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新高考数学一轮复习讲义第7章 §7.7 向量法求空间角（2份打包，原卷版+含解析）
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这是一份新高考数学一轮复习讲义第7章 §7.7 向量法求空间角（2份打包，原卷版+含解析），文件包含新高考数学一轮复习讲义第7章§77向量法求空间角原卷版doc、新高考数学一轮复习讲义第7章§77向量法求空间角含解析doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
知识梳理
1．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〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2．直线与平面所成的角
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＝|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
如图，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．
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〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)两异面直线所成角的范围是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))).( √ )
(4)直线的方向向量为u，平面的法向量为n，则线面角θ满足sin θ＝cs〈u，n〉．( × )
教材改编题
1．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(1,2)，则直线l与平面α所成的角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
答案 A
解析 由于cs〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，所以〈m，n〉＝120°，所以直线l与平面α所成的角为30°.
2．已知直线l1的方向向量s1＝(1,0,1)与直线l2的方向向量s2＝(－1,2，－2)，则直线l1和l2所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),4) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 C
解析 因为s1＝(1,0,1)，s2＝(－1,2，－2)，
所以cs〈s1，s2〉＝eq \f(s1·s2,|s1||s2|)＝eq \f(－1－2,\r(2)×3)＝－eq \f(\r(2),2).
所以直线l1和l2所成角的余弦值为eq \f(\r(2),2).
3．平面α的一个法向量为m＝(1,2，－2)，平面β的一个法向量为n＝(2,2,1)，则平面α与平面β夹角的正切值为( )
A.eq \f(4,9) B.eq \f(9,4) C.eq \f(4\r(65),65) D.eq \f(\r(65),4)
答案 D
解析 设平面α与平面β的夹角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))，
则cs θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(4,9)，
则sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))2)＝eq \f(\r(65),9)，
所以tan θ＝eq \f(\f(\r(65),9),\f(4,9))＝eq \f(\r(65),4).
题型一 异面直线所成的角
例1 (1)若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为eq \r(3)，AB＝1，则直线AB1与CD1所成的角为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案 C
解析 ∵正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为eq \r(3)，AB＝1，
∴AA1＝eq \r(3)，
以D为原点，DA，DC，DD1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)，B1(1,1，eq \r(3))，C(0,1,0)，D1(0,0，eq \r(3))，
eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(0,1，eq \r(3))，eq \(CD1,\s\up6(—→))＝(0，－1，eq \r(3))，
设直线AB1与CD1所成的角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(—→))·\(CD1,\s\up6(—→))|,|\(AB1,\s\up6(—→))||\(CD1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(2,\r(4)×\r(4))＝eq \f(1,2).
又0°＜θ ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB1与CD1所成的角为60°.
(2)(2022·杭州模拟)如图，已知圆锥CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圆O的直径，点D在 SKIPIF 1 < 0 上，且∠AOD＝2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,4) D.eq \f(3,4)
答案 A
解析 因为∠AOD＝2∠BOD，
且∠AOD＋∠BOD＝π，
所以∠BOD＝eq \f(π,3)，
连接CO，则CO⊥平面ABD，以点O为坐标原点，OB，OC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，
设圆O的半径为2，
则A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2eq \r(3))，D(eq \r(3)，1,0)，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－2,2eq \r(3))，
设异面直线AD与BC所成的角为θ，
则cs θ＝|cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))|,|\(AD,\s\up6(→))||\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－6|,2\r(3)×4)＝eq \f(\r(3),4)，
所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为eq \f(\r(3),4).
思维升华 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤
(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．
跟踪训练1 (1)有公共边的△ABC和△BCD均为等边三角形，且所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(1,4)
解析 设等边三角形的边长为2.取BC的中点O，连接OA，OD.因为△ABC和△BCD所在平面互相垂直，所以OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，OD，OC，OA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(0,0，eq \r(3))，B(0，－1,0)，C(0,1,0)，D(eq \r(3)，0,0)，
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，－1，－eq \r(3))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1,0)，
设异面直线AB和CD所成的角为θ，
则cs θ＝|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2×2)))＝eq \f(1,4)，
所以异面直线AB和CD所成角的余弦值为eq \f(1,4).
(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))(0<λ<1)，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为eq \f(3\r(2),10)，则λ的值为______．
答案 eq \f(1,3)
解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，
则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
∴eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(0,2，－1)，
eq \(A1F,\s\up6(—→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋λeq \(AD,\s\up6(→))＝(－2λ，0，－2)．
∴|cs〈eq \(A1F,\s\up6(—→))，eq \(D1E,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|\(A1F,\s\up6(—→))·\(D1E,\s\up6(—→))|,|\(A1F,\s\up6(—→))||\(D1E,\s\up6(—→))|)＝eq \f(2,2\r(λ2＋1)×\r(5))＝eq \f(3\r(2),10)，解得λ＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(1,3)舍去)).
题型二 直线与平面所成的角
例2 (12分)(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；[切入点：由等腰梯形ABCD的性质求BD长]
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．[关键点：建立空间直角坐标系求法向量]
思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤
跟踪训练2 如图，在六面体PACBD中，△PAB是等边三角形，平面PAB与平面ABD所成角为30°，PC＝AB＝eq \r(2)AD＝eq \r(2)BD＝eq \r(2)AC＝eq \r(2)BC＝4.
(1)证明：AB⊥PD；
(2)若点E为线段BD上一动点，求直线CE与平面PAB所成角的正切值的最大值．
(1)证明 取AB的中点M，连接PM，DM，如图，
因为PA＝PB，DA＝DB，所以PM⊥AB，DM⊥AB，且PM∩DM＝M，PM，DM⊂平面PDM，
所以AB⊥平面PMD，
又PD⊂平面PMD，所以AB⊥PD.
(2)解 连接CM，则CM⊥AB，由AC＝BC＝2eq \r(2)，PA＝PB＝AB＝4，可得CM＝2，PM＝2eq \r(3)，
于是CM2＋PM2＝16＝PC2，所以PM⊥CM，
又PM⊥AB，AB∩CM＝M，MC，AB⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC，
以M为原点，MC，MB，MP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则M(0,0,0)，C(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2eq \r(3))，
由题意知∠CMD＝120°，可得D(－1,0，eq \r(3))，
平面PAB的一个法向量为n＝(1,0,0)，
设eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BD,\s\up6(→))＝λ(－1，－2，eq \r(3))，λ∈[0,1]，
则eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＝(－2－λ，2－2λ，eq \r(3)λ)，
设CE与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(CE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(2＋λ,1·\r(－2－λ2＋2－2λ2＋\r(3)λ2))，
令2＋λ＝t，t∈[2,3]，则λ＝t－2，
所以sin θ＝eq \f(t,\r(t2＋6－2t2＋3t－22))＝eq \f(1,\r(\f(48,t2)－\f(36,t)＋8))，
令f(t)＝eq \f(48,t2)－eq \f(36,t)＋8，t∈[2,3]，由对称轴eq \f(1,t)＝eq \f(3,8)知，当eq \f(1,t)＝eq \f(3,8)，即λ＝eq \f(2,3)时，f(t)min＝eq \f(5,4)，
则(sin θ)max＝eq \r(\f(4,5))＝eq \f(2\r(5),5)，
于是(tan θ)max＝2.
所以直线CE与平面PAB所成角的正切值的最大值为2.
题型三 平面与平面的夹角
例3 (2023·泰安模拟)如图，在五面体ABCDE中，已知AC⊥平面BCD，ED∥AC，且AC＝BC＝2ED＝2，DC＝DB＝eq \r(3).
(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；
(2)求平面ABE与平面BEC夹角的余弦值．
(1)证明 取BC的中点M，AB的中点N，连接DM，MN，EN.
∴MN∥AC，MN＝eq \f(1,2)AC，
又DE∥AC，DE＝eq \f(1,2)AC，∴DE∥MN，DE＝MN，
∴四边形MNED是平行四边形，
∴EN∥DM，EN＝DM，
又AC⊥平面BCD，AC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCD，
∵DC＝DB，∴DM⊥BC，
又平面ABC∩平面BCD＝BC，DM⊂平面BCD，
∴DM⊥平面ABC，∴EN⊥平面ABC，
又EN⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面ABC.
(2)解 由(1)知，AC⊥BC，EN∥DM且EN＝DM，EN⊥平面ABC，平面ABE⊥平面ABC，
以C为原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，连接CN，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，N(1,1,0)，E(1,1，eq \r(2))，
则eq \(CB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(CN,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(1,1，eq \r(2))，
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CE,\s\up6(→))＝x＋y＋\r(2)z＝0，,n·\(CB,\s\up6(→))＝2y＝0，))取z＝eq \r(2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝0，))
∴n＝(－2,0，eq \r(2))，
又AC＝BC，则CN⊥AB，
又平面ABC∩平面ABE＝AB，CN⊂平面ABC，
∴CN⊥平面ABE，即eq \(CN,\s\up6(→))＝(1,1,0)为平面ABE的一个法向量，
设平面ABE与平面BEC的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈n，eq \(CN,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(CN,\s\up6(→))|,|n||\(CN,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|－2|,\r(2)×\r(6))＝eq \f(\r(3),3)，
∴平面ABE与平面BEC夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
思维升华 利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小．
(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小．
跟踪训练3 (2022·贵阳模拟)如图，AC，BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，PA为圆柱OO′的一条母线，且AP＝AC.
(1)证明：AB⊥PD；
(2)若∠AOD＝eq \f(π,3)，求平面DPC与平面PCB夹角的正弦值．
(1)证明 ∵AC，BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，
∴∠BAD＝90°，∴AB⊥AD，
∵PA为圆柱OO′的一条母线，∴PA⊥AB，
∵PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.
(2)解 以C为坐标原点，分别以CD，CB，过C的母线所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AP＝AC＝4，则BC＝2，AB＝2eq \r(3)，CD＝2eq \r(3)，
则D(2eq \r(3)，0,0)，B(0,2,0)，P(2eq \r(3)，2,4)，C(0,0,0)，
∴eq \(CD,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，0,0)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(CP,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2,4)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CP,\s\up6(→))＝2\r(3)x＋2y＋4z＝0，,n·\(CB,\s\up6(→))＝2y＝0，))
令x＝2，则y＝0，z＝－eq \r(3)，
∴n＝(2,0，－eq \r(3))，
设平面PDC的法向量为m＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CP,\s\up6(→))＝2\r(3)a＋2b＋4c＝0，,m·\(CD,\s\up6(→))＝2\r(3)a＝0，))
令b＝2，则a＝0，c＝－1，∴m＝(0,2，－1)，
设平面DPC与平面PCB的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(|\r(3)|,\r(7)×\r(5))＝eq \f(\r(105),35)，
∴平面DPC与平面PCB夹角的正弦值为eq \r(1－\f(105,352))＝eq \f(4\r(70),35).
课时精练
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．
(1)证明 因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD.
又因为AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，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).
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，－eq \r(3)，2)，A(0，－eq \r(3)，0)，B(1,0,0)，C(0，eq \r(3)，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所成的角为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)，
即PB与AC所成角的余弦值为eq \f(\r(6),4).
2.如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
(1)证明 由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，
所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解 如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，eq \(HF,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设BF＝1，由(1)可得DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq \r(3).
又PF＝1，EF＝2，
所以PE⊥PF，
所以PH＝eq \f(\r(3),2)，EH＝eq \f(3,2).
则H(0,0,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2)，0))，
eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(HP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2))).
又eq \(HP,\s\up6(→))为平面ABFD的一个法向量，
设DP与平面ABFD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(HP,\s\up6(→))，eq \(DP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(HP,\s\up6(→))·\(DP,\s\up6(→))|,|\(HP,\s\up6(→))||\(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(3,4),\r(3))＝eq \f(\r(3),4).
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
3．如图①，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图②，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求平面CBQ与平面ABQ夹角的余弦值．
(1)证明 由题设知OA，OB，OO1两两垂直，
∴以O为坐标原点，OA，OB，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，
设AQ的长为m，则O(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,6,0)，C(0,3,6)，D(3,0,6)，Q(6，m,0)．
∵点P为BC的中点，
∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,2)，3))，
∴eq \(OD,\s\up6(→))＝(3,0,6)，eq \(AQ,\s\up6(→))＝(0，m,0)，eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，m－\f(9,2)，－3)).
∵eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝0，eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝0，
∴eq \(OD,\s\up6(→))⊥eq \(AQ,\s\up6(→))，eq \(OD,\s\up6(→))⊥eq \(PQ,\s\up6(→))，
即OD⊥AQ，OD⊥PQ，
又AQ∩PQ＝Q，AQ，PQ⊂平面PAQ，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)解 ∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝eq \f(1,2)OB＝3，
则Q(6,3,0)，∴eq \(QB,\s\up6(→))＝(－6,3,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－3,6)．
设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(QB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BC,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－6x＋3y＝0，,－3y＋6z＝0，))
令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1,2,1)．
易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
设平面CBQ与平面ABQ的夹角为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(\r(6),6)，
即平面CBQ与平面ABQ夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
4．(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AEC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PA＝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AEC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AEC与平面AEB的夹角为θ，
所以cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·m,|n||m|)))＝eq \f(4\r(3),13).
则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AEC与平面AEB夹角的正弦值为eq \f(11,13).
5.(2023·莆田模拟)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，补充在下面的横线上，并作答．
①∠ABC＝eq \f(π,3)；
②BD＝eq \r(3)AC；
③PC与平面ABCD所成角的大小为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．
(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eq \(Oz,\s\up6(→))∥eq \(AP,\s\up6(→))，以O为原点，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(Oz,\s\up6(→))为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
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＝2sin eq \f(π,3)＝eq \r(3)，
OA＝OC＝2cs eq \f(π,3)＝1，
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，
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)．
设平面ACF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝2y＝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〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(3),\r(7)×1)＝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OA＝OC＝1，OB＝OD＝eq \r(3).
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，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)．
设平面ACF的法向量为n＝(x，y，z)，
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〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(3),\r(7)×1)＝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OA＝OC＝1，OB＝OD＝eq \r(3).
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，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)．
设平面ACF的法向量为n＝(x，y，z)，
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〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(3),\r(7)×1)＝eq \f(\r(21),7).
6.如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
(1)证明 在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，
所以l⊥平面PDC.
(2)解 以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，如图建立空间直角坐标系D－xyz，
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
设Q(m,0,1)，
则有eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝(m,0,1)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,mx＋z＝0，))
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up6(→)),|n||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋0＋m,\r(3)·\r(m2＋1)).
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于|cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))
＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2m,m2＋1))
≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2|m|,m2＋1))≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋1)＝eq \f(\r(6),3)，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3).
知识梳理
1．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〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2．直线与平面所成的角
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＝|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
如图，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．
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〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)两异面直线所成角的范围是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))).( √ )
(4)直线的方向向量为u，平面的法向量为n，则线面角θ满足sin θ＝cs〈u，n〉．( × )
教材改编题
1．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(1,2)，则直线l与平面α所成的角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
答案 A
解析 由于cs〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，所以〈m，n〉＝120°，所以直线l与平面α所成的角为30°.
2．已知直线l1的方向向量s1＝(1,0,1)与直线l2的方向向量s2＝(－1,2，－2)，则直线l1和l2所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),4) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 C
解析 因为s1＝(1,0,1)，s2＝(－1,2，－2)，
所以cs〈s1，s2〉＝eq \f(s1·s2,|s1||s2|)＝eq \f(－1－2,\r(2)×3)＝－eq \f(\r(2),2).
所以直线l1和l2所成角的余弦值为eq \f(\r(2),2).
3．平面α的一个法向量为m＝(1,2，－2)，平面β的一个法向量为n＝(2,2,1)，则平面α与平面β夹角的正切值为( )
A.eq \f(4,9) B.eq \f(9,4) C.eq \f(4\r(65),65) D.eq \f(\r(65),4)
答案 D
解析 设平面α与平面β的夹角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))，
则cs θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(4,9)，
则sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))2)＝eq \f(\r(65),9)，
所以tan θ＝eq \f(\f(\r(65),9),\f(4,9))＝eq \f(\r(65),4).
题型一 异面直线所成的角
例1 (1)若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为eq \r(3)，AB＝1，则直线AB1与CD1所成的角为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案 C
解析 ∵正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为eq \r(3)，AB＝1，
∴AA1＝eq \r(3)，
以D为原点，DA，DC，DD1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)，B1(1,1，eq \r(3))，C(0,1,0)，D1(0,0，eq \r(3))，
eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(0,1，eq \r(3))，eq \(CD1,\s\up6(—→))＝(0，－1，eq \r(3))，
设直线AB1与CD1所成的角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(—→))·\(CD1,\s\up6(—→))|,|\(AB1,\s\up6(—→))||\(CD1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(2,\r(4)×\r(4))＝eq \f(1,2).
又0°＜θ ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB1与CD1所成的角为60°.
(2)(2022·杭州模拟)如图，已知圆锥CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圆O的直径，点D在 SKIPIF 1 < 0 上，且∠AOD＝2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,4) D.eq \f(3,4)
答案 A
解析 因为∠AOD＝2∠BOD，
且∠AOD＋∠BOD＝π，
所以∠BOD＝eq \f(π,3)，
连接CO，则CO⊥平面ABD，以点O为坐标原点，OB，OC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，
设圆O的半径为2，
则A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2eq \r(3))，D(eq \r(3)，1,0)，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－2,2eq \r(3))，
设异面直线AD与BC所成的角为θ，
则cs θ＝|cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))|,|\(AD,\s\up6(→))||\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－6|,2\r(3)×4)＝eq \f(\r(3),4)，
所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为eq \f(\r(3),4).
思维升华 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤
(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．
跟踪训练1 (1)有公共边的△ABC和△BCD均为等边三角形，且所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(1,4)
解析 设等边三角形的边长为2.取BC的中点O，连接OA，OD.因为△ABC和△BCD所在平面互相垂直，所以OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，OD，OC，OA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(0,0，eq \r(3))，B(0，－1,0)，C(0,1,0)，D(eq \r(3)，0,0)，
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，－1，－eq \r(3))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1,0)，
设异面直线AB和CD所成的角为θ，
则cs θ＝|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2×2)))＝eq \f(1,4)，
所以异面直线AB和CD所成角的余弦值为eq \f(1,4).
(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))(0<λ<1)，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为eq \f(3\r(2),10)，则λ的值为______．
答案 eq \f(1,3)
解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，
则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
∴eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(0,2，－1)，
eq \(A1F,\s\up6(—→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋λeq \(AD,\s\up6(→))＝(－2λ，0，－2)．
∴|cs〈eq \(A1F,\s\up6(—→))，eq \(D1E,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|\(A1F,\s\up6(—→))·\(D1E,\s\up6(—→))|,|\(A1F,\s\up6(—→))||\(D1E,\s\up6(—→))|)＝eq \f(2,2\r(λ2＋1)×\r(5))＝eq \f(3\r(2),10)，解得λ＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(1,3)舍去)).
题型二 直线与平面所成的角
例2 (12分)(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；[切入点：由等腰梯形ABCD的性质求BD长]
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．[关键点：建立空间直角坐标系求法向量]
思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤
跟踪训练2 如图，在六面体PACBD中，△PAB是等边三角形，平面PAB与平面ABD所成角为30°，PC＝AB＝eq \r(2)AD＝eq \r(2)BD＝eq \r(2)AC＝eq \r(2)BC＝4.
(1)证明：AB⊥PD；
(2)若点E为线段BD上一动点，求直线CE与平面PAB所成角的正切值的最大值．
(1)证明 取AB的中点M，连接PM，DM，如图，
因为PA＝PB，DA＝DB，所以PM⊥AB，DM⊥AB，且PM∩DM＝M，PM，DM⊂平面PDM，
所以AB⊥平面PMD，
又PD⊂平面PMD，所以AB⊥PD.
(2)解 连接CM，则CM⊥AB，由AC＝BC＝2eq \r(2)，PA＝PB＝AB＝4，可得CM＝2，PM＝2eq \r(3)，
于是CM2＋PM2＝16＝PC2，所以PM⊥CM，
又PM⊥AB，AB∩CM＝M，MC，AB⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC，
以M为原点，MC，MB，MP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则M(0,0,0)，C(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2eq \r(3))，
由题意知∠CMD＝120°，可得D(－1,0，eq \r(3))，
平面PAB的一个法向量为n＝(1,0,0)，
设eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BD,\s\up6(→))＝λ(－1，－2，eq \r(3))，λ∈[0,1]，
则eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＝(－2－λ，2－2λ，eq \r(3)λ)，
设CE与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(CE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(2＋λ,1·\r(－2－λ2＋2－2λ2＋\r(3)λ2))，
令2＋λ＝t，t∈[2,3]，则λ＝t－2，
所以sin θ＝eq \f(t,\r(t2＋6－2t2＋3t－22))＝eq \f(1,\r(\f(48,t2)－\f(36,t)＋8))，
令f(t)＝eq \f(48,t2)－eq \f(36,t)＋8，t∈[2,3]，由对称轴eq \f(1,t)＝eq \f(3,8)知，当eq \f(1,t)＝eq \f(3,8)，即λ＝eq \f(2,3)时，f(t)min＝eq \f(5,4)，
则(sin θ)max＝eq \r(\f(4,5))＝eq \f(2\r(5),5)，
于是(tan θ)max＝2.
所以直线CE与平面PAB所成角的正切值的最大值为2.
题型三 平面与平面的夹角
例3 (2023·泰安模拟)如图，在五面体ABCDE中，已知AC⊥平面BCD，ED∥AC，且AC＝BC＝2ED＝2，DC＝DB＝eq \r(3).
(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；
(2)求平面ABE与平面BEC夹角的余弦值．
(1)证明 取BC的中点M，AB的中点N，连接DM，MN，EN.
∴MN∥AC，MN＝eq \f(1,2)AC，
又DE∥AC，DE＝eq \f(1,2)AC，∴DE∥MN，DE＝MN，
∴四边形MNED是平行四边形，
∴EN∥DM，EN＝DM，
又AC⊥平面BCD，AC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCD，
∵DC＝DB，∴DM⊥BC，
又平面ABC∩平面BCD＝BC，DM⊂平面BCD，
∴DM⊥平面ABC，∴EN⊥平面ABC，
又EN⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面ABC.
(2)解 由(1)知，AC⊥BC，EN∥DM且EN＝DM，EN⊥平面ABC，平面ABE⊥平面ABC，
以C为原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，连接CN，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，N(1,1,0)，E(1,1，eq \r(2))，
则eq \(CB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(CN,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(1,1，eq \r(2))，
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CE,\s\up6(→))＝x＋y＋\r(2)z＝0，,n·\(CB,\s\up6(→))＝2y＝0，))取z＝eq \r(2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝0，))
∴n＝(－2,0，eq \r(2))，
又AC＝BC，则CN⊥AB，
又平面ABC∩平面ABE＝AB，CN⊂平面ABC，
∴CN⊥平面ABE，即eq \(CN,\s\up6(→))＝(1,1,0)为平面ABE的一个法向量，
设平面ABE与平面BEC的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈n，eq \(CN,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(CN,\s\up6(→))|,|n||\(CN,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|－2|,\r(2)×\r(6))＝eq \f(\r(3),3)，
∴平面ABE与平面BEC夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
思维升华 利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小．
(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小．
跟踪训练3 (2022·贵阳模拟)如图，AC，BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，PA为圆柱OO′的一条母线，且AP＝AC.
(1)证明：AB⊥PD；
(2)若∠AOD＝eq \f(π,3)，求平面DPC与平面PCB夹角的正弦值．
(1)证明 ∵AC，BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，
∴∠BAD＝90°，∴AB⊥AD，
∵PA为圆柱OO′的一条母线，∴PA⊥AB，
∵PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.
(2)解 以C为坐标原点，分别以CD，CB，过C的母线所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AP＝AC＝4，则BC＝2，AB＝2eq \r(3)，CD＝2eq \r(3)，
则D(2eq \r(3)，0,0)，B(0,2,0)，P(2eq \r(3)，2,4)，C(0,0,0)，
∴eq \(CD,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，0,0)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(CP,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2,4)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CP,\s\up6(→))＝2\r(3)x＋2y＋4z＝0，,n·\(CB,\s\up6(→))＝2y＝0，))
令x＝2，则y＝0，z＝－eq \r(3)，
∴n＝(2,0，－eq \r(3))，
设平面PDC的法向量为m＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CP,\s\up6(→))＝2\r(3)a＋2b＋4c＝0，,m·\(CD,\s\up6(→))＝2\r(3)a＝0，))
令b＝2，则a＝0，c＝－1，∴m＝(0,2，－1)，
设平面DPC与平面PCB的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(|\r(3)|,\r(7)×\r(5))＝eq \f(\r(105),35)，
∴平面DPC与平面PCB夹角的正弦值为eq \r(1－\f(105,352))＝eq \f(4\r(70),35).
课时精练
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．
(1)证明 因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD.
又因为AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，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).
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，－eq \r(3)，2)，A(0，－eq \r(3)，0)，B(1,0,0)，C(0，eq \r(3)，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所成的角为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)，
即PB与AC所成角的余弦值为eq \f(\r(6),4).
2.如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
(1)证明 由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，
所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解 如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，eq \(HF,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设BF＝1，由(1)可得DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq \r(3).
又PF＝1，EF＝2，
所以PE⊥PF，
所以PH＝eq \f(\r(3),2)，EH＝eq \f(3,2).
则H(0,0,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2)，0))，
eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(HP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2))).
又eq \(HP,\s\up6(→))为平面ABFD的一个法向量，
设DP与平面ABFD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(HP,\s\up6(→))，eq \(DP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(HP,\s\up6(→))·\(DP,\s\up6(→))|,|\(HP,\s\up6(→))||\(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(3,4),\r(3))＝eq \f(\r(3),4).
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
3．如图①，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图②，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求平面CBQ与平面ABQ夹角的余弦值．
(1)证明 由题设知OA，OB，OO1两两垂直，
∴以O为坐标原点，OA，OB，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，
设AQ的长为m，则O(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,6,0)，C(0,3,6)，D(3,0,6)，Q(6，m,0)．
∵点P为BC的中点，
∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,2)，3))，
∴eq \(OD,\s\up6(→))＝(3,0,6)，eq \(AQ,\s\up6(→))＝(0，m,0)，eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，m－\f(9,2)，－3)).
∵eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝0，eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝0，
∴eq \(OD,\s\up6(→))⊥eq \(AQ,\s\up6(→))，eq \(OD,\s\up6(→))⊥eq \(PQ,\s\up6(→))，
即OD⊥AQ，OD⊥PQ，
又AQ∩PQ＝Q，AQ，PQ⊂平面PAQ，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)解 ∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝eq \f(1,2)OB＝3，
则Q(6,3,0)，∴eq \(QB,\s\up6(→))＝(－6,3,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－3,6)．
设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(QB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BC,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－6x＋3y＝0，,－3y＋6z＝0，))
令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1,2,1)．
易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
设平面CBQ与平面ABQ的夹角为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(\r(6),6)，
即平面CBQ与平面ABQ夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
4．(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AEC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PA＝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AEC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AEC与平面AEB的夹角为θ，
所以cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·m,|n||m|)))＝eq \f(4\r(3),13).
则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AEC与平面AEB夹角的正弦值为eq \f(11,13).
5.(2023·莆田模拟)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，补充在下面的横线上，并作答．
①∠ABC＝eq \f(π,3)；
②BD＝eq \r(3)AC；
③PC与平面ABCD所成角的大小为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．
(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eq \(Oz,\s\up6(→))∥eq \(AP,\s\up6(→))，以O为原点，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(Oz,\s\up6(→))为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
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＝2sin eq \f(π,3)＝eq \r(3)，
OA＝OC＝2cs eq \f(π,3)＝1，
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，
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)．
设平面ACF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝2y＝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〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(3),\r(7)×1)＝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OA＝OC＝1，OB＝OD＝eq \r(3).
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，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)．
设平面ACF的法向量为n＝(x，y，z)，
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〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(3),\r(7)×1)＝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OA＝OC＝1，OB＝OD＝eq \r(3).
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，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)．
设平面ACF的法向量为n＝(x，y，z)，
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〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(3),\r(7)×1)＝eq \f(\r(21),7).
6.如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
(1)证明 在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，
所以l⊥平面PDC.
(2)解 以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，如图建立空间直角坐标系D－xyz，
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
设Q(m,0,1)，
则有eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝(m,0,1)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,mx＋z＝0，))
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up6(→)),|n||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋0＋m,\r(3)·\r(m2＋1)).
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于|cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))
＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2m,m2＋1))
≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2|m|,m2＋1))≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋1)＝eq \f(\r(6),3)，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3).
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