1.4.2 第2课时 夹角问题-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版2019）

第2课时　夹角问题 [学习目标] 知识 层面 1．会用向量法求线线、线面、面面夹角．　 2．能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系． 素养 层面 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，提升直观想象、逻辑推理和数学运算素养. 知识点一　两条异面直线所成的角 问题1．同学们在分组讨论异面直线所成的角时，有同学认为异面直线l1，l2所成的角为θ就是其方向向量u，v的夹角〈u，v〉；有同学认为异面直线l1，l2所成的角为θ与其方向向量u，v的夹角〈u，v〉没有任何关系．你认为谁的观点正确． 提示：都不正确，异面直线所成的角与其方向向量的夹角既有区别又有联系，事实上，它们是相等或互补的关系． 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〉|＝＝． [微思考]　求两异面直线所成的角θ时，为什么不能用cos θ＝cos〈u，v〉？ 提示：因为两异面直线所成角θ的范围是，而两个向量夹角〈u，v〉的范围是[0，π]，事实上，当〈u，v〉是锐角时，θ＝〈u，v〉，cos θ＝cos〈u，v〉；当〈u，v〉是钝角时，θ＝π－〈u，v〉，cos θ＝－cos〈u，v〉． 如图，四棱锥P-ABCD中，PB⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝120°，F为CD的中点，PB＝2，以B为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． (1)求cos〈，〉； (2)求异面直线PD，BF所成角θ的余弦值． 解：(1)因为底面ABCD是边长为2的菱形，且∠ABC＝120°，F为CD的中点， 所以DF＝1，BF＝，又PB＝2，则B(0，0，0)，D(1，，0)，P(0，0，2)，F(0，，0)， 所以＝(－1，－，2)，＝(0，，0)， cos〈，〉＝ ＝＝＝－. (2)cos θ＝＝. 学生用书第35页 规律方法 用向量法求解异面直线所成的角的两种途径 在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则与可分别为a，b的方向向量，则cos θ＝.运用向量法常有两种途径： 1．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．在由公式cos 〈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用基向量表示出来，再求有关的量． 2．坐标法：根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单．　　 对点练1．如图，在空间直角坐标系中有正方体ABCD-A′B′C′D′，点E是A′D′的中点，求直线A′B与直线CE所成角的余弦值． 解：设正方体棱长为a，则E，C(a，a，0)，B(a，0，0)，A′(0，0，a)，则＝(a，0，－a)，＝，设直线A′B与直线CE所的成角为θ，则cos θ＝ ＝＝＝， 故直线A′B与直线CE所成角的余弦值为. 知识点二　直线与平面所成的角 问题2．(1)直线与平面所成的角就是直线与平面内任一直线所成的角吗？ (2)直线的方向向量与平面的法向量所成的角是直线与平面所成的角吗？ 提示：(1)不是；(2)不是． 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〉|＝＝． [微提醒]　(1)直线与平面所成的角是指这条直线与它在这个平面内的投影所成的角，其范围是. (2)若〈u，n〉是一个锐角，则θ＝－〈u，n〉；若〈u，n〉是一个钝角，则θ＝〈u，n〉－. 如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2，∠ABC＝60°，M是AB的中点．求直线BE与平面EAC所成角的正弦值． 解：连接MC，因为EA＝EB，M是AB的中点，所以EM⊥AB， 因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EM⊂平面ABE， 所以EM⊥平面ABCD，又CM⊂平面ABCD， 所以EM⊥CM， 菱形ABCD中，∠ABC＝60°， 所以△ABC是正三角形， 所以MC⊥AB．所以ME，MC，MB两两垂直． 所以以点M为坐标原点，MB，MC，ME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M(0，0，0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，E(0，0，)， ＝(1，，0)，＝(1，0，)，＝(－1，0，)， 设m＝(x，y，z)是平面ACE的一个法向量， 则即 令z＝1，得m＝(－，1，1)， 设直线BE与平面EAC所成的角为θ， 则sin θ＝＝＝＝， 所以直线BE与平面EAC所成角的正弦值为. [变式探究]　(变条件、变结论)若点P在线段EC上，且直线AP与平面ABE所成的角为45°，求出的值． 解：由题意可知，平面ABE的一个法向量为n＝(0，1，0)， ＝(1，0，)，＝(0，，－)， 设＝λ＝(0，λ，－λ)，0≤λ≤1， 则＝＋＝(1，λ，－λ)， 因为直线AP与平面ABE所成的角为45°， 所以sin 45°＝＝ ＝＝， 整理可得4－6λ＝0，解得λ＝， 所以＝. 学生用书第36页 规律方法 求直线与平面所成角的思路与步骤 1．思路一：找直线在平面内的投影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)； 思路二：用向量法求直线与平面所成角可利用向量夹角公式或法向量． 2．利用法向量求直线与平面所成角的基本步骤 第一步(建系)：建立空间直角坐标系； 第二步(求方向向量)：求直线的方向向量； 第三步(求法向量)：求平面的法向量n； 第四步(计算)：设线面角为θ，则sin θ＝.　　 对点练2．如图所示的几何体中，底面ABCD是平行四边形，AB＝AC＝，BC＝2，四边形ACEF为矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，AF＝1，点M是线段EF的中点． (1)求证：AB⊥平面ACEF； (2)求直线ED与平面BFM所成角的正弦值． 解：(1)证明：由四边形ACEF是矩形，得AF⊥AC，而平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，AF⊂平面ACEF， 则AF⊥平面ABCD， 又AB⊂平面ABCD，于是AB⊥AF， 由AB＝AC＝，BC＝2，得AB2＋AC2＝BC2， 则AB⊥AC， 而AC∩AF＝A，AC，AF⊂平面ACEF， 所以AB⊥平面ACEF. (2)由(1)知，直线AB，AC，AF两两垂直， 以点A为坐标原点，直线AB，AC，AF分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则B(，0，0)，D(－，，0)，E(0，，1)，F(0，0，1)，M， 则＝，＝(－，0，1)，＝(－，0，－1)， 设平面BFM的法向量为m＝(x，y，z)， 则即取x＝1，得m＝(1，0，)， 设直线ED与平面BFM所成角为θ，则直线ED与平面BFM所成角的正弦值为： sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝. 知识点三　平面与平面的夹角 问题3．(1)两个平面的夹角与二面角的平面角有什么区别？ (2)两个平面的夹角与两平面的法向量的夹角有何关系？ 提示：(1)平面α与平面β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． 区别：二面角的范围是[0，π]，而两个平面的夹角的范围是. (2)两平面的夹角是两平面的法向量的夹角或其补角． 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不大于90°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cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝． [微提醒]　(1)两个平面夹角的范围是，若夹角为，则两个平面垂直．(2)因为两个平面法向量的方向不确定，故〈n1，n2〉∈[0，π]，若〈n1，n2〉为钝角，则两个平面的夹角应取其补角． 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BB1＝2，BC＝4，AB1与A1B交于点E，点F为BC的中点．求平面AEF与平面AA1C的夹角的余弦值． 解：以A为坐标原点，，，分别为x、y、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，A1(0，0，2)，E(1，0，1)，C(2，4，0)，F(2，2，0)， ＝(1，0，1)，＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，＝(2，4，0)． 设平面AEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则即 令x1＝1，则y1＝－1，z1＝－1，即n＝(1，－1，－1)， 设平面AA1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则 即 令x2＝2，则y2＝－1，z2＝0，即m＝(2，－1，0)， 设平面AEF与平面AA1C的夹角为θ，则 cos θ＝＝＝. 所以平面AEF与平面AA1C的夹角的余弦值为. 学生用书第37页 规律方法 求平面与平面的夹角的步骤 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．用坐标法的解题步骤如下： 第一步(建系)：根据几何条件建立适当的空间直角坐标系； 第二步(求法向量)：在建立的空间直角坐标系下求两个面的法向量n1，n2； 第三步(计算)：求n1与n2所成锐角θ，cos θ＝； 第四步(定值)：θ即为平面的夹角．若求二面角，则需根据图象判断二面角的大小；若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ. 　　 对点练3．如图所示，正四棱锥S-ABCD，SA＝SB＝SC＝SD＝2，AB＝2，P为侧棱SD上的点，且SP＝3PD． 求二面角P-AC-B的大小． 解：连接BD，设AC交BD于O，在正方形ABCD中，有AC⊥BD， 连接SO，因为SA＝SC，SB＝SD，点O是AC，BD的中点， 所以SO⊥AC，SO⊥BD，AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以SO⊥平面ABCD； 以点O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立 如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 由题意可知OA＝OB＝OC＝OD＝， OS＝＝， 则A(－，0，0)，C(，0，0)，P， 所以＝(2，0，0)，＝， 因为SO⊥平面ABCD，易知平面ABC的法向量为m＝(0，0，1)， 设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)， 由得则x＝0，z＝－y， 令z＝，得y＝－1，则n＝(0，－1，)， 所以cos〈m，n〉＝＝＝， 因为〈m，n〉∈， 所以〈m，n〉＝， 由图可知二面角P-AC-B的平面角为钝角， 所以二面角P-AC-B的大小为π－＝. 利用空间向量解决探索性问题 如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，且ED＝FB＝1. (1)求证：EC⊥平面ADF； (2)在线段EC上是否存在一点G(不含端点)，使得平面GBD与平面ADF的夹角为45°，若存在，指出G点的位置；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：以点D为原点，以DA，DC，DE所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，E(0，0，1)，F(1，1，1)， 所以＝(0，1，－1)，＝(1，0，0)，＝(1，1，1)， 所以故EC⊥DF，EC⊥DA， 因为DA∩DF＝D，DA，DF⊂平面ADF， 所以EC⊥平面ADF. (2)假设存在点G，设＝λ(0＜λ＜1)，则G的坐标为(0，λ，1－λ)，＝(0，λ，1－λ)，＝(1，1，0)． 设平面GBD的法向量为n＝(m，n，t)， 则由 令n＝1－λ，则m＝λ－1，t＝－λ， 则法向量n＝(λ－1，1－λ，－λ)， 因为平面GBD与平面ADF的夹角为45°，且平面ADF的法向量为＝(0，1，－1)， 所以cos 45°＝＝＝，因为0＜λ＜1，所以解得λ＝， 所以存在点G，且G为线段EC上靠近E的三等分点． 规律方法 解决探索性问题的策略 1．对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等． 2．对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 　　 对点练4．如图，在三棱锥P-ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，AP＝BP＝AB，PC⊥AC，点D为BC中点．问：在线段AB上是否存在点M，使得PM与平面PAD所成角的正弦值为，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由． 解：存在，M是AB的中点． 因为PC⊥AC，所以∠PCA＝90°， 因为AC＝BC，PA＝PB，PC＝PC， 所以△PCA≌△PCB， 所以∠PCA＝∠PCB＝90°，即PC⊥BC， 又AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ACB， 所以PC⊥平面ACB，所以PC，CA，CB两两垂直，故以C点为坐标原点， 分别以CB，CA，CP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，因为AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，则AB＝2，又AP＝BP＝AB， 所以AP＝2，PC＝2， 则C(0，0，0)，A(0，2，0)，D(1，0，0)，P(0，0，2)， ＝(1，－2，0)，＝(1，0，－2)， 设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取x＝2，得n＝(2，1，1)， 假设存在点M，满足题设条件，不妨设＝λ(0≤λ≤1)， 则M(2λ，2－2λ，0)，＝(2λ，2－2λ，－2)， 因为＝＝，化简整理得2λ2＋λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－1(舍去)，所以＝. 所以M是AB的中点． 知识 1.两异面直线所成的角.2.直线与平面所成的角.3.平面与平面的夹角 方法 转化与化归、数形结合 易错 误区 混淆向量的夹角与空间角的关系，不能正确理解空间角的概念、把握空间角的范围 学生用书第38页 1．设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，α的法向量为n，若〈a，n〉＝，则l与α所成的角为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：因为〈a，n〉＝，所以l与α的法向量所在直线所成锐角为，所以l与α所成的角为－＝.故选C． 2．若平面α的一个法向量为m＝(1，0，1)，平面β的一个法向量为n＝(－3，1，3)，则平面α与β的夹角等于(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案：D 解析：因为m·n＝(1，0，1)·(－3，1，3)＝－3＋0＋3＝0，所以m⊥n，所以平面α与β的夹角等于90°.故选D． 3．(多选)若两条异面直线所成的角为，这两条异面直线所在的方向向量的夹角可能为(　　) A． B． C． D． 答案：AB 解析：因为异面直线所成的角与其所在方向向量的夹角相等或互补，则本题所求两条异面直线所在的方向向量的夹角为或π.故选AB． 4．如图，ABCD-A′B′C′D′为正方体，二面角C′-DB-C的余弦值为__________． 答案： 解析：不妨设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C′(0，2，2)，设平面C′DB的一个法向量为n＝(x，y，z)，因为＝(2，2，0)，＝(0，2，2)，所以即取x＝1，则y＝－1，z＝1，故n＝(1，－1，1)．DD′⊥平面ABCD，故平面ABCD的一个法向量为n1＝＝(0，0，2)，则cos〈n，n1〉＝＝＝，由图可知二面角C′-DB-C的平面角为锐角，故二面角C′-DB-C的余弦值为. 课时测评10　夹角问题 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—9每小题5分，共45分) 1．已知两条异面直线的方向向量分别是m＝(－2，1，2)，n＝(3，－2，1)，则这两条异面直线所成的角θ满足(　　) A．sin θ＝－ B．sin θ＝ C．cos θ＝ D．cos θ＝－ 答案：C 解析：因为θ∈，所以cos θ＝＝＝＝，sin θ＝＝.故选C． 2．已知平面α的一个法向量为n＝(－，－2，1)，点A(－1，2，1)在平面α内．若点P的坐标为(－1，1，1)，则直线PA与平面α所成的角为(　　) A． B． C． D． 答案：B 解析：由题得＝(0，1，0)，则n·＝(－，－2，1)·(0，1，0)＝－2，设直线PA与平面α所成的角为θ，则sin θ＝＝＝＝，因为θ∈，所以θ＝.故选B． 3．平面α的一个法向量为m＝(1，2，－2)，平面β的一个法向量为n＝(2，2，1)，则平面α与平面β夹角的正切值为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝，则sin θ＝＝＝，所以tan θ＝＝.故选D． 4．已知a，b是异面直线，A，B是a上的点，C，D是b上的点，AB＝2，CD＝1，且AC⊥b，BD⊥b，则a与b所成角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案：C 解析：设〈，〉＝θ，·＝(＋＋)·＝||2＝1，所以cos θ＝＝，又0°≤θ≤180° ，所以θ＝60°.故选C． 5．如图，某圆锥SO的轴截面SAC是等边三角形，点B是底面圆周上的一点，且∠AOB＝，点M是SA的中点，则异面直线AB与CM所成角的余弦值是(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：以过点O且垂直于平面SAC的直线为x轴，直线OC，OS分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设OC＝2，则根据题意可得A(0，－2，0)，B(，1，0)，C(0，2，0)，S(0，0，2)，M(0，－1，)，所以＝(，3，0)，＝(0，－3，)，设异面直线AB与CM所成角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.故选A． 6．(多选)已知cos〈a，b〉＝－，则下列说法正确的是(　　) A．若a，b分别是直线l1，l2的方向向量，则l1，l2所成角的余弦值是 B．若a，b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量，则l与α所成角的正弦值是 C．若a，b分别是平面ABC、平面BCD的法向量，则二面角A-BC-D的余弦值是 D．若a，b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量，则l与α所成角的余弦值是 答案：ABD 解析：对于A，因为直线与直线所成角的范围为，所以l1，l2所成角的余弦值为＝，故A正确；对于B，D，因为直线与平面所成角的范围为，所以l与α所成角的正弦值sin θ＝＝，l与α所成角的余弦值为＝，故B、D正确；对于C，因为二面角的平面角所成角的范围为，所以二面角A-BC-D的余弦值可能为负值，故C错误．故选ABD． 7．直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝AC＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值为________． 答案： 解析：依题意可知AC，BC，CC1两两相互垂直，由此建立如图所示空间直角坐标系，设BC＝AC＝CC1＝2，则A(2，0，0)，F1(1，0，2)，＝(－1，0，2)，B(0，2，0)，D1(1，1，2)，＝(1，－1，2)，设BD1与AF1所成角为α，则cos α＝＝＝. 8．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，PA＝AB＝BC＝AD＝1，BC∥AD，已知Q是棱PD上靠近点P的四等分点，则CQ与平面PAB所成角的正弦值为________． 答案： 解析：因为PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，所以以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则C(1，1，0)，Q，所以＝.易知平面PAB的法向量为n＝(1，0，0)．设CQ与平面PAB所成角为θ，则sin θ＝＝＝＝. 9．已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则平面A1BC1与平面ABCD夹角的余弦值为____________． 答案： 解析：如图，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则A1(4，0，2)，B(4，4，0)，C1(0，4，2)，所以＝(0，4，－2)，＝(－4，4，0)，设平面A1BC1的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即取z＝2，则m＝(1，1，2)，平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，设平面A1BC1与平面ABCD的夹角为θ，则平面A1BC1与平面ABCD夹角的余弦值cos θ＝＝＝. 10．(10分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD＝2AD＝4，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，M，N分别为AD，PD的中点． (1)求证：PA∥平面MNC； (2)求直线PB与平面MNC所成角的正弦值． 解：(1)证明：因为M，N分别为AD，PD的中点， 所以PA∥MN， 又因为PA⊄平面MNC，MN⊂平面MNC， 所以PA∥平面MNC． (2)由题意知，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则P(0，0，4)，B(2，2，0)，M(1，0，0)，N(0，0，2)，C(0，2，0)， 所以＝(2，2，－4)，＝(0，2，－2)，＝(－1，0，2)， 设平面MNC的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取z＝1，则x＝2，y＝1，所以n＝(2，1，1)， 设直线PB与平面MNC所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝＝， 故直线PB与平面MNC所成角的正弦值为. (11—13每小题5分，共15分) 11．如图，已知四边形ABCD是菱形，AB＝BD＝4，点E为AB的中点，把△ADE沿DE折起，使点A到达点P的位置，且平面PDE⊥平面BCDE，则异面直线PD与BC所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：B 解析：由题意知四边形ABCD是菱形，AB＝BD＝4，所以AD＝BD＝AB，又点E为AB的中点，所以PE⊥DE，BE⊥DE，又因为平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PE⊂平面PDE，所以PE⊥平面BCDE， 又因为BE⊂平面BCDE，所以PE⊥BE，所以ED，EB，EP两两垂直，以E为坐标原点，ED，EB，EP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P(0，0，2)，D(2，0，0)，B(0，2，0)，C(2，4，0)，得＝(2，0，－2)，＝(2，2，0)，故异面直线PD与BC所成角的余弦值为＝＝.故选B． 12．(多选)在空间直角坐标系Oxyz中，A(1，0，0)，B(1，2，－2)，C(0，0，－2)，则下列结论正确的是(　　) A．·＝4 B．异面直线OC与AB所成角等于 C．点B到平面AOC的距离是2 D．直线OB与平面AOC所成角的正弦值为 答案：ACD 解析：对于A项，因为A(1，0，0)，B(1，2，－2)，C(0，0，－2)，＝(0，0，－2)，＝(0，2，－2)，所以·＝(－2)×(－2)＝4，所以A正确；对于B项，设OC与AB所成的角为θ，则cos θ＝＝＝，且θ∈，所以θ＝，故B不正确；对于C项，设平面AOC的法向量为n＝(x，y，z)，并且＝(1，0，0)，＝(0，0，－2)，即即⇒所以n＝(0，1，0)，＝(1，2，－2)，所以点B到平面AOC的距离＝＝2，故C正确；对于D项，＝(1，2，－2)，设直线OB与平面AOC所成角为θ，则sin θ＝＝＝，故D正确．故选ACD． 13．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＝________． 答案：2 解析：设AE＝a，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，则△ABC为正三角形，又AB＝2，易得OA＝1，OB＝，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．则B(0，，0)，D(0，－，0)，F(－1，0，3)，E(1，0，a)，所以＝(－1，0，3)，＝(0，2，0)，＝(－1，，－a)，设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则n＝(－a，0，1)，因为直线OF与平面BED所成角的大小为45°，所以|cos〈n，〉|＝＝＝，由a＞0，解得a＝2，所以AE＝2. 14．(12分)在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM＝BN＝a(0＜a＜)． (1)问a为何值时，MN的长最小？ (2)当MN的长最小时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值． 解：(1)因为平面ABCD⊥平面ABEF，BC⊥AB，BE⊥AB，根据面面垂直的性质定理易知，CB⊥平面ABEF，于是BC⊥BE，从而BC，AB，BE两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(0，0，1), F(1，1，0), E(0，1，0)， 因为CM＝BN＝a，所以M， N. MN＝ ＝＝， 当a＝时，MN最小，最小值为. (2)由(1)可知，当M，N为中点时，MN最短， 则M，N，取MN的中点G，连接AG，BG，则G， 因为AM＝AN＝，BM＝BN＝， 所以AG⊥MN，BG⊥MN， 所以∠AGB是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角． 因为＝，＝， 所以cos〈，〉＝＝ ＝－. 所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是. 15．(5分)三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足＝λ，当直线PN与平面ABC所成的角最大时的正弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：如图，以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，则P(λ，0，1)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，N，＝，平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)，设直线PN与平面ABC所成的角为θ，所以sin θ＝＝，所以当λ＝时，(sin θ)max＝，此时角θ最大．故选D． 16．(13分)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，AD1⊥AD，底面ABCD是边长为 1的正方形，AA1＝2. (1)求直线AB与平面BCD1所成角的大小； (2)在线段AA1上是否存在一点P，使得二面角A1-BC-P的大小为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 解：(1)四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， 因为平面 ADD1A1⊥平面ABCD， 平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，AD1⊂平面ADD1A1，AD1⊥AD， 所以AD1⊥平面ABCD． 以点A为坐标原点， AB，AD，AD1 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A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D1(0，0，)，＝(1，0，0)，＝(0，1，0)，＝(－1，0，)． 设平面 BCD1 的法向量为 m＝(x，y，z), 由得 取m＝(，0，1)，设直线AB与平面BCD1所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝， 因为 θ∈，所以 θ＝. 即直线AB与平面 BCD1 所成角的大小为. (2)假设在线段AA1上存在点P, 使得二面角A1-BC-P 的大小为30°. 设 ＝λ(λ∈[0，1]), 由 A1(0，－1，), 得 P(0，－λ，λ)， ＝(0，1，0)，＝(－1，－λ，λ), 设平面BCP的法向量为 n＝(x1，y1，z1)， 由得 取 n＝(λ，0，1)， 由(1)知， 平面 BCD1A1 的法向量为m＝(，0，1)， 所以cos 30°＝＝＝， 解得λ＝∈[0，1]， 所以在线段AA1上存在一点 P，且＝，使得二面角A1-BC-P的大小为30°. 学科网（北京）股份有限公司 $$