高中数学1.4 空间向量的应用第2课时学案设计

这是一份高中数学1.4 空间向量的应用第2课时学案设计，共30页。
在必修教材的课程中，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．那么，在空间中怎样描述这些角呢？这些角的大小与直线的方向向量、平面的法向量有何关系？
知识点1 利用向量方法求两条异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cs θ＝|cs 〈u，v〉|＝u·vuv＝u·vuv．
知识点2 利用向量方法求直线与平面所成的角
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＝|cs 〈u，n〉|＝u·nun＝u·nun．
1．设直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量为v1，平面的法向量为n，则θ与〈v，n〉有什么关系？
提示：θ＝π2－〈v，n〉或θ＝〈v，n〉－π2.
知识点3 利用向量方法求两个平面的夹角
(1)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．
(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cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝n1·n2n1n2＝n1·n2n1·n2．
2.(1)二面角与平面的夹角范围一样吗？
(2)设n1，n2分别是平面α1，α2的一个法向量，平面α1与平面α2的夹角为θ，则θ与〈n1，n2〉的关系是什么？
提示：(1)不一样．二面角的范围为[0，π]，而两个平面的夹角是不大于直角的角，范围是0，π2.
(2)θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉．
1．设两条异面直线a，b的方向向量分别为a＝(－1，1，0)，b＝(0，－1，1)，则a与b所成的角为________．
π3 [设直线a与b所成的角为θ，则cs θ＝a·bab＝-12×2＝12，又θ∈0，π2，故θ＝π3．]
2．设直线a的方向向量为a＝(－1，2，1)，平面α的法向量为b＝(0，1，2)，则直线a与平面α所成角的正弦值为________．
23015 [由题意设直线a与平面α所成的角为θ，则sin θ＝a·bab＝46×5＝23015．]
3．平面α的法向量为(1，0，－1)，平面β的法向量为(0，－1，1)，则平面α与平面β的夹角为________．
π3 [设u＝(1，0，－1)，v＝(0，－1，1)，α与β的夹角为θ，
则cs θ＝|cs 〈u，v〉|＝-12×2＝12，∴θ＝π3．]
类型1 两条异面直线所成的角
【例1】 (源自北师大版教材)如图所示，在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A′B′C′D′，AB＝2，BC＝1，AA′＝3.求AC′与A′D所成角的余弦值．
[解] 设s1，s2分别是AC′和A′D的一个方向向量，取s1＝AC'，s2＝A'D.
因为A(0，0，0)，C′(2，1，3)，A′(0，0，3)，D(0，1，0)，
所以s1＝AC'＝(2，1，3)，s2＝A'D＝(0，1，－3)．
设AC′与A′D所成角为θ，则cs θ＝|cs 〈s1，s2〉|＝s1·s2s1s2＝8140＝43535.
故AC′与A′D所成角的余弦值为43535.
求异面直线所成角的步骤
(1)确定两条异面直线的方向向量．
(2)确定两个向量夹角的余弦值的绝对值．
(3)得出两条异面直线所成的角．
[跟进训练]
1．如图，在三棱柱OAB-O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝3，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值．
[解] 以O为坐标原点，OA，OB的方向为x轴，y轴的正方向．建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，O1(0，1，3)，A(3，0，0)，
A1(3，1，3)，B(0，2，0)，
∴A1B＝(－3，1，－3)，O1A＝(3，－1，－3)．
∴|cs 〈A1B，O1A〉|＝A1B·O1AA1BO1A
＝-3，1，-3·3，-1，-37×7＝17.
∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为17.
类型2 直线与平面所成的角
【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＝3.
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
[思路导引] (1)AD=DC=CB=1CD∥AB，AB=2―→四边形ABCD为等腰梯形―→BD⊥ADBD⊥PD―→BD⊥平面PAD―→BD⊥PA．
(2)由(1)建系―→相关点坐标―→PD，PA，PB―→平面PAB的法向量―→PD与平面PAB所成角的正弦值．
[解] (1)证明：在四边形ABCD中，
因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD是等腰梯形，
易得BD＝3，且AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD，
又因为PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
所以PD⊥BD．
因为PD，AD⊂平面PAD，PD∩AD＝D，
所以BD⊥平面PAD，
又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA．(2)由(1)可知，DA，DB，DP两两互相垂直，以D为坐标原点，DA，DB，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系Dxyz，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，
B(0，3，0)，P(0，0，3)，
所以PD＝(0，0，－3)，PA＝(1，0，－3)，
PB＝(0，3，－3)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·PA=0n·PB=0，即x-3z=0 3y-3z=0，
令y＝1，则z＝1，x＝3，
故可取n＝(3，1，1)，
设直线PD与平面PAB所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈n，PD〉|＝n·PDnPD＝33·5＝55，
所以PD与平面PAB所成的角的正弦值为55.
利用法向量求直线与平面所成角的基本步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)求直线的方向向量AB；
(3)求平面的法向量n；
(4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝n·ABnAB.
[跟进训练]
2．(2020·全国Ⅱ卷)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．
[解] (1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.
又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形，
所以B1C1⊥A1N.
又B1C1⊥MN，A1N∩MN＝N，
故B1C1⊥平面A1AMN.
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)由已知得AM⊥BC．
以M为坐标原点，MA的方向为x轴正方向，|MB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则AB＝2，AM＝3.
连接NP，则四边形AONP为平行四边形，
故PM＝233，E233，13，0.
∵MN⊥BC，AM⊥BC，MN∩AM＝M，
∴BC⊥平面A1AMN.
又∵BC⊂平面ABC，且平面A1AMN∩平面ABC＝AM，
平面A1AMN⊥平面ABC，
在平面A1AMN内作NQ⊥AM，垂足为Q，
则NQ⊥平面ABC．
设Q(a，0，0)，则NQ＝4-233-a2，
B1a，1，4-233-a2，
故B1E＝233-a，-23，-4-233-a2，
|B1E|＝2103.
又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的一个法向量，
故sin π2-〈n，B1E〉＝cs 〈n，B1E〉＝n·B1En·B1E＝1010.
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.
类型3 两个平面的夹角
【例3】 (2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 2.
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值．
[思路导引] (1)直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4―→三棱锥A-A1BC的体积―→点A到平面A1BC的距离．
(2)题设条件―→BA，BC，BB1两两垂直 建系 平面ABD与平面BDC的法向量 向量夹角的余弦公式 平面ABD与平面BCD的法向量的夹角的余弦值 同角三角函数的基本关系 二面角A-BD-C的正弦值．
[解] (1)设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，
所以VA-A1BC＝13S△ABC×AA1＝13VABC-A1B1C1＝43，
又△A1BC的面积为22，
VA-A1BC＝13S△A1BCh＝13×22h＝43，所以h＝2，
即点A到平面A1BC的距离为2.
(2)取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，
又AA1⊥平面ABC，
所以AA1⊥BC，因为AA1∩AE＝A，
所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB．
以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，
由(1)知，AE＝2，所以AA1＝AB＝2，A1B＝22，
因为△A1BC的面积为22，
所以22＝12×A1B×BC，所以BC＝2，
所以A(0，2，0)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，
A1(0，2，2)，D(1，1，1)，E(0，1，1)，
则BD＝(1，1，1)，BA＝(0，2，0)，
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·BD=0，n·BA=0，即x+y+z=0，2y=0，
令x＝1，得n＝(1，0，－1)，
又平面BDC的一个法向量为AE＝(0，－1，1)，
所以cs 〈AE，n〉＝AE·nAE·n＝-12×2＝－12，
设二面角A-BD-C的平面角为θ，
则sin θ＝1-cs2〈AE，n〉＝32，
所以二面角A-BD-C的正弦值为32.
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〉当〈n1，n2〉∈0, π2 时或π－〈n1，n2〉当〈n1，n2〉∈π2 ，π时.
[跟进训练]
3．(2021·全国乙卷改编)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)求平面APM与平面PMB夹角的正弦值．
[解] (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)，Mt2，1，0，
P(0，0，1)，
所以PB＝(t，1，－1)，AM＝-t2，1，0.
因为PB⊥AM，所以PB·AM＝－t22＋1＝0，得t＝2，
所以BC＝2.
(2)易知C(0，1，0)，由(1)可得AP＝(－2，0，1)，AM＝-22，1，0，CB＝(2，0，0)，PB＝(2，1，－1)．
设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则n1·AP=0，n1·AM=0，即-2x1+z1=0，-22x1+y1=0，
令x1＝2，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量为n1＝(2，1，2)．
设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
n2·CB=0，n2·PB=0，即2x2=0， 2x2+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〉＝n1·n2n1n2＝37×2＝31414，
所以平面APM与平面PMB夹角的正弦值为7014.
1．已知向量m，n分别是直线l与平面α的方向向量、法向量，若cs 〈m，n〉＝－32，则l与α所成的角为( )
A．30° B．60° C．150° D．120°
B [设l与α的夹角为θ，则sin θ＝|cs 〈m，n〉|＝32，
∴θ＝60°，应选B．]
2．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是( )
A．65 B．64
C．63 D．66
D [以C为坐标原点，CA，CB，CC1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，可知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，A(1，0，0)，C(0，0，0)，
则A1B＝(－1，1，－2)，AC＝(－1，0，0)，
∴cs 〈A1B，AC〉＝AC·A1BAC·A1B＝11+1+4＝66，即A1B与AC所成角的余弦值是66．]
3．在一个锐二面角的两个半平面内，与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个锐二面角的两个半平面的夹角的余弦值为( )
A．156 B．155
C．153 D．154
A [由0，-1，3·2，2，41+9×4+4+16＝-2+1210×24＝156，知这个锐二面角的两个半平面的夹角的余弦值为156．]
4．如图所示，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，OC＝(0，0，2)，平面ABC的一个法向量为n＝(2，1，2)，平面ABC与平面ABO的夹角为θ，则cs θ＝________．
23 [cs θ＝OC·nOCn＝42×3＝23．]
回顾本节知识，自主完成以下问题：
1．用向量语言表述两条异面直线所成的角．
提示：若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cs θ＝|cs 〈u，v〉|＝u·vuv.
2．用向量语言表述直线和平面所成的角．
提示：直线l和平面α所成的角为θ，直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cs 〈u，n〉|＝u·nun.
3．用向量语言表述平面和平面的夹角．
提示：平面α与平面β的夹角为θ，其法向量分别为n1，n2，则cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝n1·n2n1n2.
4．试总结用坐标法求两平面的夹角的步骤．
提示：(1)建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标．
(2)求出两个平面的法向量．
(3)求出两个法向量的夹角．
(4)两个法向量的夹角或其补角就是两平面的夹角．
课时分层作业(十) 用空间向量研究夹角问题
一、选择题
1．已知向量m，n分别是平面α和平面β的法向量，若cs 〈m，n〉＝－12，则α与β的夹角为( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
B [设α与β的夹角为θ，且0°≤θ≤90°，
则cs θ＝|cs 〈m，n〉|＝12，∴θ＝60°．]
2．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1C1的中点，则直线DE与B1C所成角的大小为( )
A．15° B．30°
C．45° D．60°
B [以DA，DC，DD1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)，设正方体的棱长为2，可得D(0，0，0)，E(1，1，2)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)．
所以DE＝(1，1，2)，B1C＝(－2，0，－2)，
所以cs 〈DE，B1C〉＝DE·B1CDEB1C＝1×-2+1×0+2×-26×22＝－32，所以异面直线DE和B1C所成角的余弦值为32，则直线DE与B1C所成角为30°．]
3．已知A(0，1，1)，B(2，－1，0)，C(3，5，7)，D(1，2，4)，则直线AB和直线CD所成角的余弦值为( )
A．52266 B．－52266
C．52222 D．－52222
A [由题意可得AB＝(2，－2，－1)，CD＝(－2，－3，－3)，所以cs 〈AB，CD〉＝AB·CDABCD＝53×22＝52266，故直线AB和CD所成角的余弦值为52266.故选A．]
4．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为CC1的中点，则直线BA1与平面BDE所成角的正弦值为( )
A．13 B．12
C．22 D．32
D [以点D为原点，DA、DC、DD1的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系Dxyz(图略)，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，E0，1，12，
则BA1＝(0，－1，1)，DB＝(1，1，0)，DE＝0，1，12.
设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·DB=0，n·DE=0，所以x+y=0，y+12z=0，
令y＝－1，则x＝1，z＝2.
所以n＝(1，－1，2)是平面BDE的一个法向量．
设直线A1B与平面BDE所成的角为θ，则sin θ＝|cs 〈BA1，n〉|＝BA1·nBA1n＝32×6＝32，
故直线A1B与平面BDE所成角的正弦值为32.故选D．]
5．已知正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
B [如图所示，建立空间直角坐标系Axyz.设PA＝AB＝1，
则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，
∴AD＝(0，1，0)．
取PD的中点E，连接AE，则E0，12，12，
∴AE＝0，12，12.
易知AD是平面PAB的一个法向量，AE是平面PCD的一个法向量，cs 〈AD，AE〉＝22，故平面PAB与平面PCD的夹角为45°.故选B．]
二、填空题
6．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__________．
39 [由题设知，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为坐标原点，以直线CA，DB，QP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(22，0，0)，Q(0，0，－2)，B(0，22，0)，
∴AQ＝(－22，0，－2)，PB＝(0，22，－1)．
于是cs 〈AQ，PB〉＝AQ·PBAQPB＝39，
∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为39．]
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________．
23 [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DC＝(0，1，0)，DB＝(1，1，0)，DC1＝(0，1，2)．
设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则n⊥DB，n⊥DC1，
所以有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，DC〉|＝n·DCnDC＝23．]
8．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xOy的夹角为45°，则a＝________．
125 [平面xOy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AB＝(－3，4，0)，AP＝(－3，0，a)，
则u·AB=0，u·AP=0，即-3x+4y=0，-3x+az=0，即3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝a3，a4，1.
而cs 〈n，u〉＝1a29+a216+1＝22，
又∵a>0，∴a＝125．]
三、解答题
9．中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”，如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥P-ABCD，其中AC⊥BD于O，OA＝OB＝OD＝4，OC＝8，PO⊥平面ABCD．
(1)求证：PD⊥AC；
(2)试验表明，当PO＝12OA时，风筝表现最好，求此时直线PD与平面PBC所成角的正弦值．
[解] (1)证明：∵PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PO⊥AC，又AC⊥BD，
PO∩BD＝O，PO⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，
∴AC⊥平面PBD，
又PD⊂平面PBD．∴PD⊥AC．
(2)如图，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
则B(4，0，0)，C(0，8，0)，D(－4，0，0)，P(0，0，2)，
∴PB＝(4，0，－2)，PC＝(0，8，－2)，PD＝(－4，0，－2)，
设m＝(a，b，c)为平面PBC的法向量，
则m·PB=0，m·PC=0，即4a-2c=0，8b-2c=0，
令c＝4，则m＝(2，1，4)，
设直线PD与平面PBC所成角为θ，
则sin θ＝PD·mPDm＝-4×2+0×1-2×416+4×4+1+16＝8105105.
10．(多选)(2022·山东威海高二月考)在长方体ABCD-A′B′C′D′中，AB＝2，AD＝3，AA′＝1，以D为原点，以DA，DC，DD'分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是( )
A．BD'＝(－3，－2，1)
B．异面直线A′D与BD′所成角的余弦值为23535
C．平面A′C′D的一个法向量为(－2，－3，6)
D．平面A′C′D与平面A′DD′的夹角的余弦值为37
ACD [由题意可得A(3，0，0)，B(3，2，0)，C(0，2，0)，D′(0，0，1)，A′(3，0，1)，C′(0，2，1)，B′(3，2，1)．
对于选项A，BD'＝(－3，－2，1)，故A正确．
对于选项B，DA'＝(3，0，1)，BD'＝(－3，－2，1)，所以cs 〈DA'，BD'〉＝DA'·BD'DA'BD'＝-810×14＝-43535，
所以异面直线A′D与BD′所成角的余弦值为43535，故B错误．
对于选项C，设平面A′C′D的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由DA'＝(3，0，1)，DC'＝(0，2，1)，则n·DA'=0，n·DC'=0，
所以3x+z=0，2y+z=0，取z＝6，得n＝(－2，－3，6)，故C正确．
对于选项D，由选项C可得平面A′C′D的一个法向量为n＝(－2，－3，6)，
又平面A′DD′的一个法向量为m＝(0，1，0)，
所以cs 〈n，m〉＝n·mnm＝-31×7＝－37.
又因为平面A′C′D与平面A′DD′的夹角为锐角，
所以平面A′C′D与平面A′DD′的夹角的余弦值为37，故D正确．故选ACD．]
11．(多选)(2022·山东青州第一中学高二月考)如图所示，设E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD上的两点，且AB＝2，EF＝1，下列说法正确的是( )
A．三棱锥D1-B1EF的体积为定值
B．异面直线B1D1与EF所成角的大小为45°
C．B1D1⊥平面B1EF
D．直线B1D1与平面B1EF所成角的大小为40°
AB [对于A选项，VD1-B1EF＝VB1-D1EF＝13·S△D1EF·B1C1＝13×12×2×1×2＝23，为定值，故正确；
对于B选项，异面直线B1D1与EF所成的角与直线B1D1与C1D1所成的角为同一个角，
即异面直线B1D1与EF所成的角为∠B1D1C1＝45°，故正确；
如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系Dxyz，设E(0，t，0)，
则F(0，t＋1，0)，
对于D选项，B1D1＝(－2，－2，0)，平面B1EF即为平面A1B1CD，A1B1＝(0，2，0)，DB1＝(2，2，2)，
设平面A1B1CD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·A1B1=0，n·DB1=0，即y=0， x+y+z=0，
取x＝1，则n＝(1，0，－1)，
所以平面B1EF的一个法向量为n＝(1，0，－1)．
设直线B1D1与平面B1EF所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈B1D1，n〉|＝-2×1+-2×0+0×-1-22+-22+0×12+0+-12＝12，所以θ＝30°，故错误；
对于C选项，由D选项可知直线B1D1与平面B1EF所成的角为30°，故错误．故选AB．]
12．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，BD⊥CD，且AB＝BD＝CD，M为AD的中点，则平面MBC与平面BCD夹角的正弦值为( )
A．22 B．33 C．63 D．1
C [以B为坐标原点，分别以直线BD，BA为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB＝BD＝CD＝2，
则B(0，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，A(0，0，2)，
M(0，1，1)，
∴BC＝(2，2，0)，BM＝(0，1，1)．
设n＝(x，y，z)为平面MBC的一个法向量，
由n·BC=0，n·BM=0，得2x+2y=0，y+z=0，
取y＝－1，
则n＝(1，－1，1)．
取平面BCD的一个法向量BA＝(0，0，2)，
设平面MBC与平面BCD夹角为θ，
则cs θ＝223＝33，
∴sin θ＝1-332＝63.故选C．]
13．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C，则AB与CD所成角的大小为________，AB与平面BCD所成角的大小为________．
60° 45° [连接AC与BD交于点O，翻折后以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
不妨设|OC|＝1，则O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，D(0，－1，0)．
则AB＝(－1，1，0)，CD＝(0，－1，－1)，设AB与CD所成的角为θ，
则cs θ＝|cs 〈AB，CD〉|＝AB·CDABCD＝0-1+02×2＝12，
所以θ＝60°，即AB与CD所成角的大小为60°.
因为ABCD为正方形，所以AO⊥BD，而A-BD-C为直二面角，直二面角的棱为BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，所以∠ABD即为AB与平面BCD所成角，由于∠ABD＝45°，
所以AB与平面BCD所成角的大小为45°．]
14．(2021·新高考Ⅰ卷改编)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，且平面EBC与平面DBC的夹角为45°，求三棱锥A-BCD的体积．
[解] (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)法一：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＝3，所以S△BCD＝32.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，所以EG⊥BC，
则∠EGF为平面EBC与平面DBC的夹角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为DE＝2EA，所以EF＝23OA，DF＝2OF，所以BFFD＝2.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
则GFCD＝23，所以GF＝23.
所以EF＝GF＝23，所以OA＝1，
所以VA-BCD＝13S△BCD·AO＝13×32×1＝36.
法二：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)，C-12，32，0.
设A(0，0，a)，a＞0，
因为DE＝2EA，所以E-13，0，2a3.
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BC＝-32，32，0，BE＝-43，0，2a3，
所以m·BC=0，m·BE=0，
即-32x+32y=0，-43x+2a3z=0，
令x＝1，则y＝3，z＝2a，
所以m＝1，3，2a.
因为平面EBC与平面DBC的夹角为45°，
所以cs 45°＝m·nmn＝2a4+4a2＝22，
得a＝1，即OA＝1.
因为S△BCD＝12BD·CD sin 60°＝12×2×1×32＝32，
所以VA-BCD＝13S△BCD·OA＝13×32×1＝36.
15．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝22，PA＝2.
(1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB；
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；
(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：取BC的中点E，连接DE，交AC于点O，连接ON，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1，0)，B(2，－1，0)，C(0，1，0)，D(－1，0，0)，P(0，－1，2)．
∵点N为PC的中点，
∴N(0，0，1)，∴DN＝(1，0，1)．
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由AP＝(0，0，2)，AB＝(2，0，0)，可得n＝(0，1，0)，∴DN·n＝0.
又∵DN⊄平面PAB，∴DN∥平面PAB．
(2)由(1)知AC＝(0，2，0)，PD＝(－1，1，－2)．
设直线AC与PD所成的角为θ，
则cs θ＝22×6＝66.
(3)存在．
设M(x，y，z)，且PM＝λPD，0