利用空间向量求空间角课件—2027届高三数学复习一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用空间向量求空间角”核心考点，覆盖异面直线所成角、线面角、面面角三大高考常考题型。依据高考评价体系，通过知识清单系统梳理公式与易错点，结合自主诊断题分析近5年考点分布，明确线面角占比40%、面面角占比35%的高频考点，归纳“建系-求向量-算夹角”的通性通法，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题溯源+分层训练+素养提升”，如以2025全国Ⅱ卷二面角题为例，拆解“法向量求解-夹角计算”步骤，培养学生数学思维（推理能力）和数学语言（模型观念）。设“学霸笔记”总结建系技巧，跟踪训练对接教材原题，帮助学生掌握得分关键。教师可通过真题探源把握命题趋势，实现高效复习。

第八节　利用空间向量求空间角 1 知识清单 1.异面直线所成的角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v， 则cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝＝________． 剖析　两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角的范围为(0，π)，所以公式中要加绝对值． 返回导航 2 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u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝＝________． 返回导航 3 剖析　直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值． 返回导航 4 3．平面与平面的夹角 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的夹角即为向量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＝＝____________． 返回导航 5 自主诊断 1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　　) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　　) (3)二面角的平面角为θ，则两个平面的法向量的夹角也是θ.(　　) (4)二面角α-l-β的平面角与平面α，β的夹角相等.(　　) × × × × 返回导航 6 2．(人教A版选修一P38T1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是(　　) A． B． C． D． 答案：A 返回导航 7 返回导航 8 3．(人教A版选修一P38T2)PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是(　　) A． B． C． D． 答案：C 返回导航 9 解析：如图所示，把PA，PB，PC放在正方体中，PA，PB，PC的夹角均为60°.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则P(1，0，0)，C(0，0，1)，A(1，1，1)，B(0，1，0)，所以＝(－1，0，1)，＝(0，1，1)，＝(－1，1，0). 返回导航 10 返回导航 11 4．(人教A版选修一P38T3改编)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为________． 返回导航 12 返回导航 13 返回导航 14 命题点一　利用空间向量求异面直线所成的角 例1 (2026·长沙模拟)如图，AB是⊙O的直径．PA与⊙O所在的平面垂直，PA＝AB＝2，C是⊙O上的一动点(不同于A，B)，M为线段PB的中点，点N在线段PC上，且AN⊥PC. (1)求证：AN⊥MN； (2)当AC＝BC时，求直线PC与直线AM所成角的余弦值． 返回导航 15 答案：(1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC， 因为AB是⊙O的直径，所以BC⊥AC， 又PA∩AC＝A，且PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC. 又因为AN⊂平面PAC，所以AN⊥BC. 因为AN⊥PC，且PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，所以AN⊥平面PBC，因为MN⊂平面PBC，所以AN⊥MN. 故AN⊥MN. 返回导航 16 (2)当AC＝BC时，CO⊥AB，O，M分别是AB和PB的中点， 所以OM∥PA. 又PA与⊙O所在的平面ABC垂直，所以OM⊥平面ABC， AB⊂平面ABC，所以OM⊥AB. 返回导航 17 返回导航 18 学霸笔记：(1)建立空间直角坐标系． (2)求出两直线的方向向量. (3)代入公式＝求解． 返回导航 19 跟踪训练　(衔接·人教A版选修一P43习题T9)如图，点M，N分别是正方体ABCD-A′B′C′D′的棱BB′和B′C′的中点，则MN和CD′所成的角为 ________． 答案：60° 返回导航 20 返回导航 21 命题点二　利用空间向量求线面角 例2 (2026·深圳模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是CC1与AB1的中点． (1)求证：DE∥平面ABC； (2)若AC⊥BC，AC＝BC，AA1＝2AB，求直线AC与平面AB1D所成角的余弦值． 返回导航 22 返回导航 23 (2)∵BB1⊥平面ABC， ∴OE⊥平面ABC， 又△ABC为等腰直角三角形，则OE，OA，OC两两垂直， 故以OA，OE，OC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 返回导航 24 设AA1＝2AB＝4a>0，则A(a，0，0)，B1(－a，4a，0)，C(0，0，a)，D(0，2a，a)， ∴AB1＝(－2a，4a，0)，＝(－a，0，a)，＝(－a，2a，a). 设平面AB1D的法向量为n＝(x，y，z)， ∴令y＝1，得n＝(2，1，0). 返回导航 25 返回导航 26 学霸笔记：建系后先求斜线的方向向量与平面的法向量，再利用公式sin θ＝＝求解． 返回导航 27 跟踪训练　(衔接·人教A版选修一P49复习参考题T14)在正四棱锥S-ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角为________． 答案：60° 返回导航 28 解析：由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设OD＝SO＝2， 则B(0，2，0)，C(－2，0，0)，A(2，0，0)，P(0，－1，1)， ＝(2，2，0)，＝(4，0，0)，＝(2，－1，1)． 返回导航 29 返回导航 30 命题点三　利用空间向量求平面与平面的夹角(二面角) 例3 (2025·全国Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A′B∥平面CD′F； (2)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值． 返回导航 31 答案：(1)证明：在四边形ABCD中，AB∥CD，因为E，F分别在AB，CD上，所以FC∥EB，因为BE⊄平面CD′F，FC⊂平面CD′F， 所以BE∥平面CD′F，同理可得，A′E∥平面CD′F， 又BE＝E，BE，A′E⊂平面A′EB，所以平面A′EB∥平面CD′F， 又A′B⊂平面A′EB，所以A′B∥平面CD′F. 返回导航 32 (2)由CD＝2AD，F为CD的中点，得DF＝DA＝FC.又AB∥CD，EF∥AD，所以四边形EFDA为平行四边形，又∠DAB＝90°，DF＝DA，所以四边形EFDA为正方形，则EF⊥DC，即D′F⊥EF，FC⊥EF，所以∠D′FC是平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角的平面角，因为平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°，所以∠D′FC＝60°.又D′F＝FC，所以△CD′F为正三角形．由D′F⊥EF，FC⊥EF，D′F＝F，得EF⊥平面CD′F. 返回导航 33 因为EF⊂平面EFCB，所以平面D′FC⊥平面EFCB.取FC的中点O，连接D′O，则D′O⊥平面EFCB，过O作OM∥EF，交BE于M，则以O为坐标原点，分别以OM，OC，OD′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． 返回导航 34 设FC＝2，则F(0，－1，0)，E(2，－1，0)，C(0，1，0)，B(2，3，0)，D′(0，0，)，A′(2，0，)，则＝(2，2，0)，＝(0，－1，)，＝(2，0，0)，＝(0，1，)． 设平面BCD′的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 即令z1＝1，得x1＝－，y1＝，则平面BCD′的一个法向量为n1＝(－，，1)． 返回导航 35 设平面EFD′A′的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即令z2＝1，得y2＝－，则平面EFD′A′的一个法向量为n2＝(0，－，1)． 则cos 〈n1，n2〉＝＝＝－. 返回导航 36 设平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的大小为θ，则cos θ＝， 所以sin θ＝＝＝， 则平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值为. 返回导航 37 真题探源　(衔接·人教A版选修一P49T12)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD满足AB⊥AD，AB⊥BC，SA⊥底面ABCD，且SA＝AB＝BC＝1，AD＝0.5. (1)求四棱锥S-ABCD的体积； (2)求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值． 返回导航 38 答案：(1)根据题意可得四棱锥S­-ABCD的体积为VS­-ABCD＝×S直角梯形ABCD×SA＝×(1＋)×1×1＝. 返回导航 39 (2)根据题意可建立如图所示空间直角坐标系，则D(，0，0)，C(1，1，0)，S(0，0，1)， ∴＝(，1，0)，＝(1，1，－1)． 设平面SCD的法向量为m＝(x，y，z)， 返回导航 40 取m＝(2，－1，1)，又易知平面SAB的法向量为n＝(1，0，0)， ∴平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为 |cos 〈m，n〉|＝＝＝. 返回导航 41 学霸笔记：根据图形与已知条件建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，由公式cos θ＝＝求解． 返回导航 42 一、单项选择题(每小题5分，共20分) 1．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，那么直线B1D1与平面ACD1所成角的余弦值是 (　　) A． B． C． D． 答案：B 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 43 解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则D1(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)，∴＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(1，1，0)． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 44 设平面ACD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，则x＝y＝1，则n＝(1，1，1)．设直线B1D1与平面ACD1所成的角为α，α∈，则sin α＝， ∴cos α＝.故选B. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 45 2．如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，O为底面圆的圆心，SO＝5，AO＝OD＝3，AC＝BC，则直线AD与直线SC所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：D 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 46 解析：连接OC，在圆锥SO中有SO⊥平面ABC，OC，OA⊂平面ABC，所以SO⊥OC，SO⊥OA，又AB是底面圆的直径，所以O为AB的中点，因为AC＝BC，所以OC⊥OA，如图以O为原点，OC，OA，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 47 则S(0，0，5)，C(3，0，0)，A(0，3，0)，D(0，0，3)， 则＝(3，0，－5)，＝(0，－3，3)， 所以cos 〈〉＝， 所以直线AD与直线SC所成角的余弦值为.故选D. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 48 3．(2026·南通模拟)三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD和△BCD均为等边三角形，则二面角A-BC-D的余弦值是(　　) A． B． C． D． 答案：C 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 49 解析：如图，作出符合题意的图形，取BD的中点O，连接AO，CO，因为△ABD和△BCD均为等边三角形，所以BD⊥AO，BD⊥CO，因为平面ABD⊥平面BCD，且AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，则以O为坐标原点，OC，OD，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设△ABD和△BCD的边长为2，可得A，B(0，－1，0)，C，得到＝＝. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 50 设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 可得令x＝1，解得y＝－，z＝1，故n＝，易得平面BCD的一个法向量为m＝(0，0，1)．设二面角A-BC-D的平面角为α，由图可知α为锐角，则cos α＝，故C正确．故选C. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 51 4．如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，A1C1＝1，AB＝AC＝AA1＝2，M为BC的中点，则平面MAC1与平面AC1C的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：B 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 52 解析：由A1A⊥平面ABC，且AB，AC⊂平面ABC，所以A1A⊥AB，A1A⊥AC又由AB⊥AC，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 53 因为A1C1＝1，AB＝AC＝AA1＝2，且M为BC的中点，可得A(0，0，0)，M(1，1，0)，C1(0，1，2)，则＝(1，1，0)，＝(0，1，2)．设平面MAC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝2，可得y＝－2，z＝1，所以n＝(2，－2，1)，易得平面AC1C的一个法向量为m＝(1，0，0)．设平面MAC1与平面AC1C所成的角为θ，由图可知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝.故选B. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 54 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 5．在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为棱CC1的中点，N为棱AA1的中点，则(　　) A．D1N∥平面ABM B．DN⊥平面ABM C．直线C1M与平面ABM所成角的余弦值为 D．直线CD1与平面ABM所成角的余弦值为 答案：AD 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 55 解析：对于A，取BB1的中点E，连接C1E，可得D1N∥C1E，在正方形BCC1B1中，因为M为CC1的中点，可得BM∥C1E，所以D1N∥BM，因为D1N⊄平面ABM，BM⊂平面ABM，所以D1N∥平面ABM，故A正确；对于B，连接DN，设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，可得N(2，0，1)，D1(0，0，2)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，M(0，2，1)，C1(0，2，2)，D(0，0，0)，则＝(2，0，1)，＝(0，2，0)，＝(－2，0，1)． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 56 设平面ABM的一个法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝2，则x＝1，y＝0，所以n＝(1，0，2)，显然不存在实数λ，使＝λn，所以DN与平面ABM不垂直，故B错误；对于C，由向量＝(0，0，－1)，设C1M与平面ABM所成的角为θ，可得sin θ＝＝，其中θ∈，所以cos θ＝，即C1M与平面ABM所成角的余弦值为，故C不正确；对于D，由向量＝(0，－2，2)，设直线CD1与平面ABM所成的角为α，则sin α＝＝，其中α∈，所以cos α＝，即直线CD1与平面ABM所成角的余弦值为，故D正确．故选AD. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 57 6．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝2，D为B1C1的中点，则(　　) A．A1D⊥B1C B．B1C⊥平面A1BD C．AC1∥平面A1BD D．直线AC1与B1C所成的角为 答案：AC 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 58 解析：由题意，以A为原点，AB，AA1，AC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，可得A(0，0，0)，A1，B(2，0，0)，B1，C(0，0，2)，C1，D，则＝(1，0，1)，＝，＝＝，对于A，由＝1×(－2)＋0×2＋1×2＝0，则A1D⊥B1C，故A正确； 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 59 对于B，设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则取x＝2，得n＝，由于不存在实数λ，使得＝λn，则与n不平行，故B错误；对于C，由＋2×(－2)＝0，则⊥n，因为AC1⊄平面A1BD，所以AC1∥平面A1BD，故C正确；对于D，由＝≠，则直线AC1与B1C所成角不为，故D错误．故选AC. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 60 三、填空题(每小题5分，共10分) 7．在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，AP＝2，则直线PB与平面PCD所成角的正弦值为________． 答案： 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 61 解析：因为PA⊥底面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又底面ABCD是边长为1的正方形，所以AB⊥AD，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，AP＝2，故P(0，0，2)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)， 所以＝(1，1，－2)，＝(0，1，－2)． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 62 设平面PCD的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则 解得x＝0，令z＝1，则y＝2，故m＝(0，2，1)，＝(1，0，－2)，PB与平面PCD的夹角的正弦值为. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 63 8．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若＝k，且AB1与BC1所成角的大小为60°，则k的值为________． 答案： 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 64 解析：如图，分别取BC，B1C1的中点为M，N，易知MN⊥平面ABC，MA，MB⊂平面ABC，所以MN⊥MA，MN⊥MB，又△ABC为正三角形，所以AM⊥BC，所以MA，MB，MN两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 65 令BB1＝1，则AB＝AC＝BC＝k， 于是得A，B，C，B1，C1＝＝(0，－k，1)，＝＝，所以cos 60°＝＝，解得k＝. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 66 四、解答题(共43分) 9． (13分)(2026·昭通模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝AB，PD⊥底面ABCD. (1)证明：PA⊥BD； (2)求平面PAB与平面PBC夹角的正弦值． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 67 答案：(1)证明：如图，连接BD，设AD＝PD＝1，则AB＝2，因为∠DAB＝，在△ABD中，由余弦定理，可得BD2＝1＋4－2×1×2×cos ＝3，又AD2＋BD2＝AB2，则AD⊥BD. 由PD⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD， 可得PD⊥BD. 又AD∩PD＝D，且AD，PD⊂平面PAD， 故BD⊥平面PAD，PA⊂平面PAD， 所以PA⊥BD. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 68 (2)因为PD⊥平面ABCD，由(1)得AD⊥BD，即DA，DB，DP两两互相垂直． 故可以D为坐标原点，DA，DB，DP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． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 69 则A(1，0，0)，B，C，P(0，0，1)， 则＝＝(－1，0，1)，＝(－1，0，0)，＝. 设平面PAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则故可取m＝. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 70 设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则故可取n＝. 所以cos 〈m，n〉＝， 因为0<〈m，n〉<π，则sin 〈m，n〉＝ ， 故平面PAB与平面PBC夹角的正弦值为. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 71 10．(15分)(2026·沧州模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面AB1C1，AA1＝λBC. (1)证明：B1C1⊥A1C1； (2)若直线B1C与平面AB1C1所成的角为，求λ. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 72 答案：(1)证明：由A1C⊥平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，可得A1C⊥B1C1， 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥ 平面A1B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，则 CC1⊥B1C1， 又CC1∩A1C＝C，CC1，A1C⊂平面A1CC1，所以B1C1⊥平面A1CC1， 又A1C1⊂平面A1CC1，可得B1C1⊥A1C1. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 73 (2)由A1C⊥平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，可得A1C⊥AC1. 因为四边形AA1C1C是矩形，故四边形AA1C1C是正方形，则A1C1＝AA1，由(1)已得CC1⊥ 平面A1B1C1，B1C1⊥A1C1，故可以C1为坐标原点，C1B1，C1A1，C1C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C1-xyz， 不妨设B1C1＝1，则B1(1，0，0)，C(0，0，λ)， A1(0，λ，0)，故＝(－1，0，λ)， 由题易知平面AB1C1的一个法向量为＝(0，－λ，λ)， 则sin ＝＝， 解得λ2＝1，因为λ>0，所以λ＝1. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 74 11． (15分)(2026·周口模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，AB⊥BC，AB∥DC，AB＝BC＝1，CD＝2，PC＝，点M在侧棱PB上运动． (1)证明：平面PAC⊥平面PAD； (2)当直线AM与直线PD所成的角最小时，求三棱锥P-CDM的体积． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 75 答案：(1)证明：因为PC⊥底面ABCD，又AD⊂平面ABCD，则PC⊥AD，由AB⊥BC，AB＝BC＝1，所以AC＝，且∠ACB＝45°，在△ACD中，∠ACD＝90°－∠ACB＝45°， 由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC×CD×cos 45°＝2， 则AD2＋AC2＝4＝CD2，所以AC⊥AD， 因为PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面PAC， 所以AD⊥平面PAC.因为AD⊂平面PAD，所以平面PAC⊥平面PAD. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 76 (2)以C为原点，CD，CB，CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． 则点A(1，1，0)，B(0，1，0)，D(2，0，0)，P， 所以＝(－1，0，0)，＝＝. 设(0≤λ≤1)，则＝. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 77 设直线AM与DP所成的角为θ， 所以cos θ＝＝. 设λ＋1＝t(1≤t≤2)，则， 所以当，即t＝时，cos θ取得最大值，从而θ取最小值，即直线AM与DP所成的角取最小值，此时λ＝t－1＝，则. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 78 因为BC⊥CD，BC⊥PC，CD∩PC＝C，则BC⊥平面PCD， 所以点M到平面PCD的距离为h＝， 所以VP-CDM＝VM-PCD＝. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 79 优生选做题 12．(15分)某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图①，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得到了一个“刍甍”(如图②)． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 80 (1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF； 答案：证明：取CF的中点M，连接OM，GM，由题意可知AG∥EF且AG＝EF， 又因为O是矩形EBCF对角线的交点，所以OM∥EF且OM＝EF，所以AG∥OM且AG＝OM，则四边形AOMG为平行四边形，所以AO∥GM，又因为AO⊄平面GCF，GM⊂平面GCF，所以AO∥平面GCF. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 81 (2)若二面角A-EF-B的大小为，求直线AB与平面GCF所成角的正弦值； 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 82 答案：因为在题图①中EF⊥AE，EF⊥BE，且EF＝4，AE＝BE＝2，在题图②中上述关系依然成立，所以∠AEB即为二面角A-EF-B的平面角，则∠AEB＝，以E为坐标原点，EB，EF所在直线分别为x轴、y轴，过E且和平面EBCF垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则B(2，0，0)，F(0，4，0)，C(2，4，0)，xA＝AE·cos ＝－1，yA＝0，zA＝AE·sin ，所以A，又因为AG＝2，AG∥平面BCFE，所以G，所以＝＝(2，0，0)，＝. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 83 设平面GFC的一个法向量n＝(x，y，z)， 则则有 取n＝，所以＝， 所以直线AB与平面GCF所成角的正弦值为. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 84 (3)在(2)的条件下，在棱AG上是否存在点P，使得平面EBP与平面GCF所成的二面角的正切值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 85 答案：假设存在满足条件的点P，设＝(0，2λ，0)(0≤λ≤1)， 所以P，则＝＝. 设平面EBP的一个法向量为m＝(x0，y0，z0)， 则所以 取m＝， 由(2)知平面GFC的一个法向量n＝， 则cos 〈m，n〉＝. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 86 设平面EBP与平面GCF所成的二面角为α，则tan α＝>0， 则α为锐角，又tan α＝，sin2α＋cos2α＝1，解得cosα＝， 则只需cos2〈m，n〉＝，即， 整理得4λ2－24λ＝0，解得λ＝0或λ＝6(舍去)， 所以当P与A点重合时，平面EBP与平面GCF所成的二面角的正切值为. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 1 87 解析：以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设BC＝CA＝CC1＝2，∴B(0，2，0)，D1(1，1，2)，A(2，0，0)，F1(1，0，2)，∴BD1＝(1，－1，2)，AF1＝(－1，0，2)，∴cos 〈BD1，AF1〉＝＝＝.设BD1与AF1所成的角为θ，∴cos θ＝|cos 〈BD1，AF1〉|＝. 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则令x＝1，则y＝1，z＝－1，所以n＝(1，1，－1，)是平面PAB的一个法向量，所以cos 〈，n〉＝＝＝－.设直线PC与平面PAB所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈，n〉|＝，所以cos θ＝＝. 答案： 解析：∵正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为2，取BC的中点O，则AO⊥BC， ∴AO⊥平面BB1C1C.取B1C1的中点H，连接OH，∴AO，BO，OH两两垂直，以O为坐标原点，OB，OH，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，)，B(1，0，0)，A1(0，2，)，C1(－1，2，0)，∴＝(1，0，－)，AA1＝(0，2，0)，BC1＝(－2，2，0)，BA1＝(－1，2，). 设平面AA1B的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则∴y＝0，取x1＝， 则z1＝1，∴n1＝(，0，1)是平面AA1B的一个法向量． 设平面A1BC1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 取x2＝，则y2＝，z2＝－1， ∴n2＝(，，－1)是平面A1BC1的一个法向量． ∴cos 〈n1，n2〉＝＝＝. 设平面AA1B与平面A1BC1的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝. 此时OC，OB，OM两两垂直．CO的延长线交于F， 以O为坐标原点，OF，OB，OM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，得P(0，－1，2)，C(－1，0，0)，A(0，－1，0)，M(0，0，1)，故＝(－1，1，－2)，＝(0，1，1). 则|cos 〈，〉|＝||＝||＝， 故直线PC与直线AM所成角的余弦值为. 解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD′所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为2，则M(2，2，1)，N(1，2，2)，C(0，2，0)，D′(0，0，2)，＝(－1，0，1)，＝(0，－2，2)，cos 〈，〉＝＝＝，∴MN和CD′所成角的大小为60°. 答案：(1)证明：取AB的中点O，连接OE，OC， ∵D，E分别是CC1与AB1的中点， ∴OE∥BB1，OE＝BB1，又CD∥BB1，CD＝BB1， ∴OE∥CD，OE＝CD，∴四边形OEDC是平行四边形， ∴DE∥OC，∵OC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC， ∴DE∥平面ABC. 设直线AC与平面AB1D所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，∴cos θ＝＝，即直线AC与平面AB1D所成角的余弦值为. 设平面PAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则⇒令y＝1，则z＝1，即m＝(0，1，1)．设直线BC与平面PAC所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，m〉|＝＝，因为θ∈[0°，90°]，所以θ＝30°，即直线BC与平面PAC所成的角为30°. $