以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點.空間向量是將空間幾何問題坐標化的工具，利用空間向量求平面與平面的夾角或線面角是高考熱點，通常以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等.
設(shè)異面直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，異面直線l與m的夾角為θ.
　(1)如圖，已知圓柱O1O2的軸截面ABCD是邊長為2的
方法一　如圖，連接EO2并延長，交底面圓于點F，連接FO1，F(xiàn)B，易知AE∥BF且AE＝BF，所以∠FBO1為異面直線AE與BO1所成的角或其補角.
所以△AEO2為正三角形，故AE＝BF＝1.
方法二　以A為原點，AB，AD所在直線分別為y軸、z軸，過點A的AB的垂線所在直線為x軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
所以異面直線AE與BO1所成角的余弦值為
(2)(2023·吉安模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，G為線段B1D1上的動點，則異面直線AG與EF所成角的最大值為
以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)正方體棱長為2，則G(a，a，2)，a∈[0,2]，因為E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，則A(2,0,0)，E(2,1,0)，F(xiàn)(1,2,0)，
用向量法求異面直線所成的角的一般步驟(1)建立空間直角坐標系.(2)用坐標表示兩異面直線的方向向量.(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值.(4)注意兩異面直線所成角的范圍是 ，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.
　　　(1)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，
所以AC2＋AB2＝BC2，即AC⊥AB，又AA1⊥平面ABC，AB，AC?平面ABC，所以AA1⊥AC，AA1⊥AB，如圖，以A為坐標原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，
(2)(2023·石嘴山模擬)在正四面體ABCD中，M，N分別為AC，AD的中點，則異面直線BM，CN所成角的余弦值為
方法一　取AN的中點E，連接ME，BE，則ME∥CN，所以∠BME或其補角就是異面直線BM，CN所成的角.設(shè)AB＝4，
設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，
　(2022·全國甲卷)在四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝(1)證明：BD⊥PA；
在四邊形ABCD中，作DE⊥AB于點E，CF⊥AB于點F，如圖.因為CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，所以四邊形ABCD為等腰梯形，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.因為PD⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD＝D，PD，AD?平面PAD，所以BD⊥平面PAD.又因為PA?平面PAD，所以BD⊥PA.
(2)求PD與平面PAB所成角的正弦值.
由(1)知，DA，DB，DP兩兩垂直，如圖，以D為原點，DA，DB，DP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，
設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，
(1)線面角θ與直線的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的關(guān)系是〈a，n〉＋θ＝ 或〈a，n〉－θ＝ ，所以應用向量法求的是線面角的正弦值，而不是余弦值.(2)利用方程思想求法向量，計算易出錯，要認真細心.
　(2023·泉州模擬)如圖，三棱臺ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中點，E是BC的中點.(1)證明：AB1∥平面DEC1；
在三棱臺ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中點，∴A1C1∥AD，A1C1＝AD，∴四邊形ADC1A1為平行四邊形，故AA1∥DC1，∵AA1?平面DEC1，DC1?平面DEC1，故AA1∥平面DEC1，又在△ABC中，D，E分別為AC，BC的中點，∴DE∥AB，又AB?平面DEC1，DE?平面DEC1，∴AB∥平面DEC1，又AB∩AA1＝A，AB，AA1?平面ABB1A1，∴平面ABB1A1∥平面DEC1，又AB1?平面ABB1A1，∴AB1∥平面DEC1.
(2)已知AB⊥BC1，CC1⊥平面ABC.求直線BC1與平面DEC1所成角的正弦值的最大值.
∵CC1⊥平面ABC，AB?平面ABC，∴CC1⊥AB，又AB⊥BC1，CC1∩BC1＝C1，CC1，BC1?平面BCC1B1，故AB⊥平面BCC1B1，由于BC?平面BCC1B1，∴AB⊥BC，又DE∥AB，進而DE⊥BC，連接B1E，由B1C1∥EC，B1C1＝EC，∴四邊形B1C1CE為平行四邊形，故CC1∥B1E，由于CC1⊥平面ABC，因此B1E⊥平面ABC，故ED，EC，EB1兩兩垂直，以E為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)B1E＝a，則E(0,0,0)，B(－1,0,0)，D(0,1,0)，C1(1,0，a)，
設(shè)平面DEC1的法向量為m＝(x，y，z)，
取x＝a，則m＝(a，0，－1)，
設(shè)平面α，β的法向量分別為u，v，平面α與平面β的夾角為θ，
　(2023·新高考全國Ⅰ)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.點A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)證明：B2C2∥A2D2；
以C為坐標原點，CD，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖，則C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，
又B2C2，A2D2不在同一條直線上，∴B2C2∥A2D2.
(2)點P在棱BB1上，當二面角P－A2C2－D2為150°時，求B2P.
設(shè)P(0,2，λ)(0≤λ≤4)，
設(shè)平面PA2C2的法向量為n＝(x，y，z)，
令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，∴n＝(λ－1,3－λ，2)，設(shè)平面A2C2D2的法向量為m＝(a，b，c)，
令a＝1，得b＝1，c＝2，∴m＝(1,1,2)，
化簡可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，∴P(0,2,3)或P(0,2,1)，∴B2P＝1.
平面與平面夾角的取值范圍是 ，兩向量夾角的取值范圍是[0，π]，兩平面的夾角與其對應的兩法向量的夾角不一定相等，而是相等或互補.
　(2023·新高考全國Ⅱ改編)如圖，三棱錐A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC的中點.(1)證明：BC⊥DA；
如圖，連接AE，DE，因為E為BC的中點，DB＝DC，所以DE⊥BC，因為DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD與△ABD均為等邊三角形，所以AC＝AB，從而AE⊥BC，又AE∩DE＝E，AE，DE?平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而AD?平面ADE，所以BC⊥DA.
不妨設(shè)DA＝DB＝DC＝2，因為BD⊥CD，
所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE，又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC?平面BCD，所以AE⊥平面BCD.以E為原點，ED，EB，EA所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
設(shè)平面ABD與平面ABF的法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，平面ABD與平面ABF夾角為θ，
令x1＝1，得y1＝1，z1＝1，所以n1＝(1,1,1).
則x2＝0，令y2＝1，得z2＝1，所以n2＝(0,1,1)，
1.(2023·錦州模擬)如圖一，△ABC是等邊三角形，CO為AB邊上的高線，D，E分別是CA，CB邊上的點，AD＝BE＝ AC＝2；如圖二，將△CDE沿DE翻折，使點C到點P的位置，PO＝3.(1)求證：OP⊥平面ABED；
因為△ABC為等邊三角形，
CO為AB邊上的高線，故DE⊥OF，DE⊥PF，又OF∩PF＝F，OF，PF?平面FOP，所以DE⊥平面FOP.因為OP?平面FOP，所以DE⊥OP.
所以O(shè)F2＋OP2＝PF2，故OP⊥OF，而DE?平面ABED，OF?平面ABED，OF∩DE＝F，故OP⊥平面ABED.
(2)求平面BPE與平面PEF夾角的正弦值.
設(shè)平面BPE的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，平面PEF的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，
設(shè)平面BPE與平面PEF的夾角為θ，
2.(2023·西寧統(tǒng)考)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分別為A1B1，AC的中點.(1)求證：MN∥平面BCC1B1；
取AB的中點為K，連接MK，NK，由三棱柱ABC－A1B1C1，得四邊形ABB1A1為平行四邊形，因為M是B1A1的中點，所以MK∥BB1，又MK?平面BCC1B1，BB1?平面BCC1B1，故MK∥平面BCC1B1，同理得NK∥平面BCC1B1，又NK∩MK＝K，NK?平面MKN，MK?平面MKN，故平面MKN∥平面BCC1B1，又MN?平面MKN，故MN∥平面BCC1B1.
(2)從條件①：AB⊥MN，條件②：BM＝MN中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值.
因為側(cè)面BCC1B1為正方形，故CB⊥BB1，而CB?平面BCC1B1，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，故CB⊥平面ABB1A1，因為AB?平面ABB1A1，所以CB⊥AB，又NK∥BC，所以NK⊥AB，若選①：AB⊥MN，已證NK⊥AB，又NK∩MN＝N，NK?平面MNK，MN?平面MNK，故AB⊥平面MNK，
因為MK?平面MNK，故AB⊥MK，又MK∥BB1，所以AB⊥BB1，所以BC，BA，BB1兩兩垂直.故可建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0,0,0)，A(0,2,0)，N(1,1,0)，M(0,1,2)，
設(shè)平面BMN的法向量為n＝(x，y，z)，
取z＝1，則n＝(2，－2,1)，設(shè)直線AB與平面BMN所成的角為θ，
若選②：BM＝MN，已證CB⊥平面ABB1A1，又NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1，而KM?平面ABB1A1，故NK⊥KM，
故△MKB≌△MKN，所以∠MKB＝∠MKN＝90°，所以MK⊥AB，又MK∥BB1，所以AB⊥BB1，所以BC，BA，BB1兩兩垂直，故可建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0,0,0)，A(0,2,0)，N(1,1,0)，M(0,1,2)，
3.如圖，四邊形ABCD與BDEF均為菱形，直線AC⊥平面BDEF，點O為AC與BD的交點，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°.(1)求異面直線DE與CF所成角的余弦值；
∵AC⊥平面BDEF，F(xiàn)O，BD?平面BDEF，∴AC⊥FO，AC⊥BD，∵四邊形BDEF為菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF為等邊三角形，∵O為BD的中點，∴FO⊥BD，∴OA，OB，OF兩兩垂直.以O(shè)為坐標原點，OA，OB，OF所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示.∵AB＝2，四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝60°，
設(shè)異面直線DE與CF所成的角為θ，
(2)求平面ABF與平面CBF夾角的余弦值.
設(shè)平面ABF的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
設(shè)平面CBF的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
4.(2023·湖南師范大學附屬中學模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，△PAD為等邊三角形，平面PAD⊥平面ABCD，PB⊥BC.(1)求點A到平面PBC的距離；
取AD的中點O，連接OB，OP.∵△PAD為等邊三角形，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP?平面PAD，∴OP⊥平面ABCD.又∵OB?平面ABCD，∴OP⊥OB.∵PB⊥BC，BC∥AD，∴PB⊥AD.又∵OP⊥AD，OP，PB?平面POB，OP∩PB＝P，∴AD⊥平面POB.
又∵OB?平面POB，∴AD⊥OB.
設(shè)點A到平面PBC的距離為h，則VA－PBC＝VP－ABC，
易得平面ABCD的一個法向量為n1＝(0,0,1).設(shè)AE與平面ABCD所成的角為θ，則
設(shè)平面ADE的法向量為n2＝(x，y，z)，
令y＝2，則平面ADE的一個法向量為n2＝(0,2，－1)，又平面ABCD的一個法向量為n1＝(0,0,1).

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