还剩23页未读，
继续阅读
所属成套资源：新高考数学一轮复习课时过关练习 (含解析)
成套系列资料，整套一键下载
新高考数学一轮复习课时过关练习第07章 立体几何与空间向量 第1课时 向量法求空间角 (含解析)
展开
这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第07章 立体几何与空间向量 第1课时 向量法求空间角 (含解析)，共26页。试卷主要包含了掌握空间向量的应用，直线和平面所成的角，平面与平面的夹角，点P到直线l的距离，点P到平面α的距离，))∴eq \b\lc\{)等内容，欢迎下载使用。
1.两条异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，
则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2.直线和平面所成的角
直线AB与平面α相交于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＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3.平面与平面的夹角
(1)两平面的夹角：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.
(2)两平面夹角的计算：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cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
4.点P到直线l的距离
设eq \(AP,\s\up6(→))＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(\a\vs4\al(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2))＝eq \r(a2－（a·u）2).
5.点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如图所示.
6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要误记为cs θ＝|cs〈a，n〉|.
2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(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)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角.( )
(4)两异面直线夹角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，二面角的范围是[0，π].( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
解析 (1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量a，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|csa，n|；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角或其补角.
2.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cs 〈m，n〉＝eq \f(\r(3),2)，则l与α所成的角为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
答案 B
解析 由于cs 〈m，n〉＝eq \f(\r(3),2)，所以〈m，n〉＝30°，所以直线l与α所成的角为60°.
3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为( )
A.－eq \f(\r(10),10) B.－eq \f(1,20) C.eq \f(1,20) D.eq \f(\r(10),10)
答案 D
解析 建立如图空间直角坐标系D－xyz，
设DA＝1，A(1，0，0)，
C(0，1，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，
则eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，设异面直线DE与AC所成的角为θ，
则cs θ＝|cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\r(10),10).
4.(2021·聊城模拟)已知点M(0，1，－2)，平面α过原点，且平面α的法向量n＝(1，－2，2)，则点M到平面α的距离为________.
答案 2
解析 由题意可知点M到平面α的距离即为eq \(OM,\s\up6(→))在n的投影的长度，∵M(0，1，－2)，
∴eq \(OM,\s\up6(→))＝(0，1，－2)，∴eq \(OM,\s\up6(→))·n＝－6，|n|＝3，故点M到平面α的距离为eq \f(|\(OM,\s\up6(→))·n|,|n|)＝2.
5.(易错题)若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角为________.
答案 30°
解析 设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cs 120°|＝eq \f(1,2).
又∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.
6.在空间中，已知平面α过点(3，0，0)和(0，4，0)及z轴上一点(0，0，a)(a＞0)，如果平面α与平面Oxy所成的角为45°，则a＝________.
答案 eq \f(12,5)
解析 平面Oxy的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设平面α的一个法向量为u＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))则3x＝4y＝az，取z＝1，
则u＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，\f(a,4)，1))，而cs〈n，u〉＝eq \f(1,\r(\f(a2,9)＋\f(a2,16)＋1))＝eq \f(\r(2),2).
又a＞0，故a＝eq \f(12,5).
第一课时 向量法求空间角
题型一 异面直线所成的角
例1 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
(1)证明 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，
所以BD⊥平面PAC.
(2)解 设AC∩BD＝O，
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝eq \r(3).
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，
则P(0，－eq \r(3)，2)，A(0，－eq \r(3)，0)，B(1，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)，D(－1，0，0)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0).
设PB与AC所成角为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(PB,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq \f(\r(6),4).
(3)解 由(2)知eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0).
设P(0，－eq \r(3)，t)(t＞0)，
则eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，t).
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
则eq \(BC,\s\up6(→))·m＝0，eq \(BP,\s\up6(→))·m＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋tz＝0，))
令y＝eq \r(3)，则x＝3，z＝eq \f(6,t)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\r(3)，\f(6,t))).
同理，平面PDC的法向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\r(3)，\f(6,t))).
因为平面PBC⊥平面PDC，
所以m·n＝0，即－6＋eq \f(36,t2)＝0，
解得t＝eq \r(6)，所以PA＝eq \r(6).
感悟提升 用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
训练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 以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图).
设AB＝1，
则B(0，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，C1(1，0，1)，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(1，0，1).
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°.
题型二 直线与平面所成的角
例2 (2021·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq \r(15)，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
(1)证明 因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，
所以AB⊥平面PDM.
又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)解 法一 因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝eq \r(7).
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2).
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，
则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP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(－eq \r(3)，2，0)，P(0，0，2eq \r(2))，C(eq \r(3)，－1，0)，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2)))，
所以eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，－\f(5,2)，\r(2))).
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AN,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AN,\s\up6(→))·n,|\(AN,\s\up6(→))|·|n|)))＝eq \f(\f(5,2),\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为eq \f(\r(15),6).
法二 由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角.
连接AM，因为PM⊥MD，
由(1)知PM⊥DC，
又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.又AM⊂平面ABCD，
所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝eq \r(7).
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2)，
所以PB＝PC＝2eq \r(3).
连接BN，结合余弦定理得BN＝eq \r(11).
连接AC，则由余弦定理得AC＝eq \r(21)，
在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝eq \r(15).
所以在△ABN中，cs∠BAN
＝eq \f(AB2＋AN2－BN2,2AB·AN)＝eq \f(1＋15－11,2\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝cs ∠BAN＝eq \f(\r(15),6).
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为eq \f(\r(15),6).
感悟提升 向量法求直线与平面所成角主要方法是：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
训练2 如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
(1)证明 由已知得AM＝eq \f(2,3)AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝eq \f(1,2)BC＝2.
又AD∥BC，故TN綉AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
(2)解 取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，
从而AE⊥AD，且AE＝eq \r(AB2－BE2)
＝eq \r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BC,2)))\s\up12(2))＝eq \r(5).
以A为坐标原点，eq \(AE,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(eq \r(5)，2，0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2))，eq \(PM,\s\up6(→))＝(0，2，－4)，
eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2)).
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PM,\s\up6(→))＝0，,n·\(PN,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))
可取n＝(0，2，1).
于是|cs〈n，eq \(AN,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(AN,\s\up6(→))|,|n||\(AN,\s\up6(→))|)＝eq \f(8\r(5),25).
∴直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为eq \f(8\r(5),25).
题型三 平面与平面的夹角
例3 (2021·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝eq \r(5)，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求平面BQD与平面AQD夹角的余弦值.
(1)证明 取AD的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD.
又AD＝2，QA＝eq \r(5)，
故QO＝eq \r(5－1)＝2.
在Rt△ODC中，CO＝eq \r(OD2＋CD2)＝eq \r(5).
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC.
因为OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，故QO⊥平面ABCD.
因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)解 在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系，
则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，故eq \(BQ,\s\up6(→))＝(－2，1，2)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，2，0).
设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BQ,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋y＋2z＝0，,－2x＋2y＝0，))
取x＝1，则y＝1，z＝eq \f(1,2)，
故n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2))).
易知平面QAD的一个法向量为m＝(1，0，0)，
故cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,1×\f(3,2))＝eq \f(2,3).
所以平面BQD与平面AQD夹角的余弦值为eq \f(2,3).
感悟提升 用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
训练3 (2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点.
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积.
(1)证明 因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD.
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)解 法一 如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.
因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).
设A(0，0，a)，a>0，因为DE＝2EA，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0，\f(2a,3))).
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1).
设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，
因为eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，0，\f(2a,3)))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，,－\f(4,3)x＋\f(2a,3)z＝0，))
令x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝eq \f(2,a)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，\f(2,a))).
因为二面角E－BC－D的大小为45°，
所以cs 45°＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \f(\f(2,a),\r(4＋\f(4,a2)))＝eq \f(\r(2),2)，
得a＝1，即OA＝1.
因为S△BCD＝eq \f(1,2)BD·CDsin 60°＝eq \f(1,2)×2×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)，
所以VA－BCD＝eq \f(1,3)S△BCD·OA＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×1＝eq \f(\r(3),6).
法二 因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，
所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝eq \r(3)，所以S△BCD＝eq \f(\r(3),2).
如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.
因为AO⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD.
又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC.
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，所以BC⊥EG，
则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为DE＝2EA，
所以EF＝eq \f(2,3)OA，DF＝2OF，
所以eq \f(BF,FD)＝2.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
则eq \f(GF,CD)＝eq \f(2,3)，所以GF＝eq \f(2,3)，
所以EF＝GF＝eq \f(2,3)，所以OA＝1，
所以VA－BCD＝eq \f(1,3)S△BCD·AO＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×1＝eq \f(\r(3),6).
1.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°.
(1)证明：AB⊥B1C；
(2)若B1C＝2，求AC1与平面BCB1所成角的正弦值.
(1)证明 连接AB1，在△ABB1中，AB＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°，
由余弦定理得，ABeq \\al(2,1)＝AB2＋BBeq \\al(2,1)－2AB·BB1·cs∠ABB1＝3，
∴AB1＝eq \r(3)，∴BBeq \\al(2,1)＝AB2＋ABeq \\al(2,1)，
∴AB1⊥AB.
又△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC，
∴AC⊥AB.∵AC∩AB1＝A，
∴AB⊥平面AB1C.
又B1C⊂平面AB1C，∴AB⊥B1C.
(2)解 ∵AB1＝eq \r(3)，AB＝AC＝1，B1C＝2，
∴B1C2＝ABeq \\al(2,1)＋AC2，∴AB1⊥AC.
如图，以A为原点，以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AB1,\s\up6(→))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，
则A(0，0，0)，B1(0，0，eq \r(3))，B(1，0，0)，C(0，1，0)，
∴eq \(BB1,\s\up6(→))＝(－1，0，eq \r(3))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，1，0).
设平面BCB1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BB1,\s\up6(→))·n＝0，,\(BC,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)z＝0，,－x＋y＝0，))令z＝1，得x＝y＝eq \r(3)，
∴平面BCB1的一个法向量为n＝(eq \r(3)，eq \r(3)，1).
∵eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0，1，0)＋(－1，0，eq \r(3))＝(－1，1，eq \r(3))，
∴cs〈eq \(AC1,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AC1,\s\up6(→))·n,|\(AC1,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(3),\r(5)×\r(7))＝eq \f(\r(105),35)，
∴AC1与平面BCB1所成角的正弦值为eq \f(\r(105),35).
2.如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点.
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求平面CPB与平面APB夹角的余弦值.
(1)证明 由AB是圆的直径，得AC⊥BC.
由PA垂直于圆所在的平面，
得PA⊥平面ABC.
由BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
又因为BC⊂平面PBC，
据面面垂直判定定理，平面PAC⊥平面PBC.
(2)解 过点C作CM∥AP，由(1)知CM⊥平面ABC.
如图所示，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
在直角三角形ABC中，AB＝2，AC＝1，所以BC＝eq \r(3).
又PA＝1，所以A(0，1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，
P(0，1，1).
故eq \(CB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，0)，eq \(CP,\s\up6(→))＝(0，1，1).
设平面CPB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(CP,\s\up6(→))＝0.))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝0，,y1＋z1＝0.))
不妨令y1＝1，则z1＝－1，故n1＝(0，1，－1).
设平面APB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AP,\s\up6(→))＝0.))同理可得n2＝(1，eq \r(3)，0).
于是|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
＝eq \f(\r(3),\r(02＋12＋（－1）2)×\r(12＋（\r(3)）2＋02))＝eq \f(\r(6),4).
∴平面CPB与平面APB夹角的余弦值为eq \f(\r(6),4).
3.(2020·江苏卷)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝eq \r(5)，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足BF＝eq \f(1,4)BC，设平面DEF与平面CDE夹角的大小为θ，求sin θ的值.
解 (1)如图，连接OC，因为CB＝CD，O为BD的中点，所以CO⊥BD.
又AO⊥平面BCD，OB，OC⊂平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.
以{eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OA,\s\up6(→))}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为BD＝2，CB＝CD＝eq \r(5)，AO＝2，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，
A(0，0，2).
因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(1，1，1)，
所以|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·\(DE,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))|·|\(DE,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|1＋0－2|,\r(5)×\r(3))＝eq \f(\r(15),15).
因此，直线AB与DE所成角的余弦值为eq \f(\r(15),15).
(2)因为点F在BC上，BF＝eq \f(1,4)BC，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，
所以eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)，0)).
又eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，
故eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，\f(1,2)，0)).
设n1＝(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n1＝0，,\(DF,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋y1＋z1＝0，,\f(7,4)x1＋\f(1,2)y1＝0，))
取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，
所以n1＝(2，－7，5).
设n2＝(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又eq \(DC,\s\up6(→))＝(1，2，0)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\(DC,\s\up6(→))·n2＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2＋z2＝0，,x2＋2y2＝0，))
取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，
所以n2＝(2，－1，－1).
故|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(|4＋7－5|,\r(78)×\r(6))＝eq \f(\r(13),13).
所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(39),13).
4.(2021·全国乙卷)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；
(2)求二面角A－PM－B的正弦值.
解 (1)因为PD⊥平面ABCD，AD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥DC.
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点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\c1(\f(t,2)，1，0))，P(0，0，1)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(t，1，－1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,2)，1，0)).
因为PB⊥AM，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝－eq \f(t2,2)＋1＝0，
得t＝eq \r(2)(t＝－eq \r(2)舍去)，
所以BC＝eq \r(2).
(2)由(1)可得eq \(AP,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，0))，eq \(MB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，0))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(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\c1(n1·\(AP,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AM,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\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\c1(n2·\(MB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),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).
cs〈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 \r(1－cs2〈n1，n2〉)＝eq \f(\r(70),14).
5.(2021·衡水检测)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)若平面EBD与平面FBD夹角的余弦值为eq \f(1,3)，求线段CF的长.
解 依题意，建立以A为原点，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).
设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h).
(1)证明 依题意，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，
又eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，2，h)，可得eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，
又因为直线BF⊄平面ADE，
所以BF∥平面ADE.
(2)依题意，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2，2).
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))
不妨令z＝1，可得n ＝(2，2，1).
因此有cs〈eq \(CE,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(CE,\s\up6(→))·n,|\(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq \f(4,9).
所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq \f(4,9).
(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,2y1＋hz1＝0，))
不妨令y1＝1，可得m ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，－\f(2,h))).
又n＝(2，2，1)为平面BDE的一个法向量，
故由题意，
有|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4－\f(2,h))),3\r(2＋\f(4,h2)))＝eq \f(1,3).
解得h＝eq \f(8,7).经检验，符合题意.
所以，线段CF的长为eq \f(8,7).
6.如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点.
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求平面MAB与平面DAB夹角的余弦值.
(1)证明 取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝eq \f(1,2)AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD.
又BC＝eq \f(1,2)AD，所以EF綉BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，
则CE∥BF.
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
故CE∥平面PAB.
(2)解 由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq \(AB,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则
A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，eq \r(3))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \r(3))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0).
设M(x，y，z)(0eq \(BM,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)，eq \(PM,\s\up6(→))＝(x，y－1，z－eq \r(3)).
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的法向量，
所以|cs〈eq \(BM,\s\up6(→))，n〉|＝sin 45°，
eq \f(|z|,\r(（x－1）2＋y2＋z2))＝eq \f(\r(2),2)，
即(x－1)2＋y2－z2＝0.①
又M在棱PC上，设eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))，则
x＝λ，y＝1，z＝eq \r(3)－eq \r(3)λ.②
由①，②解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)))(舍去)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，
从而eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（2－\r(2)）x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))
所以可取m＝(0，－eq \r(6)，2).
于是|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(10),5).
因此平面MAB与平面DAB夹角的余弦值为eq \f(\r(10),5).
1.两条异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，
则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2.直线和平面所成的角
直线AB与平面α相交于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＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3.平面与平面的夹角
(1)两平面的夹角：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.
(2)两平面夹角的计算：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cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
4.点P到直线l的距离
设eq \(AP,\s\up6(→))＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(\a\vs4\al(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2))＝eq \r(a2－（a·u）2).
5.点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如图所示.
6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要误记为cs θ＝|cs〈a，n〉|.
2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(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)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角.( )
(4)两异面直线夹角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，二面角的范围是[0，π].( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
解析 (1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量a，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|csa，n|；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角或其补角.
2.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cs 〈m，n〉＝eq \f(\r(3),2)，则l与α所成的角为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
答案 B
解析 由于cs 〈m，n〉＝eq \f(\r(3),2)，所以〈m，n〉＝30°，所以直线l与α所成的角为60°.
3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为( )
A.－eq \f(\r(10),10) B.－eq \f(1,20) C.eq \f(1,20) D.eq \f(\r(10),10)
答案 D
解析 建立如图空间直角坐标系D－xyz，
设DA＝1，A(1，0，0)，
C(0，1，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，
则eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，设异面直线DE与AC所成的角为θ，
则cs θ＝|cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\r(10),10).
4.(2021·聊城模拟)已知点M(0，1，－2)，平面α过原点，且平面α的法向量n＝(1，－2，2)，则点M到平面α的距离为________.
答案 2
解析 由题意可知点M到平面α的距离即为eq \(OM,\s\up6(→))在n的投影的长度，∵M(0，1，－2)，
∴eq \(OM,\s\up6(→))＝(0，1，－2)，∴eq \(OM,\s\up6(→))·n＝－6，|n|＝3，故点M到平面α的距离为eq \f(|\(OM,\s\up6(→))·n|,|n|)＝2.
5.(易错题)若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角为________.
答案 30°
解析 设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cs 120°|＝eq \f(1,2).
又∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.
6.在空间中，已知平面α过点(3，0，0)和(0，4，0)及z轴上一点(0，0，a)(a＞0)，如果平面α与平面Oxy所成的角为45°，则a＝________.
答案 eq \f(12,5)
解析 平面Oxy的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设平面α的一个法向量为u＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))则3x＝4y＝az，取z＝1，
则u＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，\f(a,4)，1))，而cs〈n，u〉＝eq \f(1,\r(\f(a2,9)＋\f(a2,16)＋1))＝eq \f(\r(2),2).
又a＞0，故a＝eq \f(12,5).
第一课时 向量法求空间角
题型一 异面直线所成的角
例1 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
(1)证明 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，
所以BD⊥平面PAC.
(2)解 设AC∩BD＝O，
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝eq \r(3).
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，
则P(0，－eq \r(3)，2)，A(0，－eq \r(3)，0)，B(1，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)，D(－1，0，0)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0).
设PB与AC所成角为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(PB,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq \f(\r(6),4).
(3)解 由(2)知eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0).
设P(0，－eq \r(3)，t)(t＞0)，
则eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，t).
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
则eq \(BC,\s\up6(→))·m＝0，eq \(BP,\s\up6(→))·m＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋tz＝0，))
令y＝eq \r(3)，则x＝3，z＝eq \f(6,t)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\r(3)，\f(6,t))).
同理，平面PDC的法向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\r(3)，\f(6,t))).
因为平面PBC⊥平面PDC，
所以m·n＝0，即－6＋eq \f(36,t2)＝0，
解得t＝eq \r(6)，所以PA＝eq \r(6).
感悟提升 用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
训练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 以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图).
设AB＝1，
则B(0，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，C1(1，0，1)，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(1，0，1).
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°.
题型二 直线与平面所成的角
例2 (2021·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq \r(15)，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
(1)证明 因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，
所以AB⊥平面PDM.
又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)解 法一 因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝eq \r(7).
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2).
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，
则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP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(－eq \r(3)，2，0)，P(0，0，2eq \r(2))，C(eq \r(3)，－1，0)，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2)))，
所以eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，－\f(5,2)，\r(2))).
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AN,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AN,\s\up6(→))·n,|\(AN,\s\up6(→))|·|n|)))＝eq \f(\f(5,2),\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为eq \f(\r(15),6).
法二 由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角.
连接AM，因为PM⊥MD，
由(1)知PM⊥DC，
又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.又AM⊂平面ABCD，
所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝eq \r(7).
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2)，
所以PB＝PC＝2eq \r(3).
连接BN，结合余弦定理得BN＝eq \r(11).
连接AC，则由余弦定理得AC＝eq \r(21)，
在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝eq \r(15).
所以在△ABN中，cs∠BAN
＝eq \f(AB2＋AN2－BN2,2AB·AN)＝eq \f(1＋15－11,2\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝cs ∠BAN＝eq \f(\r(15),6).
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为eq \f(\r(15),6).
感悟提升 向量法求直线与平面所成角主要方法是：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
训练2 如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
(1)证明 由已知得AM＝eq \f(2,3)AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝eq \f(1,2)BC＝2.
又AD∥BC，故TN綉AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
(2)解 取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，
从而AE⊥AD，且AE＝eq \r(AB2－BE2)
＝eq \r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BC,2)))\s\up12(2))＝eq \r(5).
以A为坐标原点，eq \(AE,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(eq \r(5)，2，0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2))，eq \(PM,\s\up6(→))＝(0，2，－4)，
eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2)).
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PM,\s\up6(→))＝0，,n·\(PN,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))
可取n＝(0，2，1).
于是|cs〈n，eq \(AN,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(AN,\s\up6(→))|,|n||\(AN,\s\up6(→))|)＝eq \f(8\r(5),25).
∴直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为eq \f(8\r(5),25).
题型三 平面与平面的夹角
例3 (2021·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝eq \r(5)，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求平面BQD与平面AQD夹角的余弦值.
(1)证明 取AD的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD.
又AD＝2，QA＝eq \r(5)，
故QO＝eq \r(5－1)＝2.
在Rt△ODC中，CO＝eq \r(OD2＋CD2)＝eq \r(5).
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC.
因为OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，故QO⊥平面ABCD.
因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)解 在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系，
则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，故eq \(BQ,\s\up6(→))＝(－2，1，2)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，2，0).
设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BQ,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋y＋2z＝0，,－2x＋2y＝0，))
取x＝1，则y＝1，z＝eq \f(1,2)，
故n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2))).
易知平面QAD的一个法向量为m＝(1，0，0)，
故cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,1×\f(3,2))＝eq \f(2,3).
所以平面BQD与平面AQD夹角的余弦值为eq \f(2,3).
感悟提升 用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
训练3 (2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点.
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积.
(1)证明 因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD.
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)解 法一 如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.
因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).
设A(0，0，a)，a>0，因为DE＝2EA，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0，\f(2a,3))).
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1).
设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，
因为eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，0，\f(2a,3)))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，,－\f(4,3)x＋\f(2a,3)z＝0，))
令x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝eq \f(2,a)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，\f(2,a))).
因为二面角E－BC－D的大小为45°，
所以cs 45°＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \f(\f(2,a),\r(4＋\f(4,a2)))＝eq \f(\r(2),2)，
得a＝1，即OA＝1.
因为S△BCD＝eq \f(1,2)BD·CDsin 60°＝eq \f(1,2)×2×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)，
所以VA－BCD＝eq \f(1,3)S△BCD·OA＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×1＝eq \f(\r(3),6).
法二 因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，
所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝eq \r(3)，所以S△BCD＝eq \f(\r(3),2).
如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.
因为AO⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD.
又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC.
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，所以BC⊥EG，
则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为DE＝2EA，
所以EF＝eq \f(2,3)OA，DF＝2OF，
所以eq \f(BF,FD)＝2.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
则eq \f(GF,CD)＝eq \f(2,3)，所以GF＝eq \f(2,3)，
所以EF＝GF＝eq \f(2,3)，所以OA＝1，
所以VA－BCD＝eq \f(1,3)S△BCD·AO＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×1＝eq \f(\r(3),6).
1.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°.
(1)证明：AB⊥B1C；
(2)若B1C＝2，求AC1与平面BCB1所成角的正弦值.
(1)证明 连接AB1，在△ABB1中，AB＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°，
由余弦定理得，ABeq \\al(2,1)＝AB2＋BBeq \\al(2,1)－2AB·BB1·cs∠ABB1＝3，
∴AB1＝eq \r(3)，∴BBeq \\al(2,1)＝AB2＋ABeq \\al(2,1)，
∴AB1⊥AB.
又△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC，
∴AC⊥AB.∵AC∩AB1＝A，
∴AB⊥平面AB1C.
又B1C⊂平面AB1C，∴AB⊥B1C.
(2)解 ∵AB1＝eq \r(3)，AB＝AC＝1，B1C＝2，
∴B1C2＝ABeq \\al(2,1)＋AC2，∴AB1⊥AC.
如图，以A为原点，以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AB1,\s\up6(→))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，
则A(0，0，0)，B1(0，0，eq \r(3))，B(1，0，0)，C(0，1，0)，
∴eq \(BB1,\s\up6(→))＝(－1，0，eq \r(3))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，1，0).
设平面BCB1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BB1,\s\up6(→))·n＝0，,\(BC,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)z＝0，,－x＋y＝0，))令z＝1，得x＝y＝eq \r(3)，
∴平面BCB1的一个法向量为n＝(eq \r(3)，eq \r(3)，1).
∵eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0，1，0)＋(－1，0，eq \r(3))＝(－1，1，eq \r(3))，
∴cs〈eq \(AC1,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AC1,\s\up6(→))·n,|\(AC1,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(3),\r(5)×\r(7))＝eq \f(\r(105),35)，
∴AC1与平面BCB1所成角的正弦值为eq \f(\r(105),35).
2.如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点.
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求平面CPB与平面APB夹角的余弦值.
(1)证明 由AB是圆的直径，得AC⊥BC.
由PA垂直于圆所在的平面，
得PA⊥平面ABC.
由BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
又因为BC⊂平面PBC，
据面面垂直判定定理，平面PAC⊥平面PBC.
(2)解 过点C作CM∥AP，由(1)知CM⊥平面ABC.
如图所示，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
在直角三角形ABC中，AB＝2，AC＝1，所以BC＝eq \r(3).
又PA＝1，所以A(0，1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，
P(0，1，1).
故eq \(CB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，0)，eq \(CP,\s\up6(→))＝(0，1，1).
设平面CPB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(CP,\s\up6(→))＝0.))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝0，,y1＋z1＝0.))
不妨令y1＝1，则z1＝－1，故n1＝(0，1，－1).
设平面APB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AP,\s\up6(→))＝0.))同理可得n2＝(1，eq \r(3)，0).
于是|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
＝eq \f(\r(3),\r(02＋12＋（－1）2)×\r(12＋（\r(3)）2＋02))＝eq \f(\r(6),4).
∴平面CPB与平面APB夹角的余弦值为eq \f(\r(6),4).
3.(2020·江苏卷)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝eq \r(5)，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足BF＝eq \f(1,4)BC，设平面DEF与平面CDE夹角的大小为θ，求sin θ的值.
解 (1)如图，连接OC，因为CB＝CD，O为BD的中点，所以CO⊥BD.
又AO⊥平面BCD，OB，OC⊂平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.
以{eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OA,\s\up6(→))}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为BD＝2，CB＝CD＝eq \r(5)，AO＝2，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，
A(0，0，2).
因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(1，1，1)，
所以|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·\(DE,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))|·|\(DE,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|1＋0－2|,\r(5)×\r(3))＝eq \f(\r(15),15).
因此，直线AB与DE所成角的余弦值为eq \f(\r(15),15).
(2)因为点F在BC上，BF＝eq \f(1,4)BC，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，
所以eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)，0)).
又eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，
故eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，\f(1,2)，0)).
设n1＝(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n1＝0，,\(DF,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋y1＋z1＝0，,\f(7,4)x1＋\f(1,2)y1＝0，))
取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，
所以n1＝(2，－7，5).
设n2＝(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又eq \(DC,\s\up6(→))＝(1，2，0)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\(DC,\s\up6(→))·n2＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2＋z2＝0，,x2＋2y2＝0，))
取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，
所以n2＝(2，－1，－1).
故|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(|4＋7－5|,\r(78)×\r(6))＝eq \f(\r(13),13).
所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(39),13).
4.(2021·全国乙卷)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；
(2)求二面角A－PM－B的正弦值.
解 (1)因为PD⊥平面ABCD，AD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥DC.
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点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\c1(\f(t,2)，1，0))，P(0，0，1)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(t，1，－1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,2)，1，0)).
因为PB⊥AM，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝－eq \f(t2,2)＋1＝0，
得t＝eq \r(2)(t＝－eq \r(2)舍去)，
所以BC＝eq \r(2).
(2)由(1)可得eq \(AP,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，0))，eq \(MB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，0))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(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\c1(n1·\(AP,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AM,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\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\c1(n2·\(MB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),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).
cs〈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 \r(1－cs2〈n1，n2〉)＝eq \f(\r(70),14).
5.(2021·衡水检测)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)若平面EBD与平面FBD夹角的余弦值为eq \f(1,3)，求线段CF的长.
解 依题意，建立以A为原点，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).
设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h).
(1)证明 依题意，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，
又eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，2，h)，可得eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，
又因为直线BF⊄平面ADE，
所以BF∥平面ADE.
(2)依题意，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2，2).
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))
不妨令z＝1，可得n ＝(2，2，1).
因此有cs〈eq \(CE,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(CE,\s\up6(→))·n,|\(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq \f(4,9).
所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq \f(4,9).
(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,2y1＋hz1＝0，))
不妨令y1＝1，可得m ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，－\f(2,h))).
又n＝(2，2，1)为平面BDE的一个法向量，
故由题意，
有|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4－\f(2,h))),3\r(2＋\f(4,h2)))＝eq \f(1,3).
解得h＝eq \f(8,7).经检验，符合题意.
所以，线段CF的长为eq \f(8,7).
6.如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点.
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求平面MAB与平面DAB夹角的余弦值.
(1)证明 取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝eq \f(1,2)AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD.
又BC＝eq \f(1,2)AD，所以EF綉BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，
则CE∥BF.
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
故CE∥平面PAB.
(2)解 由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq \(AB,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则
A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，eq \r(3))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \r(3))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0).
设M(x，y，z)(0
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的法向量，
所以|cs〈eq \(BM,\s\up6(→))，n〉|＝sin 45°，
eq \f(|z|,\r(（x－1）2＋y2＋z2))＝eq \f(\r(2),2)，
即(x－1)2＋y2－z2＝0.①
又M在棱PC上，设eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))，则
x＝λ，y＝1，z＝eq \r(3)－eq \r(3)λ.②
由①，②解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)))(舍去)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，
从而eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（2－\r(2)）x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))
所以可取m＝(0，－eq \r(6)，2).
于是|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(10),5).
因此平面MAB与平面DAB夹角的余弦值为eq \f(\r(10),5).
相关试卷
新高考数学一轮复习课时过关练习第07章 立体几何与空间向量第5节 空间向量及其应用 (含解析)： 这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第07章 立体几何与空间向量第5节 空间向量及其应用 (含解析)，共21页。试卷主要包含了空间向量的有关定理，空间向量的数量积，空间向量的坐标表示及其应用，直线的方向向量和平面的法向量，空间位置关系的向量表示等内容，欢迎下载使用。
新高考数学一轮复习课时过关练习第07章 立体几何与空间向量第4节 空间直线、平面的垂直 (含解析)： 这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第07章 立体几何与空间向量第4节 空间直线、平面的垂直 (含解析)，共23页。试卷主要包含了直线与平面垂直，直线和平面所成的角，二面角，平面与平面垂直等内容，欢迎下载使用。
新高考数学一轮复习课时过关练习第07章 立体几何与空间向量第3节 空间直线、平面的平行 (含解析)： 这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第07章 立体几何与空间向量第3节 空间直线、平面的平行 (含解析)，共19页。试卷主要包含了直线与平面平行，平面与平面平行等内容，欢迎下载使用。
