1.4.2 第2课时 用空间向量研究夹角问题-【金版教程】2025-2026学年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 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． (教师独具内容) 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 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＝__________＝___________＝_____________． 注意：异面直线所成的角的取值范围是____________． (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＝_______________＝____________＝___________． 注意：直线与平面所成的角的取值范围是______________． |cos〈u，v〉| |cos〈u，n〉| 核心概念掌握 5 [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？ 核心概念掌握 6 不大于90° |cos〈n1，n2〉| 核心概念掌握 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)把向量运算的结果“翻译”成相应的几何结论． 核心概念掌握 8 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上的任意一点，则直线BM与OP所成角的大小为________． 45° 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　利用空间向量求异面直线所成的角　 例1　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． 核心素养形成 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 【感悟提升】　两异面直线所成的角的向量求法 核心素养形成 14 【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)， 核心素养形成 15 核心素养形成 16 题型二　利用空间向量求直线与平面所成的角 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 [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． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 【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； 核心素养形成 23 【跟踪训练】　 2. 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． 核心素养形成 24 核心素养形成 25 题型三　利用空间向量求平面与平面的夹角 核心素养形成 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 核心素养形成 30 核心素养形成 31 【感悟提升】　平面与平面夹角的向量求法 核心素养形成 32 核心素养形成 33 【跟踪训练】　 3. 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． 核心素养形成 34 核心素养形成 35 题型四　向量法的综合应用　 例4　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． 核心素养形成 36 核心素养形成 37 核心素养形成 38 核心素养形成 39 【感悟提升】　向量法解决存在性问题的策略 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．利用上述解题策略，可使此类存在性难题变为常规问题． 核心素养形成 40 核心素养形成 41 核心素养形成 42 核心素养形成 43 核心素养形成 44 核心素养形成 45 随堂水平达标 随堂水平达标 47 2．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° 随堂水平达标 48 随堂水平达标 49 随堂水平达标 50 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 考向 平面与平面的夹角 异面直线所成的角 直线与平面所成的角 异面直线所成的角 空间角的综合问题 空间角的综合问题 直线与平面所成的角 考点 利用空间向量求平面与平面的夹角 利用空间向量求异面直线所成的角 已知直线与平面所成的角求其他量 已知异面直线所成的角求其他量 利用空间向量求空间角 利用空间向量求空间角 利用空间向量求直线与平面所成的角 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★★ ★ ★★★ ★★★ ★★ ★★★ 考向 空间角的综合问题 平面与平面的夹角 空间角的综合问题；点到平面的距离 平面与平面的夹角；点到平面的距离 直线与平面所成的角 平面与平面的夹角 空间角的综合问题 考点 利用空间向量求空间角 已知平面与平面的夹角求其他量 利用空间向量求空间角；利用空间向量求点到平面的 距离 利用空间向量求二面角；利用空间向量求点到平面的 距离 直线与平面所成角的最值(范围)问题 判断(证明)直线与平面平行；已知二面角求其 他量 利用空间向量求空间角；根据线线垂直求参数 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 二、填空题 7．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)，那么这条斜线与这个平面所成角的大小为__________． 60° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 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________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 71 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 三、解答题 10．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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 74 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 75 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 76 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 77 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 78 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 79 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 80 12. 如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.若PD＝AD＝1，Q为l上的点，则直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 81 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 82 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 83 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 84 解： (1)证明：因为PA⊥底面ABCD， 又AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 85 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 86 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 87 (1)求直线AS与平面ABCD所成角的正弦值； (2)若在线段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，在线段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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 88 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 89 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 90 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 91 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 92 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(|u·n|,|u||n|) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 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(\f(u·n,|u||n|))) 提示：θ＝eq \f(π,2)－〈v，n〉或θ＝〈v，n〉－eq \f(π,2). (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______________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与n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝_________________＝______________＝______________． 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|) eq \f(2\r(30),15) eq \f(π,2) 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，又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\up17(→))＝(－eq \r(3)，－1，0)，eq \o(PB,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1，－\f(3,2)))，cos〈eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(PB,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(AC,\s\up17(→))·\o(PB,\s\up17(→)),|\o(AC,\s\up17(→))||\o(PB,\s\up17(→))|)＝－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\up17(→))＝eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(PB,\s\up17(→))＝eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OP,\s\up17(→))， 故eq \o(AC,\s\up17(→))·eq \o(PB,\s\up17(→))＝(eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))·(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OP,\s\up17(→)))＝eq \o(OC,\s\up17(→))·eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OC,\s\up17(→))·eq \o(OP,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))·eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OA,\s\up17(→))·eq \o(OP,\s\up17(→)) ＝－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\up17(→))，eq \o(PB,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(AC,\s\up17(→))·\o(PB,\s\up17(→)),|\o(AC,\s\up17(→))||\o(PB,\s\up17(→))|)＝－eq \f(5,8). 即异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq \f(5,8). (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． 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\up17(→))＝(－2eq \r(2)，0，－2)，eq \o(PB,\s\up17(→))＝(0，2eq \r(2)，－1)． ∴cos〈eq \o(AQ,\s\up17(→))，eq \o(PB,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(AQ,\s\up17(→))·\o(PB,\s\up17(→)),|\o(AQ,\s\up17(→))||\o(PB,\s\up17(→))|)＝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). 例2　正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为eq \r(2)a，求AC1与侧面ABB1A1所成角的大小． 解　解法一：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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，0，0))，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，a，0)，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝(0，0，eq \r(2)a)． ∴eq \o(MC1,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＝0，eq \o(MC1,\s\up17(→))·eq \o(AA1,\s\up17(→))＝0， ∴eq \o(MC1,\s\up17(→))⊥eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(MC1,\s\up17(→))⊥eq \o(AA1,\s\up17(→))， 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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))， ∴eq \o(AC1,\s\up17(→))·eq \o(AM,\s\up17(→))＝0＋eq \f(a2,4)＋2a2＝eq \f(9a2,4)， |eq \o(AC1,\s\up17(→))|＝eq \r(\f(3a2,4)＋\f(a2,4)＋2a2)＝eq \r(3)a， |eq \o(AM,\s\up17(→))|＝eq \r(\f(a2,4)＋2a2)＝eq \f(3,2)a， ∴cos〈eq \o(AC1,\s\up17(→))，eq \o(AM,\s\up17(→))〉＝eq \f(\f(9a2,4),\r(3)a×\f(3a,2))＝eq \f(\r(3),2). ∴〈eq \o(AC1,\s\up17(→))，eq \o(AM,\s\up17(→))〉＝30°，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°. 解法二：建立与解法一相同的空间直角坐标系，则eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，a，0)，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝(0，0，eq \r(2)a)，eq \o(AC1,\s\up17(→))＝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＝(x，y，z)， 则n·eq \o(AB,\s\up17(→))＝0且n·eq \o(AA1,\s\up17(→))＝0.∴ay＝0且eq \r(2)az＝0. ∴y＝z＝0.令x＝1，则n＝(1，0，0)． ∴cos〈eq \o(AC1,\s\up17(→))，n〉＝eq \f(n·\o(AC1,\s\up17(→)),|n||\o(AC1,\s\up17(→))|)＝－eq \f(1,2)， ∴|cos〈eq \o(AC1,\s\up17(→))，n〉|＝eq \f(1,2).∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°. 解：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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－a，－\f(\r(2),2)a))，eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(\r(2),2)a))，eq \o(EG,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)a，－\f(a,4)，\r(2)a)). 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\up17(→))＝0，,n·\o(EG,\s\up17(→))＝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\up17(→))，n〉|＝eq \f(|n·\o(B1F,\s\up17(→))|,|n||\o(B1F,\s\up17(→))|)＝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). ②求直线的方向向量eq \o(AB,\s\up17(→))； 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\up17(→))|,\a\vs4\al(|n||\o(AB,\s\up17(→))|)). 解：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\up17(→))＝(1，1，－1)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(2，2，0)，eq \o(AD1,\s\up17(→))＝(0，1，1)． 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\up17(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up17(→))＝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\up17(→))，n〉|＝eq \f(|\o(C1C,\s\up17(→))·n|,|\o(C1C,\s\up17(→))||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). 例3　若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝eq \r(2)，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\up17(→))＝eq \o(AE,\s\up17(→))＋eq \o(ED,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→))，且eq \o(AE,\s\up17(→))⊥eq \o(ED,\s\up17(→))，eq \o(ED,\s\up17(→))⊥eq \o(DC,\s\up17(→))， ∴|eq \o(AC,\s\up17(→))|2＝|eq \o(AE,\s\up17(→))|2＋|eq \o(ED,\s\up17(→))|2＋|eq \o(DC,\s\up17(→))|2＋2|eq \o(AE,\s\up17(→))|·|eq \o(DC,\s\up17(→))|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\up17(→))与eq \o(EA,\s\up17(→))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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，－\f(\r(2),4)，－\f(3,4)))，eq \o(DC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(2),2)，－\f(1,2)))， |eq \o(EA,\s\up17(→))|＝eq \f(\r(3),2)，|eq \o(DC,\s\up17(→))|＝1，eq \o(EA,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))＝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\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(EA,\s\up17(→))·\o(DC,\s\up17(→)),|\o(EA,\s\up17(→))||\o(DC,\s\up17(→))|)＝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\up17(→))＝(0，0，1)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(eq \r(2)，1，0)，eq \o(CB,\s\up17(→))＝(eq \r(2)，0，0)，eq \o(CP,\s\up17(→))＝(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\up17(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x，y，z）·（0，0，1）＝0，,（x，y，z）·（\r(2)，1，0）＝0，)) 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝0，,y＝－\r(2)x.))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\up17(→))＝0，,n·\o(CP,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x′，y′，z′）·（\r(2)，0，0）＝0，,（x′，y′，z′）·（0，－1，1）＝0，)) 则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). (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\up17(→))与eq \o(CD,\s\up17(→))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|). 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＝1， 则A(0，0，0)，S(0，0，3)，C(3，3，0)，D(1，0，0)， 所以eq \o(AD,\s\up17(→))＝(1，0，0)，eq \o(DS,\s\up17(→))＝(－1，0，3)，eq \o(DC,\s\up17(→))＝(2，3，0)， 显然，eq \o(AD,\s\up17(→))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\up17(→))＝－x＋3z＝0，,n·\o(DC,\s\up17(→))＝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\up17(→))，n〉＝eq \f(\o(AD,\s\up17(→))·n,|\o(AD,\s\up17(→))||n|)＝eq \f(3,\r(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). 解　以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，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\up17(→))＝λeq \o(A1B1,\s\up17(→))＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)， ∴P(λ，0，1)， ∴eq \o(PN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ，\f(1,2)，－1))，eq \o(NM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))). (1)证明：∵eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， ∴eq \o(AM,\s\up17(→))·eq \o(PN,\s\up17(→))＝0＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0，∴eq \o(AM,\s\up17(→))⊥eq \o(PN,\s\up17(→))，∴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\up17(→))〉|＝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， 则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(NM,\s\up17(→))＝0，,n·\o(PN,\s\up17(→))＝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．图1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°， 四边形ABCE是边长为2的菱形，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于点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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3)))，eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，0))， eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，eq \o(AC1,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(3))，eq \o(AE,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，－1，0)， 设eq \o(DP,\s\up17(→))＝λeq \o(DC1,\s\up17(→))＝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\up17(→))＝eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(DP,\s\up17(→))＝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\up17(→))·n＝－\r(3)x＋y＝0，,\o(AC1,\s\up17(→))·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\up17(→))·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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),4)，－\f(3,4)，\f(\r(3),2)))， ∴eq \o(EP,\s\up17(→))＝eq \o(AP,\s\up17(→))－eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(1,4)，\f(\r(3),2)))， ∴|cos〈eq \o(EP,\s\up17(→))，n〉|＝eq \f(|\o(EP,\s\up17(→))·n|,|\o(EP,\s\up17(→))||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. 解析：因为cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2)，且向量夹角的范围为[0，π]，所以两向量的夹角为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\up17(→))＝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\up17(→))，n〉|＝eq \f(|\o(PA,\s\up17(→))·n|,|\o(PA,\s\up17(→))||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. 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________． eq \f(1,3) 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\up17(→))＝eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))，且eq \o(CA,\s\up17(→))⊥eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AB,\s\up17(→))⊥eq \o(BD,\s\up17(→))，即eq \o(CA,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＝0，eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝0，∴eq \o(CD,\s\up17(→))2＝eq \o(CA,\s\up17(→))2＋eq \o(AB,\s\up17(→))2＋eq \o(BD,\s\up17(→))2＋2|eq \o(CA,\s\up17(→))||eq \o(BD,\s\up17(→))|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). 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. 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\up17(→))＝(0，－2，2)，eq \o(CE,\s\up17(→))＝(－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\up17(→))，eq \o(CE,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(AD,\s\up17(→))·\o(CE,\s\up17(→))|,|\o(AD,\s\up17(→))||\o(CE,\s\up17(→))|)＝eq \f(2＋4,2\r(2)×3)＝eq \f(\r(2),2).故选C. 3. 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\up17(→))＝(－2，2，0)，eq \o(AD1,\s\up17(→))＝(－2，0，a)，eq \o(CC1,\s\up17(→))＝(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\up17(→))＝－2x＋2y＝0，,n·\o(AD1,\s\up17(→))＝－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\up17(→))〉＝eq \f(n·\o(CC1,\s\up17(→)),|n||\o(CC1,\s\up17(→))|)＝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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b，\f(a,2)，0))，eq \o(BD,\s\up17(→))＝(0，－a，b)，所以|eq \o(FM,\s\up17(→))|＝eq \r(b2＋\f(a2,4))，|eq \o(BD,\s\up17(→))|＝eq \r(a2＋b2)，eq \o(FM,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝－eq \f(a2,2)，|cos〈eq \o(FM,\s\up17(→))，eq \o(BD,\s\up17(→))〉|＝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)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\up17(→))＝(0，0，－2eq \r(3))， eq \o(CB1,\s\up17(→))＝(eq \r(3)，－1，－2eq \r(3))，则|cos〈eq \o(AA1,\s\up17(→))，eq \o(CB1,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(AA1,\s\up17(→))·\o(CB1,\s\up17(→))|,|\o(AA1,\s\up17(→))||\o(CB1,\s\up17(→))|)＝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，因为eq \o(AC1,\s\up17(→))＝(0，2，－2eq \r(3))，则|cos〈eq \o(AC1,\s\up17(→))，eq \o(CB1,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(AC1,\s\up17(→))·\o(CB1,\s\up17(→))|,|\o(AC1,\s\up17(→))||\o(CB1,\s\up17(→))|)＝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\up17(→))〉|＝eq \f(|m·\o(AC1,\s\up17(→))|,|m||\o(AC1,\s\up17(→))|)＝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，易得点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\up17(→))＝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\up17(→))，eq \o(DC1,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(AC1,\s\up17(→))·\o(DC1,\s\up17(→))|,|\o(AC1,\s\up17(→))||\o(DC1,\s\up17(→))|)＝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：如图，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\up17(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(0，eq \r(2)，eq \r(2))，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，eq \o(BD,\s\up17(→))＝(0，2eq \r(2)，0)．对于A，∵|cos〈eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(BC,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(AD,\s\up17(→))·\o(BC,\s\up17(→))|,|\o(AD,\s\up17(→))||\o(BC,\s\up17(→))|)＝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\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝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\up17(→))·n＝－\r(2)x＋\r(2)z＝0，,\o(AD,\s\up17(→))·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\up17(→))，n〉|＝eq \f(|\o(BC,\s\up17(→))·n|,|\o(BC,\s\up17(→))||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)，又eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，0)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up17(→))·p＝－\r(2)a－\r(2)b＝0，,\o(AC,\s\up17(→))·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. 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°，∴这条斜线与这个平面所成角的大小为60°. 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\up17(→))＝(0，1，－1)，eq \o(EC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(1,2)))，eq \o(A1E,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，∴|cos〈eq \o(A1D,\s\up17(→))，eq \o(EC,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(A1D,\s\up17(→))·\o(EC,\s\up17(→))|,|\o(A1D,\s\up17(→))||\o(EC,\s\up17(→))|)＝eq \f(3\r(10),10)，故直线A1D与EC所成角的余弦值是eq \f(3\r(10),10). eq \f(3\r(10),10) eq \f(2,3) 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\up17(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up17(→))·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. 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＝________． eq \f(π,3) 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\up17(→))＝(1，0，a)，eq \o(AN,\s\up17(→))＝(0，1，b)，设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AM,\s\up17(→))·n＝0，,\o(AN,\s\up17(→))·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). 解：(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\up17(→))＝(0，4，0)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(2，4，0)，eq \o(AM,\s\up17(→))＝(0，2，2)，eq \o(AP,\s\up17(→))＝(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\up17(→))＝2y＋2z＝0，,n·\o(AC,\s\up17(→))＝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\up17(→))·n,|\o(AD,\s\up17(→))||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\up17(→))·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). 11．(多选)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝eq \r(3)，AD＝1，则下列说法中正确的是(　　) A．长方体外接球的表面积等于7π B．若P是线段BD上的一动点，则PA＋PB1的最小值为3 C．点A1到平面C1BD的距离等于eq \f(4\r(15),5) D．二面角A1－BD－A的正切值为2 解析：长方体外接球的直径2R＝AC1＝eq \r(（\r(3)）2＋（\r(3)）2＋1)＝eq \r(7)，故长方体外接球的表面积为S＝4πR2＝7π，故A正确；把矩形BDD1B1和Rt△ABD放置在同一平面内，如图1，其中AB＝eq \r(3)，AD＝1，BB1＝eq \r(3)，则BD＝2，当A，P，B1三点共线时，PA＋PB1最小，连接AB1，交BD于点P，因为sin∠ABD＝eq \f(AD,BD)＝eq \f(1,2)，故∠ABD＝30°，所以∠ABB1＝120°，由余弦定理可得，ABeq \o\al(2,1)＝AB2＋BBeq \o\al(2,1)－2AB·BB1cos120°＝3＋3－2×eq \r(3)×eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝9，所以AB1＝3，即PA＋PB1的最小值为3，故B正确； 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图2，则D(0，0，0)，A1(1，0，eq \r(3))，B(1，eq \r(3)，0)，C1(0，eq \r(3)，eq \r(3))，所以eq \o(DB,\s\up17(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \o(DC1,\s\up17(→))＝(0，eq \r(3)，eq \r(3))，eq \o(DA1,\s\up17(→))＝(1，0，eq \r(3))，设平面C1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DB,\s\up17(→))·n＝0，,\o(DC1,\s\up17(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋\r(3)z＝0，))令y＝－1，则x＝eq \r(3)，z＝1，所以n＝(eq \r(3)，－1，1)，所以点A1到平面C1BD的距离为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(DA1,\s\up17(→))·n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋\r(3),\r(5))))＝eq \f(2\r(15),5)，故C错误； 作AO⊥BD，交BD于点O，由于AA1⊥BD，AA1∩AO＝A，AA1，AO⊂平面A1AO，所以BD⊥平面A1AO，又A1O⊂平面A1AO，所以A1O⊥BD，则∠A1OA为二面角A1－BD－A的平面角，在Rt△ABD中，AB·AD＝BD·AO，所以AO＝eq \f(\r(3),2)，在Rt△A1AO中，tan∠A1OA＝eq \f(AA1,AO)＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，故D正确．故选ABD. eq \f(\r(6),3) 解析：由题意可得DA，DC，DP两两垂直，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示．因为PD＝AD＝1，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，eq \o(DA,\s\up17(→))＝(1，0，0)，eq \o(DC,\s\up17(→))＝(0，1，0)，eq \o(PB,\s\up17(→))＝(1，1，－1)．因为四边形ABCD为正方形，所以AD∥BC，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，又AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，P∈l，则AD∥l，即eq \o(AD,\s\up17(→))∥eq \o(PQ,\s\up17(→))，设eq \o(PQ,\s\up17(→))＝meq \o(DA,\s\up17(→))＝(m，0，0)，则Q(m，0，1)，eq \o(DQ,\s\up17(→))＝(m，0，1)，设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up17(→))·n＝y＝0，,\o(DQ,\s\up17(→))·n＝mx＋z＝0，))令x＝1，则y＝0，z＝－m， 所以平面QCD的一个法向量为n＝(1，0，－m)，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为|cos〈n，eq \o(PB,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|n·\o(PB,\s\up17(→))|,|n||\o(PB,\s\up17(→))|)＝eq \f(|1＋m|,\r(3)×\r(m2＋1))，当m＝0时，|cos〈n，eq \o(PB,\s\up17(→))〉|＝eq \f(\r(3),3)，当m≠0时，eq \f(|1＋m|,\r(3)×\r(m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)×eq \r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)×eq \r(1＋\f(2m,m2＋1))≤eq \f(\r(3),3)×eq \r(1＋\f(2|m|,m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)×eq \r(1＋\f(2,|m|＋\f(1,|m|)))≤eq \f(\r(3),3)×eq \r(1＋1)＝eq \f(\r(6),3)，当且仅当m>0且|m|＝eq \f(1,|m|)，即m＝1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3). 13．(新课标Ⅰ卷) 如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝eq \r(3). (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为eq \f(\r(42),7)，求AD. (2)由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为原点，AD，DC所在直线分别为x轴、y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，则CD＝eq \r(4－a2)，C(0，eq \r(4－a2)，0)，P(a，0，2)，eq \o(CD,\s\up17(→))＝(0，－eq \r(4－a2)，0)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－a，eq \r(4－a2)，0)，eq \o(CP,\s\up17(→))＝(a，－eq \r(4－a2)，2)． 设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up17(→))·n＝0，,\o(CP,\s\up17(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(4－a2)y＝0，,ax－\r(4－a2)y＋2z＝0，)) 可取n＝(2，0，－a)． 设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CP,\s\up17(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax1－\r(4－a2)y1＋2z1＝0，,－ax1＋\r(4－a2)y1＝0，)) 可取m＝(eq \r(4－a2)，a，0)． 因为二面角A－CP－D的正弦值为eq \f(\r(42),7)， 所以二面角A－CP－D的余弦值的绝对值为eq \f(\r(7),7)， 故|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(2\r(4－a2),\r(4－a2＋a2)·\r(4＋a2))＝eq \f(\r(7),7)， 又a>0，所以a＝eq \r(3)，即AD＝eq \r(3). 14. 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. 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\up17(→))＝(λ，t－2，0)，eq \o(SE,\s\up17(→))＝(λ，t，－2)， 由AE⊥SE，得eq \o(AE,\s\up17(→))·eq \o(SE,\s\up17(→))＝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，解得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))，则eq \o(BS,\s\up17(→))＝(0，0，2)，eq \o(BE1,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq \o(BE2,\s\up17(→))＝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\up17(→))＝2z1＝0，,m·\o(BE1,\s\up17(→))＝\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\up17(→))＝2z2＝0，,n·\o(BE2,\s\up17(→))＝\f(\r(3),2)x2＋\f(3,2)y2＝0，)) 取x2＝eq \r(3)，则n＝(eq \r(3)，－1，0)， 则cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(3)＋\r(3),2×2)＝eq \f(\r(3),2)， 又0°≤〈m，n〉≤180°， ∴〈m，n〉＝30°， ∴平面BSE1与平面BSE2的夹角是30°. $$