第7章 第7节 向量法求空间角(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（旗舰版）

向量法求空间角 第七节 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． 2．体会向量法在研究空间角问题中的作用． 学习目标 CONTENTS 目录 1 2 3 课前·“四基”落实 课堂·题点精研 课时跟踪检测 课前·“四基”落实 01 回首教材 续表 续表 [0，π] 续表 夹角 补角 拓展教材 (常见结论及应用) (1)最小角定理cos θ＝cos θ1cos θ2 如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. (2)若二面角A-BC-D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成的角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号． 发掘教材 √ 2．(人A选择性必修①P49T14改编)在正四棱锥S-ABCD中，O为顶点S在底面内的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD.则直线BC与平面PAC所成的角是(　 ) A．30° B．45° C．60° D．90° √ 3．(最小角定理的应用)已知l是平面α内的一条直线，m是平面α的一条斜线，且m在平面α内的射影为m′，若l与m的夹角为60°，l与m′的夹角为45°，则m与平面α所成角的大小为________． 45° 4．(苏教选择性必修②P39T6改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是正方形ABCD的中心，M是CC1的中点．则二面角A-A1B-D的平面角的正弦值为________． 课堂·题点精研 02 题点一　异面直线所成的角 例 1 √ 例 2 √ 思维建模 针对训练 √ 解析：取AB的中点F，连接DF，因为AB＝BC＝2，∠BAD＝60°，所以AB＝AD＝2，故△ABD为等边三角形，故DF⊥AB，所以DF⊥CD.又平行六面体ABCD-A1B1C1D1为直平行六面体，故以D为坐标原点，DF，DC，DD1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， 解：∵三棱锥P-ABC中的三条棱AP，AB，AC两两互相垂直， ∴以A为原点，分别以AB，AC，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AP＝AC＝a， 题点二　直线与平面所成的角 例 3 (2024·唐山模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2AD＝2，E是棱CD的中点． (1)求证：平面AED1⊥平面BEB1； (2)若异面直线EB1与DC1所成的角为30°，求EB1与平面AED1所成角的正弦值． 解：(1)证明：依题意，以D为原点，以DA，DC，DD1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, 解得h＝2(负值舍去)， 利用空间向量求线面角的解题模型 思维建模 针对训练 √ 解：(1)证明：如图所示，取AB的中点O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1. 又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形． 又BC＝OB＝1， 所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO. 同理可得，四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO， 所以BD⊥AD. 因为PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PD⊥BD. 又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面ADP，所以BD⊥平面ADP. 因为PA⊂平面ADP，所以BD⊥PA. (2)由(1)知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°， 所以△ADO为正三角形． 令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝(2,0,1)． 题点三　平面与平面的夹角 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)， (2)设BP＝m(0≤m≤4)，则P(0,2，m)， 令x1＝m－1，得n1＝(m－1,3－m,2)． 设平面A2C2D2的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 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. 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤 思维建模 针对训练 √ 6.(2024·泰安统考)如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2CD＝4，AD＝3. (1)求证：CD1∥平面ABB1A1； (2)若CD1与平面ABCD所成的角为60°，求平面ACD1与平面BCC1B1夹角的余弦值. 解：(1)证明：在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， ∵AB∥CD，CD⊄平面ABB1A1， AB⊂平面ABB1A1，∴CD∥平面ABB1A1. ∵AA1∥DD1，DD1⊄平面ABB1A1，AA1⊂平面ABB1A1，∴DD1∥平面ABB1A1. 又DC∩DD1＝D，DC，DD1⊂平面CDD1C1， ∴平面ABB1A1∥平面CDD1C1. ∵CD1⊂平面CDD1C1， ∴CD1∥平面ABB1A1. (2)由AA1⊥平面ABCD，AB⊥AD，可得AA1，AB，AD两两垂直，以AD，AB，AA1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． ∵CD1与平面ABCD所成的角为∠D1CD， ∴∠D1CD＝60°. 设平面BCC1B1的法向量n＝(x2，y2，z2)， 课时跟踪检测 03 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 快审准解：作图，找到直线PC在平面PAB上的射影，再构建多个直角三角形，找出边与角之间的关系，继而得到线面角；也可将PA，PB，PC三条射线截取出来放在正方体中进行分析． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：法一　如图，设直线PC在平面PAB的射影为PD，作CG⊥PD于点G，CH⊥PA于点H，连接HG，易得CG⊥PA.又CH∩CG＝C，CH，CG⊂平面CHG，则PA⊥平面CHG，又HG⊂平面CHG，则PA⊥HG， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：因为平面CDD1C1∥平面A1B1BA，D1E⊂平面CDD1C1，所以D1E∥平面A1B1BA，故A正确； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.如图，已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2，AB＝4，则异面直线AQ与PB所成角的正弦值为________． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由题设知，四边形ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则AC⊥BD，则OP⊥平面ABCD，OQ⊥平面ABCD， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线OF与平面BED所成的角为45°，则AE＝________. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解：(1)分别取AB，CD的中点O，F， 连接PO，OF. 由已知底面ABCD是直角梯形，BC∥AD，AB⊥BC，PA＝PB，易得OF⊥AB，PO⊥AB. ∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，∴PO⊥OF. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 以O为原点，以OB，OF，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 设m＝(a，b，c)，n＝(x，y，z)分别为平面ABE与平面PCD的法向量， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 不妨令b＝1，x＝1，则a＝0，c＝－3，y＝1，z＝2，则m＝(0,1，－3)，n＝(1,1,2)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解：(1)证明：取AB的中点N，连接MN，CN. 因为M，N分别为SB，AB的中点，则MN∥SA. 因为SA⊥BD，所以BD⊥MN. 设直线CN与直线BD交于Q点， 因为BN∥CD，则∠BNQ＝∠DCQ，∠NBQ＝∠CDQ， 所以△BNQ∽△DCQ， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 又因为MN∩CN＝N，MN，CN⊂平面CMN，则BD⊥平面CMN. 因为MC⊂平面CMN，故MC⊥BD. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)因为SA⊥AD，SA⊥BD，AD∩BD＝D，所以SA⊥平面ABCD，又AB⊥AD， 以点A为坐标原点，AD，AB，AS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， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 设平面AMC的法向量为m＝(x，y，z)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 以O为原点，分别以OA，OS所在直线为x，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解：(1)证明：法一　连接PN，CN(如图)， 易知△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，∴AN＝BN＝CN. 又∵PA＝PB＝PC，∴△PAN≌△PBN≌△PCN. ∵PA＝PB，N为AB的中点，∴PN⊥AB， ∴∠PNA＝∠PNB＝∠PNC＝90°，即PN⊥NC. ∵CN∩AB＝N，CN，AB⊂平面ABC，∴PN⊥平面ABC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 法二　取BC的中点D，连接PN，ND， PD(如图)，∵PB＝PC，∴BC⊥PD. 又∵PB＝PA，∴PN⊥AB.∵BC⊥AC， DN∥AC，∴BC⊥ND.∵DN∩PD＝D， DN，PD⊂平面PND，∴BC⊥平面PND.∵PN⊂平面PND.∴BC⊥PN.又∵PN⊥AB，AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，∴PN⊥平面ABC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 法三　易知△ABC为等腰直角三角形， ∵PC＝2a，∴PC2＝CN2＋PN2， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 ∴PN⊥NC. 又∵PN⊥AB，CN∩AB＝N，CN，AB⊂平面ABC， ∴PN⊥平面ABC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)∵AC＝PA，BC＝PB， ∴△ABC≌△ABP， ∴△PAB是等腰直角三角形． ∵N为AB中点，∴NP＝NA＝NB＝NC， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 连接MN，∵AB⊥PN，AB⊥CN，PN∩CN＝N，PN，CN⊂平面PCN， ∴AB⊥平面PCN.∵MN⊂平面PCN，∴AB⊥MN，∴∠MNP为平面MAB与平面PAB的夹角，等于45°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 法一　由上知△PCN为等腰直角三角形， ∴M为PC的中点． ∵AP＝BP＝AC＝BC， ∴PC⊥AM，PC⊥BM，AM∩BM＝M，AM，BM⊂平面ABM， ∴PC⊥平面ABM.∵PC⊂平面PBC，∴平面ABM⊥平面PBC， ∴点A在平面PBC上的射影在BM上， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 ∴∠AMB即为AM与平面PBC所成的角， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 设AM与平面PBC所成的角为θ， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解：(1)证明：作PO⊥AD于点O，因为点P在平面ABCD内的投影落在棱AD上，所以PO⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PO⊥CD.又ABCD为矩形，所以AD⊥CD.因为PO∩AD＝O，PO，AD⊂平面PDA，所以CD⊥平面PDA，因为CD⊂平面PDC，所以平面PDA⊥平面PDC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 设平面PDC与平面PBC的夹角为θ， 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn 空间角 向量求法 空间角的范围 异面直线所成的角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是 u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝________＝______ _______ 直线与平面所成的角 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〉|＝________＝________ ________ 二面角 平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ， 则二面角α-l-β为θ或π－θ.设二面角大小为φ， 则|cos φ|＝|cos θ|＝___________ ________ 两个平面的夹角 若平面α，β的法向量分别是n1，n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的_____或其_____；设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝_________＝_________ ______ 1．(人B选择性必修①P37T3改编)已知直线l1的方向向量s1＝(1,0,1)与直线l2的方向向量s2＝(－1,2，－2)，则l1和l2所成角的余弦值为(　 ) A. B. C. D. 已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1，则直线AB1与直线BC1所成角的余弦值为(　 ) A. B. C. D. 解析：取AC的中点O，连接OB，则OB⊥AC，如图建立空间直角坐标系，则A，B1，B，C1， 所以＝，＝， 设直线AB1与直线BC1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝，即直线AB1与直线BC1所成角的余弦值为.故选A. (2024·哈师大附中模拟)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，△PAD是正三角形，AB＝2，平面PAD⊥平面ABCD，则PC与BD所成角的余弦值为(　 ) A. B. C. D. 解析：取AD的中点O，BC的中点E，连接PO，OE，因为△PAD是正三角形，所以PO⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，如图建立空间直角坐标系，则P(0,0，)，C(2,1,0)，D(0,1,0)，B(2，－1，0)， 所以＝(2,1，－)，＝(2，－2，0)，所以cos〈，〉＝＝，所以PC与BD所成角的余弦值为.故选A. 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． 1．已知直平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝BC＝2，∠BAD＝60°，则直线BC1与DB所成角的余弦值为(　 ) A. B. C. D．0 则D(0,0，0)，B(，1,0)，C1(0,2,2)，设直线BC1与DB所成角的大小为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝＝.故BC1与DB所成角的余弦值为. 2.如图，三棱锥P-ABC中的三条棱AP，AB，AC两两互相垂直，∠PBA＝，点D满足＝4.若AP＝AC，求异面直线CD与AB所成角的余弦值． ∵∠PBA＝，∴AB＝a， C(0，a,0)，P(0,0，a)，B(a,0,0)， ＝(a,0，－a)，＝(0,0，a)， ＝＋＝＋＝(0,0，a)＋(a,0，－a)＝.∵A(0,0,0)，∴D， ＝，＝. 设异面直线CD与AB所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，故异面直线CD与AB所成角的余弦值为. 不妨设D1(0,0，h)(h>0)．依题意得A(1,0,0)，E(0,1,0)，B(1,2,0)，B1(1,2，h)，则＝ (－1,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,0，h)， 所以·＝0，·＝0，则AE⊥EB，AE⊥BB1.又BE∩BB1＝B，EB，BB1在平面BEB1内，所以AE⊥平面BEB1.又AE⊂平面AED1，则平面AED1⊥平面BEB1. (2)依题意得C1(0,2，h)，＝(1,1，h)，＝(0,2，h)． 则＝ ＝＝cos 30°， 故D1(0,0,2)，则＝(－1,0,2)，＝(1,1,2)， 设平面AED1的法向量为m＝(x，y，z)，则取z＝1，则x＝2，y＝2，故m＝(2,2,1)． 则cos〈m，〉＝＝＝，所以EB1与平面AED1所成角的正弦值为. 3．(2023·哈师大附中三模)已知四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝AD，点E是线段PB上的动点，则直线DE与平面PBC所成角的最大值为(　 ) A. B. C. D. 解析：由题意，因为四边形ABCD为正方形，且PD⊥底面ABCD，以D为原点，DA，DC，DP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，设PD＝AD＝1， 则D(0,0,0)，B(1,1，0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)， 所以＝(1,1，－1)，＝(0,1，－1)，设＝λ，λ∈[0,1]，则＝(λ，λ，－λ)，所以E(λ，λ，1－λ)，即＝(λ，λ，1－λ)， 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则 解得x＝0，y＝z，取y＝z＝1，所以平面PBC的一个法向量为n＝(0,1,1)， 设直线DE与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，因为y＝sin θ，θ∈单调递增，所以当λ＝时，sin θ＝最大，此时θ＝， 即直线DE与平面PBC所成角的最大值为.故选C. 4.(2022·全国甲卷)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝. (1)证明：BD⊥PA； (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 过点D作垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A，B，P(0,0，)，D(0,0,0)． 则＝(0,2,0)，＝，＝(0,0，)． 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则⇒ 设直线PD与平面PAB所成的角为α，则sin α＝|cos〈n，〉|＝＝＝， 所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为. 易错防范：不要混淆线面角和平面的法向量与直线方向向量夹角的关系，实际上直线与平面所成的角θ的正弦值等于平面的法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈n，〉|. 所以＝(0，－2,1)，＝(0，－2,1)， 所以＝，所以B2C2∥A2D2. 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 由(1)知，＝(－2，－2,2)，＝(0，－2,1)， 所以则 ＝＝， 5.(2024·滁州一模)如图，已知点P为菱形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC中点，则平面CBF与平面DBF夹角的正切值为(　 ) A. B. C. D. 解析：设AC∩BD＝O，连接OF，以O为原点，OB，OC，OF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PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，∴B，F，C，D， ∴＝，且为平面BDF的一个法向量．由＝，＝，可得平面BCF的一个法向量为n＝(1，，)，∴cos〈n，〉＝，sin〈n，〉＝，∴tan〈n，〉＝.故选D. ∵＝(3,2,0)，＝(3,0,2)， ∵CD＝2，∴DD1＝2. 又∵AB＝2CD＝4，AD＝3，∴A(0,0,0)，B(0,4,0)，C(3,2,0)，B1(0,4,2)，D1(3,0,2)． 设平面ACD1的法向量m＝(x1，y1，z1)， ∴即 令z1＝－，得x1＝2，y1＝－3，可得m＝(2，－3，－)． ∵＝(0,0,2)，＝(3，－2,0)， ∴令x2＝2，得y2＝3，z2＝0，可得n＝(2,3,0)． ∵＝＝，∴平面ACD1与平面BCC1B1夹角的余弦值为. 1．在空间直角坐标系Oxyz中，已知异面直线l1，l2的方向向量分别为a＝(1，－1，－2)，b＝(1,1,2)，则l1，l2所成角的余弦值为(　 ) A. B. C．－ D．－ 解析：设异面直线l1，l2所成的角为θ，因为异面直线l1，l2的方向向量分别为a＝(1，－1，－2)，b＝(1,1,2)，所以cos θ＝＝＝＝，故选A. 2．(2024·潍坊模拟)正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，则AC1和平面BB1C1C所成角的余弦值为(　 ) A. B. C. D. 解析：设三棱柱的棱长为1，以B为原点，以过B作BC的垂线为x轴，以BC，BB1所在直线为y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，则B(0,0,0)，C1(0,1,1)，A，∴＝，平面BB1C1C的一个法向量可取为n＝(1,0,0)， 设AC1与平面BB1C1C所成的角为θ，θ∈，则sin θ＝ |cos〈n，〉|＝＝＝，所以cos θ＝＝.故选A. 3．在正四面体ABCD中，M，N分别为AC，AD的中点，则异面直线BM，CN所成角的余弦值为(　 ) A. B. C. D. 解析：法一　取AN中点E，连接ME，BE，则ME∥CN，所以∠BME或其补角就是异面直线BM，CN所成的角．则设AB＝4，BM＝CN＝2，ME＝，BE＝＝，cos∠BME＝＝＝.故选D. 法二　不妨设正四面体ABCD的棱长为2，以{，，}为基底，则＝－＝－，＝(＋)，则·＝＝×＝－，又||＝||＝，所以cos〈，〉＝＝－， 所以BM，CN所成角的余弦值为.故选D. 4．(2024·枣庄期末)PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是(　 ) A. B. C. D. 有故cos∠CPA＝cos∠CPD×cos∠APD.已知∠APC＝60°，∠APD＝30°，故cos∠CPD＝＝＝. 法二　如图所示，把PA，PB，PC放在正方体中，PA，PB，PC的夹角均为60°.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则P(1,0,0)，C(0,0,1)，A(1,1,1)，B(0,1,0)，所以＝(－1,0,1)，＝(0,1,1)，＝(－1,1,0)， 设平面PAB的法向量n＝(x，y，z)，则令x＝1，则y＝1，z＝－1，所以n＝(1,1，－1)，所以cos〈，n〉＝＝＝－.设直线PC与平面PAB所成的角为θ，所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝，所以cos θ＝＝.故选B. 5.(2024·鸡西期末)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CD上的动点． 则下列结论不正确的是(　 ) A．D1E∥平面A1B1BA B．EB1⊥AD1 C．直线AE与B1D1所成角的范围为 D．二面角E-A1B1-A的大小为 快审准解：由平面CDD1C1∥平面A1B1BA，D1E⊂平面CDD1C1，即可判断A；建立空间直角坐标系计算·即可判断选项B；求|cos〈，〉|的范围即可判断选项C；先找出二面角的平面角为∠DA1A即可判断选项D，进而可得正确选项． 如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，DE＝m,0≤m≤1，则A(1,0,0)，E(0，m,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，＝(1,1－m,1)，＝(－1,0,1)，因为·＝－1＋0＋1＝0，所以⊥，即EB1⊥AD1，故B正确； ＝(－1，m,0)，＝(－1，－1,0)，设直线AE与B1D1所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝，当m＝0时，cos θ最大等于，此时θ最小为，当m＝1时，cos θ最小等于0，此时θ最大为，所以θ∈，即直线AE与B1D1所成角的范围为，故C不正确； 二面角E-A1B1-A即二面角D-A1B1-A，因为DA1⊥A1B1，AA1⊥A1B1，DA1⊂平面EA1B1，AA1⊂平面AA1B1，所以∠DA1A即为二面角E-A1B1-A的平面角，在正方形ADD1A1中，∠DA1A＝，所以二面角E-A1B1-A的大小为，故D正确．故选C. 故PQ⊥平面ABCD，故以O为原点，以OA，OB，OP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P(0,0,1)，A(2，0,0)，Q(0,0，－2)，B(0，2，0)，＝(－2，0，－2)，＝(0,2，－1)， 则cos〈，〉＝＝，则sin〈，〉＝＝，所以异面直线AQ与PB所成角的正弦值为. 设AE＝a，则B(0，，0)，D(0，－，0)，F(－1,0,3)，E(1,0，a)，∴＝(－1,0,3)，＝(0,2，0)，＝(－1，，－a)． 设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，则 即则y＝0，令z＝1，得x＝－a，∴n＝(－a,0,1)， ∴cos〈n，〉＝＝.∵直线OF与平面BED所成角的大小为45°，∴＝，解得a＝2或a＝－(舍去)，∴AE＝2. 8．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，BC∥AD， AB⊥BC，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB，AP⊥BP，BA＝2，BC＝1，AD＝3，＝λ(0<λ<1)． (1)若CE∥平面PAB，求λ的值； (2)若λ＝，求平面ABE与平面PCD的夹角的余弦值． 由题意知△PAB为等腰直角三角形，OP＝AB＝1，OF＝＝2，则P(0,0,1)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(－1,3,0)，F(0,2,0)， ∴＝(－1，－1,1)，＝(－1,3，－1)． ∵＝λ(0<λ<1)，∴＝＋＝(－1－λ，3λ－1,1－λ)，显然＝(0,2,0)是平面PAB的一个法向量， 若CE∥平面PAB，则·＝2(3λ－1)＝0，解得λ＝. (2)由(1)知＝(2,0,0)，＝(－1，－1,1)，＝(－1,3，－1)，＝(0,1,0)， 当λ＝时，＝＋＋＝＋＋＝， 则有 设平面ABE与平面PCD的夹角为α，故cos α＝＝＝＝， 即平面ABE与平面PCD的夹角的余弦值为. 9.已知四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，SA⊥BD，SA＝AD＝CD，M是SB的中点． (1)证明：MC⊥BD； (2)若SA⊥AD，SA＝2，点P是SC上的动点，直线AP与平面AMC所成角的正弦值为，求. 所以＝＝＝，故＝＝. 设AD＝a，则CD＝AD＝a， NC＝＝＝a， 所以NQ＝CN＝a， 且BD＝＝ ＝a， BQ＝BD＝a， 所以NQ2＋BQ2＝＋＝＝BN2，所以BD⊥CN. 因为SA＝2,则A(0,0,0)，S(0,0,2)，C(2,2，0)，B(0,2，0)，M(0，，1)，则＝(2,2，0)，＝(0，，1)，＝(2,2，－2)，＝(0,0,2)， 则取x＝，则m＝(，－1，)， 设＝λ＝λ(2,2，－2)＝(2λ，2λ，－2λ)，其中0≤λ≤1， ＝＋＝(0,0,2)＋(2λ，2λ，－2λ)＝(2λ，2λ，2－2λ)， 因为直线AP与平面AMC所成角的正弦值为， 则|cos〈，m〉|＝＝＝，解得λ＝，即＝. 10．[多选]已知SO⊥平面α于点O，A，B是平面α上的两个动点，且∠OSA＝，∠OSB＝，则(　 ) A．SA与SB所成的角可能为 B．SA与OB所成的角可能为 C．SO与平面SAB所成的角可能为 D．平面SOB与平面SAB的夹角可能为 解析：设OA＝1，则SO＝，SA＝2，OB＝，SB＝， 则S(0,0，)，A(1,0,0)， 设B(m，n,0)，且m2＋n2＝3， ＝(1,0，－)，＝(m，n，－)，＝(m，n,0)，＝(0,0，－)，若SA与SB所成的角为，则|cos〈，〉|＝＝＝cos＝，解得m＝－3±.当m＝－3－时，m2>3，不符合题意；当m＝－3＋时，n2＝6－12>0，方程有解，故A正确； 若SA与OB所成的角为，则|cos〈，〉|＝＝＝cos＝，得m2＝9>3，不符合题意，故B错误； 设平面SAB的法向量为p＝(x1，y1，z1)，则取p＝，若SO与平面SAB所成的角为， 则|cos〈，p〉|＝＝＝sin＝， 解得m＝1，n＝±，故C正确； 设平面SOB的法向量为q＝(x2，y2，z2)，则取q＝， 若平面SOB与平面SAB的夹角为，则p·q＝0，即－·＝0， 得m2＋n2＝m，又m2＋n2＝3，得m＝3，m2＝9>3，不符合题意,故D错误． 11.如图，已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在半径为的球面上，且PA＝PB＝PC＝AC＝BC，AC⊥BC，N为AB的中点． (1)证明：PN⊥平面ABC. (2)若M是线段PC上的点，且平面MAB与平面PAB的夹角为45°.求AM与平面PBC所成角的正弦值． 不妨设AC＝BC＝2a，则AB＝2a，又N为斜边AB中点，∴CN＝a. 又∵PA＝PB＝2a，AB＝2a， ∴△PAB为等腰直角三角形，且PN＝a. ∴N为三棱锥P-ABC外接球的球心，依题意NA＝，∴AC＝2. 易得AM＝BM＝，AB＝2，由余弦定理可得cos∠AMB＝＝－ ⇒sin∠AMB＝＝. 法二　由(1)知CN，AB，PN两两垂直，分别以CN，AB，PN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，则A(0，－，0)，B(0，，0)，C(－，0,0)，P(0，0，)． ∵M为PC的中点，∴M，∴＝，＝(－，－，0)，＝(0，，－)， 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则⇒取y＝1，则x＝－1，z＝1，得n＝(－1,1,1)， ∴sin θ＝|cos〈n，〉|＝ ＝＝， ∴AM与平面PBC所成角的正弦值为. 12.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点P在平面ABCD内的投影落在棱AD上，AD＝3. (1)求证：平面PDA⊥平面PDC； (2)若PB＝，PC＝，当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求平面PDC与平面PBC的夹角的余弦值． (2)过点O作OE⊥BC于E，连接PE，因为BC＝AD＝3，PB＝，PC＝，所以BC2＝PB2＋PC2，所以PB⊥PC.又因为PO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PO⊥BC，且OE⊥BC，PO∩OE＝O，PO，OE⊂平面POE，所以BC⊥平面POE.因为PE⊂平面POE，所以BC⊥PE，所以PE＝＝，且BE＝1，CE＝2， 所以P-ABCD的体积VP-ABCD＝S矩形ABCD·PO＝AD·AB·PO＝OE·PO，在Rt△POE中，PE2＝PO2＋OE2≥2PO·OE，所以PO·OE≤1，当且仅当PO＝OE＝1时，PO·OE＝1， 此时四棱锥P-ABCD的体积最大，如图建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，D(－2,0,0)，C(－2,1,0)，B(1,1,0)，所以＝(2，－1,1)，＝(0,1,0)，＝(3,0,0)， 设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，则 令x＝1，则z＝－2，y＝0，所以n＝(1,0，－2)，设平面PBC的法向量为m＝(a，b，c)，则令b＝1，则c＝1，a＝0，所以m＝(0,1,1)， 则cos θ＝＝， 故平面PDC与平面PBC的夹角的余弦值为. $$