2020-2021学年6.3空间向量的应用学案及答案

这是一份2020-2021学年6.3空间向量的应用学案及答案，共21页。学案主要包含了两条异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角等内容，欢迎下载使用。

导语
地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”，黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°26′.黄道面与地球相交的大圆为“黄道”．黄道及其附近的南北宽9°以内的区域称为黄道带，太阳及大多数行星在天球上的位置常在黄道带内．黄道带内有十二个星座，称为“黄道十二宫”．从春分(节气)点起，每30°便是一宫，并冠以星座名，如白羊座、狮子座、双子座等等，这便是星座的由来．
一、两条异面直线所成的角
知识梳理
(1)设两条异面直线所成的角为θ，它们的方向向量为a，b，则cs θ＝|cs〈a，b〉|＝eq \f(|a·b|,|a||b|).
(2)两条异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
注意点：
两条异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，两条异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系．
例1 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角．
解 分别以直线BA，BC，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
设AB＝1，则B(0,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，C1(0,1,1)，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(1,2)))，
eq \(BC1,\s\up6(→))＝(0,1,1)．
于是cs〈eq \(BC1,\s\up6(→))，eq \(EF,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BC1,\s\up6(→))·\(EF,\s\up6(→)),|\(BC1,\s\up6(→))||\(EF,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，
所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.
反思感悟 运用向量法常有两种途径
(1)基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，经常采用取定基底的方法，在由公式cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)求向量a，b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a，b用基向量表示出来，再求有关的量．
(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．
跟踪训练1 已知四棱锥S－ABCD的底面是正方形且侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(\r(2),3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(2,3)
答案 C
解 连接AC，BD交于点O，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，设四棱锥S－ABCD的棱长为eq \r(2)，则A(0，－1,0)，B(1,0,0)，S(0,0,1)，D(－1,0,0)，∴E点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，
eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，eq \(SD,\s\up6(→))＝(－1,0，－1)，
∴cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(SD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·\(SD,\s\up6(→)),|\(AE,\s\up6(→))||\(SD,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1,\f(\r(6),2)×\r(2))＝－eq \f(\r(3),3)，
故异面直线AE，SD所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
二、直线与平面所成的角
问题 直线的方向向量与平面的法向量所成的角是否是直线与平面所成的角？
提示 不是．
知识梳理
设直线AB与平面α所成的角为θ，
直线AB的方向向量为e，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cs〈e，n〉|＝eq \f(|e·n|,|e||n|).
注意点：
(1)直线与平面所成的角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角．
(2)线面角的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(3)直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角．
例2 如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq \f(1,2)AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点．
(1)证明：CM⊥SN；
(2)求SN与平面CMN所成角的大小．
(1)证明 设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．
则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，
又AN＝eq \f(1,4)AB，M，S分别为PB，BC的中点，
∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，0))，
eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(1,2)))，eq \(SN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，
∴eq \(CM,\s\up6(→))·eq \(SN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))＝0，
∴eq \(CM,\s\up6(→))⊥eq \(SN,\s\up6(→))，∴CM⊥SN.
(2)解 由(1)知，eq \(NC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，0))，
eq \(SN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，
设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，
∴eq \(CM,\s\up6(→))·a＝0，eq \(NC,\s\up6(→))·a＝0.
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0.))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2y，,z＝－2y.))
取y＝1，得a＝(2,1，－2)．
设SN与平面CMN所成的角为θ，
∵sin θ＝|cs〈a，eq \(SN,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|a·\(SN,\s\up6(→))|,|a||\(SN,\s\up6(→))|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－1－\f(1,2))),3×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(2),2).
∴SN与平面CMN所成角的大小为eq \f(π,4).
反思感悟 若直线l与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：
跟踪训练2 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F依次为C1C，BC的中点．求A1B与平面AEF所成角的正弦值．
解 以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,1,0)，
所以eq \(A1B,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，
eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(1,1,0)．
设平面AEF的一个法向量为
n＝(a，b，c)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＋c＝0，,a＋b＝0，))
令a＝1可得n＝(1，－1,2)．
设A1B与平面AEF所成的角为θ，
所以sin θ＝|cs〈n，eq \(A1B,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(A1B,\s\up6(→))|,|n||\(A1B,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3),6)，
即A1B与平面AEF所成角的正弦值为eq \f(\r(3),6).
三、二面角
知识梳理
将二面角转化为二面角的两个面的法向量的夹角，如图，向量n1⊥α，n2⊥β，则二面角α－l－β的大小为〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉，若二面角α－l－β的大小为θ(0≤θ≤π)，则|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
注意点：
(1)求二面角问题转化为两个平面法向量的夹角问题．
(2)二面角的范围是[0，π]．
例3 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；
(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1－OB1－D的余弦值．
(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.
(2)解 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，y，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)，
平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，
设平面OC1B1的法向量为m＝(x，y，z)，
由m⊥eq \(OB1,\s\up6(→))，m⊥eq \(OC1,\s\up6(→))，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cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2\r(3),\r(19))＝eq \f(2\r(57),19).
因为二面角C1－OB1－D为锐二面角，
所以二面角C1－OB1－D的余弦值为eq \f(2\r(57),19).
反思感悟 利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还是钝角．
(5)确定二面角的大小．
跟踪训练3 如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值．
(1)证明 由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD.因为AB∥CD，所以AB⊥PD.
又AP∩PD＝P，AP，PD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD.
因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)解 在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F.
由(1)可知，AB⊥平面PAD，PF⊂平面PAD，
故AB⊥PF，
又AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABCD，
可得PF⊥平面ABCD.
以F为坐标原点，eq \(FA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，
|eq \(AB,\s\up6(→))|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F－xyz.
由(1)及已知可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1，0))，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，0))，所以eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，
eq \(CB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0,0)，eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，－\f(\r(2),2)))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(CB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)x1＋y1－\f(\r(2),2)z1＝0，,\r(2)x1＝0.))
所以可取n＝(0，－1，－eq \r(2))．
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PA,\s\up6(→))＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)x2－\f(\r(2),2)z2＝0，,y2＝0.))
所以可取m＝(1,0,1)，
则cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(－\r(2),\r(3)×\r(2))＝－eq \f(\r(3),3).
因为二面角A－PB－C为钝二面角，
所以二面角A－PB－C的余弦值为－eq \f(\r(3),3).
1．知识清单：
(1)异面直线所成的角．
(2)直线与平面所成的角．
(3)二面角．
2．方法归纳：转化与化归．
3．常见误区：混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念，把握空间角的范围．
1．已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cs〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则l与α所成的角为( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
答案 A
解析 设l与α所成的角为θ且0°≤θ≤90°，则
sin θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(1,2).∴θ＝30°.
2．(多选)已知二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量分别为a，b，若〈a，b〉＝eq \f(π,3)，则二面角α－l－β的大小可能为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(2π,3) C.eq \f(π,6) D.eq \f(5π,6)
答案 AB
解析 由于二面角的范围是[0，π]，而二面角的两个半平面α与β的法向量都有两个方向，因此二面角α－l－β的大小为eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)，故选AB.
3．已知在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DC的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB1与ED1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(10),10) B.eq \f(\r(10),5) C．－eq \f(\r(10),10) D．－eq \f(\r(10),5)
答案 A
解析 因为A(2,2,0)，B1(2,0,2)，E(0,1,0)，
D1(0,2,2)，
所以eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，eq \(ED1,\s\up6(→))＝(0,1,2)，
所以|eq \(AB1,\s\up6(→))|＝2eq \r(2)，|eq \(ED1,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，
eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(ED1,\s\up6(→))＝0－2＋4＝2，
所以cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(ED1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB1,\s\up6(→))·\(ED1,\s\up6(→)),|\(AB1,\s\up6(→))||\(ED1,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,2\r(2)×\r(5))＝eq \f(\r(10),10)，
所以AB1与ED1所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
4．在一个二面角的两个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________．
答案 ±eq \f(\r(15),6)
解析 设a＝(0，－1,3)，b＝(2,2,4)，
则cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(10,\r(10)×\r(24))＝eq \f(\r(15),6)，
又因为两向量的夹角与二面角相等或互补，
所以这个二面角的余弦值为±eq \f(\r(15),6).
课时对点练
1．若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°，则l1与l2所成的角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(5π,6)
C.eq \f(π,6)或eq \f(5π,6) D．以上均不对
答案 A
解析 l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故选A.
2．若二面角α－l－β的大小为120°，则平面α与平面β的法向量的夹角为( )
A．120° B．60°
C．120°或60° D．30°或150°
答案 C
解析 二面角为120°时，其法向量的夹角可能是60°，也可能是120°.
3．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(\r(5),3)
C.eq \f(2\r(5),5) D.eq \f(3,5)
答案 A
解析 不妨设CA＝CC1＝2CB＝2，
则eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，eq \(C1B,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，
所以cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(C1B,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB1,\s\up6(→))·\(C1B,\s\up6(→)),|\(AB1,\s\up6(→))||\(C1B,\s\up6(→))|)
＝eq \f(－2×0＋2×－2＋1×1,\r(9)×\r(5))＝－eq \f(\r(5),5).
因为直线BC1与直线AB1的夹角为锐角，
所以所求角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
4．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝4，则BB1与平面ACD1所成角的正弦值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(6),3) D.eq \f(2\r(2),3)
答案 A
解析 如图所示，建立空间直角坐标系．
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,4)，B(2,2,0)，B1(2,2,4)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－2,0,4)，eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,4)．
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD1,\s\up6(→))＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,－2x＋4z＝0，))
取n＝(2,2,1)，
设BB1与平面ACD1所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(BB1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(BB1,\s\up6(→))|,|n||\(BB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,\r(9)×4)＝eq \f(1,3).
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AD，C1D1的中点，O为侧面BCC1B1的中心，则异面直线MN与OD1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4)
C．－eq \f(1,6) D．－eq \f(1,4)
答案 A
解析 如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则M(1,0,0)，N(0,1,2)，O(1,2,1)，D1(0,0,2)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝(－1,1,2)，eq \(OD1,\s\up6(→))＝(－1，－2,1)．
则cs〈eq \(MN,\s\up6(→))，eq \(OD1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(MN,\s\up6(→))·\(OD1,\s\up6(→)),|\(MN,\s\up6(→))||\(OD1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(6)×\r(6))＝eq \f(1,6).
∴异面直线MN与OD1所成角的余弦值为eq \f(1,6)，故选A.
6．正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，则AC1与平面BB1C1C所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(10),4) B.eq \f(\r(10),2) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(5),10)
答案 A
解析 设三棱柱的棱长为1，以B为原点建立空间直角坐标系，如图，则C1(0,1,1)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，
则eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－\r(3),2)，\f(1,2)，1)).易知平面BB1C1C的一个法向量n＝(1,0,0)，设AC1与平面BB1C1C所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(AC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(|\(AC1,\s\up6(→))·n|,|\(AC1,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(6),4)，
所以cs θ＝eq \r(1－sin2θ)＝eq \f(\r(10),4).
7．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________．
答案 eq \f(2,3)
解析 以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．设AA1＝2AB＝2，
则D(0,0,0)，C(0,1,0)，
B(1,1,0)，C1(0,1,2)，
则eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则n⊥eq \(DB,\s\up6(→))，n⊥eq \(DC1,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))
令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．
设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(DC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(DC,\s\up6(→))|,|n||\(DC,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,3).
8.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝BC＝AB＝2，AB⊥BC，则二面角B1－A1C－C1的大小为________．
答案 eq \f(π,3)
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，
则由题意可知B(0,0,0)，C(0,2,0)，
A1(2,0,2)，B1(0,0,2)，
设AC的中点为M，连接BM，
则BM⊥AC，
又由题意知BM⊥CC1，
又AC∩CC1＝C，
所以BM⊥平面A1C1C，
即eq \(BM,\s\up6(→))＝(1,1,0)是平面A1C1C的一个法向量．
设平面A1B1C的法向量是n＝(x，y，z)．
eq \(A1C,\s\up6(→))＝(－2,2，－2)，eq \(A1B1,\s\up6(—→))＝(－2,0,0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1B1,\s\up6(—→))＝－2x＝0，,n·\(A1C,\s\up6(→))＝－2x＋2y－2z＝0，))
令z＝1，可得n＝(0,1,1)．
设法向量n与eq \(BM,\s\up6(→))的夹角为φ，二面角B1－A1C－C1的大小为θ，显然θ为锐角．
所以cs θ＝|cs φ|＝eq \f(|n·\(BM,\s\up6(→))|,|n||\(BM,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，解得θ＝eq \f(π,3)，
所以二面角B1－A1C－C1的大小为eq \f(π,3).
9．如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，其中AB＝eq \r(2)，BD＝BC＝1，AA1＝2，E为DC的中点，F是棱DD1上的动点．
(1)求异面直线AD1与BE所成角的正切值；
(2)当DF为何值时，EF与BC1所成的角为90°？
解 由BC2＋BD2＝DC2可知BD⊥BC，分别以BC，BD，BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则B(0,0,0)，A(－1,1,0)，D(0,1,0)，D1 (0,1,2)，C(1,0,0)，C1(1,0,2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)).
(1)因为eq \(AD1,\s\up6(→))＝(1,0,2)，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，
所以cs〈eq \(AD1,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AD1,\s\up6(→))·\(BE,\s\up6(→)),|\(AD1,\s\up6(→))||\(BE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(5)×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(10),10)，
所以sin〈eq \(AD1,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))〉＝eq \f(3\r(10),10)，
所以tan〈eq \(AD1,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))〉＝3，
即AD1与BE所成角的正切值为3.
(2)设F(0,1，q)，则eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，q)).
又eq \(BC1,\s\up6(→))＝(1,0,2)，
由eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×1＋0×eq \f(1,2)＋q·2＝0，
得q＝eq \f(1,4)，即DF＝eq \f(1,4)时，EF⊥BC1.
10.如图，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，求二面角E－AG－C的大小．
解 (1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，即∠EBP＝90°，又∠EBC＝120°，
所以∠CBP＝30°.
(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA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．
由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，eq \r(3)，3)，C(－1，eq \r(3)，0)，
故eq \(AE,\s\up6(→))＝(2,0，－3)，eq \(AG,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \(CG,\s\up6(→))＝(2,0,3)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\(AG,\s\up6(→))＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.))
取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－eq \r(3)，2)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AG,\s\up6(→))＝0，,n·\(CG,\s\up6(→))＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.))
取z2＝－2，
可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－eq \r(3)，－2)．
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,2).
因为二面角E－AG－C为锐二面角，
故所求二面角E－AG－C的大小为60°.
11.如图所示，已知两个正四棱锥P－ABCD与Q－ABCD的高分别为1和2，AB＝4，则异面直线AQ与PB所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(3),6)
C.eq \f(\r(3),9) D.eq \f(\r(3),4)
答案 C
解析 由题设知，四边形ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则AC⊥BD.连接PQ，则PQ过点O.
由正四棱锥的性质知，PQ⊥平面ABCD，故以O为原点，以CA，DB，QP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P(0,0,1)，A(2eq \r(2)，0,0)，Q(0,0，－2)，B(0,2eq \r(2)，0)，
∴eq \(AQ,\s\up6(→))＝(－2eq \r(2)，0，－2)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(0,2eq \r(2)，－1)．
则cs〈eq \(AQ,\s\up6(→))，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AQ,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→)),|\(AQ,\s\up6(→))||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3),9)，
∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为eq \f(\r(3),9).
12．(多选)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的是( )
A．AC⊥BD
B．AB，CD所成角为eq \f(π,3)
C．△ADC为等边三角形
D．AB与平面BCD所成角为60°
答案 ABC
解析 如图，取BD的中点O，连接AO，CO，
易知BD⊥平面AOC，故BD⊥AC.
如图，建立空间直角坐标系，设正方形边长为a，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),2)a，0))，
故eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，－\f(\r(2),2)a，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)a))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，
故eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，－\f(\r(2),2)a)).
由两向量夹角公式得cs〈eq \(CD,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))〉＝－eq \f(1,2)，
故两异面直线所成的角为eq \f(π,3).
在Rt△AOC中，由AO＝CO＝eq \f(\r(2),2)a，AO⊥CO，
所以AC＝eq \r(2)AO＝a，故△ADC为等边三角形．
易知∠ABO即为直线AB与平面BCD所成的角，
可求得∠ABO＝45°，故D错．
13.如图，正三角形ABC与正三角形BCD所在的平面互相垂直，则直线CD与平面ABD所成角的正弦值为____．
答案 eq \f(\r(15),5)
解析 如图，取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系．
设BC＝1，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，
Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，0))，
所以eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，
eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0)).
设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BA,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0.))
取x＝1，则y＝－eq \r(3)，z＝1，所以n＝(1，－eq \r(3)，1)，
所以cs〈n，eq \(CD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(15),5)，
因此直线CD与平面ABD所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5).
14.如图所示，在菱形ABCD中，∠ABC＝eq \f(2π,3)，线段AD，BD的中点分别为E，F.现将△ABD沿对角线BD翻折，当二面角A－BD－C的余弦值为eq \f(1,3)时，异面直线BE与CF所成角的正弦值是________．
答案 eq \f(\r(35),6)
解析 如图所示，过点E作EH⊥BD，交BD于H点，设异面直线BE与CF所成的角为θ，
则θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
记二面角A－BD－C的大小为α，
eq \(CF,\s\up6(→))·eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(CF,\s\up6(→))·(eq \(BH,\s\up6(→))＋eq \(HE,\s\up6(→)))＝eq \(CF,\s\up6(→))·eq \(HE,\s\up6(→))，
即eq \(CF,\s\up6(→))·eq \(BE,\s\up6(→))＝|eq \(CF,\s\up6(→))|·|eq \(HE,\s\up6(→))|cs(π－α)，
即|eq \(CF,\s\up6(→))|·|eq \(BE,\s\up6(→))|cs〈eq \(CF,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))〉＝eq \f(1,2)|eq \(CF,\s\up6(→))|·|eq \(BE,\s\up6(→))|·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))，
∴cs〈eq \(CF,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))〉＝－eq \f(1,6)，
∴cs θ＝eq \f(1,6)，即sin θ＝eq \f(\r(35),6).
15．三棱柱OAB－O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，且∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，OB＝OO1＝2，OA＝eq \r(3)，求异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(1,7)
解析 以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(eq \r(3)，0,0)，B(0,2,0)，A1(eq \r(3)，1，eq \r(3))，O1(0,1，eq \r(3))，
所以eq \(A1B,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1，－eq \r(3))，eq \(O1A,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1，－eq \r(3))．
设所求的角为α，
则cs α＝eq \f(|\(A1B,\s\up6(→))·\(O1A,\s\up6(→))|,|\(A1B,\s\up6(→))||\(O1A,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－3－1＋3|,\r(7)×\r(7))＝eq \f(1,7)，
即异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为eq \f(1,7).
16．如图，已知长方形ABCD中，AB＝2eq \r(2)，AD＝eq \r(2)，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM.
(1)求证：AD⊥BM；
(2)若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角E－AM－D的余弦值为eq \f(\r(5),5).
(1)证明 ∵在长方形ABCD中，AB＝2eq \r(2)，AD＝eq \r(2)，
M为DC的中点，
∴AM＝BM＝2，∴BM⊥AM.
∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，BM⊂平面ABCM，∴BM⊥平面ADM，
∵AD⊂平面ADM，∴AD⊥BM.
(2)解 取AM的中点O，则OD⊥AM，
又平面ADM⊥平面ABCM，所以OD⊥平面ABCM，
以O为原点，OA，ON，OD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(1,0,0)，M(－1,0,0)，
D(0,0,1)，B(－1,2,0)，
eq \(MD,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，
设eq \(DE,\s\up6(→))＝λeq \(DB,\s\up6(→))(0<λ<1)，
eq \(ME,\s\up6(→))＝eq \(MD,\s\up6(→))＋λeq \(DB,\s\up6(→))＝(1－λ，2λ，1－λ)，
设平面AME的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\(ME,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＝0，,1－λx＋2λy＋1－λz＝0，))
取y＝1，得x＝0，y＝1，z＝eq \f(2λ,λ－1)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(2λ,λ－1)))，
平面AMD的一个法向量为n＝(0,1,0)，
因为cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(5),5)，解得λ＝eq \f(1,2)，
所以E为BD的中点．