1.4.2 第2课时 用空间向量研究夹角问题-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第一章　空间向量与立体几何 1.4　空间向量的应用 1.4.2　用空间向量研究距离、 夹角问题 第2课时　用空间向量研究夹角问题 (教师独具内容) 课程标准：1．能用向量方法解决简单夹角问题．2．通过用空间向量解决夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用． 教学重点：利用直线的方向向量和平面的法向量求解空间夹角问题． 教学难点：将夹角问题转化为空间向量问题． 核心素养：通过学习利用空间向量求三种空间角的大小或其三角函数值，实现了几何问题代数化，在此过程中提升了数学运算及直观想象素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 |cos〈u，v〉| 核心概念掌握 目录 5 提示 核心概念掌握 目录 6 不大于90° |cos〈n1，n2〉| 核心概念掌握 目录 7 知识点二　用空间向量解决立体几何问题的“三步曲” (1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题． (2)通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹角等问题． (3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何结论． 核心概念掌握 目录 8 答案 45° 核心概念掌握 目录 9 核心素养形成 解 核心素养形成 目录 11 解 核心素养形成 目录 12 解 核心素养形成 目录 13 核心素养形成 目录 14 解 核心素养形成 目录 15 解 核心素养形成 目录 16 解 核心素养形成 目录 17 解 核心素养形成 目录 18 解 核心素养形成 目录 19 解 核心素养形成 目录 20 解 核心素养形成 目录 21 解 核心素养形成 目录 22 核心素养形成 目录 23 解 核心素养形成 目录 24 解 核心素养形成 目录 25 解 核心素养形成 目录 26 解 核心素养形成 目录 27 解 核心素养形成 目录 28 解 核心素养形成 目录 29 解 核心素养形成 目录 30 解 核心素养形成 目录 31 核心素养形成 目录 32 核心素养形成 目录 33 解 核心素养形成 目录 34 解 核心素养形成 目录 35 核心素养形成 目录 36 解 核心素养形成 目录 37 解 核心素养形成 目录 38 解 核心素养形成 目录 39 解 核心素养形成 目录 40 感悟提升 利用向量解决存在性问题的方法策略 首先，假定题中的数学对象存在；其次，构建空间直角坐标系；再次，利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题；最后，解方程，下结论．利用上述思维策略，可使此类存在性难题变为常规问题． 核心素养形成 目录 41 核心素养形成 目录 42 解 核心素养形成 目录 43 解 核心素养形成 目录 44 解 核心素养形成 目录 45 解 核心素养形成 目录 46 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 目录 48 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 目录 49 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 目录 50 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 目录 51 课后课时精练 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 53 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 54 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 55 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 56 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 57 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 58 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 59 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 60 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 61 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 62 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 63 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 64 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 65 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 66 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 67 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 68 答案 解析 60° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 69 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 70 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 71 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 72 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 73 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 74 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 75 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 76 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 77 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 78 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 79 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 80 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 81 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 82 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 83 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 84 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 85 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 86 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 87 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　空间角及向量求法 (1)异面直线所成的角的向量求法 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cosθ＝eq \x(\s\up1(01))__________＝eq \x(\s\up1(02))__________＝eq \x(\s\up1(03))__________． 注意：异面直线所成的角的取值范围是eq \x(\s\up1(04))__________． eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·v,|u||v|))) eq \f(|u·v|,|u||v|) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 提示：θ＝eq \f(π,2)－〈v，n〉或θ＝〈v，n〉－eq \f(π,2)． (2)直线与平面所成的角的向量求法 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sinθ＝eq \x(\s\up1(05))__________＝eq \x(\s\up1(06))______＝eq \x(\s\up1(07))_______． 注意：直线与平面所成的角的取值范围是eq \x(\s\up1(08))__________． [想一想]　设直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量为v，平面的法向量为n，则θ与〈v，n〉有什么关系？ |cos〈u，n〉| eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|))) eq \f(|u·n|,|u||n|) (3)平面与平面的夹角及其向量求法 ①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eq \x(\s\up1(09))__________的二面角称为平面α与平面β的夹角． ②若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝eq \x(\s\up1(10))_________________＝eq \x(\s\up1(11))__________＝eq \x(\s\up1(12))__________． 注意：平面与平面的夹角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))． eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|))) eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) 1．(平面与平面的夹角)已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面的夹角为________． 2．(直线与平面所成的角)设直线a的一个方向向量为a＝(－1，2，1)，平面α的一个法向量为b＝(0，1，2)，则直线a与平面α所成角的正弦值为________． 3．(异面直线所成的角)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是C1C的中点，O是底面ABCD的中心，P是A1B1上的任意点，则直线BM与OP所成角的大小为________． eq \f(2\r(30),15) eq \f(π,2) 题型一　利用空间向量求异面直线所成的角 　在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P－BC－A的大小为120°，求异面直线PB与AC所成角的余弦值． 解　解法一：取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均 为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，AO∩PO＝O，AO，PO⊂平面PAO， 所以BC⊥平面PAO，又BC⊂平面ABC，所以平面PAO⊥平面ABC，且∠POA 就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，建立空间直角坐标系，如图所示． 设AB＝2，则A(eq \r(3)，0，0)，C(0，－1，0)，B(0，1，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，所以eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)，－1，0)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1，－\f(3,2)))，cos〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(PB,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AC,\s\up16(→))·\o(PB,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))||\o(PB,\s\up16(→))|)＝－eq \f(5,8)， 所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq \f(5,8)． 解法二：如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角． 设AB＝2，则eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(PB,\s\up16(→))＝eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OP,\s\up16(→))， 故eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(PB,\s\up16(→))＝(eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))·(eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OP,\s\up16(→))) ＝eq \o(OC,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OC,\s\up16(→))·eq \o(OP,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OP,\s\up16(→)) ＝－1－0－0＋eq \r(3)×eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq \f(5,2)， 所以cos〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(PB,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AC,\s\up16(→))·\o(PB,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))||\o(PB,\s\up16(→))|)＝－eq \f(5,8)． 即异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq \f(5,8)． 感悟提升 两异面直线所成的角的向量求法 (1)用坐标法求异面直线所成的角的步骤 ①建立恰当的空间直角坐标系； ②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式； ③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角； ④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角． (2)取定基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在利用公式cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)求向量a，b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a，b用一个基底表示出来，再求有关的量． [跟踪训练1]　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．求异面直线AQ与PB所成角的余弦值． 解　由题设知，四边形ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则AC⊥BD．连接PQ，则PQ过点O． 由正四棱锥的性质知PQ⊥平面ABCD，故以O为原点，CA，DB，QP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)， 则P(0，0，1)，A(2eq \r(2)，0，0)，Q(0，0，－2)，B(0，2eq \r(2)，0)， ∴eq \o(AQ,\s\up16(→))＝(－2eq \r(2)，0，－2)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(0，2eq \r(2)，－1)． ∴cos〈eq \o(AQ,\s\up16(→))，eq \o(PB,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AQ,\s\up16(→))·\o(PB,\s\up16(→)),|\o(AQ,\s\up16(→))||\o(PB,\s\up16(→))|)＝eq \f(\r(3),9)， ∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为eq \f(\r(3),9)． 题型二　利用空间向量求直线与平面所成的角 (2) 　正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a，求AC1与侧面ABB1A1所成角的大小． 解　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，a，0)，A1(0，0，eq \r(2)a)，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，取A1B1的中点M， 则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))，连接AM，MC1， 有eq \o(MC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，0，0))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0，a，0)，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝(0，0，eq \r(2)a)． ∴eq \o(MC1,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0，eq \o(MC1,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→))＝0， ∴eq \o(MC1,\s\up16(→))⊥eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(MC1,\s\up16(→))⊥eq \o(AA1,\s\up16(→))， 即MC1⊥AB，MC1⊥AA1， 又AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面ABB1A1， ∴MC1⊥平面ABB1A1． ∴∠C1AM是AC1与侧面ABB1A1所成的角． 由于eq \o(AC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))， ∴eq \o(AC1,\s\up16(→))·eq \o(AM,\s\up16(→))＝0＋eq \f(a2,4)＋2a2＝eq \f(9a2,4)， |eq \o(AC1,\s\up16(→))|＝eq \r(\f(3a2,4)＋\f(a2,4)＋2a2)＝eq \r(3)a， |eq \o(AM,\s\up16(→))|＝eq \r(\f(a2,4)＋2a2)＝eq \f(3,2)a， ∴cos〈eq \o(AC1,\s\up16(→))，eq \o(AM,\s\up16(→))〉＝eq \f(\f(9a2,4),\r(3)a×\f(3a,2))＝eq \f(\r(3),2)． ∴〈eq \o(AC1,\s\up16(→))，eq \o(AM,\s\up16(→))〉＝30°， 即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°． 【解法探究】　本例有没有其他解法？ 解　与原解建立相同的空间直角坐标系， 则eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0，a，0)，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝(0，0，eq \r(2)a)，eq \o(AC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))． 设侧面ABB1A1的法向量为n＝(λ，x，y)， ∴n·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0且n·eq \o(AA1,\s\up16(→))＝0．∴ax＝0且eq \r(2)ay＝0． ∴x＝y＝0．故n＝(λ，0，0)． ∴cos〈eq \o(AC1,\s\up16(→))，n〉＝eq \f(n·\o(AC1,\s\up16(→)),|n||\o(AC1,\s\up16(→))|)＝－eq \f(λ,2|λ|)． ∴|cos〈eq \o(AC1,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(1,2)． ∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°． 解析　建立如图所示的空间直角坐标系， 则B1(0，a，eq \r(2)a)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)a))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)a，\f(a,4)，\r(2)a))，于是eq \o(B1F,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－a，－\f(\r(2),2)a))，eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(\r(2),2)a))，eq \o(EG,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)a，－\f(a,4)，\r(2)a))． 【条件探究】　本例中增加条件“E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点”，求B1F与平面GEF所成角的正弦值． 设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up16(→))＝0，,n·\o(EG,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)y＋\f(\r(2),2)az＝0，,－\f(\r(3),4)ax－\f(a,4)y＋\r(2)az＝0，)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(2)z，,x＝\r(6)z，))令z＝1，得x＝eq \r(6)，y＝eq \r(2)， ∴平面GEF的一个法向量为n＝(eq \r(6)，eq \r(2)，1)， ∴|cos〈eq \o(B1F,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(|n·\o(B1F,\s\up16(→))|,|n||\o(B1F,\s\up16(→))|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\r(2)a－\f(\r(2),2)a)),3×\r(a2＋\f(a2,2)))＝eq \f(\r(3),3)． ∴B1F与平面GEF所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3)． 感悟提升 求直线与平面所成的角的向量方法 用向量法求直线与平面所成的角可利用向量夹角公式或法向量. 利用法向量求直线与平面所成的角的基本步骤： ①建立空间直角坐标系； ②求直线的方向向量eq \o(AB,\s\up16(→))； ③求平面的法向量n； ④计算：设直线与平面所成的角为θ，则sinθ＝eq \f(|n·\o(AB,\s\up16(→))|,|n||\o(AB,\s\up16(→))|). [跟踪训练2]　(2024·广州六中高二质检)如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，A1A⊥平面ABCD，A1A＝A1D1＝1，AB＝AD＝2，求直线C1C与平面ACD1所成角的正弦值． 解析　根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，C(2，2，0)，D1(0，1，1)，C1(1，1，1)， 所以eq \o(C1C,\s\up16(→))＝(1，1，－1)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(2，2，0)，eq \o(AD1,\s\up16(→))＝(0，1，1)． 设n＝(x，y，z)是平面ACD1的法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝0，,y＋z＝0，)) 令x＝1，则y＝－1，z＝1， 所以n＝(1，－1，1)． 设直线C1C与平面ACD1所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈eq \o(C1C,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(|\o(C1C,\s\up16(→))·n|,|\o(C1C,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(|－1|,\r(3)×\r(3))＝eq \f(1,3)， 所以直线C1C与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(1,3)． 题型三　利用空间向量求平面与平面的夹角 (2) 　若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝，求平面APB与平面CPB夹角的余弦值． 解　解法一：如图所示，取PB的中点D，连接CD． ∵PC＝BC＝eq \r(2)，∴CD⊥PB． ∴作AE⊥PB于E，那么平面APB与平面CPB的夹角的 大小就等于异面直线EA与DC所成的角θ的大小． 易知AB＝eq \r(3)，PB＝2， ∴PD＝1，PE＝eq \f(PA2,PB)＝eq \f(1,2)， DE＝PD－PE＝eq \f(1,2)，AE＝eq \f(PA·AB,PB)＝eq \f(\r(3),2)，CD＝1， 又AC＝1，eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(AE,\s\up16(→))＋eq \o(ED,\s\up16(→))＋eq \o(DC,\s\up16(→))，且eq \o(AE,\s\up16(→))⊥eq \o(ED,\s\up16(→))，eq \o(ED,\s\up16(→))⊥eq \o(DC,\s\up16(→))， ∴|eq \o(AC,\s\up16(→))|2＝|eq \o(AE,\s\up16(→))|2＋|eq \o(ED,\s\up16(→))|2＋|eq \o(DC,\s\up16(→))|2＋2|eq \o(AE,\s\up16(→))|·|eq \o(DC,\s\up16(→))|cos(π－θ)， 即1＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)＋1－2×eq \f(\r(3),2)×1×cosθ， 解得cosθ＝eq \f(\r(3),3)． 故平面APB与平面CPB夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3)． 解法二：由解法一可知，向量eq \o(DC,\s\up16(→))与eq \o(EA,\s\up16(→))的夹角的大小就是平面APB与平面CPB的夹角的大小，如图，建立空间直角坐标系Cxyz，则A(1，0，0)，B(0，eq \r(2)，0)，C(0，0，0)，P(1，0，1)，又D为PB的中点， ∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)，\f(1,2)))． ∵eq \f(PE,EB)＝eq \f(PA2,AB2)＝eq \f(1,3)，∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(\r(2),4)，\f(3,4)))， eq \o(EA,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，－\f(\r(2),4)，－\f(3,4)))， eq \o(DC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(2),2)，－\f(1,2)))， |eq \o(EA,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(3),2)，|eq \o(DC,\s\up16(→))|＝1， eq \o(EA,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＝eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq \f(1,2)． ∴cos〈eq \o(EA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(EA,\s\up16(→))·\o(DC,\s\up16(→)),|\o(EA,\s\up16(→))||\o(DC,\s\up16(→))|)＝eq \f(\r(3),3)． 故平面APB与平面CPB夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3)． 解法三：如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(eq \r(2)，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，eq \o(AP,\s\up16(→))＝(0，0，1)，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(eq \r(2)，1，0)，eq \o(CB,\s\up16(→))＝(eq \r(2)，0，0)，eq \o(CP,\s\up16(→))＝(0，－1，1)， 设平面APB的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AP,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up16(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x，y，z）·（0，0，1）＝0，,（x，y，z）·（\r(2)，1，0）＝0)) ⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(2)x，,z＝0，))令x＝1，则m＝(1，－eq \r(2)，0)， 设平面CPB的法向量为n＝(x′，y′，z′)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CP,\s\up16(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x′，y′，z′）·（\r(2)，0，0）＝0，,（x′，y′，z′）·（0，－1，1）＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x′＝0，,y′＝z′.))令y′＝1，则n＝(0，1，1)， ∴|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(3),3)． ∴平面APB与平面CPB夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3)． 感悟提升 平面与平面夹角的向量求法 (1)若AB，CD分别是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的异面直线，则平面α与平面β的夹角就是向量eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(CD,\s\up16(→))的夹角或其补角(如图①)． (2)利用坐标法求平面与平面夹角的步骤 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图②． 利用坐标法的解题步骤如下： ①建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系； ②求法向量：在建立的坐标系下求两个平面的法向量n1，n2； ③计算：设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)． [跟踪训练3]　(2024·锦州二中高二期中)如图所示，已知四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB＝∠ABC＝90°，且SA＝AB＝BC＝3AD，求平面SAB与平面SCD夹角的正弦值． 解　依题意，AD，AB，AS两两垂直．以A为原点，AD，AB，AS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AD的长为单位长度， 则A(0，0，0)，S(0，0，3)，C(3，3，0)，D(1，0，0)， 所以eq \o(AD,\s\up16(→))＝(1，0，0)，eq \o(DS,\s\up16(→))＝(－1，0，3)，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(2，3，0)， 显然，eq \o(AD,\s\up16(→))是平面SAB的一个法向量． 设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DS,\s\up16(→))＝－x＋3z＝0，,n·\o(DC,\s\up16(→))＝2x＋3y＝0，)) 令x＝3，可得y＝－2，z＝1， 此时n＝(3，－2，1)． 因为cos〈eq \o(AD,\s\up16(→))，n〉＝eq \f(\o(AD,\s\up16(→))·n,|\o(AD,\s\up16(→))||n|) ＝eq \f(（1，0，0）·（3，－2，1）,1×\r(32＋（－2）2＋12))＝eq \f(3,1×\r(14))＝eq \f(3\r(14),14)， 所以平面SAB与平面SCD夹角的正弦值为eq \r(1－\f(9,14))＝eq \f(\r(70),14)． 题型四　向量法的综合应用 　如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且A1P＝λA1B1． (1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥PN； (2)当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？并求该角取最大值时的正切值； (3)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为30°？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由． 解　以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))． ∵eq \o(A1P,\s\up16(→))＝λeq \o(A1B1,\s\up16(→))＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)， ∴P(λ，0，1)， ∴eq \o(PN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ，\f(1,2)，－1))， eq \o(NM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))． (1)证明：∵eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， ∴eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(PN,\s\up16(→))＝0＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0， ∴eq \o(AM,\s\up16(→))⊥eq \o(PN,\s\up16(→))，∴无论λ取何值，总有AM⊥PN． (2)∵m＝(0，0，1)是平面ABC的一个法向量， ∴sinθ＝|cos〈m，eq \o(PN,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|0＋0－1|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))\s\up12(2)＋\f(1,4)＋1)) ＝eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(5,4)))， 又θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴当λ＝eq \f(1,2)时，sinθ取得最大值，即θ取得最大值，此时sinθ＝eq \f(2\r(5),5)，cosθ＝eq \f(\r(5),5)， ∴tanθ＝2． (3)假设存在点P满足题意，设n＝(x，y，z)是平面PMN的法向量， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(NM,\s\up16(→))＝0，,n·\o(PN,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))x＋\f(1,2)y－z＝0，)) 令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ， ∴n＝(3，1＋2λ，2－2λ)． 由(2)知平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)， ∴|cos〈m，n〉|＝eq \f(|2－2λ|,\r(9＋（1＋2λ）2＋（2－2λ）2))＝eq \f(\r(3),2)， 化简得4λ2＋10λ＋13＝0．　(*) ∵Δ＝100－4×4×13＝－108<0， ∴方程(*)无解， ∴不存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为30°． [跟踪训练4]　(2024·盐城中学高二月考)图1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，如图2，且AC1＝eq \r(6)． (1)求证：平面BC1E⊥平面ABED； (2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为eq \f(\r(15),5)？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：连接AC，交BE于O， ∵四边形ABCE是边长为2的菱形，∠BCE＝60°，∴AC⊥BE，OA＝OC＝eq \r(3)． 易知相交直线OA，OC1均与BE垂直， ∴∠AOC1是二面角A－BE－C1的平面角， ∵AC1＝eq \r(6)，∴OA2＋OCeq \o\al(2,1)＝ACeq \o\al(2,1)，∴OA⊥OC1， ∠AOC1＝90°，∴平面BC1E⊥平面ABED． (2)在棱DC1上存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为eq \f(\r(15),5)．理由如下： 以O为原点，OA，OB，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， 则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，0))，C1(0，0，eq \r(3))，A(eq \r(3)，0，0)，B(0，1，0)，E(0，－1，0)， ∴eq \o(DC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3)))，eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，0))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，eq \o(AC1,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(3))，eq \o(AE,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)，－1，0)， 设eq \o(DP,\s\up16(→))＝λeq \o(DC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)λ，\f(3,2)λ，\r(3)λ))，λ∈[0，1]， 则eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(DP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)－\f(\r(3),2)λ，－\f(3,2)＋\f(3,2)λ，\r(3)λ))． 设平面ABC1的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up16(→))·n＝－\r(3)x＋y＝0，,\o(AC1,\s\up16(→))·n＝－\r(3)x＋\r(3)z＝0，))令x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝1，∴n＝(1，eq \r(3)，1)， ∴点P到平面ABC1的距离为 d＝eq \f(|\o(AP,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(|2\r(3)λ－2\r(3)|,\r(5))＝eq \f(\r(15),5)， 解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(3,2)(舍去)， ∴eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),4)，－\f(3,4)，\f(\r(3),2)))， ∴eq \o(EP,\s\up16(→))＝eq \o(AP,\s\up16(→))－eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(1,4)，\f(\r(3),2)))， ∴|cos〈eq \o(EP,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(|\o(EP,\s\up16(→))·n|,|\o(EP,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(\r(3),\r(5))＝eq \f(\r(15),5)， ∴直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5)． 1．若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为eq \f(5π,6)，则l1与l2所成的角为(　　) A．eq \f(π,6) B．eq \f(5π,6) C．eq \f(π,6)或eq \f(5π,6) D．以上均不对 解析　l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))．故选A． 2．(2024·济南一中高二期末)已知两个平面的法向量分别为m＝(0，1，1)，n＝(1，－1，0)，则这两个平面的夹角为(　　) A．30° B．60° C．60°或120° D．120° 解析　cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2)，因为向量夹角的范围为[0，π]，故两向量夹角为eq \f(2π,3)，故两个平面的夹角为eq \f(π,3)，即60°．故选B． 3．已知A∈α，P∉α，eq \o(PA,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(2)))，平面α的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\r(2)))，则直线PA与平面α所成的角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．150° 解析　设PA与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq \o(PA,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(|\o(PA,\s\up16(→))·n|,|\o(PA,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(\f(1,4)＋2,\r(1＋2)×\r(\f(1,4)＋2))＝eq \f(\r(3),2)，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝60°．故选C． 4．(2024·黄冈中学高二期中)如图，二面角α－l－β的棱上有两个点A，B，线段BD和AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq \r(21)，则平面α与平面β夹角的余弦值为________． 解析　设平面α与平面β夹角的大小为α，由题意，得eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \o(CA,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→))，且eq \o(CA,\s\up16(→))⊥eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AB,\s\up16(→))⊥eq \o(BD,\s\up16(→))，即eq \o(CA,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0，eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝0，∴eq \o(CD,\s\up16(→))2＝eq \o(CA,\s\up16(→))2＋eq \o(AB,\s\up16(→))2＋eq \o(BD,\s\up16(→))2＋2|eq \o(CA,\s\up16(→))||eq \o(BD,\s\up16(→))|cos(π－α)，∴(2eq \r(21))2＝36＋16＋64－2×6×8×cosα，解得cosα＝eq \f(1,3)，∴平面α与平面β夹角的余弦值为eq \f(1,3)． eq \f(1,3) 一、选择题 1．在一个锐二面角的两个半平面内，与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个锐二面角的余弦值为(　　) A．eq \f(\r(15),6) B．eq \f(\r(15),5) C．eq \f(\r(15),3) D．eq \f(\r(15),4) 解析　由eq \f(（0，－1，3）·（2，2，4）,\r(1＋9)×\r(4＋4＋16))＝eq \f(－2＋12,\r(10)×\r(24))＝eq \f(\r(15),6)，知这个锐二面角的余弦值为eq \f(\r(15),6)． 2．(2024·泰安肥城一中高二月考)如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，D，E分别为SO，SB的中点，OC⊥AB，SO＝AB＝4，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为(　　) A．eq \f(\r(5),3) B．eq \f(\r(5),5) C．eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(2),4) 解析　以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(2，0，0)，A(0，2，0)，D(0，0，2)，E(0，－1，2)，则eq \o(AD,\s\up16(→))＝(0，－2，2)，eq \o(CE,\s\up16(→))＝(－2，－1，2)，所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为|cos〈eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(CE,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|\o(AD,\s\up16(→))·\o(CE,\s\up16(→))|,|\o(AD,\s\up16(→))||\o(CE,\s\up16(→))|)＝eq \f(2＋4,2\r(2)×3)＝eq \f(\r(2),2)．故选C． 3．(2024·衡水中学高二月考)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(1,3)，则正四棱柱的高为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　以D为原点，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． 设DD1＝a，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，a)，D1(0，0，a)，故eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－2，2，0)，eq \o(AD1,\s\up16(→))＝(－2，0，a)，eq \o(CC1,\s\up16(→))＝(0，0，a)．设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up16(→))＝－2x＋2y＝0，,n·\o(AD1,\s\up16(→))＝－2x＋az＝0，))可取n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(2,a)))，故cos〈n，eq \o(CC1,\s\up16(→))〉＝eq \f(n·\o(CC1,\s\up16(→)),|n||\o(CC1,\s\up16(→))|)＝eq \f(2,a·\r(\f(4,a2)＋2))＝eq \f(2,\r(2a2＋4))，又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(1,3)，所以eq \f(2,\r(2a2＋4))＝eq \f(1,3)，解得a＝4．故选D． 4．已知矩形ABCD与ABEF全等，D－AB－E为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成的角为θ，且cosθ＝eq \f(\r(3),9)．则AB与BC的长度之比为(　　) A．1∶1 B．eq \r(2)∶1 C．eq \r(2)∶2 D．1∶2 解析　设AB＝a，BC＝b，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 则F(b，0，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，B(0，a，0)，D(0，0，b)．eq \o(FM,\s\up16(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b，\f(a,2)，0))， eq \o(BD,\s\up16(→))＝(0，－a，b)，所以|eq \o(FM,\s\up16(→))|＝eq \r(b2＋\f(a2,4))，|eq \o(BD,\s\up16(→))|＝ eq \r(a2＋b2)，eq \o(FM,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝－eq \f(a2,2)，|cos〈eq \o(FM,\s\up16(→))，eq \o(BD,\s\up16(→))〉|＝eq \f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(a2,2)))),\r(b2＋\f(a2,4))·\r(a2＋b2))＝eq \f(\r(3),9)，整理得4×eq \f(b4,a4)＋5×eq \f(b2,a2)－26＝0，解得eq \f(b2,a2)＝2或eq \f(b2,a2)＝－eq \f(13,4)(舍去)，所以eq \f(AB,BC)＝eq \f(a,b)＝eq \f(\r(2),2)． 5．(多选)(2024·银川一中高二月考)在正三棱柱A1B1C1－ABC中，AA1＝eq \r(3)AB，则下列结论中正确的是(　　) A．直线AA1与CB1所成的角为30° B．直线AC1与CB1所成的角为60° C．AC1与平面ABC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),2) D．AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4) 解析　对于A，依题意，取A1C1的中点E，AC的中点F，连接EF，EB1，如图，易得EF∥AA1，又AA1⊥平面A1B1C1，所以EF⊥平面A1B1C1，又EB1，EC1⊂平面A1B1C1，所以EF⊥EB1，EF⊥EC1，又△A1B1C1是正三角形，E是A1C1的中点，故EB1⊥EC1，则EB1，EC1，EF两两垂直，故以E为原点，EB1，EC1，EF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图． 设AB＝2，则AA1＝eq \r(3)AB＝2eq \r(3)，则A1(0，－1，0)，C1(0，1，0)， A(0，－1，2eq \r(3))，C(0，1，2eq \r(3))，B1(eq \r(3)，0，0)，故eq \o(AA1,\s\up16(→))＝(0，0， －2eq \r(3))，eq \o(CB1,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，－1，－2eq \r(3))，则|cos〈eq \o(AA1,\s\up16(→))，eq \o(CB1,\s\up16(→))〉|＝ eq \f(|\o(AA1,\s\up16(→))·\o(CB1,\s\up16(→))|,|\o(AA1,\s\up16(→))||\o(CB1,\s\up16(→))|)＝eq \f(12,2\r(3)×4)＝eq \f(\r(3),2)，所以直线AA1与CB1所成的角为 30°，故A正确；对于B，又eq \o(AC1,\s\up16(→))＝(0，2，－2eq \r(3))，则|cos〈eq \o(AC1,\s\up16(→))，eq \o(CB1,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|\o(AC1,\s\up16(→))·\o(CB1,\s\up16(→))|,|\o(AC1,\s\up16(→))||\o(CB1,\s\up16(→))|)＝eq \f(10,4×4)＝eq \f(5,8)，则直线AC1与CB1所成的角不为60°，故B错误； 对于C，易得平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以AC1与平面ABC所成角的正弦值为|cos〈m，eq \o(AC1,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|m·\o(AC1,\s\up16(→))|,|m||\o(AC1,\s\up16(→))|)＝eq \f(2\r(3),1×4)＝eq \f(\r(3),2)，故C正确；对于D，取A1B1的中点D，连接C1D，因为AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1，所以C1D⊥AA1，又△A1B1C1是正三角形，D是A1B1的中点，故C1D⊥A1B1， 因为AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B，所以C1D⊥平面AA1B1B，易得D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，所以侧面AA1B1B的一个法向量为eq \o(DC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，所以AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为|cos〈eq \o(AC1,\s\up16(→))，eq \o(DC1,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|\o(AC1,\s\up16(→))·\o(DC1,\s\up16(→))|,|\o(AC1,\s\up16(→))||\o(DC1,\s\up16(→))|)＝eq \f(3,4×\r(3))＝eq \f(\r(3),4)，故D正确．故选ACD． 6．(多选)若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列结论中正确的是(　　) A．AD与BC所成的角为45° B．AC与BD所成的角为90° C．直线BC与平面ACD所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3) D．平面ABC与平面BCD的夹角的正切值为eq \r(2) 解析　连接AC，BD，交于点O，∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，即AO⊥BD，CO⊥BD，∴二面角C－BD－A的平面角为∠COA＝90°，即CO⊥AO．以O为原点，OA，OD，OC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AB＝2，则A(eq \r(2)，0，0)，B(0，－eq \r(2)，0)，C(0，0，eq \r(2))，D(0，eq \r(2)，0)，∴eq \o(AD,\s\up16(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(0，eq \r(2)，eq \r(2))，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，eq \o(BD,\s\up16(→))＝(0，2eq \r(2)，0)．对于A，∵|cos〈eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(BC,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|\o(AD,\s\up16(→))·\o(BC,\s\up16(→))|,|\o(AD,\s\up16(→))||\o(BC,\s\up16(→))|)＝eq \f(2,2×2)＝eq \f(1,2)，∴AD与BC所成的角为60°，A错误； 对于B，∵eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝0＋0＋0＝0，∴AC⊥BD，B正确；对于C，设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up16(→))·n＝－\r(2)x＋\r(2)z＝0，,\o(AD,\s\up16(→))·n＝－\r(2)x＋\r(2)y＝0，))令x＝1，解得y＝1，z＝1，∴n＝(1，1，1)，∴|cos〈eq \o(BC,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(|\o(BC,\s\up16(→))·n|,|\o(BC,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(2\r(2),2\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，即直线BC与平面ACD所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3)，∴直线BC与平面ACD所成角的余弦值为eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),3)，C正确； 对于D，∵x轴⊥平面BCD，∴平面BCD的一个法向量 为m＝(1，0，0)，设平面ABC的法向量为p＝(a，b，c)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝ (－eq \r(2)，0，eq \r(2))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，0)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up16(→))·p＝－\r(2)a－\r(2)b＝0，,\o(AC,\s\up16(→))·p＝－\r(2)a＋\r(2)c＝0，))令a＝1，则b＝－1，c＝1，∴p＝(1，－1，1)，设平面ABC与平面BCD的夹角为θ，∴cosθ＝|cos〈m，p〉|＝eq \f(|m·p|,|m||p|)＝eq \f(1,1×\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，又θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinθ＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),3)，∴tanθ＝eq \f(sinθ,cosθ)＝eq \r(2)，D正确．故选BCD． 二、填空题 7．(2024·滕州第一中学高二期末)如果平面的一条斜线与它在这个平面内的射影的方向向量分别是r1＝(1，0，－1)，r2＝(0，1，1)，那么这条斜线与平面所成角的大小为__________． 解析　∵cos〈r1，r2〉＝eq \f(r·r2,|r1||r2|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2)，∴〈r1，r2〉＝120°，又斜线与平面所成的角θ的范围是0°<θ<90°，∴这条斜线与平面所成角的大小为60°． 8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BB1的中点，则直线A1D与EC所成角的余弦值为________；平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为________． eq \f(3\r(10),10) eq \f(2,3) 解析　以A为原点，AB，AD，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，设正方体的棱长 为1，则A1(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0，1，0)，C(1，1，0)， ∴eq \o(A1D,\s\up16(→))＝(0，1，－1)，eq \o(EC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(1,2)))，eq \o(A1E,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))， ∴|cos〈eq \o(A1D,\s\up16(→))，eq \o(EC,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|\o(A1D,\s\up16(→))·\o(EC,\s\up16(→))|,|\o(A1D,\s\up16(→))||\o(EC,\s\up16(→))|)＝eq \f(3\r(10),10)，故直线A1D与E C所成角的余弦值是eq \f(3\r(10),10)．设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)， 则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up16(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up16(→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2，))∴n1＝(1，2，2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，∴|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(2,3×1)＝eq \f(2,3)，即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为eq \f(2,3)． 9．(2024·佛山一中高二月考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB，AC，AA1两两垂直，AB＝AC＝AA1，M，N分别是侧棱BB1，CC1上的点，平面AMN与平面ABC的夹角为eq \f(π,6)，则当CN最小时，∠AMB＝________． 解析　建立空间直角坐标系，如图所示，设AB＝AC＝AA1＝1，CN＝b，BM＝a，则N(0，1，b)，M(1，0，a)，A(0，0，0)，B(1，0，0)，所以eq \o(AM,\s\up16(→))＝(1，0，a)，eq \o(AN,\s\up16(→))＝(0，1，b)， eq \f(π,3) 设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AM,\s\up16(→))·n＝0，,\o(AN,\s\up16(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋az＝0，,y＋bz＝0，))令z＝1，则n＝(－a，－b，1)，又平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以coseq \f(π,6)＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(a2＋b2＋1))＝eq \f(\r(3),2)，即3a2＋3b2＝1，当CN最小时，b＝0，BM＝a＝eq \f(\r(3),3)，所以tan∠AMB＝eq \f(AB,BM)＝eq \r(3)，所以∠AMB＝eq \f(π,3)． 三、解答题 10．(2024·安阳龙安高级中学高二质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD的中点． (1)求直线AD与平面ACM所成角的余弦值； (2)求平面ACD与平面ACM夹角的余弦值； (3)求点P到平面ACM的距离． 解析　(1)因为PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD是矩形，所以AB，AD，AP两两垂直． 以A为原点，AB，AD，AP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 A(0，0，0)，D(0，4，0)，C(2，4，0)，P(0，0，4)，M(0，2，2)， eq \o(AD,\s\up16(→))＝(0，4，0)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(2，4，0)，eq \o(AM,\s\up16(→))＝(0，2，2)，eq \o(AP,\s\up16(→))＝(0，0，4)． 设平面ACM的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up16(→))＝2y＋2z＝0，,n·\o(AC,\s\up16(→))＝2x＋4y＝0，)) 可取n＝(－2，1，－1)， 设直线AD与平面ACM所成的角为αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))， 则sinα＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AD,\s\up16(→))·n,|\o(AD,\s\up16(→))||n|)))＝eq \f(4,4×\r(6))＝eq \f(1,\r(6))，cosα＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(6))))\s\up12(2))＝eq \f(\r(30),6)． (2)平面ACD的一个法向量为m＝(0，0，1)， 设平面ACD与平面ACM的夹角为βeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))， 则cosβ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \f(1,\r(6))＝eq \f(\r(6),6)． (3)设点P到平面ACM的距离为d， 则d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up16(→))·n,|n|)))＝eq \f(4,\r(6))＝eq \f(2\r(6),3)， 所以点P到平面ACM的距离为eq \f(2\r(6),3)． 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． (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C为原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)， ∴eq \o(B2C2,\s\up16(→))＝(0，－2，1)， eq \o(A2D2,\s\up16(→))＝(0，－2，1)， ∴eq \o(B2C2,\s\up16(→))∥eq \o(A2D2,\s\up16(→))， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， ∴B2C2∥A2D2． (2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 则eq \o(A2C2,\s\up16(→))＝(－2，－2，2)，eq \o(PC2,\s\up16(→))＝(0，－2，3－λ)，eq \o(D2C2,\s\up16(→))＝(－2，0，1)， 设平面PA2C2的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A2C2,\s\up16(→))＝－2x1－2y1＋2z1＝0，,n·\o(PC2,\s\up16(→))＝－2y1＋（3－λ）z1＝0，)) 令z1＝2，得y1＝3－λ，x1＝λ－1， ∴n＝(λ－1，3－λ，2)． 设平面A2C2D2的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A2C2,\s\up16(→))＝－2x2－2y2＋2z2＝0，,m·\o(D2C2,\s\up16(→))＝－2x2＋z2＝0，)) 令x2＝1，得y2＝1，z2＝2， ∴m＝(1，1，2)． 又二面角P－A2C2－D2为150°， ∴|cos〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|) ＝eq \f(6,\r(6)·\r(4＋（λ－1）2＋（3－λ）2)) ＝|cos150°|＝eq \f(\r(3),2)， 化简可得，λ2－4λ＋3＝0， 解得λ＝1或λ＝3， ∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1． 2．(2024·常德二中高二月考)在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为长方形，SB⊥底面ABCD，其中SB＝2，BA＝2，BC＝λ，λ的可能取值为①λ＝eq \f(1,4)；②λ＝eq \f(1,2)；③λ＝eq \f(\r(3),2)；④λ＝eq \f(3,2)；⑤λ＝3． (1)求直线AS与平面ABCD所成角的正弦值； (2)若线段CD上能找到一点E，满足AE⊥SE，则λ可能的取值有几种情况？请说明理由； (3)在(2)的条件下，当λ为所有可能情况的最大值时，线段CD上满足AE⊥SE的点有两个，分别记为E1，E2，求平面BSE1与平面BSE2的夹角的大小． 解　(1)∵SB⊥底面ABCD， ∴∠SAB是直线AS与平面ABCD所成的角， 由SB⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，得SB⊥AB， 又SB＝BA＝2， ∴∠SAB＝45°， ∴直线AS与平面ABCD所成角的正弦值为eq \f(\r(2),2)． (2)以B为原点，BC，BA，BS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则S(0，0，2)，A(0，2，0)，设E(λ，t，0)(0≤t≤2)，则eq \o(AE,\s\up16(→))＝(λ，t－2，0)，eq \o(SE,\s\up16(→))＝(λ，t，－2)， 由AE⊥SE，得eq \o(AE,\s\up16(→))·eq \o(SE,\s\up16(→))＝λ2＋t(t－2)＝0，由题意，知t2－2t＋λ2＝0在t∈[0，2]上有解，则λ2＝－t2＋2t＝－(t－1)2＋1， 当t∈[0，2]时，－(t－1)2＋1∈[0，1]， 即0≤λ2≤1，又λ>0，∴0<λ≤1， ∴λ的可能值中，①②③三种情况可取，即λ＝eq \f(1,4)，eq \f(1,2)或eq \f(\r(3),2)． (3)在(2)的条件下，λ的最大值是eq \f(\r(3),2)，此时有t2－2t＋eq \f(3,4)＝0，t＝eq \f(1,2)或t＝eq \f(3,2)， 取E1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，E2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq \o(BS,\s\up16(→))＝(0，0，2)，eq \o(BE1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq \o(BE2,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))， 设平面BSE1的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BS,\s\up16(→))＝2z1＝0，,m·\o(BE1,\s\up16(→))＝\f(\r(3),2)x1＋\f(1,2)y1＝0，)) 取x1＝1，则m＝(1，－eq \r(3)，0)， 设平面BSE2的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BS,\s\up16(→))＝2z2＝0，,n·\o(BE2,\s\up16(→))＝\f(\r(3),2)x2＋\f(3,2)y2＝0，)) 取x2＝eq \r(3)，则n＝(eq \r(3)，－1，0)， cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(3)＋\r(3),2×2)＝eq \f(\r(3),2)，0°≤〈m，n〉≤180°， ∴〈m，n〉＝30°， ∴平面BSE1与平面BSE2的夹角是30°． $$