AD的中點(diǎn)F，連接OF，利用等腰梯形ABCD的性質(zhì)，可知OF⊥BC.又平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE=BC，OF平面ABCD，所以O(shè)F⊥平面BCE.

在平面BEC內(nèi)，過點(diǎn)O作BC的垂線OG，連接EO.

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖5所示的空間直角坐標(biāo)系.

由BC為直徑，BE=12BC，得∠BCE=30°，∠BOE=60°，∠EOG=30°.

在等腰梯形ABCD中，由于AB=AD=DC=2，BC=4，可得OF=3.

易得點(diǎn)E（3，-1，0），C（0，2，0），D（0，1，3），B（0，-2，0），A（0，-1，3）.

所以CE=（3，-3，0），CD=（0，-1，3），BE=（3，1，0），BA=（0，1，3）.

設(shè)平面DCE的法向量為m=（x，y，z）.

由m·CE=0，

m·CD=0，可得3x-3y=0，

-y+3z=0.

令y=3，則x=3，z=1.

所以m=（3，3，1）.

設(shè)平面ABE的法向量為n=（a，b，c）.

則n·BE=0，

n·BA=0，所以3a+b=0，

b+3c=0.

令b=-3，則a=1，c=1.所以n=（1，-3，1）.

設(shè)平面ABE與平面DCE的夾角為α.則cos α=|cos 〈m，n〉|=|m·n||m||n|=113×5=6565.

所以，平面ABE與平面DCE夾角的余弦值為6565.

點(diǎn)評(píng)：借助向量法求解平面與平面的夾角（二面角）時(shí)，對(duì)應(yīng)的求解思維主要是尋找二面角的兩個(gè)半平面的法向量，或?qū)ふ遗c棱垂直的直線的方向向量，化幾何為代數(shù)，借助向量運(yùn)算來分析，并結(jié)合數(shù)量積公式來巧妙轉(zhuǎn)化與運(yùn)算，實(shí)現(xiàn)幾何場(chǎng)景下對(duì)應(yīng)的面面夾角問題的解決.這里要注意兩個(gè)易錯(cuò)點(diǎn).（1）二面角的范圍是［0，π］，要結(jié)合圖形判斷取銳角還是鈍角；（2）平面與平面的夾角的范圍是0，π2，兩個(gè)平面法向量夾角的余弦值的絕對(duì)值為平面與平面夾角的余弦值.

其實(shí)，在求解立體幾何中的線線、線面與面面之類空間角問題時(shí)，巧妙通過空間直角坐標(biāo)系的建立，借助空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算、數(shù)量積等來轉(zhuǎn)化與求解，成為解決空間角問題時(shí)最為常用的一種技巧、方法.當(dāng)然，還可以借助幾何法等技巧、方法來邏輯推理與應(yīng)用，由于破解方法多變，因此應(yīng)根據(jù)不同題目條件及各人對(duì)相關(guān)知識(shí)的掌握情況加以合理選擇.無(wú)論采取何種方法來破解空間角問題，解決問題的關(guān)鍵是充分考慮題目條件，通過空間想象、運(yùn)算求解、邏輯推理等的應(yīng)用來綜合處理，巧妙運(yùn)算，合理破解.