第七章 第七节 向量与夹角（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（湘教版）

该高中数学高考复习课件聚焦“向量与夹角”专题，依据课标要求梳理了异面直线、直线与平面、平面与平面夹角的向量解法，通过近五年高考真题分析明确线面角（35%）、面面角（40%）的高频考点分布，归纳出四棱锥、三棱柱等典型载体下的三类常考题型，构建完整备考体系。 课件亮点在于“真题溯源+步骤建模+素养提升”策略，如以2024新课标Ⅱ卷二面角题为例，拆解“建系求向量→求法向量→算夹角余弦”三步法，培养学生数学思维与空间观念。设“易错警示”模块纠正法向量方向误判等问题，教师可依托此课件实施精准复习，助力学生高效突破空间角难点。

第七节　向量与夹角 高三一轮复习讲义　湘教版 第七章　立体几何与空间向量 课程标准 能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用． 04 03 考教衔接　精研教材 课时测评 02 考点探究　提升能力 教材梳理　夯实基础 01 内容索引 教材梳理　夯实基础 返回 1.直线与直线的夹角 若两条异面直线a与b所成的角为θ，其方向向量分别是v1， v2，则cos θ＝|cos 〈v1，v2〉|＝_______ ． 2.直线与平面所成的角 如图，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v，平面α的法向量为n， 则sin θ＝|cos 〈v，n〉|＝＝ _______． 3.两个平面所成的角 如图，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． 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β所成的角即向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉| ＝ _______． 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. 自主检测 1.已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为 A． B． C． D． 因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，所以，s2〉＝.又两直线夹角的取值范围为 ，所以l1和l2夹角的余弦值为.故选C． √ 2.已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB＝∠BOC＝45˚，则∠AOC的大小为 A．30˚ B．45˚ C．60˚ D．90˚ √ 由结论可知有cos ∠AOB·cos ∠BOC＝cos ∠AOC.因为∠AOB＝∠BOC＝45˚，则cos ∠AOC＝cos 45˚·cos 45˚＝，则∠AOC＝60˚.故选C． 3.已知点E，F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的角的余弦值等于 ________． 如图，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，平 面ABC的法向量为n1＝(0，0，1)，平面AEF的法向量为 n2＝(x，y，z)．因为A(1，0，0)，E ，所以， 则即取x＝1，则y＝－1，z＝3.故n2＝(1，－1，3)．所以cos 〈n1，n2〉＝.所以平面AEF与平面ABC所成的角的余弦值为. 4.若PA，PB，PC是从点P发出的三条射线，每两条射线的夹角均为60˚，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为______． 如图，过PC上一点D作DO⊥平面APB，过点O作OE⊥PA， OF⊥PB，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．因 为DO⊥平面APB，所以DO⊥PB，又OF⊥PB，OD∩OF ＝O，所以PB⊥平面DFO，PB⊥DF，同理可证PE⊥DE， 因为∠APC＝∠BPC＝60˚，所以Rt△PDE≌Rt△PDF，所以DE＝DF，OE＝OF，所以点O在∠APB的平分线上，∠OPF＝30˚，设PF＝，则OP＝2，DP＝2，故cos ∠DPO＝，直线PC与平面PAB所成角的余弦值是. 返回 考点探究　提升能力 返回 考点一　直线与直线的夹角 自主练透 1.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝BC，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为 A．－ B． C．－ D． √ 如图，以点A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线 分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设 AB＝2，异面直线BF与PE所成角为θ，则A(0，0，0)， B(2，0，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，2，0)， 则E(1，2，0)，F(1，1，1)，所以＝(－1，1，1)，＝(1，2，－2)，所以cos θ＝＝，所以异面直线BF与PE所成角的余弦值为.故选B． 2.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 A． B． C． D． √ 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，设圆O的半径为2，则A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C，D，设异面直线AD与BC所成的角为θ，则cos θ＝＝，所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为.故选A． 3.有公共边的△ABC和△BCD均为等边三角形，且所在平面互相垂直，则 异面直线AB与CD所成角的正弦值为________． 设等边三角形的边长为2.取BC的中点O，连接OA，OD. 因为△ABC和△BCD所在平面互相垂直，所以OA，OC， OD两两垂直，以O为坐标原点，OD，OC，OA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，B(0，－1，0)，C(0，1，0)，D，所以＝＝，则cos 〈〉＝，故sin 〈〉＝，所以异面直线AB与CD所成角的正弦值为. 4.如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90˚，沿直线AC将△DAC翻折到△D′AC，当平面D′AC⊥平面ABC时，异 面直线AC与BD′所成角的余弦值是_______． 因为CD＝1，AD＝，∠ADC＝90˚，所以AC＝，因为 AB＝BC＝3，所以△ABC为等腰三角形．取AC的中点O，则 OB⊥AC，以O为原点，OB所在直线为x轴，OA所在直线为 y轴，垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角 坐标系，则A， 所以，当平面D′AC⊥平面ABC时，D′在平面yOz上，则D′，设异面直线AC与BD′所成的角为θ，则cos θ＝＝，故异面直线AC与BD′所成角的余弦值是. 用向量法求直线与直线的夹角的步骤 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．　　 规律方法 考点二　直线与平面所成的角 师生共研 典例1 　　　 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； 证明：在四边形ABCD中， 作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F， 因为CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，所以四边形ABCD为等腰梯形， 所以AE＝BF＝，故DE＝， 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所成角的正弦值． 解：如图，以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为BD＝，则A(1，0，0)，B，P， 则， 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则 可取n＝，设PD与平面PAB所成角为θ， 则sin θ＝＝， 所以PD与平面PAB所成角的正弦值为. 利用空间向量求线面角的解题步骤 规律方法 对点练1.(2025·广东高州模拟)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，△ABC与△A1B1C1是分别以AB和A1B1为斜边的等腰直角三角形，AB＝2，A1B1＝1，BC1与B1C交于点D，点E在棱AB上，且EB＝2EA. (1)求证：DE∥平面ACC1A1； 证明：连接AC1，在梯形BCC1B1中，BC∥B1C1，BC＝2B1C1，所以＝2， 因为EB＝2EA，所以＝2，所以DE∥AC1. 因为DE⊄平面ACC1A1，AC1⊂平面ACC1A1， 所以DE∥平面ACC1A1. (2)若AA1＝2，求直线BC1与平面A1B1C所成角的正弦值． 解：取AB的中点O，连接OB1，OC，易得OB1∥AA1，OC⊥OB， 因为AA1⊥平面ABC，所以OB1⊥平面ABC， 以O为坐标原点，分别以OC，OB，OB1为x轴，y轴，z轴建立空 间直角坐标系O -xyz， 则O(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，A1(0，－1，2)，B1(0，0，2)， 由可得C1， 所以， 设平面A1B1C的法向量为n＝，则有得 取z＝1，得n＝， 设直线BC1与平面A1B1C所成角为θ. 则|sin θ|＝＝， 所以直线BC1与平面A1B1C所成角的正弦值为. 考点三　两个平面所成的角 师生共研 典例2 [答题规范](15分)(2024·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翻折至△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． 思路分析　(1) 由求AE和AF的长度 → (2) 向量法求平面与平面所成角的方法 1.找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小． 2.找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．　　 规律方法 对点练2.(2025·江西重点中学协作体第一次联考)如图， 在三棱锥D -ABC中，AB＝AD＝BD＝3，AC＝7， BC＝CD＝5. (1)证明：平面ACD⊥平面ABC； 证明：在△ACD中， cos ∠CAD＝， 所以∠CAD＝45˚， 过点D作DO⊥AC于点O，连接BO，则DO＝AD·sin ∠CAD＝3·sin 45˚＝3， 因为AB＝AD，CD＝CB，所以△ABC≌△ADC，得OD＝OB＝3， 又BD＝3，所以OB2＋OD2＝BD2，得OD⊥OB， 又OD⊥AC，OD⊥OB，OB∩AC＝O，AC⊂平面ABC，OB⊂平面ABC， 所以OD⊥平面ABC， 因为OD⊂平面ACD，OD⊥平面ABC， 所以平面ACD⊥平面ABC. (2)若E是线段CD上的点，且，求二面角E-AB-C的正切值． 解：由(1)知，OA，OB，OD两两垂直，如图以O为原点建立坐标系O-xyz， A(3，0，0)，B(0，3，0)，D(0，0，3)，C(－4，0，0)， 因为，得E，所以＝(－3，3，0)，＝， 设n＝(x，y，z)是平面ABE的一个法向量， 则所以 令x＝1，则y＝1，z＝8，得n＝(1，1，8)，而m＝(0，0，1)是平面ABC的一个法向量， 两个法向量m，n夹角的余弦值为： 设二面角E-AB-C的平面角大小为θ， 结合图形得，cos θ＝，sin θ＝ ，tan θ＝， 所以二面角E-AB-C的正切值为. 对点练3.(2024·山东威海模拟)如图，在四棱台ABCD -A1B1C1D1 中，DD1⊥平面ABCD，下底面ABCD是菱形，∠ABC＝120˚， BC＝2B1C1＝2，DD1＝3. (1)求四棱锥A-BB1D1D的体积； 解：因为ABCD是菱形，则AC⊥BD，又DD1⊥平面ABCD，BD，AC⊂平面ABCD，则BD⊥DD1，AC⊥DD1，而BD∩DD1＝D，BD，DD1⊂平面BB1D1D，于是AC⊥平面BB1D1D， 在四棱台ABCD -A1B1C1D1中，四边形BB1D1D为直角梯形，在菱形ABCD中，∠ABC＝120˚， 所以△BCD是正三角形，BD＝BC＝2，B1D1＝B1C1＝1， 梯形BB1D1D的面积S＝， 显然四棱锥A-BB1D1D的高h，即为正△ABD边BD上的高， 所以四棱锥A-BB1D1D的体积V＝. (2)求平面AB1D与平面BB1C所成角的余弦值． 解：在平面ABCD内过点D作Dx⊥CD，由(1)知Dx，DC，DD1两两垂直， 以点D为原点，射线Dx，DC，DD1的方向分别为x，y，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，  则D(0，0，0)，A， C(0，2，0)，B， ， 设平面AB1D的法向量为m＝，则 令x1＝，得m＝， 设平面BB1C的法向量为n＝，则 令x2＝，得n＝， 设平面AB1D与平面BB1C所成角为θ，显然θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝， 所以平面AB1D与平面BB1C所成角的余弦值为. 返回 考教衔接　精研教材 返回 真题再现 (2024·全国甲卷节选)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，M为AD的中点． 求二面角F-BM-E的正弦值． 解：取AM的中点O，连接BO，FO. 因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2，所以BC∥MD，且BC＝MD， 所以四边形 BCDM 为平行四边形． 所以BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2，所以BO⊥AD，且BO＝. 因为EF∥MD，EF＝MD＝2，所以四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝，又AF＝，所以FO⊥AM， 又OA＝OM＝1，所以FO＝＝3， 又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2， 所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直． 分别以OB，OD，OF 所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则F(0，0，3)，B，M(0，1，0)，E(0，2，3)，则＝＝(0，－1，3)，＝(0，1，3)． 设平面 FBM 的法向量为n1＝， 则即 令y1＝3，所以x1＝，z1＝1，所以n1＝. 设平面EBM的法向量为n2＝， 则即 令y2＝3，所以x2＝，z2＝－1， 所以n2＝. 设二面角F-BM-E的平面角为θ， 所以|cos θ|＝|cos 〈n1，n2〉|＝， 因为θ∈[0，π]，所以sin θ≥0，即sin θ＝， 所以二面角F-BM-E的正弦值为. 返回 教材呈现 (湘教版选择性必修二P112T18)如图，在四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，底面 ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB ＝2BC＝2.问：线段AD上是否存在点Q，使得它到平面 PCD的距离为？若存在，求出的值；若不存在，试说明理由． 点评：该高考题与教材习题都是以空间几何体为载体考查利用向量法求空间角或空间距离问题． 课 时 测 评 返回 1.(13分)(2024·山东济南模拟)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；(5分) 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⊂面BDEF，所以AC⊥平面BDEF. 2 3 4 5 6 1 (2)求AD与平面ABF所成角的正弦值．(8分) 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， 2 3 4 5 6 1 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，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，F， 所以， 设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝1，得n＝， 设直线AD与平面ABF所成角为θ， 则sin θ＝＝. 2 3 4 5 6 1 2.(13分)(2025·广东深圳模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝2，∠ABC＝，A1C1⊥A1B. (1)证明：A1A＝A1C；(5分) 证明：设AC的中点为O，连接OA1，OB， 因为AB＝BC，所以AC⊥OB，又因为AC∥A1C1，且A1C1⊥A1B， 所以AC⊥A1B， 因为A1B，OB⊂平面OBA1，且A1B∩OB＝B，所以AC⊥平面OBA1， 因为OA1⊂平面OBA1，所以AC⊥OA1， 又因为O是AC的中点，所以A1A＝A1C. 2 3 4 5 6 1 (2)若A1A＝2，BC1＝，求平面A1CB1与平面BCC1B1夹角的余弦值．(8分) 解：在△ABC中，由余弦定理求得AC＝2，则A1C1＝AC＝2， 因为A1C1⊥A1B，所以，解得A1B＝， 在Rt△AOA1和Rt△AOB中，可知A1O＝OB＝1， 在△OBA1中＋OB2＝A1B2，因此A1O⊥OB. 由(1)知，AC⊥OA1，且AC，OB⊂平面ABC， 且AC∩OB＝O， 所以A1O⊥平面ABC. 以所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 2 3 4 5 6 1 则A1. 所以， 设平面A1CB1的法向量为m＝，则即 令x1＝，得m＝. 2 3 4 5 6 1 设平面BCC1B1的法向量为n＝，则即 令x2＝，得n＝， 设平面A1CB1与平面BCC1B1夹角为θ，则cos θ＝， 所以平面A1CB1与平面BCC1B1夹角的余弦值为. 2 3 4 5 6 1 3.(17分)(2025·江西红色十校联考)如图，在三棱柱ABC -A1B1C1中，C1A1＝C1B1，AC＝AB1，AB1⊥平面ABC， AC＝3，∠CAC1＝90˚，M，E分别是AB，B1C1的中点． (1)证明：AC⊥平面AB1C1；(5分) 证明：因为AB1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AB1⊥AC. 因为∠CAC1＝90˚，则AC⊥AC1， 又AB1∩AC1＝A，AB1⊂平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，所以AC⊥平面AB1C1. 2 3 4 5 6 1 (2)求ME与平面BB1C1C夹角的正弦值．(12分) 解：由(1)知AC，BC，AB1两两相互垂直，以C为坐标原点， 以的方向分别为x，y，z轴的正方向，  建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz， 则C(0，0，0)，B(3，0，0)，A(0，3，0)，B1(0，3，3)， C1(－3，3，3)，E，M， 所以＝＝(3，0，0)，＝(0，3，3)， 2 3 4 5 6 1 设平面BB1C1C的法向量为n＝(x，y，z)，则 得x＝0，令y＝1，得z＝－1，故n＝(0，1，－1)． 所以cos 〈，n〉＝， 故ME与平面BB1C1C夹角的正弦值为. 2 3 4 5 6 1 4.(17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；(5分) 证明：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为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)，  所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)， 所以∥， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， 所以B2C2∥A2D2. 2 3 4 5 6 1 (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150˚时，求B2P.(12分) 解：设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 则＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)， 设平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)， 则 令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1， 所以n＝(λ－1，3－λ，2)， 2 3 4 5 6 1 设平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)， 则 令 a＝1，得b＝1，c＝2， 所以m＝(1，1，2)， 所以 化简可得，λ2－4λ＋3＝0， 解得λ＝1或λ＝3， 所以P(0，2，1)或P(0，2，3)， 所以B2P＝1. 2 3 4 5 6 1 5.(20分)(2024·湖南湘潭3月质量检测)在三棱台A1B1C1-ABC 中，△ABC为等边三角形，AB＝2A1B1＝2，AA1⊥平面ABC， M，N分别为AB，AC的中点． (1)证明：平面BCC1B1∥平面A1MN；(6分) 证明：在三棱台A1B1C1-ABC中，AB＝2A1B1＝2, N为AC的中点， 所以A1C1＝CN，且A1C1∥CN，则四边形A1C1CN为平行四边形，所以CC1∥A1N， 又A1N⊂平面A1NM，CC1⊄平面A1NM，所以C1C∥平面A1NM， 因为M，N分别为AB，AC的中点，所以BC∥MN， 又MN⊂平面A1NM，BC⊄平面A1NM，所以BC∥平面A1NM， 因为BC⊂平面BCC1B1，C1C⊂平面BCC1B1，CB∩CC1＝C， 所以平面BCC1B1∥平面A1MN. 2 3 4 5 6 1 (2)若A1B⊥AC1，设D为线段BC上的动点，求A1D与平面BCC1B1所成的角的正弦值的最大值．(14分) 解：连接BN，A1B，AC1，C1N， 由题意知四边形A1ANC1为矩形， 因为AA1⊥平面ABC，且AA1⊂平面AA1C1C， 所以平面ABC⊥平面AA1C1C， 因为△ABC为等边三角形，N为AC的中点， 所以BN⊥AC， 又平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，BN⊂平面ABC， 所以BN⊥平面AA1C1C，又AC1⊂平面AA1C1C，所以BN⊥AC1， 2 3 4 5 6 1 又A1B⊥AC1，A1B∩BN＝B，BA1，BN⊂平面BNA1，所以AC1⊥平面BNA1， 又A1N⊂平面BNA1，则AC1⊥A1N，故四边形A1ANC1为正方形，AA1＝1， 以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则A1(0，0，1)，C1(1，0，1)，C(2，0，0)，B， 则＝(－1，0，1)，＝＝(2，0，－1)， 不妨设＝(λ∈[0，1])， 则＝， 2 3 4 5 6 1 设平面BCC1B1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 得令y＝1，可得n＝， 则＝＝≤ ，当且仅当λ＝时取“＝”， 所以A1D与平面BCC1B1所成角的正弦值的最大值为. 2 3 4 5 6 1 6.(20分)在△ABC中，∠ACB＝45˚， BC＝3，过点A作AD⊥BC，交线段 BC于点D(如图①)，沿AD将△ABD 折起，使∠BDC＝90˚(如图②)，点 E，M分别为棱BC，AC的中点． (1)求证：CD⊥ME；(6分) 证明：因为CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABD， 所以CD⊥平面ABD，因为AB⊂平面ABD， 所以CD⊥AB. 又因为M，E分别为AC，BC的中点，所以ME∥AB，所以CD⊥ME. 2 3 4 5 6 1 (2)在条件①：图①中tan 2B＝－， 条件②：图①中， 条件③：图②中三棱锥A-BCD的体积最大． 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题． 问题：已知________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值．(14分) 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 2 3 4 5 6 1 解：选①，在图①所示的△ABC中，由tan 2B＝－ ，解得tanB＝2或tan B＝－(舍去)． 设AD＝CD＝x，在Rt△ABD中，tan B＝＝2， 解得x＝2，所以BD＝1. 以点D为坐标原点，DB，DC，DA分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz， D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2)，M(0，1，1)，E，则. 2 3 4 5 6 1 设N(0，a，0)，则. 因为EN⊥BM，所以＝0， 即＝0，解得a＝， 所以N，所以当DN＝(即N是CD的靠近D的一个四等分点)时，EN⊥BM. 2 3 4 5 6 1 设平面BMN的一个法向量为n＝，且， 由得令x＝1，则n＝， 取平面CBN的一个法向量为m＝， 则|cos 〈m，n〉|＝ ＝， 所以平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值为. 2 3 4 5 6 1 选②，在图①所示的△ABC中，设， 则＋λ＝， 又因为，由平面向量基本定理知λ＝，即BD＝1. 以点D为坐标原点，DB，DC，DA分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz， D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，2，0)， A(0，0，2)，M(0，1，1)，E， 则. 2 3 4 5 6 1 设N(0，a，0)，则. 因为EN⊥BM，所以＝0， 即＝0，解得a＝， 所以N， 所以当DN＝(即N是CD的靠近D的一个四等分点)时，EN⊥BM. 2 3 4 5 6 1 设平面BMN的一个法向量为n＝，且， 由得令x＝1，则n＝. 取平面CBN的一个法向量为m＝， 则|cos 〈m，n〉|＝ ＝， 所以平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值为. 返回 2 3 4 5 6 1 谢 谢 观 看 向量与夹角 $