7.7 向量法求空间角（课件PPT）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

§7.7　向量法求空间角 第七章　立体几何与空间向量 课程标准 1.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面所成 的角．　 2.体会向量方法在研究几何问题中的作用． CONTECT 内 容 索 引 01 教材梳理　强基固本 02 考点探究　精准突破 03 课 时 测 评 教材梳理　强基固本 返回 返回 理清主干知识 1．空间中的角 (1)两条直线所成的角 ①当两条直线a与b相交时，把两条直线交角中范围在 内的角叫作两条直线所成的角； ②当两条直线平行时，规定它们所成的角为___； ③当两条直线a与b是异面直线时，在空间任取一点O，过点O作直线a′和b′，使得a′∥a，b′∥b，把a′，b′所成的角叫作异面直线a与b所成的角． 0 (2)直线与平面所成的角 定义：平面的一条斜线和它在平面内的______所成的锐角就是这条直线与 这个平面所成的角，当一条直线垂直于平面时，则它们所成的角是__；当一条直线和平面平行或在平面内时，则它们所成的角是0；直线与平面所成角的范围：___________． (3)两个平面所成的角 从一条直线出发的____________所组成的图形叫做二面角． 二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作__________的两条射线，这两条射线所构成的角叫作二面角的平面角． 投影 两个半平面 垂直于棱 2．空间向量与空间角的关系 (1)异面直线所成角 设异面直线a，b所成的角为θ，其方向向量分别为a，b， (2)直线与平面所成角 如图所示，设l 为平面α 的斜线，l∩α＝A，l为l的方向向量，n为平面α (3)两个平面所成的角 设平面α，β 的法向量分别是n1，n2，则平面α 与平面β所成的角与两法向量所成角〈n1，n2〉相等或互补． 记牢常用结论 最小角定理 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. 练透教材典题 1．[多选题]下列结论不正确的是 A．两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等 B．直线l的方向向量与平面α的法向量所成的角就是直线l与平面α 所成 的角 C．二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ √ √ √ √ 2．(链接北师选择性必修一P129 T1)在正方体ABCD -A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于 A．45° B．60° C．90° D．120° 取A1B1的中点M，连接GM，HM.因为在正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，H，G为A1B1，B1C1，B1B的中点，所以△GMH为正三角形，∠MGH为EF与GH所成的角．所以∠MGH＝60°.故选B． √ 3．(用结论)已知α-l-β是直二面角，A∈α，B∈β，A，B∉l，设直线AB与α，β所成的角分别是θ1，θ2，则 A．θ1＋θ2＝90° B．θ1＋θ2≥90° C．θ1＋θ2≤90° D．θ1＋θ2<90° 如图，作AC⊥l于点C，BD⊥l于点D，则∠BAD＝θ1，∠ABC＝θ2，由最小角定理知，θ2＝∠ABC≤∠ABD．而∠BAD＋∠ABD＝90°，所以θ1＋θ2＝∠BAD＋∠ABC≤∠BAD＋∠ABD＝90°，故θ1＋θ2≤90°. 故选C． 4．(链接北师选择性必修一P130 例11)已知在一个二面角的棱上有两点A，B，线段AC，BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若AB＝5，AC＝3，BD＝4，CD＝5 ，则这个二面角的大小为____． 返回 考点探究　精准突破 返回 返回 考点一 异面直线所成的角 基础练 例1 √ (1)(2024·河南新乡模拟)如图，已知圆锥CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圆O的直径，点D在 上，且∠AOD＝2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为 因为∠AOD＝2∠BOD，且∠AOD＋∠BOD＝π，所以∠BOD＝ ，连接CO，则CO⊥平面ABD，以点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， (2)(2023·潍坊四县5月联考)已知四面体ABCD满足AB⊥BC，BC⊥CD，AB＝BC＝CD＝2 ，且该四面体的体积为12 ，则异面直线AD与BC所成的角的大小为________． 规律方法 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 第一步：建立空间直角坐标系； 第二步：用坐标表示两异面直线的方向向量； 第三步：利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； 第四步：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． √ 对点练1.(2024·海南模拟)如图，在三棱锥M-ABC 中，MA⊥平面ABC，△ABC 是边长为2的正三角形，MA＝2 ，F 是MC 的中点，则异面直线MB 与AF 所成角的余弦值是 法一：设E为BC的中点，连接FE，AE，如图，因为F 是MC 的中点， 法二：以A 为坐标原点，AC，AM 所在直线分别为y，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 考点二 直线与平面所成的角 综合练 例2 (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； 解：证明：在四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于E，过点C作CF⊥AB于F， 因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2， 所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD， 因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD， 又PD∩AD＝D，所以BD⊥平面PAD， 又PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA． (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 设平面PAB的法向量n＝(x，y，z)， 规律方法 用向量法求线面角的一般解题步骤 对点练2.(2023·山东济南三模)如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，AB＝2，FA＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°. (1)求证：AC⊥平面BDEF； 解：证明：设AC与BD相交于点O，连接FO. 因为四边形ABCD为菱形， 所以AC⊥BD，且O为AC中点， 因为FA＝FC， 所以AC⊥FO， 又FO∩BD＝O，FO，BD⊂平面BDEF， 所以AC⊥平面BDEF. (2)求AD与平面ABF所成角的正弦值． 解：连接DF， 因为四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°， 所以△DBF为等边三角形， 因为O为BD中点，所以FO⊥BD， 又AC⊥FO，BD∩AC＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以FO⊥平面ABCD． 所以OA，OB，OF两两垂直， 如图所示，建立空间直角坐标系O -xyz， 设平面ABF的法向量为n＝ (x，y，z)， 考点三 平面与平面所成的角(二面角) 综合练 例3 (12分)(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； [切入点：建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明] 思路分析　建立空间直角坐标系→点的坐标→向量的坐标→向量共线． (2)点P在棱BB1 上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P. [切入点：设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，利用向量法求二面角，建立方程求出λ即可得解] 思路分析　设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)→求平面PA2C2和平面A2C2D2的法向量→用向量法求解． 规律方法 用向量法求平面与平面所成角的一般解题步骤 对点练3.(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO 是三棱锥P-ABC 的高，PA＝PB，AB⊥AC，E 为PB 的中点． (1) 证明：OE∥平面PAC； 解：证明：如图，取AB 的中点D，连接DP，DO，DE. 因为AP＝PB，所以PD⊥AB． 因为PO 为三棱锥P-ABC 的高，所以PO⊥平面ABC， 因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB． 又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD．因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD， 又AB⊥AC，所以OD∥AC， 因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC， 所以OD∥平面PAC． 因为D，E 分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA， 因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC．又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D， 所以平面ODE∥平面PAC． 又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC． (2) 若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B 的正 弦值． 解：连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB， 易得在△AOB 中，∠OAB＝∠ABO＝30°， 又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°， 以A 为坐标原点，AB，AC 所在直线分别为x，y 轴，以过A 且垂直于平面ABC 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0，0，0)，B 设平面AEC 的法向量为n＝(x，y，z)， 设平面AEB 的法向量为m＝ (x1，y1，z1)， 令z1＝2，则m＝(0，－3，2). 设二面角C-AE-B 的大小为θ， 返回 课时测评 返回 返回 √ 1．(2024·河南安阳三模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，且AB＝BC＝2，若直线AB1与侧面AA1C1C所成的角为 ，则异面直线A1B与AC所成的角的正弦值为 因为直三棱柱ABC-A1B1C1，所以BB1⊥底面ABC，又因 为AB⊥BC，所以BA，BC，BB1两两垂直，以BA，BC， BB1为x，y，z轴建立如图所示坐标系， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 设BB1＝a (a>0)，则A (2，0，0)，A1 (2，0，a)，B1 (0，0，a)，C (0，2，0)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 2．(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 如图，取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C-AB-D的平面角，即∠CED＝150°，显然CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 3．(2022·浙江卷)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F-BC-A的平面角为γ，则 A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 如图所示，过点F作FP⊥AC于点P，过点P作PM⊥BC于M，连接PE， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 4．(2024·江西景德镇模拟)如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，M为A1D1中点，过A1C1且与CD1平行的平面交平面C1CM于直线l，则直线l与平面BCMA1所成角的正弦值是 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 如图建立空间直角坐标系，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，A1B∥D1C，D1C⊄平面A1C1B，A1B⊂平面A1C1B，所以D1C∥平面A1C1B，延长BA1与CM相交于点N，连接C1N，则C1N即为直线l，设正方体的棱长为1，则A1 (1，0，1)，B (1，1，0)，C (0，1，0)，C1 (0，1，1)，N (1，－1， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 5．(数学文化)[多选题]中国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为“鳖臑”．若三棱锥P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝3，AC＝BC＝2，则下列结论正确的是 A．BC⊥平面PAB B．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 C．二面角A-PB-C的余弦值为 D．三棱锥P-ABC外接球的表面积为17π √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 该几何体可以看成是长方体中截出来的三棱锥P-ABC，建立如图所示的 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 6．[多选题](2024·江苏南京模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，BB1＝AB＝BC＝2，O为A1C的中点，点P是线段BC1上的点，则下列说法正确的是 A．A1P⊥OB1 B．存在点P，使得直线A1P与AB所成的角是 C．当点P是线段BC1的中点时，三棱锥P-ABC外接球的表面积是12π D．当点P是线段BC1的中点时，直线A1P与平面A1B1C1所成角的正切值为 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 易知AB，BC，BB1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A (0，2，0)，C(2，0，0)，A1 (0，2，2)，B1(0，0，2)，C1(2，0，2)，O(1， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 错误；当点P是线段BC1的中点时，点P坐标为(1，0，1)，易知△ABC的外心坐标为 (1，1，0)，故设三棱锥P-ABC外接球的球心为O′ (1，1， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8．(2023·河南信阳三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，PD＝AB＝AD＝ DC，Q为PC的中点，则直线PC与平面BDQ所成角的正弦值为__________． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 建立如图所示的空间直角坐标系，设DC＝2，则PD＝AB＝AD＝1，PC 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9．(2024·江西抚州模拟)在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AD＝ ，AB＝ ，AA1＝1，过点B作直线l与直线A1D及直线AC1所成的角均为 ，这样的直线l的条数为___． 建立坐标系，如图所示． 3 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10．(10分) (2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD 中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°， E为BC的中点． (1)证明： BC⊥DA； 解：证明：如图，连接AE，DE， 因为E为BC中点，DB＝DC，所以DE⊥BC， 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，从而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． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解：不妨设DA＝DB＝DC＝2， 所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE， 又因为AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，所以AE⊥平面BCD． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设D( ，0)，E(0，0，0)，设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11．(12分)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3，PC＝2 ，E 为PB 的中点，且________________． (1) 求证：四边形ABCD 是直角梯形； 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解：证明：选择①：连接AC，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AC，PA⊥CD． 因为PA＝AD＝2，所以PD＝2 ， 因为PC＝2，CD＝2 ，所以CD2＋PD2＝PC2， 所以CD⊥PD． 又因为PA∩PD＝P，所以CD⊥平面PAD， 所以CD⊥AD． 又因为CD⊥BC，所以AD∥BC． 又AD＝2，BC＝3， 所以四边形ABCD 是直角梯形． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 选择②：连接AC，因为PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥AD，PA⊥AC，PA⊥CD． 因为PA＝AD＝2，所以PD＝2 . 因为PC＝2，CD＝2 ，所以CD2＋PD2＝PC2， 所以CD⊥PD． 因为PA∩PD＝P，所以CD⊥平面PAD，则CD⊥AD． 因为BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以BC∥AD， 又AD＝2，BC＝3，则四边形ABCD 是直角梯形． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2) 求直线AE 与平面PCD 所成角的正弦值． 从①CD⊥BC ；②BC∥平面PAD 这两个条件中选一个，补充在上面问题中，并完成解答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解：过A 作AD 的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)． 设平面PCD 的法向量为n＝(x，y，z)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 令y＝1，得n＝ (0，1，1)为平面PCD 的一个法向量． 设直线AE 与平面PCD 所成的角为α， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12．(15分)(2024·河南安阳统考一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N分别为AD，PA的中点． (1)证明：平面BMN∥平面PCD； 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解：证明：连接BD，如图． 因为AB＝AD，∠BAD＝60°， 所以△ABD为等边三角形， 因为M为AD的中点， 所以BM⊥AD， 又AD⊥CD， CD，BM⊂平面ABCD， 所以BM∥CD， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD， 所以BM∥平面PCD， 因为M，N分别为AD，PA的中点， 所以MN∥PD， 又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD， 所以MN∥平面PCD． 又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M， 所以平面BMN∥平面PCD． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)若AD＝4，CD＝ ，求平面BMN与平面BCP所成锐二面角的余弦值． 解：连接PM， 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD， PM⊂平面PAD，PM⊥AD， 所以PM⊥平面ABCD． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 又BM⊥AD，所以MB，MD，MP两两互相垂直． 以M为坐标原点 ，分别为x轴，y轴，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz. 设平面BMN的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 平面BCP的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13．(18分) (2024·九省适应性测试)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)证明：C1O⊥平面ABCD； 解：证明：连接BC1，DC1， 因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC， 又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1， 所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1， 点O为线段BD中点，所以C1O⊥BD， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 则C1C2＝OC2＋C1O2⇒C1O⊥OC， 又OC∩BD＝O，OC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以C1O⊥平面ABCD． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)求二面角B-AA1-D的正弦值． 解：由题知正方形ABCD中AC⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以建系如图 所示， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 设面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，面DAA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 设二面角B-AA1-D大小为θ， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 返回 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 谢谢观看 本节到此结束 则cos θ＝(cos〈a，b〉)＝＝. 的法向量，θ为l与α 所成的角，则sin θ＝(cos〈l，n〉)＝. D．若cos〈，〉＝－，则异面直线MN与PQ所成角的余弦值为 如图，设〈，〉＝θ (0≤θ≤π)，则二面角的大小为θ.因为CA⊥AB，AB⊥BD，所以·＝·＝0.因为〈，〉＝180°－θ， 因此所求二面角的大小为. 所以2＝2＝2＋2＋2＋2cos (180°－θ)， 所以(5)2＝32＋52＋42＋2×3×4×(－cos θ)，所以cos θ＝0， 所以θ＝. A． B． C． D． 设圆O的半径为2，则A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，D(，1，0)，＝(，3，0)，＝(0，－2，2)，设异面直线AD与BC所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为.故选A． 如图所示，将四面体放入长方体中，V＝××2×2×CE＝12，解得CE＝3，故DE＝＝＝，以FA，FC，FG为x，y，z轴建立空间直角坐标系，A (2，0，0)，B(2，2，0)，C 或 或cos θ＝＝＝，θ＝； 综上所述，异面直线AD与BC所成的角的大小为或. (0，2，0)，D (0，，3)或D (0，3，3)， ＝(－2，，3)或＝(－2，3，3)， ＝(－2，0，0)，异面直线AD与BC所成的角的大 小为θ，θ∈， cos θ＝＝＝，θ＝； A． B． C． D． 所以FE∥BM，MB＝4，FE＝2，AF＝2，AE＝.在△AFE 中，由余弦定理的推论可知cos ∠AFE＝＝，所以异面直线MB 与AF 所成角的余弦值为.故选D． 易知A (0，0，0)，B (，1，0)，F(0，1，)，M (0，0， 2)，所以＝(，1，－2)，＝(0，1，)，设异 面直线MB 与AF 所成角为θ，则cos θ＝＝＝＝，所以异面直线MB 与AF 所成角的余弦值为.故选D． 所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE＝BF＝，故DE＝＝＝，BD＝＝＝， 解：如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DB，DP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为BD＝＝， 则A (1，0，0)，B(0，，0)，P (0，0，)，则＝ (－1，0，)，＝(0，－，)，＝ (0，0，)， 则有可取n＝(，1，1)， 则cos〈n，〉＝＝＝， 所以PD与平面PAB所成角的正弦值为. 所以＝(－，－1，0)，＝(－，0，)，＝ (－，1，0)， 因为四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°， AB＝2，所以BD＝2，AC＝2. 因为△DBF为等边三角形，所以OF＝， 所以A (，0，0)，B (0，1，0)，D (0，－1，0)，F(0，0，)， 则 取x＝1，得n＝(1，，1)， 设直线AD与平面ABF所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝＝. AB＝2AD＝2OAcos 30°＝2×4×＝4. 所以OA＝OB＝＝＝4. 所以OD＝OAsin30°＝4×＝2， 所以在Rt△ABC 中，AC＝ABtan 60°＝4×＝12. (4，0，0)，C (0，12，0)，P (2，2，3)，E， 所以＝，＝(4，0，0)，＝(0，12，0). 则 即 令z＝2，则n＝(－1，0，2). 则 即 所以＝ ＝＝. 则sin θ＝＝. 所以二面角C-AE-B 的正弦值为. A． B． C． D． 所以＝ (－2，0，a)，＝ (0，0，a)，＝(－2，2，0)，设平面AA1C1C的法向量n＝ (x，y，z)，则解得n＝ (1，1，0)，所以直线AB1与侧面AA1C1C所成的角的正弦值sin α＝ ＝＝＝，解得a＝2， 所以A1 (2，0，2)，＝ (－2，0，－2)，设异面直线A1B 与AC所成的角为θ，则cos θ＝＝ ＝＝，所以异面直线A1B与AC所成的角的正弦值为＝.故选D． A． B． C． D． CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝，在△CDE中，由余弦定理得CD＝＝＝，由正弦定理得＝，即sin∠DCE＝＝，显然∠DCE是锐角，cos∠DCE＝＝＝，所以直线CD与平面ABC所成的角的正切值为÷＝.故选C． 则α＝∠EFP，β＝∠FEP，γ＝∠FMP，tan α＝＝≤1，tan β＝＝≥1，tan γ＝≥＝tan β，所以α≤β≤γ.故选A． A． B． C． D． 2)，所以＝(0，1，－1)，＝(－1，0，0)，＝ (1，－2，1)，设平面BCMA1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 所以取y＝1，则n＝(0，1，1)，cos〈n，〉＝＝＝－，即直线l与平面BCMA1所成角的正弦值是.故选C． 直角坐标系，则A (0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，3)，＝ (2，0，0)，＝(－2，－2，3).因为·＝－4≠0，所以与不垂直，故BC与平面PAB不垂直，选项A错误；设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则即令y＝3，得平面 PBC的一个法向量为n＝(0，3，2).又＝(0，0，3)，设PA与平面PBC所成角为θ，所以sin θ＝＝＝，选项B正确；设平面PAB的法向量为m＝ (x1，y1，z1)，＝(0，0，3)，＝ (2，2，0)，则即令x1＝1，得平面PAB的一个法向量 为m＝(1，－1，0).＝＝，由图可知二面角A-PB-C为锐角，所以二面角A-PB-C的余弦值为，所以选项C正确；长方体的体对角线为三棱锥P-ABC外接球的直径，2R＝PB＝＝，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝17π，选项D正确．故选BCD． 1，1)，所以＝ (－1，－1，1)，＝ (2，0，2)，＝ (2，－2，0)，＝ (0，－2，0)，记＝＋λ＝ (2＋2λ，－2，2λ)，因为·＝－(2＋2λ)＋2＋2λ＝0，所以A1P⊥OB1，故A正确；因为 cos〈，〉＝＝≤，记直线A1P与AB所成的角为θ，则cos θ≤<，因为θ∈[0，]，所以θ>，故B m)，则＝，即＝，解得m＝0，所以三棱锥P-ABC外接球的半径R＝＝，表面积S＝4πR2＝8π，故C错误；当点P是线段BC1的中点时，＝(1，－2，－1)，易知＝ (0，0，2)为平面A1B1C1的一个法向量，记直线A1P与平面A1B1C1所成角为α，则sin α＝＝＝，因为α∈，所以cos α＝＝，所以tan α＝＝，故D正确．故选AD． 7．如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系O -xyz的三条坐标轴上，＝(0，0，2)，＝(1，0，0)，＝(0，2，0)，设平面CAB与平面ABO的夹角为θ，则cos θ＝________． 因为＝(0，0，2)，＝(1，0，0)，＝(0，2，0)， 所以＝(－1，2，0)，＝(－1，0，2)，设平面ABC 的法向量为n＝(x，y，z)，则即 取n＝(2，1，1)，又因为平面ABO的法向量为＝(0，0，2)，所以cos θ＝＝＝. ＝，P (0，0，1)，C (0，2，0)，B (1，1，0)，Q (0，1，)，＝(0，2，－1)，＝(1，1，0)，＝(0，1，)，设平面BDQ的法向量为n ＝＝. ＝(x，y，z)，则即取x＝1，则 n＝ (1，－1，2)，设直线PC与平面BDQ所成角为α， 则sin α＝|cos〈，n〉|＝ 易得A1(，0，1)，D(0，0，0)，A(，0，0)，C1(0，，1)，所以 ＝(－，0，－1)，＝(－，，1)，所以 cos θ＝＝＝＝，所以求得直线A1D与直线AC1的夹角为，则过点B可作3条直线与直线A1D及直线AC1所成的角均为. (2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值． 因为BD⊥CD，所以BC＝2，DE＝AE＝. 所以F(－，0，)，即有＝(－，0，0)， ，0，0)，A(0，0，)，B(0， 二面角D -AB-F的平面角为θ，而＝(0，，－)， 因为＝＝(－，0，)， 所以二面角D -AB-F的正弦值为. 所以取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)； 取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)， 所以|cos θ|＝＝＝， 从而sin θ＝＝. 因为E 为PB 的中点，所以E(1，－，1). 所以＝ (1，－，1)，＝ (2，2， －2)，＝(0，2，－2). 则 则sin α＝＝＝. 所以直线AE 与平面PCD 所成角的正弦值为. 因为＝ (2，0，0)，＝ (0，－1，1)， ，， 因为AD＝4，CD＝， 则M (0，0，0)，P (0，0，2)，A (0，－2，0)， N (0，－1，1)，B(2，0，0)，C (，2，0)， 所以取n＝(2，，2)， 所以cos〈m，n〉＝＝＝， 所以平面BMN与平面BCP所成的锐二面角的余弦值为. 所以由 得所以取m＝ (0，1，1)， 因为＝ (－，2，0)，＝ (－2，0，2)， 所以由得 所以由余弦定理得，cos∠C1CO＝＝⇒C1O＝， 在△C1CO中，CC1＝2，CO＝AC＝，∠C1CO＝45°， 则B(0，，0)，D(0，－，0)，A(，0，0)，C(－，0，0)，C1(0，0，)， 则＝＝(，0，)，＝(－，，0)，＝(－，－，0)， 则所以 所以令x1＝1，得y1＝1，z1＝－1，所以m＝(1，1，－1)． 所以 所以令x2＝1，得y2＝－1，z2＝－1， 所以n＝(1，－1，－1)． 所以|cos θ|＝＝＝， 所以sin θ＝＝， 所以二面角B-AA1-D的正弦值为. $$