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（强基版）

向量法求空间角 第七节 学习目标 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. 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 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〉|＝___________＝___________ ________ [0，π] 夹角 补角 续 表 拓展教材 (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 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(　 ) √ √ 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°，求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 √ (2024·渝中巴蜀中学模拟)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(　 ) 题点一　异面直线所成的角 例 1 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. 思维建模 √ 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(　 ) 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， √ (2024·唐山模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2AD＝2， E是棱CD的中点. 题点二　直线与平面所成的角 例 2 (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， 取z＝1，则x＝2，y＝2，故m＝(2,2,1). 利用空间向量求线面角的解题模型 思维建模 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(　 ) 针对训练 √ (1)证明：BD⊥PA； (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 解：(1)证明：如图所示，取AB的中点为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. 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝(2,0,1). (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. 题点三　平面与平面的夹角 例 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)， 设平面PA2C2的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 令x1＝m－1，得n1＝(m－1,3－m,2). 设平面A2C2D2的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 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 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(　 ) 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ACD1的法向量m＝(x1，y1，z1)， 课时跟踪检测 03 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.(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(　 ) √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.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(　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.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(　 ) √ 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 5.(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(　 ) 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 2 3 4 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， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 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)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 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________. 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，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)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 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＝________. 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. 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 8.(2024·惠州模拟)如图，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，所有棱长均为2，底面ABCD是正方形，侧面ADD1A1是矩形，点P为D1C1的中点，且PD＝PC. (1)求证：DD1⊥平面ABCD； (2)求平面CPB与平面DPB的夹角的余弦值. 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解：(1)证明：设Q是CD的中点，连接PQ，由于P是C1D1的中点，所以DD1∥PQ. 因为PD＝PC，所以PQ⊥CD，所以DD1⊥CD. 因为四边形ADD1A1是矩形，所以DD1⊥AD. 又CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD. 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)由于四边形ABCD是正方形，结合(1)的结论可知AD，CD，DD1两两互相垂直，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 设平面CPB的法向量为n＝(a，b，c)， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解：(1)证明：由四边形ABCD为矩形可知BC⊥CD， 又因为BC⊥DE，DE∩CD＝D，CD，DE⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD. 因为AD∥BC，所以AD⊥平面PCD. 又PD⊂平面PCD，故AD⊥PD. 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)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. 故如图以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系. 则C(0,0,0)，B(0,2,0)，A(1,2,0)，D(1,0,0)，P(1,0,2)， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 2 3 4 设直线DE与平面PBC所成的角为θ， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 10. 如图，在三棱锥P-ABC中，∠APC＝90°，平面PAB⊥平面PAC，平面ABC⊥平面PAC，PA＝AB＝1，PC＝2，D为BC的中点. (1)求证：AB⊥平面PAC； (2)求二面角B-PA-D的余弦值. 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解：(1)证明：在线段PC上任取一点M，过点M作MN⊥AC，垂足为N. 因为平面PAB⊥平面PAC，∠APC＝90°，MP⊂平面PAC， 所以MP⊥平面PAB，从而MP⊥AB. 同理，由平面ABC⊥平面PAC，可得MN⊥AB. 因为MP∩MN＝M，MP，MN⊂平面PAC，所以AB⊥平面PAC. 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)以P为原点，PA，PC所在直线分别为y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 易知平面PAB的一个法向量为m＝(0,0,1). 设二面角B-PA-D的大小为θ，观察可得θ为锐角， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(2024·广州模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AD＝2CD＝2BC＝2，CD⊥BC，BC∥AD，E，F分别为AD，PC的中点. 2 3 4 (1)求证：PE⊥CD； (2)若BF与CD所成的角为60°，求平面BEF和平面ABE夹角的余弦值. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解：(1)证明：在△PAD中，PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，所以PE⊥平面ABCD.又CD⊂平面ABCD，所以PE⊥CD. 2 3 4 (2)如图，连接EC，由条件知BC∥ED，BC＝ED，CD⊥BC，所以四边形BCDE为矩形.又PE⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PE⊥BC. 又BC⊥BE，BE∩PE＝E，BE，PE⊂平面PBE， 所以BC⊥平面PBE.又PB⊂平面PBE， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 所以BC⊥PB. 因为BF与CD所成的角为60°，CD∥BE， 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 解：(1)证明：∵O1O为圆柱，∴直线A1A⊥平面ABC，∴直线A1A⊥直线BC.又∵直线AB为圆O的直径，∴∠ACB＝90°，∴AC⊥BC. 又∵A1A∩AC＝A，A1A，AC⊂平面A1AC， ∴BC⊥平面A1AC，且BC⊂平面A1BC，∴平面A1AC⊥平面A1BC. (2)过点C作CD⊥AB于点D，连接A1D， ∵A1A⊥平面ABC，A1A⊂平面ABB1A1，∴平面ABC⊥平面ABB1A1. 又∵CD⊥AB，平面ABC与平面ABB1A1的交线为AB，∴CD⊥平面ABB1A1， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 ∵A1D⊂平面ABB1A1，∴CD⊥A1D，∴△CA1D为等腰直角三角形. 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 以点O为坐标原点，以直线AB为y轴，以过点O且垂直于直线AB的直线为x轴，以O1O所在的直线为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 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn A. B. C. D. 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. (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. 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. 解析：选B　如图所示，以D为原点，，，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.不妨设SD＝t(t>0). 2.已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，SD⊥平面ABCD，线段AB，SC的中点分别为E，F，若异面直线EC与BF所成角的余弦值为，则SD＝(　 ) A. B.4 C.2 D.3 则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，S(0,0，t)，E(2,1,0)，F.所以＝(－2,1,0)，＝.因为异面直线EC与BF所成角的余弦值为，所以＝＝＝，解得t＝4.即SD＝4. 快审准解： (1)建立空间直角坐标系，证得·＝0，·＝0，从而利用面面垂直的判定定理即可得证. (2)结合(1)中条件，利用异面直线所成角求得h，从而求得与平面AED1的法向量，由此利用空间向量法即可得解. 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. 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 (2)依题意得C1(0,2，h)，＝(1,1，h)，＝(0,2，h). 则＝＝＝cos 30°， 解得h＝2(负值舍去)， 则cos〈m，〉＝＝＝，所以EB1与平面AED1所成角的正弦值为. 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＝. 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，). 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n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)， 所以则 所以|cos 150°|＝|cos〈n1，n2〉|＝＝， 由(1)知，＝(－2，－2,2)，＝(0，－2,1)， 所以则 令y2＝1，得n2＝(1,1,2). 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. ∵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BCC1B1的法向量n＝(x2，y2，z2)， ∵＝(3,2,0)，＝(3,0,2)， ∴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. 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. 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.因为平面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. A. B. C. D. 解析：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，∴＝(0,1，－1)，＝. 设平面A1ED的法向量为n1＝(x，y，z)，则即令x＝1，则∴n1＝(1,2,2).又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝＝.即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为. 4.(2024·大理模拟)如图，圆锥的高SO＝， 底面直径AB＝2，C是圆O上一点，且AC＝1，若SA与BC所成的角为θ,则sin2－cos2＝(　 ) A． B．－ C． D．－ 解析：建立如图所示的空间直角坐标系得 A(0，－1,0)，B(0,1,0)，S(0,0，)，C，而AS，BC所成的角为θ，0<θ≤，又＝ (0,1，)，＝， 则cos θ＝＝， 由于sin2－cos2＝－cos θ＝－，故选B. A. B. C. D. 有故cos∠CPA＝cos∠CPD×cos∠APD.已知∠APC＝60°，∠APD＝30°，故cos∠CPD＝＝＝. 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. 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)， 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. 则D(0,0,0)，P(0,1,2)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，＝(0,1,2)，＝(2,2,0)，＝(2,0,0)，＝(0，－1,2)， 设平面DPB的法向量为m＝(x，y，z)，则故可取m＝(2，－2,1). 则故可取n＝(0,2,1). 设平面CPB与平面DPB的夹角为θ，则cos θ＝＝＝. 9.(2024·铜仁模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AD＝PD＝2，CD＝1，PC＝，点E为棱PC上的点，且BC⊥DE. (1)求证：AD⊥PD； (2)若＝2，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值. 又在△PCD中，＝2， 则E，＝，＝(1,0,2)，＝(0,2,0)， 则即故n＝(－2,0,1)， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 则A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(0,0,2)，D. 设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，＝(0,1,0)，＝， 由得令x＝2，得n＝(2,0，－1). 所以cos θ＝＝＝，即二面角B-PA-D的余弦值为. 从而∠FBE＝60°.在Rt△PEC中，EF＝PC， 同理在Rt△PBC中，BF＝PC，所以EF＝BF. 所以△BEF为等边三角形，即EF＝BE＝CD＝1， 所以在Rt△PEC中，PC＝2，EC＝，得PE＝，以E为原点， 分别以EA，EB，EP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则E(0, 0,0)，B(0, 1, 0)，F， 所以＝(0, 1, 0)，＝. 设平面BEF的法向量为m＝(x, y, z)，则令z＝1，得m＝(， 0, 1)， 易知平面ABE的一个法向量为n＝(0, 0, 1)，则cos〈m，n〉＝＝， 所以平面BEF和平面ABE夹角的余弦值为. (1)求证：平面A1AC⊥平面A1BC； (2)若A1C与平面A1ABB1所成的角为，求平面A1BC与平面B1BC夹角的余弦值. 12.如图，圆柱O1O底面直径AB长为4，C是圆O上一点，且＝2. ∴∠CA1D为A1C与平面A1ABB1所成的角，即∠CA1D＝. ∵＝2，∴∠AOC＝，∠COB＝， ∴△AOC为等边三角形. ∴AD＝DO＝1，CD＝，∴A1D＝CD＝， ∴A1A＝＝. 根据题意得B(0, 2, 0)，C(， －1, 0)，A1(0, －2, )，B1(0, 2, ), ∴＝(，－3,0)，＝(，1，－)，＝(，－3，－)， 设m＝(x，y，z)为平面A1BC的法向量， ∴∴ 令x＝，则y＝1，z＝2，∴平面A1BC的一个法向量为m＝(，1,2). 设n＝(x1，y1，z1)为平面B1BC的法向量， ∴∴ 令x＝，则y＝1，z＝0，∴平面B1BC的一个法向量为n＝(，1,0)， ∴平面A1BC与平面B1BC夹角的余弦值cos〈m，n〉＝＝＝. $$