1.4.2 第2课时 用空间向量研究夹角问题(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

本讲义聚焦用空间向量研究线线角、线面角、面面角的核心知识点，从必修空间角入手，通过问题链建立方向向量、法向量与空间角的关系，结合例题、训练及最小角与最大角定理拓展，构建完整学习支架。 资料以问题引导培养数学眼光，通过微思考和逻辑推理区分向量夹角与空间角关系，一题多解（如坐标法与基底法）提升数学思维，变式训练强化数学语言表达。课中辅助教师分层教学，课后训练与拓展助学生查漏补缺，巩固知识应用。

第二课时　用空间向量研究夹角问题 课标要求 情境导入 1.会用向量法求线线角、线面角、面面角（数学运算）. 2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系（逻辑推理）. 　　在必修课程中，我们学习过异面直线所成的角，直线与平面相交所成的角，以及两个平面相交所成的二面角.这些角能否借助直线的方向向量、平面的法向量来求解呢？ 知识点一　两异面直线所成的角 问题　（1）异面直线l1，l2所成的角与它们的方向向量u和v的夹角之间有什么关系？ 提示：相等或互补. （2）能不能借助两个向量的夹角来求两异面直线所成的角？ 提示：可以.可转化为两条异面直线的方向向量的夹角问题来解决. 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＞｜＝　｜｜　＝　　. 【微思考】 求两异面直线所成的角θ时，为什么不能用cos θ＝cos＜u，v＞？ 提示：因为两异面直线所成角θ的范围是（0，］，而两个向量夹角＜u，v＞的范围是[0，π]，事实上，当＜u，v＞是锐角时，θ＝＜u，v＞，cos θ＝cos＜u，v＞；当＜u，v＞是钝角时，θ＝π－＜u，v＞，cos θ＝－cos＜u，v＞. 〔一题多解〕（链接教材P36例7）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA＝AB＝BC＝AD＝1，求PB与CD所成的角. 解：法一　由题意知｜｜＝，｜｜＝，＝＋，＝＋＋. 因为PA⊥平面ABCD，所以·＝·＝·＝0， 因为AB⊥AD，所以·＝0， 因为AB⊥BC，所以·＝0， 所以·＝（＋）·（＋＋）＝＝1. 所以cos＜，＞＝＝＝， 所以＜，＞＝60°， 所以PB与CD所成的角为60°. 法二　由题意得AB，AD，AP两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系， 则B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1）， 所以＝（－1，0，1），＝（1，－1，0）， cos＜，＞＝＝＝－. 所以＜，＞＝120°， 故PB与CD所成的角为60°. 规律方法 求异面直线所成的角的方法 （1）基底法：在一些不适合建立坐标系的题目中，经常采用取定基底的方法，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底表示，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，写出各相关点的坐标，进而利用公式求解.利用坐标法求线线角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得更简单. 训练1　如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，则异面直线BA1和AC所成角的大小为　60°　. 解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），A1（a，0，a），所以＝（0，－a，a），＝（－a，a，0）.所以cos＜，＞＝＝＝－，所以＜，＞＝120°.又因为异面直线所成角θ的取值范围为0°＜θ≤90°，所以异面直线BA1和AC所成角的大小为60°. 知识点二　直线与平面所成的角 问题　如图，直线AB与平面α相交于点B，AC垂直于平面α，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，你认为θ与＜u，n＞之间有什么关系？ 提示：sin θ＝｜cos ＜u，n＞｜. 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＞｜＝　｜｜　＝　　. 提醒：（1）直线与平面所成的角是指这条直线与它在这个平面内的投影所成的角，其范围是［0，］；（2）若＜u，n＞是一个锐角，则θ＝－＜u，n＞；若＜u，n＞是一个钝角，则θ＝＜u，n＞－. 如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2，∠ABC＝60°，M是AB的中点. （1）求直线BE与平面EAC所成角的正弦值； 解：连接MC，因为EA＝EB，M是AB的中点，所以EM⊥AB， 因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EM⊂平面ABE， 所以EM⊥平面ABCD，又CM⊂平面ABCD， 所以EM⊥CM， 在菱形ABCD中，因为∠ABC＝60°， 所以△ABC是正三角形， 所以MC⊥AB，所以ME，MC，MB两两垂直. 所以以点M为坐标原点，MB，MC，ME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M（0，0，0），A（－1，0，0），B（1，0，0），C（0，，0），E（0，0，）， ＝（1，，0），＝（1，0，），＝（－1，0，）， 设m＝（x，y，z）是平面ACE的一个法向量， 则即 令z＝1，得m＝（－，1，1）， 设直线BE与平面EAC所成的角为θ， 则sin θ＝｜cos＜，m＞｜＝＝＝， 所以直线BE与平面EAC所成角的正弦值为. （2）求直线EC与平面EAD所成角的余弦值. 解：由（1）知，D（－2，，0），＝（－1，，0），＝（1，0，），＝（0，，－）. 设平面EAD的法向量为n＝（x1，y1，z1）， 则 令z1＝1，得x1＝－，y1＝－1， 所以n＝（－，－1，1）. 设直线EC与平面EAD所成的角为α， 则sin α＝｜cos＜，n＞｜＝＝， 所以cos α＝＝＝. 所以直线EC与平面EAD所成角的余弦值为. 变式　本例条件不变，若点P在线段EC上，且直线AP与平面ABE所成的角为45°，求出的值. 解：由题意可知，平面ABE的一个法向量为n＝（0，1，0）， ＝（1，0，），＝（0，，－）， 设＝λ＝（0，λ，－λ），0≤λ≤1， 则＝＋＝（1，λ，－λ）， 因为直线AP与平面ABE所成的角为45°， 所以sin 45°＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝， 整理可得4－6λ＝0，解得λ＝，所以＝. 规律方法 向量法求直线与平面所成角的步骤 （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）设线面角为θ，则sin θ＝. 训练2　如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为CC1的中点，则直线A1B与平面BDE所成的角为（　　） A. B. C. D. 解析：B　以D为原点建立空间直角坐标系（图略），可求得平面BDE的法向量为n＝（1，－1，2），而＝（0，1，－1），所以cos＜n，＞＝＝－，则＜n，＞＝，故直线A1B与平面BDE所成的角为. 知识点三　两个平面的夹角 问题　（1）如图，图中有几个二面角？两个平面的夹角与这两个平面形成的二面角有什么关系？ 提示：图中有四个二面角，夹角与二面角相等或互补. （2）两个平面的夹角与两平面的法向量的夹角有何关系？ 提示：两平面的夹角等于两平面的法向量的夹角或其补角. 1.如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，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. 2.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＝｜cos＜n1，n2＞｜＝　｜｜　＝　　. 提醒：（1）两个平面夹角的范围是［0，］，二面角的范围是[0，π]，若夹角为，则两个平面垂直；（2）因为两个平面法向量的方向不确定，故＜n1，n2＞∈[0，π]，若＜n1，n2＞为钝角，应取其补角. （链接教材P37例8）如图所示，在三棱锥S-ABC中，O为BC的中点，SO⊥平面ABC，侧面SAB与SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值. 解：因为△SAB与△SAC均为等边三角形，所以AB＝AC.连接OA，则OA⊥BC. 以O为坐标原点，OB，OA，OS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Oxyz.设B（1，0，0），则C（－1，0，0），A（0，1，0），S（0，0，1），O（0，0，0）. 所以＝（0，1，－1），＝（－1，0，－1），＝（0，1，0）. 设平面SAC的法向量为n＝（x，y，z）， 则 令x＝1，则z＝－1，y＝－1，所以n＝（1，－1，－1）. 易知平面SBC的一个法向量为＝（0，1，0）. 设平面SAC与平面SBC的夹角为θ， 所以cos θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝， 所以平面SAC与平面SBC夹角的余弦值为. 规律方法 向量法求两平面夹角的步骤 （1）建立适当的坐标系，写出相应点的坐标； （2）求出两个平面的法向量n1，n2； （3）设两平面的夹角为θ，则cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜. 训练3　（1）（2026·洛阳强基联盟联考）设a＝（1，1，0），b＝（t，0，1）分别为两平面的法向量，若两平面所成的角为60°，则实数t的值为（　C　） A.1　　　 　B.－1 C.－1或1　　 　D.2 （2）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为1，则平面ABC与平面AB1C1的夹角的大小为（　A　） A. B. C. D. 解析：（1）因为法向量a，b的夹角与两平面所成的角相等或互补，所以cos＜a，b＞＝＝＝±，解得t＝±1. （2）以C为原点，在平面ABC中，过C作BC的垂线为x轴，CB所在直线为y轴，CC1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则A（，1，0），B1（0，2，1），C1（0，0，1），则＝（－，1，1），＝（－，－1，1），设平面AB1C1的法向量为n＝（x，y，z），则得令x＝1，得n＝（1，0，）为平面AB1C1的一个法向量.易知平面ABC的一个法向量为m＝（0，0，1），所以｜cos＜m，n＞｜＝＝.设平面ABC与平面AB1C1的夹角为θ，则cos θ＝，所以θ＝. 1.若异面直线l1，l2的方向向量分别是a＝（0，－2，－1），b＝（2，0，4），则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于（　　） A.－ B. C.－ D. 解析：B　因为a·b＝－4，｜a｜＝，｜b｜＝2，设l1与l2的夹角为θ，所以cos θ＝｜cos＜a，b＞｜＝｜｜＝｜｜＝. 2.已知两平面的法向量分别为m＝（0，，0），n＝（，，2），则两平面所成的二面角为（　　） A.60° B.30°或150° C.60°或120° D.90° 解析：C　cos＜m，n＞＝＝＝，所以＜m，n＞＝60°，因为二面角与二面角的两个半平面的法向量夹角相等或者互补，所以两平面所成的二面角为60°或120°. 3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为（　　） A. B. C. D. 解析：C　设该正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系如图所示.则D（0，0，0），B（1，1，0），B1（1，1，1），＝（0，0，1），易知平面ACD1的一个法向量为＝（1，1，1）.设BB1与平面ACD1所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜，＞｜＝＝＝. 4.已知正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，求平面PAB与平面PCD的夹角. 解：如图所示，建立空间直角坐标系，设PA＝AB＝1， 则A（0，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1），于是＝（0，1，0）. 取PD的中点E，连接AE，则E（0，，）， ∴＝（0，，）， 易知是平面PAB的一个法向量，是平面PCD的一个法向量， ∴cos＜，＞＝＝， ∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°. 教材挖掘　最小角与最大角定理 　最小角定理：如图，平面的斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内任一直线所成角中的最小者，即线面角是最小的线线角.（由三余弦定理cos∠PAB＝cos θ·cos∠OAB可得） 最大角定理：如图，对于一个锐二面角，在其中一个半平面内的任一条直线与另一个半平面所成的线面角的最大值等于二面角的平面角，即二面角是最大的线面角.（由三正弦定理sin θ＝sin α·sin∠PAB可得） （1）设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）.记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P-AC-B的平面角为γ，则（　B　） A.β＜γ，α＜γ B.β＜α，β＜γ C.β＜α，γ＜α D.α＜β，γ＜β 解析：由最小角定理可得β＜α.记二面角V-AB-C的平面角为γ'（显然γ'＝γ）.由最大角定理有β＜γ'＝γ. （2）在四面体ABCD中，△BCD为等边三角形，∠ADB＝，二面角B-AD-C的大小为α，则α的取值范围是（　C　） A.（0，］ B.（0，］ C.（0，］ D.（0，］ 解析：（最小角定理）因为BD⊥DA，所以二面角B-AD-C的平面角即为直线BD与平面ACD所成的角，由线面角最小知α≤∠BDC＝. 【迁移应用】 1.如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A到墙面的距离为AB，某目标点沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小.若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tan θ的最大值是　　.（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角） 解析：由二面角最大定理知，直线AP与平面ABC所成角的最大角即二面角D-AC-B，如图，将其放进长方体中，易知BD＝，BF＝12，所以（tan θ）max＝＝. 2.〔一题多解〕如图，在△ABC中，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝，将△ABC绕边AB翻转至△ABP，使平面ABP⊥平面ABC，D是边BC的中点，设Q是线段PA上的动点，当PC与DQ所成的角取得最小值时，线段AQ的长度为　　. 解析：法一（正方体模型＋线面角最小定理）　将三棱锥放进棱长为2的正方体内（如图1），由最小角定理知，PC与DQ所成的角取得最小值时，即PC与平面PAD所成的角，过点C作CH⊥EF，则∠CPH为PC与平面PAD所成的角，需DQ∥PH，延长PH，AF交于点M，计算得FM＝，AM＝，所以＝＝，即AQ＝AP＝. 法二（线面角最小＋三余弦定理）　如图2，取BP的中点G，连接DG，有PC∥GD.由最小角定理知，当DQ恰好是GD在平面PAD内的投影时所成的角最小.连接AG，过点G作GO⊥DQ.计算得DG＝，AG＝1，GO＝，由三余弦定理cos∠ADG＝cos∠ADQ·cos∠GDQ知cos∠ADQ＝，所以AQ＝. 法三（坐标法）　如图3，过点C作CO⊥AB，交BA的延长线于点O，连接PO.以点O为原点，以OB所在直线为x轴、OC所在直线为y轴、OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系.则O（0，0，0），A（1，0，0），P（0，0，2），C（0，2，0），B（2，0，0），D（1，1，0）.设＝λ，有＝＋＝（－λ，－1，2λ），＝（0，2，－2），所以cos＜，＞＝≤，当λ＝时取到等号，此时AP＝，AQ＝. （时间：60分钟　满分：105分） [备注：单选、填空题5分，多选题6分] 1.设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，α的法向量为n，若＜a，n＞＝，则l与α所成的角为（　　） A. B. C. D. 解析：C　线面角的范围是.∵＜a，n＞＝，∴l与法向量所在直线所成角为，∴l与α所成的角为. 2.如图，已知向量m，n分别是平面α和平面β的法向量，若cos＜m，n＞＝－，则二面角α-l-β＝（　　） A.30° B.60° C.120° D.150° 解析：C　设二面角α-l-β为θ，0°≤θ≤180°，由题图可知，cos θ＝cos＜m，n＞＝－，∴θ＝120°. 3.已知平面α的一个法向量为a＝（1，2，2），平面β的一个法向量为b＝（－1，2，0），则两平面的夹角的余弦值为（　　） A. B. C. D. 解析：D　设两平面的夹角为θ，又平面α的一个法向量为a＝（1，2，2），平面β的一个法向量为b＝（－1，2，0），所以cos θ＝｜cos＜a，b＞｜＝＝＝＝.故选D. 4.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则直线BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（　　） A. B. C. D. 解析：D　如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，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），＝（－2，2，0），且易证为平面BB1D1D的一个法向量.设直线BC1与平面BB1D1D所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜，＞｜＝＝＝.∴直线BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为. 5.如图，在正方形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，若沿EF将正方形折成一个直二面角，则AF与CE所成角的余弦值为（　　） A.　　 　B. C.　　 　D. 解析：D　由题意知，AE，DE，EF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，则E（0，0，0），A（1，0，0），F（0，2，0），C（0，2，1），所以＝（－1，2，0），＝（0，2，1），所以｜cos＜，＞｜＝＝＝，所以AF与CE所成角的余弦值为. 6.〔多选〕直线l的方向向量为a，两个平面α，β的法向量分别为n，m，则下列命题为真命题的是（　　） A.若a⊥n，则直线l∥平面α B.若a∥n，则直线l⊥平面α C.若cos＜a，n＞＝，则直线l与平面α所成角的大小为 D.若cos＜m，n＞＝，则平面α，β夹角的大小为 解析：BCD　对于A，若a⊥n，则直线l∥平面α或在平面α内，故选项A不正确；对于B，若a∥n，则a也是平面α的一个法向量，所以直线l⊥平面α，故选项B正确；对于C，直线与平面所成角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，所以若cos＜a，n＞＝，则直线l与平面α所成角的大小为，故选项C正确；对于D，若cos＜m，n＞＝，则平面α，β夹角的大小为，故选项D正确. 7.〔多选〕如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠CBA＝∠DBC＝120°，则（　　） A.异面直线AD与BC所成角的大小为90° B.异面直线AB与CD所成角的余弦值为 C.直线AD与平面BCD所成角的大小为45° D.直线AD与平面BCD所成角的大小为60° 解析：ABC　以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.设AB＝2，则B（0，0，0），A（0，－1，），C（0，2，0），D（，－1，0），所以＝（，0，－），＝（0，2，0），＝（0，1，－），＝（，－3，0）.因为·＝0，所以AD⊥BC，即异面直线AD与BC所成角的大小为90°，故A正确.因为｜cos＜，＞｜＝＝，所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为，故B正确.设直线AD与平面BCD所成的角为θ，θ∈[0°，90°]，因为n＝（0，0，1）是平面BCD的一个法向量，所以sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝，所以θ＝45°，即直线AD与平面BCD所成角的大小为45°，故C正确，D错误.故选A、B、C. 8.如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为　　. 解析：以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，设AB＝a，则OP＝a，＝（－a，0，a），可求得平面PBC的法向量为n＝（－1，1，），所以cos＜，n＞＝＝，设直线OD与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝. 9.在空间中，已知平面α过A（3，0，0）和B（0，4，0）及z轴上一点P（0，0，a）（a＞0），如果平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a＝　　. 解析：平面Oxy的一个法向量为n＝（0，0，1）.设平面α的法向量为u＝（x，y，z），又＝（－3，4，0），＝（－3，0，a），则即即3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝（，，1）.而｜cos＜n，u＞｜＝＝，又∵a＞0，∴a＝. 10.（13分）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点. （1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； （2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值. 解：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB.以O为原点，OB，OC，OO1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. 因为AB＝AA1＝2，所以A（0，－1，0），B（，0，0），C（0，1，0），A1（0，－1，2），B1（，0，2），C1（0，1，2）. （1）因为P为A1B1的中点， 所以P（，－，2），从而＝（－，－，2）， 又＝（0，2，2）， 故cos＜，＞＝＝＝. 因此异面直线BP与AC1所成角的余弦值为. （2）因为Q为BC的中点，所以Q（，，0）， 因此＝（，，0）， 又＝（0，2，2），＝（0，0，2）. 设n＝（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量， 则即 不妨取n＝（，－1，1）. 设直线CC1与平面AQC1所成角为θ， 则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为. 11.在正四棱锥P-ABCD中，PA＝AB＝4，M为棱PC的中点，则异面直线AC，BM所成角的余弦值为（　　） A. B. C. D. 解析：D　如图，∵M为PC的中点，∴＝－＝－，且＝－，∠BPC＝∠APB＝60°，由于PA＝PC＝4，AC＝AB＝4，故PA2＋PC2＝AC2，则∠APC＝90°，｜｜＝｜｜＝｜｜＝4，∴·＝（－）·（－）＝－·－·＋·＝×16－0－4×4×＋4×4×＝8，又｜｜＝2，｜｜＝4，∴cos＜，＞＝＝＝.故异面直线AC，BM所成角的余弦值为.故选D. 12.如图，三棱锥A-BCD中，AB＝BC＝AC＝DB＝DC，且平面ABC与底面BCD垂直，E为BC中点，EF􀰿AD，则平面ADB与平面ABF夹角的余弦值为（　　） A. B. C. D.1 解析：B　连接AE，DE，因为AB＝BC＝AC＝DB＝DC，E为BC中点，所以AE⊥BC，DE⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC，所以AE⊥平面BCD，故ED，EB，EA两两垂直.以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB＝2，由EF􀰿AD，可得A（0，0，），D（，0，0），B（0，1，0），F（－，0，）.则＝（0，1，－），＝（，0，－），＝（－，0，0）.设平面ADB的一个法向量为m＝（x，y，z），则有所以取z＝1，得x＝1，y＝，则m＝（1，，1）.设平面ABF的一个法向量为n＝（a，b，c），则有所以取c＝1，得a＝0，b＝，则n＝（0，，1）.则cos＜m，n＞＝＝＝，则平面ADB与平面ABF夹角的余弦值为.故选B. 13.三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足＝λ，则直线PN与平面ABC所成的角最大时的正弦值为　　. 解析：如图所示，以AB，AC，AA1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.则P（λ，0，1），B（1，0，0），C（0，1，0），N（，，0），＝（－λ，，－1）.易知平面ABC的一个法向量为n＝（0，0，1），设直线PN与平面ABC所成的角为θ，所以sin θ＝＝，所以当λ＝时，（sin θ）max＝，此时角θ最大. 14.（15分）如图所示的几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在的直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点. （1）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； （2）当AB＝3，AD＝2时，求平面AGE与平面ACG夹角的大小. 解：（1）因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB∩AP＝A，AB，AP⊂平面ABP， 所以BE⊥平面ABP. 又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP. 又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°. （2）以B为坐标原点，BE，BP，BA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（－1，，0），则＝（2，0，－3），＝（1，，0），＝（2，0，3）， 设m＝（x1，y1，z1）是平面AGE的法向量. 由得 取z1＝2，可得m＝（3，－，2）. 设n＝（x2，y2，z2）是平面ACG的法向量. 由得 取z2＝－2，可得n＝（3，－，－2）， 所以｜cos＜m，n＞｜＝＝. 因此平面AGE与平面ACG夹角的大小为60°. 15.（15分）（2026·广东部分学校联考）如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AB＝3AA1＝2A1B1＝6，AA1⊥平面ABCD. （1）求直线DD1与平面BCC1B1所成角的正弦值； （2）若棱BC上有一点P，使得二面角P-AD1-D的余弦值为，求线段BP的长. 解：（1）因为AA1⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD， 又底面ABCD是正方形，AB⊥AD，故AB，AD，AA1两两互相垂直. 以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系（图略）， 则A（0，0，0），B（6，0，0），B1（3，0，2），C（6，6，0），D（0，6，0），D1（0，3，2）， 所以＝（0，6，0），＝（－3，0，2），＝（0，－3，2）. 设平面BCC1B1的法向量为m＝（x1，y1，z1）， 则令x1＝2，则y1＝0，z1＝3，故平面BCC1B1的一个法向量为m＝（2，0，3）. 设直线DD1与平面BCC1B1所成的角为θ， 则sin θ＝｜cos＜，m＞｜＝＝＝， 故直线DD1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. （2）设点P（6，λ，0），λ∈[0，6]， 则＝（6，λ，0），＝（0，3，2）. 设平面AD1P的法向量为n＝（x2，y2，z2）， 则令y2＝－6，得z2＝9，x2＝λ， 故平面AD1P的一个法向量为n＝（λ，－6，9）. 易知平面ADD1的一个法向量为v＝（1，0，0）， 所以｜cos＜n，v＞｜＝＝＝， 解得λ＝2或－2（舍去）， 故BP＝2. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $