新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题4　第3讲　空间向量与空间角（含解析）

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考点一 异面直线所成的角
核心提炼
设异面直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，异面直线l与m的夹角为θ.
则(1)θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))；
(2)cs θ＝|cs〈a，b〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a·b,|a||b|)))
＝eq \f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a\\al(2,1)＋b\\al(2,1)＋c\\al(2,1))\r(a\\al(2,2)＋b\\al(2,2)＋c\\al(2,2))).
例1 (1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 D
解析 方法一 如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，
又C1P⊥BB1，
B1D1∩BB1＝B1，
所以C1P⊥平面B1BP.
又BP⊂平面B1BP，所以C1P⊥BP.
连接BC1，则AD1∥BC1，
所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．
设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
则在Rt△C1PB中，C1P＝eq \f(1,2)B1D1＝eq \r(2)，
BC1＝2eq \r(2)，sin∠PBC1＝eq \f(PC1,BC1)＝eq \f(1,2)，
所以∠PBC1＝eq \f(π,6).
方法二 以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则B(0,0,2)，P(1,1,0)，D1(2,2,0)，A(0,2,2)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq \(AD1,\s\up6(--→))＝(2,0，－2)．设直线PB与AD1所成的角为θ，则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PB,\s\up6(→))·\(AD1,\s\up6(--→)),|\(PB,\s\up6(→))||\(AD1,\s\up6(--→))|)))＝eq \f(|－6|,\r(6)×\r(8))＝eq \f(\r(3),2).因为θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以θ＝eq \f(π,6).
方法三 如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝eq \f(π,3)，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝eq \f(1,2)∠A1BC1＝eq \f(π,6).
(2)(2022·河南名校联盟联考)在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(4,5) B.eq \f(3,5) C.eq \f(3,4) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，O1C1，O1B1，
以O为原点，分别以OC，OB，OO1所在直线为x轴、y轴、
z轴建立空间直角坐标系，
则C(1,0,0)，A(0,2,0)，
B1(0,1,2)，D1(2,0,2)，
则eq \(CD1,\s\up6(--→))＝(1,0,2)，
eq \(AB1,\s\up6(--→))＝(0，－1,2)，
cs〈eq \(CD1,\s\up6(--→))，eq \(AB1,\s\up6(--→))〉＝eq \f(\(CD1,\s\up6(--→))·\(AB1,\s\up6(--→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(CD1,\s\up6(--→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB1,\s\up6(--→)))))＝eq \f(4,\r(5)×\r(5))＝eq \f(4,5)，
又异面直线所成角的范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为eq \f(4,5).
规律方法 平移线段法求异面直线所成角的步骤
(1)平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角．
(2)认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角或其补角．
(3)计算：求该角的值(常利用解三角形)．
(4)取舍：由异面直线所成的角的范围确定两条异面直线所成的角．
跟踪演练1 (1)(2022·南宁模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为平面AA1B1B的中心，O1为平面A1B1C1D1的中心．若E为CD中点，则异面直线AE与OO1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(2\r(5),5) B.eq \f(\r(10),5)
C.eq \f(\r(5),10) D.eq \f(\r(5),5)
答案 B
解析 设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，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
A(2,0,0)，E(0,1,0)，
O(2,1,1)，O1(1,1,2)，
eq \(AE,\s\up6(--→))＝(－2,1,0)，
eq \(OO1,\s\up6(--→))＝(－1,0,1)，
设异面直线AE与OO1所成角为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AE,\s\up6(--→))·\(OO1,\s\up6(--→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(--→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(OO1,\s\up6(--→)))))))＝eq \f(2,\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),5).
则异面直线AE与OO1所成角的余弦值为eq \f(\r(10),5).
(2)(2022·广东联考)如图，在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝CA＝CB＝5，AB＝PC＝2，点D，E分别为AB，PC的中点，则异面直线PD，BE所成角的余弦值为( )
A.eq \f(11,12) B.eq \f(23,24) C.eq \f(3,4) D.eq \f(5,6)
答案 B
解析 如图，连接CD，取CD的中点F，连接EF，BF，则EF∥PD，∠BEF为异面直线PD，BE所成的角．
由题意可知PD＝CD＝BE＝2eq \r(6)，EF＝eq \r(6)，BF＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)))2＋12)＝eq \r(7)，
所以cs∠BEF＝eq \f(24＋6－7,2×2\r(6)×\r(6))＝eq \f(23,24).
考点二 直线与平面所成的角
核心提炼
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，
则(1)θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))；(2)sin θ＝|cs〈a，n〉|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
例2 (2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝eq \r(3).
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成角的正弦值．
(1)证明 在四边形ABCD中，作DE⊥AB于点E，CF⊥AB于点F，如图．
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，
AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝eq \f(1,2)，
故DE＝eq \f(\r(3),2)，
BD＝eq \r(DE2＋BE2)＝eq \r(3)，
所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，
所以BD⊥平面PAD.
又因为PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA.
(2)解 由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，
如图，以D为原点建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，
B(0，eq \r(3)，0)，P(0,0，eq \r(3))，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,0，eq \r(3))，
eq \(BP,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(3))，
eq \(DP,\s\up6(→))＝(0,0，eq \r(3))．
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\(BP,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)z＝0，,－\r(3)y＋\r(3)z＝0，))可取n＝(eq \r(3)，1,1)，
则cs〈n，eq \(DP,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(DP,\s\up6(→)),|n||\(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
易错提醒 (1)线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝eq \f(π,2)或〈a，n〉－θ＝eq \f(π,2)，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值．
(2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心．
跟踪演练2 (2022·龙岩质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝eq \f(1,2)AD＝2，E为AD的中点，且PE＝4.
(1)求证：PE⊥平面ABCD；
(2)记PE的中点为N，若M在线段BC上，且直线MN与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(3),9)，求线段BM的长度．
(1)证明 连接BE，
∵BC＝eq \f(1,2)AD＝DE＝2，AD∥BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∴BE＝CD＝2，
∵PA＝PD且E为AD的中点，∴PE⊥AD，
∴PD＝eq \r(PE2＋DE2)＝eq \r(16＋4)＝2eq \r(5)，
∴PB＝PD＝2eq \r(5)，
∴PE2＋BE2＝PB2，即PE⊥BE，
又∵AD∩BE＝E，AD，BE⊂平面ABCD，
∴PE⊥平面ABCD.
(2)解 以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,2,0)，P(0,0,4)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(0,2，－4)，
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,2y－4z＝0，))
故可取n＝(2,2,1)，
设BM＝t(t∈[0,2])，
则M(－t，2,0)，而N(0,0,2)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝(t，－2,2)，
设直线MN与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(MN,\s\up6(→))，n〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(MN,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(MN,\s\up6(→))))|n|)
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2t－4＋2,\r(t2＋4＋4)·\r(9))))＝eq \f(\r(3),9)，
化简得11t2－24t＋4＝0，
解得t＝2或t＝eq \f(2,11)，满足t∈[0,2]，
故线段BM的长度为2或eq \f(2,11).
考点三 平面与平面的夹角
核心提炼
设平面α，β的法向量分别为u，v，平面α与平面β的夹角为θ，
则(1)θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))；
(2)cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
例3 (2022·新高考全国Ⅱ改编)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．
(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求平面CAE与平面AEB夹角的正弦值．
(1)证明 如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，
所以PO⊥平面ABC.
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，
所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，AB，OD，AC⊂平面ABC，
所以OD∥AC.
因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为BA，BP的中点，
所以DE∥PA.
因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
(2)解 连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，
OB⊂平面ABC，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝eq \r(PA2－PO2)＝eq \r(52－32)＝4.
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，
所以OD＝OAsin 30°＝4×eq \f(1,2)＝2，
AB＝2AD＝2OAcs 30°＝2×4×eq \f(\r(3),2)＝4eq \r(3).
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
所以在Rt△ABC中，
AC＝ABtan 60°＝4eq \r(3)×eq \r(3)＝12.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，B(4eq \r(3)，0,0)，C(0,12,0)，
P(2eq \r(3)，2,3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(4eq \r(3)，0,0)，
eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,12,0)．
设平面CAE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3\r(3)x＋y＋\f(3,2)z＝0，,12y＝0，))
令z＝2eq \r(3)，则n＝(－1,0,2eq \r(3))．
设平面AEB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3\r(3)x1＋y1＋\f(3,2)z1＝0，,4\r(3)x1＝0，))
令z1＝2，则m＝(0，－3,2)，
设平面CAE与平面AEB夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·m,|n||m|)))＝eq \f(4\r(3),13).
所以sin θ＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),13)))2)＝eq \f(11,13).
所以平面CAE与平面AEB夹角的正弦值为eq \f(11,13).
易错提醒 平面与平面的夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，两向量夹角的范围是[0，π]，两平面的夹角与其对应的两法向量的夹角不一定相等，而是相等或互补．
跟踪演练3 (2022·邯郸模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝eq \f(π,3)，PA⊥平面ABCD，E，F分别是BC，PC的中点．
(1)证明：平面AEF⊥平面PAD.
(2)求平面AEF与平面AED夹角的余弦值．
(1)证明 连接AC(图略)．因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AE，
又因为AB＝AD，且四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝eq \f(π,3)，
所以△ABC为等边三角形．
又因为E为BC的中点，所以AE⊥BC，
又因为AD∥BC，所以AE⊥AD，
因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以AE⊥平面PAD，
又AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PAD.
(2)解 以A为原点，AE，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则P(0,0,2)，E(eq \r(3)，0,0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，
eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0,0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，
因为PA⊥平面AED，
所以n＝(0,0,1)是平面AED的一个法向量．
设平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\(AF,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))
令z＝1，得x＝0，y＝－2，
即m＝(0，－2,1)．
设平面AEF与平面AED夹角为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈n，m〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)))＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
所以平面AEF与平面AED夹角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
专题强化练
一、单项选择题
1．A，B，C三点不共线，对空间内任意一点O，若eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OC,\s\up6(→))，则P，A，B，C四点( )
A．一定不共面
B．一定共面
C．不一定共面
D．无法判断是否共面
答案 B
解析 方法一 因为eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OC,\s\up6(→))，
则eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝－eq \f(1,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OC,\s\up6(→))，
即eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(1,8)eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＋eq \f(1,8)(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，
即eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,8)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(AC,\s\up6(→))，
由空间向量共面定理可知，eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))共面，
则P，A，B，C四点一定共面．
方法二 因为eq \f(3,4)＋eq \f(1,8)＋eq \f(1,8)＝1，由空间向量共面定理的推论知，P，A，B，C四点共面．
2．(2022·温州模拟)在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，侧棱AA1与底面垂直，上、下底面均为矩形，AB＝1，AD＝AA1＝A1B1＝2，则下列各棱中最长的是( )
A．BB1 B．B1C1
C．CC1 D．DD1
答案 B
解析 由四棱台ABCD－A1B1C1D1可得
eq \f(AD,A1D1)＝eq \f(AB,A1B1)＝eq \f(1,2)，
故A1D1＝4.
因为AA1⊥平面A1B1C1D1，
而A1D1，A1B1⊂平面A1B1C1D1，
故AA1⊥A1D1，AA1⊥A1B1，而A1D1⊥A1B1，故可建立如图所示的空间直角坐标系．
故A1(0,0,0)，B(0,1,2)，B1(0,2,0)，C1(－4,2,0)，C(－2,1,2)，D(－2,0,2)，D1(－4,0,0)，
故BB1＝|eq \(BB1,\s\up6(--→))|＝eq \r(1＋4)＝eq \r(5)，
B1C1＝|eq \(B1C1,\s\up6(--→))|＝4，
CC1＝|eq \(CC1,\s\up6(--→))|＝eq \r(4＋1＋4)＝3，
DD1＝|eq \(DD1,\s\up6(--→))|＝eq \r(8)＝2eq \r(2)，结合选项知棱B1C1最长．
3.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AD，E为侧棱DD1上一点，若直线BD1∥平面AEC，则二面角E－AC－B的正切值为( )
A.eq \r(2) B．－eq \r(2)
C.eq \f(\r(2),2) D．－eq \f(\r(2),2)
答案 B
解析 如图，连接BD交AC于点F，连接EF，B1D1，
由题意可知，BD1∥EF，
因为F为BD的中点，
所以E为DD1的中点，
又AC⊥平面BDD1B1，
BD，EF⊂平面BDD1B1，
所以EF⊥AC，BD⊥AC，
则∠EFD为二面角E－AC－D的平面角，
设AD＝a，则ED＝a，DF＝eq \f(\r(2),2)a，
在Rt△EFD中，tan∠EFD＝eq \f(ED,DF)＝eq \r(2)，
又二面角E－AC－B与二面角E－AC－D互补，
所以二面角E－AC－B的正切值为－eq \r(2).
4．(2022·菏泽检测)已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为3，A1在底面ABC上的射影点D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成角的大小为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
答案 C
解析 如图，连接A1D，AD，A1B，由CC1∥AA1，
知∠A1AB为异面直线AB与CC1所成的角，
因为三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的等边三角形，且侧棱长为3，A1在底面ABC上的射影点D为BC的中点，
可得AD＝eq \r(4－1)＝eq \r(3)，A1D＝eq \r(9－3)＝eq \r(6)，
A1B＝eq \r(\r(6)2＋1)＝eq \r(7)，
由余弦定理得
cs∠A1AB＝eq \f(9＋4－7,2×3×2)＝eq \f(1,2)，
因为∠A1AB∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以∠A1AB＝eq \f(π,3)，
所以异面直线AB与CC1所成角的大小为eq \f(π,3).
5．(2022·全国甲卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则( )
A．AB＝2AD
B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC＝CB1
D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
答案 D
解析 如图，连接BD，易知∠BDB1是直线B1D与平面ABCD所成的角，
所以在Rt△BDB1中，∠BDB1＝30°，
设BB1＝1，
则B1D＝2BB1＝2，
BD＝eq \r(B1D2－BB\\al(2,1))＝eq \r(3).
易知∠AB1D是直线B1D与平面AA1B1B所成的角，
所以在Rt△ADB1中，∠AB1D＝30°.
因为B1D＝2，所以AD＝eq \f(1,2)B1D＝1，
AB1＝eq \r(B1D2－AD2)＝eq \r(3)，
所以在Rt△ABB1中，AB＝eq \r(AB\\al(2,1)－BB\\al(2,1))＝eq \r(2)，
所以A项错误；
易知∠BAB1是直线AB与平面AB1C1D所成的角，
因为在Rt△ABB1中，sin∠BAB1＝eq \f(BB1,AB1)＝eq \f(\r(3),3)≠eq \f(1,2)，
所以∠BAB1≠30°，所以B项错误；
在Rt△CBB1中，CB1＝eq \r(BC2＋BB\\al(2,1))＝eq \r(2)，
而AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(3)，所以C项错误；
易知∠DB1C是直线B1D与平面BB1C1C所成的角，因为在Rt△DB1C中，CB1＝CD＝eq \r(2)，
所以∠DB1C＝45°，所以D项正确．
6．向量的运算包含点乘和叉乘，其中点乘就是大家熟悉的向量的数量积．现定义向量的叉乘：给定两个不共线的空间向量a与b，规定：①a×b为同时与a，b垂直的向量；②a，b，a×b三个向量构成右手直角坐标系(如图1)；③eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a×b))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))sin〈a，b〉；④若a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则a×b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y1，z1,y2，z2))，－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1，z1,x2，z2))，＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1，y1,x2，y2))))，其中eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a，b,c，d))＝ad－bc.如图2，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝3，则下列结论正确的是( )
A．|eq \(AB,\s\up6(→))×eq \(AD,\s\up6(→))|＝|eq \(AA1,\s\up6(--→))|
B.eq \(AB,\s\up6(→))×eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))×eq \(AB,\s\up6(→))
C．(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))×eq \(AA1,\s\up6(--→))＝eq \(AB,\s\up6(→))×eq \(AA1,\s\up6(--→))－eq \(AD,\s\up6(→))×eq \(AA1,\s\up6(--→))
D．长方体ABCD－A1B1C1D1的体积V＝(eq \(AB,\s\up6(→))×eq \(AD,\s\up6(→)))·eq \(C1C,\s\up6(--→))
答案 C
解析 如图，建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，
A1(2,0,3)，C1(0,2,3)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq \(AA1,\s\up6(--→))＝(0,0,3)，
则eq \(AB,\s\up6(→))×eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,0,4)，所以选项A错误；
eq \(AD,\s\up6(→))×eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,0，－4)，故选项B错误；
eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，
则(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))×eq \(AA1,\s\up6(--→))＝(6，－6,0)，
eq \(AB,\s\up6(→))×eq \(AA1,\s\up6(--→))＝(6,0,0)，eq \(AD,\s\up6(→))×eq \(AA1,\s\up6(--→))＝(0,6,0)，
则eq \(AB,\s\up6(→))×eq \(AA1,\s\up6(--→))－eq \(AD,\s\up6(→))×eq \(AA1,\s\up6(--→))＝(6，－6,0)．
所以(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))×eq \(AA1,\s\up6(--→))＝eq \(AB,\s\up6(→))×eq \(AA1,\s\up6(--→))－eq \(AD,\s\up6(→))×eq \(AA1,\s\up6(--→))，故选项C正确；
eq \(C1C,\s\up6(--→))＝(0,0，－3)，则(eq \(AB,\s\up6(→))×eq \(AD,\s\up6(→)))·eq \(C1C,\s\up6(--→))＝－12，故选项D错误．
二、多项选择题
7．(2022·山东联考)若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b，c))构成空间的一个基底，则下列向量共面的是( )
A．a＋b＋c，a－b，2b＋c
B．a－b，a－c，b－c
C．a＋2b，a－2b，a＋c
D．a－2b，6b－3a，－c
答案 ABD
解析 选项A，
因为a＋b＋c＝(a－b)＋(2b＋c)，
所以a＋b＋c，a－b，2b＋c共面；
选项B，因为a－b＝(a－c)－(b－c)，
所以a－b，a－c，b－c共面；
选项C，a＋2b，a－2b在a，b构成的平面内且不共线，a＋c不在这个平面内，不符合题意；
选项D，因为a－2b，6b－3a共线，
所以a－2b，6b－3a，－c共面．
8．(2022·广州模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，AD＝4，则下列命题为真命题的是( )
A．若直线AC1与直线CD所成的角为φ，则tan φ＝eq \f(5,2)
B．若经过点A的直线l与长方体所有棱所成的角相等，且l与平面BCC1B1交于点M，则AM＝eq \r(29)
C．若经过点A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则sin θ＝eq \f(\r(3),3)
D．若经过点A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为μ，则sin μ＝eq \f(\r(6),3)
答案 ACD
解析 对于A，如图，直线AC1与直线CD所成的角，即为直线AC1与直线AB所成的角即∠BAC1，
则tan φ＝tan∠BAC1＝eq \f(BC1,AB)＝eq \f(5,2)，正确；
对于B，构建如图所示的空间直角坐标系，过A的直线l与长方体所有棱所成的角相等，与平面BCC1B1交于M(x，2，z)且x，z>0，
则eq \(AM,\s\up6(→))＝(x，2，z)，
又eq \(AA1,\s\up6(--→))＝(0,0,3)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(4,0,0)，
则cs〈eq \(AA1,\s\up6(--→))，eq \(AM,\s\up6(→))〉＝eq \f(z,\r(x2＋4＋z2))
＝cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AM,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,\r(x2＋4＋z2))
＝cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AM,\s\up6(→))〉＝eq \f(x,\r(x2＋4＋z2))，
故x＝z＝2，则AM＝2eq \r(3)，错误；
对于C，如图，过A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则直线m为以4为棱长的正方体的体对角线AP，故sin θ＝eq \f(\r(3),3)，正确；
对于D，如图，过A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为μ，只需平面β与以4为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如平面EDF，故cs μ＝eq \f(\r(3),3)，则sin μ＝eq \f(\r(6),3)，正确．
三、填空题
9．在空间直角坐标系中，设点M是点N(2，－3,5)关于坐标平面Oxy的对称点，点P(1,2,3)关于x轴的对称点为Q，则线段MQ的长度等于________．
答案 eq \r(6)
解析 因为点M是点N(2，－3,5)关于坐标平面Oxy的对称点，所以M(2，－3，－5)，
又因为点P(1,2,3)关于x轴的对称点为Q，
所以Q(1，－2，－3)．
因此|MQ|＝|eq \(MQ,\s\up6(→))|＝eq \r(1－22＋[－2－－3]2＋[－3－－5]2)＝eq \r(6).
10.如图，矩形ABCD是圆柱O1O2的轴截面，AB＝2，AD＝3，点E在上底面圆周上，且eq \(EC,\s\up8(︵))＝2eq \(DE,\s\up8(︵))，则异面直线AE与O2C所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(19,20)
解析 以O2为坐标原点，O2B，O2O1所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O2(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，3))，
故eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，3))，eq \(O2C,\s\up6(--→))＝(0,1,3)，
故cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(O2C,\s\up6(--→))〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·\(O2C,\s\up6(--→)),|\(AE,\s\up6(→))||\(O2C,\s\up6(--→))|)
＝eq \f(\f(1,2)＋9,\r(\f(3,4)＋\f(1,4)＋9)×\r(1＋9))＝eq \f(19,20)，
故异面直线AE与O2C所成角的余弦值为eq \f(19,20).
11.如图，在二面角的棱上有两个点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若AB＝1，AC＝2，BD＝3，CD＝2eq \r(2)，则这个二面角的大小为________．
答案 60°
解析 设这个二面角的大小为α，
由题意得eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))，
∴eq \(CD,\s\up6(→))2＝eq \(CA,\s\up6(→))2＋eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(BD,\s\up6(→))2＋2|eq \(CA,\s\up6(→))|·|eq \(BD,\s\up6(→))|cs(π－α)，
∴(2eq \r(2))2＝4＋1＋9－2×2×3×cs α，
解得cs α＝eq \f(1,2)，∴α＝60°，
∴这个二面角的大小为60°.
12．(2022·南通模拟)已知正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，P是正六棱柱内(不含表面)的一点，则eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
且AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝AF＝1，
由正六边形的性质可得，
A(0,0,0)，B(1,0,0)，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，
设P(x，y，z)，其中－eq \f(1,2)所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(x，y，z)，
所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝x，
所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2))).
四、解答题
13.(2022·莆田质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，F为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AFC；
(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在横线上，并作答．
①∠ABC＝eq \f(π,3)；②BD＝eq \r(3)AC；③PC与平面ABCD所成的角为eq \f(π,4).
若PA⊥平面ABCD，AB＝AP＝2，且________，求平面ACF与平面ACD夹角的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
(1)证明 连接BD交AC于点O，因为ABCD是菱形，所以O为BD的中点．连接OF.因为F为PD的中点，所以OF为△PBD的中位线，所以OF∥PB.
因为OF⊂平面AFC，PB⊄平面AFC，
所以PB∥平面AFC.
(2)解 过O作Oz∥AP.
以O为原点，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(Oz,\s\up6(→))为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
选条件①：∠ABC＝eq \f(π,3).
在菱形ABCD中，
AC⊥BD.
因为AB＝AP＝2，
所以OB＝OD＝2×sin eq \f(π,3)＝eq \r(3)，
OA＝OC＝2×cs eq \f(π,3)＝1.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(eq \r(3)，0,0)，
C(0,1,0)，D(－eq \r(3)，0,0)，P(0，－1,2)，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1)).
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
设n＝(x，y，z)为平面ACF的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0＋2y＋0＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))
不妨令x＝2，则n＝(2,0，eq \r(3))．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量．
设平面ACF与平面ACD的夹角为θ，
所以cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)
＝eq \f(|0＋0＋\r(3)|,\r(4＋0＋3)×\r(0＋0＋1))＝eq \f(\r(21),7).
所以平面ACF与平面ACD夹角的余弦值为eq \f(\r(21),7).
选条件②：BD＝eq \r(3)AC.
在菱形ABCD中，BD＝eq \r(3)AC，所以OB＝eq \r(3)OC，
所以BC＝eq \r(OB2＋OC2)＝2OC.
因为AB＝AP＝2，
所以OB＝OD＝eq \r(3)，OA＝OC＝1.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(eq \r(3)，0,0)，
C(0,1,0)，D(－eq \r(3)，0,0)，P(0，－1,2)，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1)).
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
设n＝(x，y，z)为平面ACF的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0＋2y＋0＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))
不妨令x＝2，则n＝(2,0，eq \r(3))．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量．
设平面ACF与平面ACD的夹角为θ，
所以cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈n，m〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)))
＝eq \f(|0＋0＋\r(3)|,\r(4＋0＋3)×\r(0＋0＋1))＝eq \f(\r(21),7).
所以平面ACF与平面ACD夹角的余弦值为eq \f(\r(21),7).
选条件③：PC与平面ABCD所成的角为eq \f(π,4).
因为PA⊥平面ABCD，所以∠PCA为PC与平面ABCD所成的角，即∠PCA＝eq \f(π,4).
在Rt△PAC中，由∠PCA＝eq \f(π,4)，
可得PA＝CA＝2.
所以OB＝OD＝eq \r(3)，OA＝OC＝1.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(eq \r(3)，0,0)，
C(0,1,0)，D(－eq \r(3)，0,0)，P(0，－1,2)，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1)).
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
设n＝(x，y，z)为平面ACF的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0＋2y＋0＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))
不妨令x＝2，则n＝(2,0，eq \r(3))．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量．
设平面ACF与平面ACD的夹角为θ，
所以cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈n，m〉))＝eq \f(|n·m|,|n||m|)
＝eq \f(|0＋0＋\r(3)|,\r(4＋0＋3)×\r(0＋0＋1))＝eq \f(\r(21),7).
所以平面ACF与平面ACD夹角的余弦值为eq \f(\r(21),7).
14.(2022·湖北联考)如图，已知在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝1，BC＝1，CD＝2，点A在平面PCD内的射影恰好是△PCD的重心G.
(1)求证：平面PAB⊥平面PBC；
(2)求直线DG与平面PBC所成角的正弦值．
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，
因为∠ABC＝90°，所以BC⊥AB，
又PA∩AB＝A，PA⊂平面PAB，
AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
又因为BC⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC.
(2)解 取CD的中点E，连接AE，
因为∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝BC＝1，CD＝2，
所以四边形ABCE是矩形，
所以AB⊥AE，
因为PA⊥平面ABCD，AB，AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AE，
所以AB，AE，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，E(0,1,0)，
D(－1,1,0)，设P(0,0，t)(t>0)，
则Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)，\f(t,3)))，eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)，\f(t,3)))，
eq \(DG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,3)，\f(t,3)))，
因为点A在平面PCD内的射影恰好是△PCD的重心G，所以AG⊥平面PCD，
又DG⊂平面PCD，所以DG⊥AG，
所以eq \(DG,\s\up6(→))·eq \(AG,\s\up6(→))＝0，
所以0－eq \f(2,9)＋eq \f(t2,9)＝0，t＝eq \r(2)，
则P(0,0，eq \r(2))，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－eq \r(2))，
设m＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))·m＝0，,\(PB,\s\up6(→))·m＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,x－\r(2)z＝0，))
不妨令x＝eq \r(2)，即m＝(eq \r(2)，0,1)，
DG的方向向量是eq \(DG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,3)，\f(\r(2),3)))，
设直线DG与平面PBC所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈m，eq \(DG,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(DG,\s\up6(→))|,|m||\(DG,\s\up6(→))|)
＝eq \f(\f(4\r(2),3),\r(3)×\r(\f(12,9)))＝eq \f(2\r(2),3).
故直线DG与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(2\r(2),3).