2.4.3 向量与夹角-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修 第二册创新导学案word（湘教版）

数学　选择性必修·第二册（湘教） 2．4．3　向量与夹角 (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素养和直观想象素养． 知识点　　空间角及向量求法 角的分类 向量求法 范围 异面直线所成的角 设两条异面直线a与b所成的角为θ，其方向向量分别是v1，v2，v1与v2所成的角为φ，则cosθ＝|cosφ|＝|cos〈v1，v2〉|＝ 直线与平面所成的角 设直线l与平面α所成的角为θ，v是直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，v与n所成的角为φ，则sinθ＝|cosφ|＝|cos〈v，n〉|＝ 两个平面所成的角 设两个平面α1和α2所成的角为θ，平面α1，α2的法向量分别为n1和n2，记〈n1，n2〉＝φ，则cosθ＝|cosφ|＝|cos〈n1，n2〉| 1．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”成相应的几何意义． 2．利用法向量求直线AB与平面α所成的角θ的步骤 (1)求平面α的法向量n． (2)利用公式sinθ＝|cos〈，n〉|＝确定θ，注意直线和平面所成角的取值范围为． 3．利用法向量求两个平面所成的角的步骤 (1)求两平面的法向量． (2)求两法向量的夹角的余弦值，从而确定夹角的大小，注意两个平面所成角的取值范围为． 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．(　　) (2)直线与平面所成的角等于直线的方向向量与该平面法向量夹角的余角．(　　) (3)两个平面所成的角就是这两个面的法向量的夹角．(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)× 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)已知两个平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两个平面所成角的大小为________． (2)设直线a的方向向量为a＝(－1，2，1)，平面α的法向量为b＝(0，1，2)，则直线a与平面α所成角的正弦值为________． (3)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所成的角为________． 答案　(1)45°　(2)　(3) 题型一　利用空间向量求线线角 　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和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，所以BC⊥平面PAO，且∠POA就是二面角P－BC－A的平面角， 即∠POA＝120°，以点O为原点，分别以，为x轴、y轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系如图所示． 设AB＝2，则A(，0，0)，C(0，－1，0)，B(0，1，0)，P，所以＝(－，－1，0)，＝，设PB与AC所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝，所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为． 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＝－，＝－， 故·＝(－)·(－)＝·－·－·＋·＝－1－0－0＋××＝－， 设异面直线PB与AC所成的角为θ， 则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝． 即异面直线PB与AC所成角的余弦值为． 解法三：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，即∠POA＝120°． 过点B作AC的平行线交AO的延长线于点D，连接PD，则∠PBD或其补角就是异面直线PB和AC所成的角． 设AB＝a，则PB＝BD＝a，PO＝PD＝a， 所以cos∠PBD＝＝， 即异面直线PB与AC所成角的余弦值为． 【感悟提升】 两异面直线所成的角的求法 (1)平移法：通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形求解． (2)取定基法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基的方法，将所求向量用空间中的一组基来表示．在利用公式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用一组基表示出来，再求有关的量． (3)用坐标法求异面直线的夹角的方法 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． 【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，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度， 建立空间直角坐标系(如图)， 则P(0，0，1)，A(2，0，0)，Q(0，0，－2)，B(0，2，0)， ∴＝(－2，0，－2)，＝(0，2，－1)． 设AQ与PB所成的角为θ， 则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝， ∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为． 题型二　利用空间向量求线面角 　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]　以点A为原点，分别以，为y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，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，a)，C1，取A1B1的中点M， 则M，连接AM，MC1， 有＝，＝(0，a，0)，＝(0，0，a)． ∴·＝0，·＝0， ∴⊥，⊥， 即MC1⊥AB，MC1⊥AA1， 又AB∩AA1＝A，∴MC1⊥平面ABB1A1． ∴∠C1AM是AC1与侧面ABB1A1所成的角． 由于＝，＝， ∴·＝0＋＋2a2＝， ||＝＝a， ||＝＝a， ∴cos〈，〉＝＝． ∴〈，〉＝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，平面ABB1A1的一个法向量为n＝(1，0，0)，＝． 设AC1与侧面ABB1A1所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈n，〉|＝||＝． ∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°． 【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． 解　以点A为原点，分别以，为y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度， 建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(0，a，a)，E，F，G， 于是＝，＝，＝． 设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 所以令z＝1，得x＝，y＝， 所以平面GEF的一个法向量为n＝(，，1)， 设B1F与平面GEF所成的角为θ，则 sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝． 所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为． 【感悟提升】 求直线与平面所成的角的思路与步骤 (1)①思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面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)． ②思路二：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． (2)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； ③求平面的法向量n； ④计算：设线面角为θ，则sinθ＝． 【跟踪训练】 2.如图，在直三棱柱ABO－A′B′O′中，OO′＝OA＝4，OB＝3，∠AOB＝90°．D是线段A′B′的中点，P是侧棱BB′上的一点．若OP⊥BD，试求： (1)OP与底面AOB所成角的正切值； (2)BD与侧面AOO′A′所成角的正弦值． 解　(1)如图，以O为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系． 由题意，得B(3，0，0)，D． 设P(3，0，z)，则＝，＝(3，0，z)． ∵BD⊥OP，∴·＝－＋0＋4z＝0， 解得z＝．∴P． ∵BB′⊥平面AOB， ∴∠POB是OP与底面AOB所成的角． ∵tan∠POB＝＝， ∴OP与底面AOB所成角的正切值是． (2)∵＝(3，0，0)，且OB⊥平面AOO′A′， ∴平面AOO′A′的一个法向量为＝(3，0，0)． 又＝， ∴·＝3×＋0×(－2)＋0×(－4)＝． 又||＝3， ||＝＝， 设BD与侧面AOO′A′所成的角为θ，则 sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝． ∴BD与侧面AOO′A′所成角的正弦值为． 题型三　利用空间向量求平面与平面所成的角 　若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝，求平面APB与平面CPB所成角的余弦值． [解]　解法一：如右图所示，以点A为原点，分别以，为y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，＝(0，0，1)，＝(，1，0)，＝(，0，0)，＝(0，－1，1)． 设平面APB的法向量为m＝(x，y，z)， 则⇒ ⇒ 令x＝1，则m＝(1，－，0)． 设平面CPB的法向量为n＝(x′，y′，z′)，则 ⇒ ⇒ 令y′＝1，则n＝(0，1，1)． 设平面APB与平面CPB所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝＝． ∴平面APB与平面CPB所成角的余弦值为． 解法二：∵PA⊥平面ABC， ∴PA⊥AB，PA⊥AC． ∵PA＝AC＝1，∴PC＝＝． 如图所示，取PB的中点D，连接CD． ∵PC＝BC＝， ∴CD⊥PB． 作AE⊥PB于E，那么平面APB与平面CPB所成角的大小就等于异面直线EA与DC所成角θ的大小． 易知AB＝，PB＝2， ∴PD＝1，PE＝＝， DE＝PD－PE＝，AE＝＝，CD＝1， 又AC＝1， ＝＋＋，且⊥，⊥， ∴||2＝||2＋||2＋||2＋2||·||cos(π－θ)， 即1＝＋＋1－2××1×cosθ， 解得cosθ＝． 故平面APB与平面CPB所成角的余弦值为． 解法三：由解法二可知，向量与夹角的大小就是平面APB与平面CPB所成角的大小，如图，以点C为原点，分别以，为x轴、y轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，，0)，C(0，0，0)，P(1，0，1)， ∵D为PB的中点，∴D． 易得＝＝，即＝， ∴E，＝， ＝，||＝，||＝1， ·＝×＋×＋×＝． 设平面APB与平面CPB所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝． 故平面APB与平面CPB所成角的余弦值为． 【感悟提升】 平面与平面所成角的向量求法 (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所成的角就是向量与的夹角或其补角(如图①)． (2)利用坐标法求平面与平面所成角的步骤 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)就是两个平面所成角的大小，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所成的角为θ，cosθ＝． 【跟踪训练】 3.(新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝，将△AEF沿EF对折至△PEF，使得PC＝4． (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 解　(1)证明：由AB＝8，AD＝5， ＝，＝， 得AE＝2，AF＝4， 又∠BAD＝30°，在△AEF中， 由余弦定理，得 EF＝＝＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2， 则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE， 又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD． (2)连接EC，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，则EC2＝ED2＋CD2＝36，EC＝6， 又PC＝4，PE＝AE＝2，得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz， 则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2，0)， 所以＝(3，3，－2)，＝(0，3，－2)，＝(4，2，－2)，＝(2，0，－2)， 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则 令y1＝2，x2＝，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1，所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)， 所以|cos〈m，n〉|＝＝＝， 设平面PCD与平面PBF所成的角为θ， 则sinθ＝＝，即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为． 题型四　向量法的综合应用 　如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝a，∠ABC＝60°，平面ACFE⊥平面ABCD，四边形ACFE是矩形，AE＝a． (1)求证：BC⊥平面ACFE； (2)在线段EF上是否存在一点M，使得直线AM∥平面BDF？若存在，求线段EM的长；若不存在，请说明理由； (3)求平面BEF与平面DEF所成角的余弦值． [解]　(1)证明：在梯形ABCD中，AB∥CD， ∵∠ABC＝60°，AD＝CD＝CB＝a， ∴四边形ABCD是等腰梯形， 且∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°， ∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°， ∴AC⊥BC． 又平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC， ∴BC⊥平面ACFE． (2)以点C为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(a，0，0)，B(0，a，0)，F(0，0，a)，D，E(a，0，a)，设M(m，0，a)(0≤m≤a)，＝(0，－a，a)，＝，＝(m－a，0，a)，＝(m－a，0，0)， 设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令y＝1，则x＝，z＝1，∴n＝(，1，1)， 若直线AM∥平面BDF，则n·＝0， ∴(m－a)＋a＝0，解得m＝， ∴EM＝||＝． 故在线段EF上存在一点M，使得直线AM∥平面BDF，此时EM＝． (3)由(2)知＝(－a，0，0)，＝(0，－a，a)，＝， 分别设平面BEF与平面DEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， ∴ 令y1＝1，则x1＝0，z1＝1， 又 显然x2＝0，令y2＝1，则z2＝－， ∴n1＝(0，1，1)，n2＝， 设平面BEF与平面DEF所成的角为θ， 则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝． ∴平面BEF与平面DEF所成角的余弦值为． 【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． 【跟踪训练】 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所成的角为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，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，M，N． ∵＝λ＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)， ∴P(λ，0，1)， ∴＝，＝． (1)证明：∵＝， ∴·＝0＋－＝0， ∴⊥，∴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，〉|＝＝， 又θ∈，∴当λ＝时，sinθ取最大值，即θ取得最大值，此时sinθ＝，cosθ＝，∴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， 由得 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〉|＝＝， 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所成的角为30°． 1．若两异面直线l1与l2的方向向量分别为a＝(0，4，－3)，b＝(1，2，0)，则直线l1与l2所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　设l1与l2所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝＝． 2．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD所成的角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案　A 解析　以A为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，1)，C(1，，0)，＝(1，，－1)，平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以cos〈，n〉＝＝－，所以〈，n〉＝120°，所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在直线所成的角为60°，所以斜线PC与平面ABCD所成的角为30°． 3．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． B． C． D． 答案　A 解析　＝＝，故这个锐二面角的余弦值为． 4．已知ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，设PA＝AB＝a，AD＝2a，则平面BPC与平面DPC所成角的余弦值为________． 答案　 解析　以A为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(a，0，0)，C(a，2a，0)，P(0，0，a)，D(0，2a，0)，所以＝(0，2a，0)，＝(－a，0，a)，＝(－a，0，0)，＝(0，2a，－a)．设平面BPC、平面DPC的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，则有和 取x1＝1，y2＝1，可得n1＝(1，0，1)，n2＝(0，1，2)，则cos〈n1，n2〉＝＝，故平面BPC与平面DPC所成角的余弦值为． 5．如图，在长方体AC1中，AB＝BC＝2，AA1＝，点E，F分别是平面A1B1C1D1、平面BCC1B1的中心．以D为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系．试用向量方法解决下列问题： (1)求异面直线AF和BE所成的角； (2)求直线AF和平面BEC所成角的正弦值． 解　(1)由题意得A(2，0，0)，F，B(2，2，0)，E(1，1，)，C(0，2，0)． ∴＝，＝(－1，－1，)， ∴·＝1－2＋1＝0． ∴异面直线AF和BE所成的角为90°． (2)设平面BEC的法向量为n＝(x，y，z)， 又＝(－2，0，0)，＝(－1，－1，)， 则 ∴x＝0，取z＝1，则y＝， ∴平面BEC的一个法向量为n＝(0，，1)． 设直线AF和平面BEC所成的角为θ，则 sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝． 即直线AF和平面BEC所成角的正弦值为． 课后课时精练 一、选择题 1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　不妨设CB＝1，则B(0，0，1)，A(2，0，0)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1)．∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)．|cos〈，〉|＝＝＝，故选A． 2．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　设AB＝1，则AA1＝2，以D1为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0，0，2)，C1(0，1，0)，B(1，1，2)，C(0，1，2)，∴＝(1，1，0)，＝(0，1，－2)，＝(0，1，0)，设n＝(x，y，z)为平面BDC1的法向量，则即取n＝(－2，2，1)，设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝． 3．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＝．则AB与BC的边长之比为(　　) A．1∶1 B．∶1 C．∶2 D．1∶2 答案　C 解析　设AB＝a，BC＝b，以点A为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则F(b，0，0)，M，B(0，a，0)，D(0，0，b)．＝，＝(0，－a，b)，所以||＝，||＝，·＝－，|cos〈，〉|＝＝，整理得4×＋5×－26＝0，解得＝2或＝－(舍去)，所以＝＝． 4．(多选)如图(1)是一副直角三角板的示意图．现将两三角板拼成直二面角，得到四面体ABCD，如图(2)所示，则下列结论中正确的是(　　) A．·＝0 B．平面BCD的法向量与平面ACD的法向量垂直 C．异面直线BC与AD所成的角为60° D．直线DC与平面ABC所成的角为30° 答案　AD 解析　以B为原点，分别以，为x轴、y轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，如图所示．设BD＝2，则B(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，2，0)，A(0，，)，∴＝(2，0，0)，＝(0，，－)，＝(0，2，0)，＝(2，－，－)，＝(－2，2，0)．∴·＝(2，0，0)·(0，，－)＝0，A正确；易得平面BCD的一个法向量为n1＝(0，0，)，平面ACD的一个法向量为n2＝(，1，1)，n1·n2≠0，B错误；|cos〈，〉|＝＝＝≠，C错误；易得平面ABC的一个法向量为＝(2，0，0)，设直线DC与平面ABC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，θ＝30°，故D正确． 5．(多选)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，点P在侧面ABB1A1内．下列结论正确的是(　　) A．直线CM与平面ABCD所成角的余弦值为 B．||的最大值为2 C．cos∠A1D1P的取值范围为 D．若D1P⊥CM，则△PBC的面积的最小值为 答案　ABC 解析　如图，以A为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则D(0，2，0)，M(0，0，1)，C(2，2，0)，B(2，0，0)，D1(0，2，2)．对于A，＝(－2，－2，1)，＝(0，0，2)，易知是平面ABCD的一个法向量，设直线CM与平面ABCD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，∴cosθ＝，A正确；对于B，∵点P在侧面ABB1A1内，∴设P(a，0，b)，a，b∈[0，2]，则＝(a，－2，b－2)，∴||＝∈[2，2]，即||的最大值为2，B正确；对于C，cos∠A1D1P＝＝∈，C正确；对于D，∵＝(－2，－2，1)，＝(2－a，0，－b)，＝(a，－2，b－2)，D1P⊥CM，∴·＝－2a＋4＋b－2＝0，即b＝2a－2，∴a∈[1，2]．∵BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥PB，∴S△PBC＝BC·PB＝×2×PB＝．将b＝2a－2代入上式，可得S△PBC＝＝，a∈[1，2]，∴当a＝时，S△PBC取得最小值，为，D错误．故选ABC． 二、填空题 6．已知正三角形ABC与正三角形BCD所在平面垂直，则二面角B－AD－C的正弦值为________． 答案　 解析　取BC的中点O，连接AO，DO，以O为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC＝1，则A，B，C，D．所以＝，＝．设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，则所以取x＝1，则y＝－，z＝1，所以n＝(1，－，1)．同理可求得平面ACD的一个法向量v＝(1，，1)．所以cos〈n，v〉＝－，所以sin〈n，v〉＝，即二面角B－AD－C的正弦值为． 7．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，点D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为________． 答案　 解析　设＝b，＝a，＝c，AC的中点为M．由条件知a·b＝，a·c＝0，b·c＝0，＝－＝c－b，平面AA1C1C的一个法向量为＝(a＋b)．∴·＝(c－b)·(a＋b)＝a·c－a·b＋b·c－|b|2＝－．易知||＝，||＝，设直线AD与平面AA1C1C所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝． 8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点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所成角的余弦值为________． 答案　　 解析　以A为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，C(1，1，0)，∴＝(0，1，－1)，＝，＝，∴|cos〈，〉|＝＝，故直线A1D与EC所成角的余弦值是．设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则有即∴∴n1＝(1，2，2)．∵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所成角的余弦值为． 三、解答题 9．如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝AA1＝3． (1)证明：AC⊥B1D； (2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值． 解　(1)证明：以A为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，C(，1，0)，B1(，0，3)，D(0，3，0)，C1(，1，3)，D1(0，3，3)． 易知＝(，1，0)，＝(－，3，－3)， ∴·＝0，∴AC⊥B1D． (2)设平面ACD1的法向量为m＝(x，y，z)， 又＝(，1，0)，＝(0，3，3)， 则即 令x＝1，则y＝－，z＝， ∴平面ACD1的一个法向量为m＝(1，－，)． 设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ， ∵＝(0，1，0)， ∴sinθ＝|cos〈，m〉|＝＝， ∴直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为． 10．(新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝． (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，求AD． 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． (2)由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为原点，分别以，为x轴、y轴的正方向，并均以1为单位长度，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＝，C(0，，0)，P(a，0，2)，＝(0，－，0)，＝(－a，，0)，＝(a，－，2)． 设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 可取n＝(2，0，－a)． 设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 可取m＝(，a，0)． 因为二面角A－CP－D的正弦值为， 所以二面角A－CP－D的余弦值的绝对值为， 故|cos〈m，n〉|＝＝＝， 又a>0，所以a＝，即AD＝． 1．(全国乙卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝DO，点F在AC上，BF⊥AO． (1)证明：EF∥平面ADO； (2)证明：平面ADO⊥平面BEF； (3)求二面角D－AO－C的正弦值． 解　(1)证明：连接DE，OF，设AF＝tAC，则＝＋＝(1－t)＋t，＝－＋，BF⊥AO，则·＝[(1－t)＋t]·＝(t－1)2＋t2＝4(t－1)＋4t＝0，解得t＝，则F为AC的中点，因为D，E，O，F分别为BP，AP，BC，AC的中点，于是EF∥PC，EF＝PC，DO∥PC，DO＝PC，即EF∥DO，EF＝DO，又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO． (2)证明：由AO＝，DO＝，得AD＝DO＝，因此DO2＋AO2＝AD2＝，则DO⊥AO，由(1)可知EF∥DO，所以EF⊥AO，又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF，则AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF． (3)如图，以B为原点，分别以，为x轴、y轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0，，0)，＝(－2，，0)． 因为PB＝PC，BC＝2， 所以设P(x，，z)，z＞0， 则＝＋＝＋＝(2，0，0)＋(x－2，，z)＝， 由(2)知AO⊥BE，所以·＝(－2，，0)·＝0， 所以x＝－1． 又PB＝，＝(x，，z)， 所以x2＋2＋z2＝6， 所以z＝，则P(－1，，)． 由D为BP的中点，得D， 则＝． 设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c)， 则即 取a＝1，则n1＝(1，，)． 易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0，0，1)， 设二面角D－AO－C的大小为θ，则|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝， 所以sinθ＝＝， 故二面角D－AO－C的正弦值为． 2．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H．将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，D′O＝． (1)证明：D′H⊥平面ABCD； (2)求平面ABD′与平面ACD′所成角的余弦值． 解　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD． 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF． 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H． 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4． 由EF∥AC得＝＝． 所以OH＝1，D′H＝DH＝3． 于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH． 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H， 所以D′H⊥平面ABCD． (2)如图，以H为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系． 则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D′(0，0，3)，＝(3，－4，0)，＝(6，0，0)，＝(3，1，3)． 设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则 即 所以可取m＝(4，3，－5)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则 即 所以可取n＝(0，－3，1)． 设平面ABD′与平面ACD′所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝，因此平面ABD′与平面ACD′所成角的余弦值是． 29 学科网（北京）股份有限公司 $