7.8 向量法求空间角（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考数学一轮总复习

第八节　向量法求空间角 课标,要求 1.能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序. 2.体会向量法在研究空间角问题中的作用. [系统主干知识] 1．两条异面直线所成的角 设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉| ＝＝. 2．直线和平面所成的角 直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝. 3．平面与平面的夹角 (1)两平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角． (2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝. [细作教材小题] 1．(人教A版选择性必修一P38·T1改编)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是(　 ) A． B． C． D． 解析：选A　以C为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设BC＝CA＝CC1＝2，则A(2,0,0)，B(0,2,0)，D1(1,1,2)，F1(1,0，2)，可得＝(1，－1，2)，＝(－1,0,2)，cos〈，〉＝＝＝，此时，BD1与AF1所成角的余弦值是.故选A． 2．(北师大版选择性必修一P134·T3)若在正方体ABCD-A′B′C′D′中，点E是BB′的中点，则二面角E-A′D′-D的平面角的正切值为(　 ) A． B．2 C． D．2 解析：选B　以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA′所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为a，则E，A′(0,0，a)，D′(0，a，a)，设平面EA′D′的法向量为m＝(x，y，z)， 则解得y＝0，令x＝1， 则z＝2，所以m＝(1,0,2)，易知平面A′D′D的一个法向量为n＝(1,0,0)，设二面角E-A′D′-D的平面角为θ，可以看出θ为锐角，则cos θ＝＝＝，则sin θ＝＝，故tan θ＝＝2. 3．(苏教版选择性必修二P39·T1)若向量a＝(2，－3，)是直线l的方向向量，向量n＝(1,0,0)是平面α的法向量，则直线l与平面α所成的角为________． 解析：设直线l与平面α所成的角为θ，则由题意得sin θ＝|cos〈a，n〉|＝ ＝＝， 因为0°≤θ≤90°，所以θ＝30°，所以直线l与平面α所成的角为30°. 答案：30° 考法(一)　异面直线所成的角 [例1]　在三棱锥A-BCD中，AB，AC，AD两两垂直，AB＝2，AC＝AD＝3，＝，＝2，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为(　 ) A． B． C． D． 解析：选D　依题意，把三棱锥放在长方体中，如图所示，因为AB＝2，AC＝AD＝3，＝，＝2，以A为原点，AB，AC，AD分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则有A(0,0,0)，B(2,0,0)，E，F(0,1,2)，所以＝，＝(－2,1,2)，所以cos〈，〉＝＝.故异面直线AE与BF所成角的余弦值为. [例2]　如图，在三棱锥M-DEF中，MD⊥平面DEF，DE⊥DF，DE＝DF＝2，MD＝4，P，Q分别为ME，MF的中点，则异面直线FP，DQ所成角的余弦值为(　 ) A． B． C． D． 解析：选A　根据题意可得，由MD⊥平面DEF，DE⊥DF，以D为原点，分别以DE，DF，DM所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 所以E(2,0,0)，F(0,2,0)，D(0,0，0)，M(0,0,4)， 因为P，Q分别为ME，MF的中点，所以P(1,0,2)，Q(0,1,2)， 则＝(1，－2,2)，＝(0,1,2)， 则cos〈，〉＝＝＝， 所以异面直线FP，DQ所成角的余弦值为.故选A． 点拨·建模 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)用坐标表示两异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值． (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值． [针对训练] 1．(2024·石家庄期末)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA＝AB，＝2，E，F分别是棱CD，PA的中点，则异面直线BH与EF所成角的余弦值是(　 ) A． B． C． D． 解析：选A　在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令PA＝AB＝6，而E，F分别是棱CD，PA的中点，则B(6,0,0)，C(6,6,0)，P(0，0,6)，E(3,6,0)，F(0，0,3)，由＝2得，＝＝(4,4，－4)，则H(4,4,2)，＝(－2,4,2)，＝(3,6，－3)，所以异面直线BH与EF所成角的余弦值为|cos〈，〉|＝＝＝.故选A． 2．(2024·南京一模)有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得．若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为(　 ) A． B． C． D． 解析：选C　将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系．因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为2.所以A(2,1,0)，F(2,2,1)，B(1,0，2)，C(0,1,2)，D(1,2，2)，＝(0,1,1)，＝(－1,1,0)．设＝λ＝(－λ，λ，0)，λ∈，则E(1－λ，λ，2)，＝(－λ，λ－2,0)．所以cos〈，〉＝＝＝－　 ＝－. 令t＝∈， 则cos〈，〉＝－， 因为2t2＋2t＋1∈， 所以cos〈，〉∈. 故直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为.故选C． 考法(二)　直线与平面所成的角 [例3]　如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面FBC⊥平面ABCD，FB＝FC＝BC＝1，AB＝2，G是CF的中点． (1)求证：BG∥平面AEF； (2)求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值． 解：(1)证明：如图，取BC的中点H，取AD的中点M， 因为△FBC为等边三角形，所以FH⊥BC，平面FBC⊥平面ABCD， 又FH⊂平面FBC，平面FBC∩平面ABCD＝BC， 所以FH⊥平面ABCD， 又底面ABCD为矩形，则HM⊥HB． 以H为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系， 由题意可得，A，B，C，D，F， 已知G是CF的中点，则G，可知＝，＝，＝(2，－1,0)，由四边形BDEF为平行四边形， 得＝＋＝＋＝， 设平面AEF的法向量n＝(x1，y1，z1)， 则 取z1＝，得y1＝1，x1＝， 则平面AEF的一个法向量n＝， 故·n＝0×－×1＋×＝0，则⊥n.且BG⊄平面AEF，则BG∥平面AEF. (2)由(1)可知＝，＝(2，－1，0)，＝， 设平面BDEF的法向量m＝(x2，y2，z2)， 则 取z2＝2，得y2＝2，x2＝， 得平面BDEF的一个法向量m＝(，2，2)． 设直线AE与平面BDEF所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝，则θ为锐角， 故cos θ＝＝＝. 故直线AE与平面BDEF所成角的余弦值为. 点拨·建模　利用空间向量求线面角的解题步骤 [提醒]　线面角θ的正弦值等于直线的方向向量u与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈u，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈u，n〉|. [针对训练] 3.已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AA1＝6，AB＝4，∠BAD＝60°，E为线段B1D1的中点． (1)求证：AE∥平面BC1D； (2)求CE与平面BC1D所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图，连接AB1，AD1，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥B1C1且AD＝B1C1， 所以四边形AB1C1D为平行四边形，则AB1∥C1D， 又AB1⊄平面BC1D，C1D⊂平面BC1D，则AB1∥平面BC1D， 由AB∥D1C1且AB＝D1C1，故四边形ABC1D1为平行四边形，则AD1∥BC1， 又AD1⊄平面BC1D，BC1⊂平面BC1D， 则AD1∥平面BC1D， 又AD1⊂平面AB1D1，AB1⊂平面AB1D1，AD1∩AB1＝A， 则平面AB1D1∥平面BC1D，又AE⊂平面AB1D1，故AE∥平面BC1D． (2)取AB的中点M，连接DM， 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，则DM，DC，DD1两两垂直， 以D为原点，分别以DM，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，又AA1＝6，AB＝4， 则A(2，－2,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，D(0,0,0)，D1(0，0,6)，B1(2，2,6)，C1(0,4，6)，E(，1,6)，则＝(2，2,0)，＝(0,4,6)，＝(，－3，6)， 设平面BC1D的法向量为n＝(x，y，z)，则即 取x＝，则y＝－3，z＝2，故平面BC1D的一个法向量为n＝(，－3,2)， 设CE与平面BC1D所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 故直线CE与平面BC1D所成角的正弦值为. 4．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝AD＝2，E为AD的中点，且PE＝4.记PE的中点为N，若M在线段BC上(异于B，C两点)． (1)若点M是BC的中点，求证：MN∥平面PAB； (2)若直线MN与平面PAB所成角的正弦值为，求线段BM的长． 解：(1)证明：取线段PA的中点G，连接NG，BG， 因为AD∥BC，BC＝AD，E为AD的中点，所以BC∥AE且BC＝AE， 因为M为BC的中点， 所以BM∥AE且BM＝AE， 因为N，G分别为PE，PA的中点，所以NG∥AE且NG＝AE， 所以BM∥NG且BM＝NG，所以四边形BGNM为平行四边形，则MN∥BG， 因为MN⊄平面PAB，BG⊂平面PAB， 所以MN∥平面PAB． (2)连接BE，由(1)知BC＝DE＝AE， 所以四边形BCDE为平行四边形， 所以BE∥CD，且BE＝CD． 因为CD＝AD＝AE，则AE＝BE， 又因为AD⊥CD，则BE⊥AD， 因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD． 因为PA＝PB，EA＝EB，PE＝PE， 所以△PAE≌△PBE， 所以∠PEB＝∠PEA＝90°，则PE⊥BE. 又因为AD∩BE＝E，AD，BE⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD． 以点E为坐标原点，EA，EB，EP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，N(0,0,2)， 设BM＝a(0<a<2)，则M(－a,2,0)， ＝(－2,2,0)，＝(－2,0,4)，设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)， 则 取x＝2，可得m＝(2,2,1)， 又＝(a，－2,2)，若直线MN与平面PAB所成角的正弦值为， 则|cos〈，m〉|＝＝＝，整理可得11a2－24a＋4＝0， 因为0<a<2，解得a＝，故BM＝. 考法(三)　平面与平面所成的角 [例4]　(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P. 解：(1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B2(0,2,2)，C2(0，0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)， 所以＝(0，－2,1)，＝(0，－2,1)，所以＝， 又B2，C2，A2，D2四点不共线，所以B2C2∥A2D2. (2)设BP＝m(0≤m≤4)，则P(0,2，m)， 所以＝(2,0,1－m)，＝(0，－2,3－m)， 设平面PA2C2的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 所以则 令x1＝m－1，得n1＝(m－1,3－m,2)． 设平面A2C2D2的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 由(1)知，＝(－2，－2,2)，＝(0，－2,1)， 所以则 令y2＝1，得n2＝(1,1,2)． 所以|cos 150°|＝|cos〈n1，n2〉| ＝＝， 整理得m2－4m＋3＝0，解得m＝1或m＝3， 所以P(0,2,1)或P(0,2,3)，所以B2P＝1. 点拨·建模 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤 [提醒]　二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是. [针对训练] 5.如图，在正三棱台ABC-A1B1C1中，侧棱长为1，且BC＝2B1C1＝2，E为B1C1的中点，D为AA1上的点，且DE⊥BB1. (1)求证：DE⊥平面BCC1B1，并求出AD的长； (2)求平面BDE与平面ABC夹角的余弦值． 解：(1)如图所示，由三棱台可知，延长AA1，BB1，CC1交于点P， 连接PE，延长交BC于F，并连接AF，易得三棱锥P-ABC为正四面体，所以BC⊥AF， BC⊥PF， 且AF⊂平面APF，PF⊂平面APF，AF∩PF＝F，所以BC⊥平面APF， 又因为DE⊂平面APF，所以BC⊥DE， 又因为DE⊥BB1， 且BC⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，BC∩BB1＝B，所以DE⊥平面BCC1B1， 又因为PF⊂平面BCC1B1，所以DE⊥PF， 在△APF中，PA＝2，PF＝AF＝，PE＝， 则cos∠DPE＝ ＝＝， PD＝＝＝， 所以AD＝AP－PD＝2－＝. (2)如图，以底面△ABC的中心O为坐标原点，以与BC平行的方向为x轴，以OF方向为y轴，以OP方向为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则B，F， A，P， 所以A1，D，E， 所以＝，＝， 设平面BDE的法向量为m＝(x，y，z)，则 即 令y＝－2，得m＝(3，－2,4)， 取平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)， 所以|cos〈m，n〉|＝＝， 所以平面BDE与平面ABC夹角的余弦值为. [课时跟踪检测] 1.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为(　 ) A． B． C． D． 解析：选A　如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则C1(0,3，1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，所以＝(0,3,1)，＝(1,1，－1)，＝(0,3，－1)．设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，则即取y＝1，得n＝(2,1,3)．所以＝＝，所以DC1与平面D1EC所成角的正弦值为. 2．(2024·沧州模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是C1D1的中点，则异面直线AP与BA1所成角的余弦值为(　 ) A． B． C． D． 解析：选A　法一：设正方体的棱长为2，取CC1的中点Q，连接PQ，AD1，AC，AQ，CD1， ∵P是C1D1的中点，∴PQ∥CD1∥A1B，故∠APQ就是AP与BA1所成的角或其补角，由勾股定理得AP＝AQ＝＝3，PQ＝，由余弦定理得cos∠APQ＝＝＝，故异面直线AP与BA1所成角的余弦值为. 法二：设正方体的棱长为2，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(2,0,0)，P(0,1，2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，＝(－2,1,2)，＝(0，－2,2)， |cos〈A，〉|＝ ＝＝， 故异面直线AP与BA1所成角的余弦值为. 3．(2023·天津二模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，M为棱BB1的中点，∠ACB＝90°，CC1＝AC＝2BC＝2. (1)求证：C1M⊥平面AMC； (2)求异面直线AM与BC1所成角的余弦值； (3)求平面AMC与平面A1BC1的夹角的余弦值． 解：(1)证明：如图所示，以CA，CB，CC1为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A(2,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，A1(2,0,2)，C1(0,0,2)，M(0,1，1)， 则＝(0,1，－1)，＝(2,0,0)，＝(0,1,1)， 则·＝(0,1，－1)·(2,0,0)＝0，C1M⊥CA； ·＝(0,1，－1)·(0,1,1)＝0，C1M⊥CM.又CA∩CM＝C，CA，CM⊂平面AMC，故C1M⊥平面AMC． (2)由＝(－2,1,1)，＝(0，－1,2)， 则|cos〈，〉|＝＝＝. 故异面直线AM与BC1所成角的余弦值为. (3)设平面AMC的法向量为n1＝(x，y，z)，则 取y＝1得到n1＝(0,1，－1)； 设平面A1BC1的法向量为n2＝(a，b，c)，则取c＝1得到n2＝(0,2,1)． 平面AMC与平面A1BC1的夹角的余弦值为|cos〈n1，n2〉|＝＝＝. 4.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均相等．D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点． (1)求证：EF∥平面A1CD； (2)若三棱柱ABC-A1B1C1为直棱柱，求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值． 解：(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1C1， 连接ED，在△ABC中，因为D，E分别为棱AB，BC的中点，所以DE∥AC，且DE＝AC． 又F为A1C1的中点，可得A1F＝A1C1， 所以A1F∥DE，且A1F＝DE， 因此四边形A1FED为平行四边形，所以EF∥A1D， 又EF⊄平面A1CD，A1D⊂平面A1CD， 所以EF∥平面A1CD． (2)设A1B1的中点为O，连接OC1，OD，因为三棱柱ABC-A1B1C1为直棱柱，所以OD⊥平面A1B1C1，所以OD⊥OC1，OD⊥OA1. 又△A1B1C1为等边三角形，所以OC1⊥A1B1. 以O为坐标原点，OA1，OD，OC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 设三棱柱的棱长为a(a>0)，则O(0,0,0)，B，C，A1，D(0，a,0)， 所以＝，＝， ＝. 设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝2，得n＝(2,1,0)． 设直线BC与平面A1CD所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为. 5.(2024·九省考前适应性测试)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°. (1)求证：C1O⊥平面ABCD； (2)求二面角B-AA1-D的正弦值． 解：(1)证明：∵＝＋ ＝－(＋)， ∴·＝·(－) ＝(·－·)－(2－2)＝0，∴C1O⊥BD， 而CC1＝2，CO＝，∠C1CO＝45°，∴C1O＝，∴C1O2＋OC2＝CC， ∴C1O⊥OC，∵BD∩OC＝O，∴C1O⊥平面ABCD． (2)如图建系，∴B(，0,0)，A(0，－，0)，C1(0,0，)，C(0，，0)，A1(0，－2，)，D(－，0,0)， ∴＝(，，0)，＝(0，－，)，＝(－，，0)， 设平面AA1B与平面AA1D的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， ∴⇒n1＝(1，－1，－1)， ⇒n2＝(1,1,1)， 设二面角B-AA1-D的平面角为θ， ∴|cos θ|＝＝＝，sin θ＝. ∴二面角B-AA1-D的正弦值为. 6.如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝2AD＝2CD＝2，点E是PB的中点． (1)求证：平面EAC⊥平面PBC； (2)若直线PB与平面PAC所成角的正弦值为，求平面PAC与平面ACE所成角的余弦值． 解：(1)证明：∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PC⊥AC． ∵AB＝2，AD＝CD＝1，AD⊥DC且四边形ABCD是直角梯形， ∴AC＝＝， BC＝＝， 即AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC． ∵PC∩BC＝C，PC⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AC⊥平面PBC． ∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC． (2)∵PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD， ∴PC⊥BC． 又AC⊥BC，PC∩AC＝C，PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC， ∴∠BPC即为直线PB与平面PAC所成的角． ∴sin∠BPC＝＝＝，∴PB＝，则PC＝2， 由上述分析知AC，BC，CP两两垂直，故以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，B(，0,0)，P(0，0,2)，A(0，，0)，E，＝(0，，0)，＝. 设n＝(x，y，z)为平面ACE的法向量， 则 令x＝2，则n＝(2,0，－)， 易知平面PAC的一个法向量为m＝(1,0,0)， ∴|cos〈n，m〉|＝＝. ∴平面PAC与平面ACE所成角的余弦值为. 7.如图所示的几何体是一个圆柱沿轴截面ABCD切开后剩余的一半，AB＝1，BC＝2，O，O1分别为底面直径BC，AD的中点，G是的中点，H是上的动点． (1)求证：平面DOG⊥平面ABCD； (2)若BH＝，求直线BH与平面DOG所成角的正弦值． 解：(1)证明：因为G是的中点，所以OG⊥BC． 根据圆柱的结构特征，可知平面BCG⊥平面ABCD， 又OG⊂平面BCG，平面BCG∩平面ABCD＝BC，所以OG⊥平面ABCD． 又OG⊂平面DOG，故平面DOG⊥平面ABCD． (2)如图，设M为的中点，连接O1M，以O1为坐标原点，分别以O1M，O1A，O1O所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则O(0,0,1)，B(0,1,1)，D(0，－1,0)，G(1,0,1)， 则＝(0，－1，－1)，＝(1,0,0)． 设平面DOG的法向量为m＝(x，y，z)， 则即令y＝1， 则z＝－1，所以m＝(0,1，－1)． 连接O1H，AH，则AH＝＝1， 所以△O1AH是等边三角形，故∠AO1H＝，则H，所以＝. 设直线BH与平面DOG所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，m〉|＝ ＝＝. 故直线BH与平面DOG所成角的正弦值为. 8.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与四边形ABEF均为直角梯形，AD∥BC，AF∥BE，DA⊥平面ABEF，AB⊥AF，AD＝AB＝2BC＝2BE＝2. (1)已知点G为AF上一点，且AG＝2，求证：BG与平面DCE不平行； (2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求AF的长及四棱锥D-ABEF的体积． 解：(1)证明：因为DA⊥平面ABEF，AB，AF⊂平面ABEF，所以DA⊥AB，DA⊥AF，又AB⊥AF， 以A为坐标原点，AF，AB，AD分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0,2,0)，E(1,2,0)，C(0,2,1)，D(0,0,2)，G(2,0,0)， 所以＝(－1,0,1)，＝(－1，－2,2)，＝(2，－2,0)， 设平面DCE的法向量为n＝(x，y，z)，则 令x＝2，则z＝2，y＝1，所以n＝(2,1,2)， 因为n·＝2×2＋1×(－2)＝2≠0， 所以BG与平面DCE不平行． (2)设AF＝a(a>0且a≠1)，则F(a,0,0)， 所以＝(a，－2,0)， 因为直线BF与平面DCE所成角的正弦值为， 所以＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝， 化简得11a2－40a－16＝0， 解得a＝4或a＝－(舍去)．故AF＝4. 因为S梯形ABEF＝(BE＋AF)×AB× ＝(1＋4)×2×＝5， 所以VD-ABEF＝S梯形ABEF·DA ＝×5×2＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$