1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题(第3课时)面面角、二面角课件-2026-2027学年高二数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦用空间向量研究面面角、二面角问题，课前通过“书读百遍”明确公式、“入木三分”辨析概念（如夹角与二面角范围区别）搭建学习支架，课时结合例题和高考真题巩固方法，形成完整知识脉络。 其亮点在于概念辨析与真题应用结合，通过对比夹角与二面角范围培养数学抽象，例2（2021全国乙卷）提升数学运算与逻辑推理能力，课后巩固多样化练习强化应用意识。学生能系统掌握方法，教师可直接用于分层教学，提高效率。

课前自学 内容导航 课时学案 课后巩固 Content Navigation 01 02 03 1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题(第3课时) 面面角、二面角 素养目标 能用向量法求平面与平面的夹角问题．(数学运算) 课前自学 4 要点　两个平面的夹角 设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝______________＝______________． 第页 1．两个平面的夹角与二面角的平面角有什么区别？ 2．平面与平面的夹角与两平面的法向量的夹角有何关系？ 答：两平面的夹角是两法向量的夹角或其补角． 第页 第页 (2)设n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半 平面α，β所在平面的法向量，则向量n1与n2的 夹角或其补角就是二面角的平面角(如图1～4)． 而我们做题时经常用第二种思路． 利用法向量求二面角的大小的一般步骤如 下： ①建立适当的空间直角坐标系． ②分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量． ③求出两个法向量的夹角的余弦值． 第页 ④若③中所得余弦值为0，则所求二面角 为直二面角．若不为0，则确定二面角的大小的 方法有：根据几何图形直观判断二面角是锐二 面角还是钝二面角，从而确定其余弦值的正负； 依据“同进同出互补，一进一出相等”求解；在 二面角的一个半平面内取一点P，过P点作另一 个半平面所在平面的垂线，若垂足在另一个半 平面内，则所求二面角为锐二面角，若垂足在另一个半平面的反向延长面上，则所求二面角为钝二面角． 返 回 课时学案 10 例 1　如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形． (1)证明：O1O⊥平面ABCD； 题型一　 求两个平面的夹角 【解析】　(1)证明：因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形， 所以CC1⊥AC，DD1⊥BD， 又CC1∥DD1∥OO1， 所以OO1⊥AC，OO1⊥BD， 因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD， 所以O1O⊥平面ABCD. 第页 11 (2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1B夹角的余弦值． 第页 第页 探究1 第页 思考题1　如图所示，在几何体S－ABCD中，AD⊥平面SCD，BC⊥平面SCD，AD＝DC＝SD＝2，BC＝1，∠SDC＝120°，求平面SAD与平面SAB夹角的余弦值． 第页 第页 例 2　(2021·全国乙卷，理)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM. (1)求BC； 题型二　 求二面角 第页 17 第页 (2)求二面角A－PM－B的正弦值． 第页 第页 探究2 用向量法求二面角的步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量． (3)求两个法向量的夹角． (4)判断所求二面角的平面角是锐角、直角还是钝角． (5)确定二面角的大小． 第页 第页 第页 第页 第页 第页 例 3　如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中点． (1)求证：平面EAC⊥平面PBC； 第页 第页 第页 第页 思考题3　(高考真题·全国卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°. (1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC； 【解析】　(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，又DF⊂平面EFDC，FE⊂平面EFDC，DF∩FE＝F，所以AF⊥平面EFDC. 又AF⊂平面ABEF， 故平面ABEF⊥平面EFDC. 第页 (2)求二面角E－BC－A的余弦值． 第页 第页 返 回 课后巩固 35 √ 第页 √ 第页 第页 第页 3.【多选题】如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为CC1，BC，CD，BB1的中点，则(　　) A．B1G⊥BC B．平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1 C．A1H∥平面AEF D．二面角E－AF－C的大小为45° √ √ 第页 第页 第页 第页 5.如图，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE＝90°，AF∥DE，DE＝DA＝2AF＝2.请建立适当的直角坐标系解答下列问题： (1)求证：AC∥平面BEF； 第页 第页 (2)求平面BEF与平面ABCD夹角的余弦值． 返 回 请做：课时作业（十二） 教师备用资料 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|))) eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) 答：平面α与平面β的夹角：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． 区别：二面角的范围是[0，π]，而两个平面的夹角范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). 3．求二面角的两种思路． (1)若AB，CD分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β内与棱l垂直的线段，则向量eq \o(AB,\s\up18(→))与eq \o(CD,\s\up18(→))的夹角或其补角就是二面角的平面角(如图)，可利用公式cos〈eq \o(AB,\s\up18(→))，eq \o(CD,\s\up18(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up18(→))·\o(CD,\s\up18(→)),|\o(AB,\s\up18(→))||\o(CD,\s\up18(→))|)求二面角． 【解析】　(2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四 边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥平面ABCD，所 以OB，OC，OO1两两垂直． 如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． 设棱长为2，因为∠CBA＝60°， 所以OB＝eq \r(3)，OC＝1， 所以O(0，0，0)，B1(eq \r(3)，0，2)，C1(0，1，2)， 易知平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0，1，0)， 设平面C1OB1的法向量为m＝(x，y，z)， 由m⊥eq \o(OB1,\s\up18(→))，m⊥eq \o(OC1,\s\up18(→))，得eq \r(3)x＋2z＝0，y＋2z＝0， 取z＝－eq \r(3)，则x＝2，y＝2eq \r(3)， 所以m＝(2，2eq \r(3)，－eq \r(3))， 所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2\r(3),\r(19))＝eq \f(2\r(57),19). 所以平面C1OB1与平面OB1B夹角的余弦值为eq \f(2\r(57),19). 求两平面夹角的两种方法 (1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同． (2)法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2〉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当〈n1，n2〉∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时))或π－〈n1，n2〉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当〈n1，n2〉∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时)). 【解析】　如图，过点D作DC的垂线交SC于E，以D为原点，DC，DE，DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． ∵∠SDC＝120°，∴∠SDE＝30°，又SD＝2，∴点S到y轴的距离为1，到x轴的距离为eq \r(3)，则有D(0，0，0)，S(－1，eq \r(3)，0)，A(0，0，2)，B(2，0，1)， ∵eq \o(AD,\s\up18(→))＝(0，0，－2)，eq \o(AS,\s\up18(→))＝(－1，eq \r(3)，－2)，设平面SAD的法向量为m＝(x，y，z)， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2z＝0，,－x＋\r(3)y－2z＝0，))取x＝eq \r(3)，得平面SAD的一个法向量为m＝(eq \r(3)，1，0)． 又eq \o(AB,\s\up18(→))＝(2，0，－1)，设平面SAB的法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up18(→))＝0，,n·\o(AS,\s\up18(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－c＝0，,－a＋\r(3)b－2c＝0，))令a＝eq \r(3)，则n＝(eq \r(3)，5，2eq \r(3))， ∴cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(8,2×2\r(10))＝eq \f(\r(10),5)， 故平面SAD与平面SAB夹角的余弦值是eq \f(\r(10),5). 【解析】　(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC. 在矩形ABCD中，AD⊥DC，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示， 设BC＝t，则A(t，0，0)，B(t，1，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)，1，0))，P(0，0，1)， 所以eq \o(PB,\s\up18(→))＝(t，1，－1)，eq \o(AM,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(t,2)，1，0)). 因为PB⊥AM，所以eq \o(PB,\s\up18(→))·eq \o(AM,\s\up18(→))＝－eq \f(t2,2)＋1＝0，得t＝eq \r(2)， 所以BC＝eq \r(2). 【解析】　(2)C(0，1，0)，由(1)可得eq \o(AP,\s\up18(→))＝(－eq \r(2)， 0，1)，eq \o(AM,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0))，eq \o(CB,\s\up18(→))＝(eq \r(2)，0，0)，eq \o(PB,\s\up18(→))＝(eq \r(2)， 1，－1)． 设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AP,\s\up18(→))＝0，,n1·\o(AM,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋z1＝0，,－\f(\r(2),2)x1＋y1＝0，)) 令x1＝eq \r(2)，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量为n1＝(eq \r(2)，1，2)． 设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CB,\s\up18(→))＝0，,n2·\o(PB,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x2＝0，,\r(2)x2＋y2－z2＝0，)) 得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0，1，1)． cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(3,\r(7)×\r(2))＝eq \f(3\r(14),14)， 所以二面角A－PM－B的正弦值为eq \f(\r(70),14). 【解析】　如图，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\up18(→))＝(0，0，1)，eq \o(AB,\s\up18(→))＝(eq \r(2)，1，0)，eq \o(CB,\s\up18(→))＝(eq \r(2)，0，0)，eq \o(CP,\s\up18(→))＝(0，－1，1)． 思考题2　如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝eq \r(2)，求二面角A－PB－C的余弦值． 方法一：设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AP,\s\up18(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up18(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x，y，z）·（0，0，1）＝0，,（x，y，z）·（\r(2)，1，0）＝0))⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(2)x，,z＝0.)) 令x＝1，则m＝(1，－eq \r(2)，0)． 设平面PBC的法向量为n＝(x′，y′，z′)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up18(→))＝0，,n·\o(CP,\s\up18(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x′，y′，z′）·（\r(2)，0，0）＝0，,（x′，y′，z′）·（0，－1，1）＝0)) ⇒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). 故所求二面角的余弦值为eq \f(\r(3),3). 方法二：设PB的中点为D，连接CD，如图， 则eq \o(CD,\s\up18(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(CP,\s\up18(→))＋eq \o(CB,\s\up18(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(1,2)，\f(1,2))). ∵eq \o(CD,\s\up18(→))·eq \o(PB,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))·(eq \r(2)，1，－1)＝0， ∴eq \o(CD,\s\up18(→))⊥eq \o(PB,\s\up18(→)). 作AE⊥PB于E，设eq \o(PE,\s\up18(→))＝λeq \o(PB,\s\up18(→))＝(eq \r(2)λ，λ，－λ)． ∴eq \o(AE,\s\up18(→))＝eq \o(AP,\s\up18(→))＋eq \o(PE,\s\up18(→))＝(eq \r(2)λ，λ，－λ＋1)． ∵eq \o(AE,\s\up18(→))⊥eq \o(PB,\s\up18(→))， ∴eq \o(AE,\s\up18(→))·eq \o(PB,\s\up18(→))＝(eq \r(2)λ，λ，－λ＋1)·(eq \r(2)，1，－1)＝4λ－1＝0. ∴λ＝eq \f(1,4).∴eq \o(AE,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(1,4)，\f(3,4))). 设二面角A－PB－C的大小为θ， 则cos θ＝eq \f(\o(EA,\s\up18(→))·\o(DC,\s\up18(→)),|\o(EA,\s\up18(→))||\o(DC,\s\up18(→))|)＝eq \f(\o(AE,\s\up18(→))·\o(CD,\s\up18(→)),|\o(AE,\s\up18(→))||\o(CD,\s\up18(→))|)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(1,4)，\f(3,4)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(1,2)，\f(1,2))),\r(\f(2＋1＋9,16))×\r(\f(2＋1＋1,4)))＝eq \f(\r(3),3). 故所求二面角的余弦值为eq \f(\r(3),3). 【思路分析】　(1)先由线线垂直证得线面垂直，再根据面面垂直的判定定理证得面面垂直；(2)先建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，然后分别求出平面PAC，平面EAC的一个法向量，最后求eq \o(PA,\s\up18(→))与平面EAC的一个法向量的夹角的余弦值的绝对值，即为直线PA与平面EAC所成的角的正弦值． 【解析】　(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PC.因为AB＝2AD＝2CD，所以AC＝BC＝eq \r(2)AD＝eq \r(2)CD， 所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC. 又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC. 因为AC⊂平面EAC， 所以平面EAC⊥平面PBC. 【解析】　(2)如图，以C为原点，eq \o(CB,\s\up18(→))，eq \o(CA,\s\up18(→))，eq \o(CP,\s\up18(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，并设CB＝2，CP＝2a(a>0)． 则C(0，0，0)，A(0，2,0),B(2，0，0)，P(0，0，2a)， 则E(1，0，a)，eq \o(CA,\s\up18(→))＝(0，2，0)，eq \o(CE,\s\up18(→))＝(1，0，a)， 易知m＝(1，0，0)为平面PAC的一个法向量． 设n＝(x，y，z)为平面EAC的一个法向量，则n·eq \o(CA,\s\up18(→))＝n·eq \o(CE,\s\up18(→))＝0， (2)若二面角P－AC－E的余弦值为eq \f(\r(6),3)，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值． 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,x＋az＝0，))则y＝0，取x＝a，则z＝－1，所以n＝(a，0，－1)． 依题意，|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(a,\r(a2＋1))＝eq \f(\r(6),3)，则a＝eq \r(2).于是n＝(eq \r(2)，0，－1)，eq \o(PA,\s\up18(→))＝(0，2，－2eq \r(2))． 设直线PA与平面EAC所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈eq \o(PA,\s\up18(→))，n〉|＝eq \f(|\o(PA,\s\up18(→))·n|,|\o(PA,\s\up18(→))||n|)＝eq \f(\r(2),3)， 即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为eq \f(\r(2),3). 【解析】　(2)过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知 DG⊥平面ABEF. 以G为坐标原点，eq \o(GF,\s\up18(→))的方向为x轴正方向，|eq \o(GF,\s\up18(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz. 由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝eq \r(3)，又AF＝2FD，可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)． 由已知，得AB∥EF，又AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，所以AB∥平面EFDC. 由已知，得AB∥EF，又AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，所以AB∥平面EFDC. 又AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，所以CD∥EF. 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，故∠CEF＝60°.从而可得C(－2，0，eq \r(3))． 连接AC，则eq \o(EC,\s\up18(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \o(EB,\s\up18(→))＝(0，4，0)，eq \o(AC,\s\up18(→))＝(－3，－4，eq \r(3))，eq \o(AB,\s\up18(→))＝(－4，0，0)． 设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EC,\s\up18(→))＝0，,n·\o(EB,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,4y＝0，)) 所以可取n＝(3，0，－eq \r(3))． 设m是平面ABC的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up18(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up18(→))＝0，)) 同理可取m＝(0，eq \r(3)，4)． 则cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝－eq \f(2\r(19),19). 由图知二面角E－BC－A为钝二面角，故二面角E－BC－A的余弦值为－eq \f(2\r(19),19). 1．二面角α－l－β中，平面α的一个法向量n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，－\r(2)))，平面β的一个法向量n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\r(2)))，则二面角α－l－β的大小为(　　) A．120°　　　　　　　　 B．150° C．30°或150° D．60°或120° 2.如图，已知点P为菱形ABCD外一点，且PA⊥面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC中点，则二面角C－BF－D的正切值为(　　) A.eq \f(\r(3),6) B.eq \f(\r(3),4) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(2\r(3),3) 解析　如图，设AC，BD交于O，连接OF，易得OF⊥平面ABCD，以O为原点，OB，OC，OF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝eq \r(3). ∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0)). eq \o(OC,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))且eq \o(OC,\s\up18(→))为平面BDF的一个法向量，由eq \o(BC,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq \o(FB,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(1,2)))，可求得平面BCF的一个法向量n＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))． ∴cos〈n，eq \o(OC,\s\up18(→))〉＝eq \f(\r(21),7)，∴sin〈n，eq \o(OC,\s\up18(→))〉＝eq \f(2\r(7),7). ∴tan〈n，eq \o(OC,\s\up18(→))〉＝eq \f(2\r(3),3). 解析　如图，连接BG，由题可知，B1G在底面ABCD上的射影为BG，而BC不垂直于BG，则B1G不垂直于BC，A不正确； 连接D1E，BC1，由E，F分别为CC1，BC的中点，可知EF∥BC1∥AD1，所以平面AEF即平面AD1EF，则平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1，B正确； 设正方体的棱长为2，以D为原点，直线DA为x轴，直线DC为y轴，直线DD1为z轴建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，H(2，2，1)，F(1，2，0)，eq \o(A1H,\s\up18(→))＝(0，2，－1)，eq \o(AF,\s\up18(→))＝(－1，2， 0)，eq \o(EF,\s\up18(→))＝(1，0，－1)，eq \o(AA1,\s\up18(→))＝(0，0，2)，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AF,\s\up18(→))＝0，,n·\o(EF,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,x－z＝0，))令y＝1，得x＝2，z＝2，得平面AEF的法向量为n＝(2，1，2)，所以eq \o(A1H,\s\up18(→))·n＝0，又A1H⊄平面AEF，所以A1H∥平面AEF，C正确； 由图可知AA1⊥平面AFC，所以eq \o(AA1,\s\up18(→))是平面AFC的法向量，则cos〈eq \o(AA1,\s\up18(→))，n〉＝eq \f(\o(AA1,\s\up18(→))·n,|\o(AA1,\s\up18(→))||n|)＝eq \f(2,3)，可知二面角E－AF－C的大小不是45°，D不正确． eq \f(2,3) 4.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，eq \o(OC,\s\up18(→))＝(0，0，2)，平面ABC的一个法向量为n＝(2，1，2)，设二面角C－AB－O的大小为θ，则cos θ＝________． 解析　(1)证明：由题意以点D为坐标原点，分别以eq \o(DA,\s\up18(→))，eq \o(DC,\s\up18(→))，eq \o(DE,\s\up18(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(0，0，2)，F(2，0，1)． eq \o(BF,\s\up18(→))＝(0，－2，1)，eq \o(BE,\s\up18(→))＝(－2，－2，2)，eq \o(AC,\s\up18(→))＝(－2，2，0)．设平面BEF的法向量n＝(x，y，z)， 则有n·eq \o(BF,\s\up18(→))＝0，n·eq \o(BE,\s\up18(→))＝0. 即－2y＋z＝0，－2x－2y＋2z＝0， 取y＝1，则z＝2，x＝1， 所以n＝(1，1，2)， 又n·eq \o(AC,\s\up18(→))＝0， 所以n⊥eq \o(AC,\s\up18(→)).又AC⊄平面BEF， 所以AC∥平面BEF. 解析　(2)易知eq \o(DE,\s\up18(→))＝(0，0，2)是平面ABCD的一 个法向量， |cos〈eq \o(DE,\s\up18(→))，n〉|＝eq \f(|n·\o(DE,\s\up18(→))|,|n||\o(DE,\s\up18(→))|)＝eq \f(4,\r(1＋1＋22)×\r(22))＝eq \f(\r(6),3). 所以平面BEF与平面ABCD夹角的余弦值为eq \f(\r(6),3). $