6.3.3 空间角的计算-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（苏教版）

6.3.3 空间角的计算 [教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学] 课时目标 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. CONTENTS 目录 1 2 3 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时检测 课前预知教材·自主落实基础 01 空间角 角的分类 向量求法 范围 异面直线所成的角 设两条异面直线所成的角为θ，它们的方向向量 分别为a，b，则cos θ=____________=________ 直线与平面所成的角 设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sin θ=______________= __________ |cos<a，b>| |cos<a，n>| 二面角 设二面角α⁃l⁃β的平面角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cos θ=____________或_________________ [0，π] 续表 cos<n1，n2> cos(π-<n1，n2>) |微|点|助|解| (1)求二面角的平面角问题转化为两平面法向量的夹角问题. (2)两平面所成的角的范围是，二面角的范围是[0，π]. (3)二面角与两平面的夹角不是相同的概念. 1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (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l与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α所成的角. (　　) (3)若二面角α⁃l⁃β的大小为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则θ=<n1，n2>. (　　) 基础落实训练 × × × 2.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos<m，n>=-，则直线l与平面α所成的角为(　　) A.30° B.60° C.120° D.150° √ 3.已知两平面的法向量分别为m=(0，1，0)，n=(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为 (　　) A.45° B.135° C.45°或135° D.90° √ 课堂题点研究·迁移应用融通 02 题型(一)　向量法求异面直线所成的角 [例1]　如图，在直三棱柱A1B1C1⁃ABC中，AB⊥AC，AB=AC=2，A1A=4，点D是BC的中点.求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值. 解：以A为原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x， y，z轴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)，C(0，2，0)，D(1，1， 0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，所以=(2，0， -4)，=(1，-1，-4).因为cos<>===，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为. |思|维|建|模| 求异面直线所成角的方法 (1)基向量法：在一些不适合建立坐标系的题型中，经常采用取定基向量的方法，在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则与可分别作为a，b的方向向量，则cos θ=，根据条件可以把与用基向量表示，再进行计算. (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. 针对训练 1.如图，在三棱锥M⁃DEF中，MD⊥平面DEF，DE⊥DF，DE= DF=2，MD=4，P，Q分别为ME，MF的中点，则异面直线FP，DQ所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. √ 解析：根据题意可得，由MD⊥平面DEF，DE⊥DF， 以D为原点，分别以DE，DF，DM所在直线为x，y， z轴建立空间直角坐标系，如图所示，所以E(2，0， 0)，F(0，2，0)，D(0，0，0)，M(0，0，4)，因为 P，Q分别为ME，MF的中点，所以P(1，0，2)，Q(0，1，2)， 则=(1，-2，2)，=(0，1，2)，则cos<>== =，所以异面直线FP，DQ所成角的余弦值为.故选A. 题型(二)　向量法求直线与平面所成的角 [例2]　如图，在四棱锥P⁃ABCD中，PA⊥平面ABCD， 底面ABCD为正方形，E为AB的中点，PA=AB=2. (1)求证：BD⊥PC； 解：证明：连接AC，∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面 ABCD，∴PA⊥BD.又底面ABCD为正方形，∴BD⊥AC.又PA∩AC=A，且PA，AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC. ∵PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC. (2)求直线PE与平面PBD所成角的正弦值. 解：以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP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A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，0，0)，=(2，0，-2)，=(0，2，-2)，=(1，0，-2).设平面PBD的法向量为n=(x，y，z)， 则即令x=1，可得n= (1，1，1)，∴cos<n，>===-. 故直线PE与平面PBD所成角的正弦值为. |思|维|建|模|　求线面角的两种思路 (1)线面角转化为线线角.根据直线与平面所成角的定义，确定出待求角，转化为直线的夹角来求解，此时要注意两直线夹角的取值范围. (2)向量法.方法一：设直线PA的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线PA与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为φ，则sin θ=|cos φ| =.方法二：设直线PA的方向向量为a，直线PA在平面α内的投影的方向向量为b，则直线PA与平面α所成的角θ满足cos θ=|cos<a，b>|. 针对训练 2.(2025·北京高考)四棱锥P⁃ABCD中，△ACD与 △ABC为等腰直角三角形，∠ADC=90°，∠BAC =90°，E为BC的中点. (1)F为PD的中点，G为PE的中点，证明：FG∥ 平面PAB； 解：证明：取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN，GM， ∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC=90°，∠BAC=90°， 不妨设AD=CD=2，∴AC=AB=2，∴BC=4，∵E，F分别为BC，PD的中点，∴FN=AD=1，BE=2，∴GM=1，∵∠DAC=45°，∠ACB=45°，∴AD∥BC，∴FN∥GM，∴四边形FGMN为平行四边形，∴FG∥MN，∵FG⊄平面PAB，MN⊂平面PAB，∴FG∥平面PAB. (2)若PA⊥平面ABCD，PA=AC，求AB与平面PCD 所成角的正弦值. 解：∵PA⊥平面ABCD，∴以A为原点，AC，AB，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，设AD=CD=2，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，0，0)，D(，-，0)，P(0，0，2)， ∴=(0，2，0)，=(，0)，=(-2，0，2). 设平面PCD的一个法向量为n=(x，y，z)， ∴∴取x=1，∴y=-1，z=1，∴n=(1，-1，1).设AB与平面PCD所成的角为θ， 则sin θ=|cos<，n>|====， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 题型(三)　向量法求二面角 [例3]　如图，在四棱锥P⁃ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，AB=1，以BD的中点O为球心，BD为直径的球面交PD于点M. 求二面角A⁃BM⁃C的大小. 解：分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴 建立如图所示的空间直角坐标系，因为PA⊥平面 ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB.又AB⊥ AD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥ 平面PAD.又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.因为 以BD中点O为球心，BD为直径的球面交PD于点M，所以BM⊥PD.又AB∩BM=B，AB，BM⊂平面ABM，所以PD⊥平面ABM，AM⊂平面ABM，所以PD⊥AM. 因为PA=AD=2，所以M为PD中点，故P(0，0，2)，D(0，2，0)，M(0，1，1)，B(1，0，0)，C(1，2，0).易得平面ABM的一个法向量为n1== (0，2，-2)，=(-1，1，1)，=(0，2，0)，设平面BCM的法向量为n2=(x，y，z)，由得 令x=-2，得y=0，z=-2，则n2=(-2，0，-2)， 所以cos<n1，n2>===. 因为二面角A⁃BM⁃C是钝二面角，所以二面角A⁃BM⁃C的大小为120°. [变式拓展] 若本例条件“PA=AD=2，AB=1，以BD的中点O为球心，BD为直径的球面交PD于点M”变为“PA=AD=8，以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M”.若二面角B⁃AM⁃C的余弦值为，求AB. 解：以A为坐标原点，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，设AB=t，则M(0，4，4)，C(t，8，0)，B(t，0， 0).设平面ABM的法向量为n=(x1，y1，z1)，因为 =(t，0，0)，=(0，4，4)， 所以令y=1，则n=(0，1，-1). 设平面ACM的法向量为m=(x2，y2，z2)，因为=(t，8，0)，=(0，4，4)，所以令y2=1，得m=. 设二面角B⁃AM⁃C为α，则cos α=|cos<n，m>|===，解得t=4，即AB=4. |思|维|建|模|　利用法向量求二面角的大小的一般步骤 针对训练 3.(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； 解：证明：由AB=8，AD=5==， 得AE=2，AF=4，又∠EAF=30°，在△AEF中，由余弦定理得 EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF=12+16-2×2×4×=4， 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)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 解：连接CE，由∠ADC=90°，ED=3，CD=3， 则CE2=ED2+CD2=36，在△PEC中，PC=4， PE=2，EC=6，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，建立如图所示的空间直角坐标系， 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和平面PBF所成二面角为θ，则sin θ==，即平面PCD和平面PBF所成二面角的正弦值为. 课时检测 03 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1.在一个二面角的两个半平面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，-1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为 (　　) A. B.- C. D.或- √ 解析：因为=，所以这个二面角的余弦值为或-. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 2.已知A(0，1，1)，B(2，-1，0)，C(3，5，7)，D(1，2，4)，则直线AB和直线CD所成角的余弦值为 (　　) A. B.- C. D.- √ 解析：因为=(2，-2，-1)，=(-2，-3，-3)，所以直线AB和直线CD所成角的余弦值为|cos<>|===. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 3.[多选]直线l的方向向量为u，两个平面α，β的法向量分别为n1，n2，则下列命题为真命题的是 (　　) A.若u⊥n1，则直线l⊥平面α B.若n1⊥n2，则平面α⊥平面β C.若cos<n1，n2>=，则平面α，β所成锐二面角的大小为 D.若cos<u，n1>=，则直线l与平面α所成角的大小为 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：由u⊥n1，得直线l∥平面α或l⊂α，故A错误；由n1⊥n2，得平面α⊥平面β，故B正确；若cos<n1，n2>=，设平面α和平面β所成的角为θ，且θ∈，则cos θ=|cos<n1，n2>|=，所以平面α，β所成锐二面角的大小为，故C正确；设直线l与平面α所成的角为γ，则sin γ=|cos<u，n1>|=，且γ∈，所以直线l与平面α所成角的大小为，故D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 4.如图，过边长为1的正方形ABCD的顶点A作线段 EA⊥平面ABCD，若EA=1，则平面ADE与平面BCE 所成二面角的平面角的大小是 (　　) A.120° B.45° C.135° D.60° √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：以A为原点，分别以AB，AD，AE所在直线为 x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则E(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，1，0)， =(1，0，-1)，=(1，1，-1).设平面BCE的 法向量为n=(x，y，z)，则有 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 令x=1，则z=1，y=0， 则n=(1，0，1)是平面BCE的一个法向量. 又平面ADE的一个法向量为=(1，0，0)，所以cos<n，>==，故平面ADE与平面BCE所成二面角的平面角是45°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 5.已知正三棱锥P⁃ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点，则PB与平面PEF所成角的正弦值为 (　　) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：因为正三棱锥P⁃ABC的侧面都是直角三角形， 所以以P为原点，PA，PB，PC分别为x，y，z轴建立 空间直角坐标系，设PA=PB=PC=2， 因为E，F分别 是AB，BC的中点，所以P(0，0，0)，A(2，0，0)， B(0，2，0)，C(0，0，2)，E(1，1，0)，F(0，1，1)，=(0，2，0)，=(1，1，0)，=(0，1，1).设平面PEF的法向量为m=(x，y，z)，则有⇒⇒m=(1，-1，1)，所以PB与平面PEF所成角的正弦值为|cos<，m>|===，故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 6.如图，在三棱锥P⁃ABC中，∠ABC=∠PAB =∠PCB=90°，PA=2，BC=AB=2，M是 棱PB的中点，N是棱PC上靠近点P的四等分 点，则异面直线MN与PA所成角的大小为(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：根据题意可将三棱锥P⁃ABC补形成长、 宽、高分别为4，2，2的长方体ABCD⁃A1B1C1P， 以A为坐标原点，AD，AB，AA1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A(0，0，0)，B(0，4，0)，C(2，4，0)，P(2， 0，2)，M(1，2，1)，N，故=(2，0，2)，= ，所以cos<>==， 所以异面直线MN与PA所成角的大小为45°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 7.[多选]已知E，F分别是正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱BC和CD的中点，则 (　　) A.A1D与B1D1是异面直线 B.A1D与EF所成角的大小为45° C.A1F与平面B1EB所成角的余弦值为 D.平面CD1B1与平面D1B1B所成角的余弦值为 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：因为B1D1⊂平面A1B1C1D1，A1D∩平面A1B1C1D1 =A1，A1∉B1D1，所以A1D与B1D1是异面直线，故A正 确；以D为原点，的方向分别为x，y， z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方 体棱长为2，则D(0，0，0)，A1(2，0，2)，E(1，2，0)，F(0，1，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，因为=(-2，0，-2)，=(-1，-1，0)，设A1D与EF所成的角为θ，则cos θ===，又因为0°<θ≤90°，所以θ=60°，故B错误； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 由题知平面B1EB的一个法向量为=(0，2，0)，=(-2，1， -2)，设A1F与平面B1EB所成的角为α，则sin α===，cos α =，故C错误；=(2，2，0)，=(0，0，2)，设平面D1B1B的法向量为m=(x1，y1，z1)，则 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 令x1=1，得m=(1，-1，0).设平面CD1B1的法向量为n=(x2，y2，z2)，=(-2，0，-2)，则令x2=1，得n=(1，-1，-1)，设平面CD1B1与平面D1B1B所成的角为β，则cos β== =，所以平面CD1B1与平面D1B1B所成角的余弦值为，故D正确.故选AD. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 8.(5分)如图，在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则 BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为__________.  1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：如图所示，建立空间直角坐标系，则 A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)， C1(0，2，1)，∴=(-2，0，1).连接AC， 易证AC⊥平面BB1D1D，∴平面BB1D1D的 一个法向量为a==(-2，2，0). ∴所求角的正弦值为|cos<a，>|===. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 9.(5分)在空间中，已知平面α过(3，0，0)和(0，4，0)及z轴上一点(0，0， a)(a>0)，如果平面α与xOy平面所成二面角为45°，则a=__________.  解析：设A(3，0，0)，B(0，4，0)，C(0，0，a)(a>0)，则=(-3，0，a)，=(-3，4，0).设平面ABC的法向量为n=(x，y，z)，则即取z=1，则x=，y=，∴n=，取xOy平面的一个法向量为m=(0，0，1)，则cos<m，n>==，解得a2=，又a>0，∴a=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 10.(5分)在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中，AB=AA1=2，AD=1，E为CC1 的中点，则异面直线BC1与AE所成的角的余弦值为________.  解析：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则B(1，2，0)，C1(0，2，2)，A(1，0，0)，E(0，2，1)，所以=(-1，0，2)，=(-1，2，1).则cos<>=，所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 11.(15分)(2025·天津高考，节选)正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，C1B1中点，CG=3GC1. (1)求证：GF⊥平面FBE；(8分) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解：证明：法一　在正方形BCC1B1中，由条件易知tan∠C1FG= ===tan∠B1BF，所以∠C1FG=∠B1BF， 则∠B1FB+∠B1BF==∠C1FG+∠B1FB，故∠BFG=π-(∠C1FG+ ∠B1FB)=，即FG⊥BF. 在正方体中，易知D1C1⊥平面BCC1B1，且EF∥D1C1， 所以EF⊥平面BCC1B1，又FG⊂平面BCC1B1，所以EF⊥FG， 又EF∩BF=F，EF，BF⊂平面BEF，所以GF⊥平面BEF. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 法二　如图，以D为原点建立空间直角坐标系，则 B(4，4，0)，E(2，0，4)，F(2，4，4)，G(0，4，3)， 所以=(0，4，0)，=(2，4，-4)，=(-2，0， -1)，设m=(a，b，c)是平面BEF的法向量， 则令a=2，则b=0，c=1，所以m=(2，0，1)，易知=(-2，0，-1)=-m，则也是平面BEF的一个法向量，所以GF⊥平面BEF. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值.(7分) 解：同上法二建立的空间直角坐标系，所以=(-2， 4，-1)，=(-4，0，3)，由(1)知是平面BEF的 一个法向量，设平面BEG的法向量为n=(x，y，z)， 所以令x=6，则z=8，y=5，即n=(6，5，8)， 设平面BEF与平面BEG的夹角为α， 则cos α=|cos <，n>|===. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 12.(15分)如图，在四棱锥P⁃ABCD中，PA⊥底面ABCD， AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M，N分别为 线段AD，PC上一点，AM=2MD. (1)若N为PC的中点，证明：MN∥平面PAB；(7分) 解：证明：由已知=2，得AM=2，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN=BC=2.又AD∥BC，故TN∥AM，且TN=AM，∴四边形AMNT为平行四边形，∴MN∥AT. ∵AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，∴MN∥平面PAB. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2)求直线AN与平面CMN所成角的正弦值的最大值.(8分) 解：取BC的中点E，连接AE，建立如图所示的空间直角坐标系A⁃xyz.则A(0，0，0)，M(0，2，0)，C(，2，0)，P(0，0，4)，不妨设=λ，λ∈[0，1]，则=+λ=(，2，0)+λ(-， -2，4)=(-λ，2-2λ，4λ)，=(-λ，-2λ，4λ)，=(-，0，0). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 设平面CMN的法向量为n=(x，y，z)， 则⇒取y=2，则n=(0，2，1). 设直线AN与平面CMN所成的角为θ， 则sin θ===≤ =.故直线AN与平面CMN所成角的正弦值的最大值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 13.(17分)(2024·全国甲卷)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=，FB= 2，M为AD的中点. (1)证明：BM∥平面CDE；(7分) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解：证明：法一：利用线面平行的判定定理 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. 又CD⊂平面CDE，BM⊄平面CDE，所以BM∥平面CDE. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 法二：利用面面平行的性质 因为EF∥AD，BC∥AD，所以EF∥BC. 又EF=BC=2，所以四边形BCEF为平行四边形. 所以BF∥CE.又CE⊂平面CDE，BF⊄平面CDE，所以BF∥平面CDE. 因为M为AD的中点，且AD=4，所以EF∥MD，且EF=MD，所以四边形MDEF为平行四边形.所以FM∥ED.又ED⊂平面CDE，FM⊄平面CDE，所以FM∥平面CDE.因为BF，FM⊂平面BMF，BF∩FM=F， 所以平面BMF∥平面CDE.又BM⊂平面BMF，所以BM∥平面CDE. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2)求二面角F⁃BM⁃E的正弦值.(10分) 解：取AM的中点O，连接BO，FO. 由(1)法一可知，BM=CD=AB=2，因为AM=2， 所以BO⊥AD，且BO=.由(1)法二知四边形 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 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(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)， 则=(，-1，0)，=(0，-1，3)， =(0，1，3).设平面FBM的法向量为n1=(x1，y1，z1)， 则即 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 令y1=3，所以x1=，z1=1，所以n1=(，3，1).设平面EBM的法向量为n2=(x2，y2，z2)，即即 令y2=3，所以x2=，z2=-1，所以n2=(，3，-1). 设二面角F⁃BM⁃E的平面角为θ，则|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. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $