2020版高考数学（理）新创新一轮复习通用版讲义：第八章第七节利用空间向量求空间角

第七节利用空间向量求空间角



1．异面直线所成角
设异面直线a，b所成的角为θ，则cos θ＝❶， 其中a，b分别是直线a，b的方向向量．
2．直线与平面所成角
如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sin φ＝|cos〈a，n〉|＝❷.

3．二面角
(1)若AB，CD分别是二面角α­l­β的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量与的夹角，如图(1)．

(2)平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α ­l ­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝❸，如图(2)(3)．
两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角为(0，π)，所以公式中要加绝对值．
直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值．
利用公式与二面角的平面角时，要注意〈n1，n2〉与二面角大小的关系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断．
[熟记常用结论]
解空间角最值问题时往往会用到最小角定理
cos θ＝cos θ1cos θ2.

如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2.
[小题查验基础]
一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．(　　)
(2)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，则a∥c，a⊥b.(　　)
(3)已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，则直线l与平面α所成的角为120°.(　　)
(4)已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为45°.(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
二、选填题
1．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C　以点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．设直三棱柱的棱长为2，则可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)， ∴＝(1，－1,2)， ＝(－1,0,2)．
∴cos，＝＝＝.
2.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．
解析：以A为坐标原点，以， (AE⊥AB)，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D为A1B1的中点，
则A(0,0,0)，C1(1，，2)，D(1,0,2)，∴＝(1，，2)，＝(1,0,2)．
∵∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角，∴cos∠C1AD＝
＝＝，
又∵∠C1AD∈，∴∠C1AD＝.
答案：
3．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面PAB与平面PCD所成的角为________．
解析：如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，
由题意，知AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，
又CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD.
∴＝(0,1,0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且，＝45°.
故平面PAB与平面PCD所成的角为45°.
答案：45°


[典例精析]
如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．
[解]　由题意知，AB，AC，AP两两垂直，故以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0，0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0，0,1)，N(1,2,0)．
(1)证明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨取z＝1，可得n＝(1,0,1)．
又＝(1,2，－1)，可得·n＝0.
因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.
(2)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，
进而可得＝(－1，－2，h)， ＝(－2,2,2)．
由已知，得|cos〈，〉|＝
＝＝，
整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.
所以线段AH的长为或.
[解题技法]
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；
(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．
[提醒]　注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，此夹角就是异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．
[过关训练]
1.如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是(　　)
A．30°　　　　　　　　 B．45°
C．60° D．90°
解析：选C　以B为坐标原点，以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，∴＝(0，－1，1)，＝(2,0,2)，∴·＝2，∴cos〈，〉＝＝，则EF和BC1所成的角是60°，故选C.
2.如图，在四棱锥P­ABCD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．
解：(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，所以BD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD＝O.
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如图，以O为坐标原点，射线OB，OC分别为x轴，y轴的正半轴建立空间直角坐标系O­xyz，
则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，
所以＝(1，，－2)，＝(0，2，0)．
设PB与AC所成角为θ，
则cos θ＝＝＝.
即PB与AC所成角的余弦值为.

[典例精析]
(2019·合肥一检)如图，在多面体ABCDEF中，
四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．
(1)求证：平面BDM∥平面EFC；
(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：连接AC交BD于点N，连接MN，
则N为AC的中点，
又M为AE的中点，∴MN∥EC.
∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，
∴MN∥平面EFC.
∵BF，DE都与平面ABCD垂直，∴BF∥DE.
∵BF＝DE，
∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.
∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，
∴BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFC.
(2)∵DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，
∴DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D­xyz.
设AB＝2，则DE＝4，从而D(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,0,2)，A(2,0,0)，E(0,0,4)，
∴＝(2,2,0)，＝(1,0,2)，
设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，
则得
令x＝2，则y＝－2，z＝－1，
从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量．
∵＝(－2,0,4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos n，|＝＝，
∴直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.
[解题技法]
利用向量求线面角的2种方法
(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，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，取其余角就是斜线与平面所成的角．
[过关训练]
1．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)，所以＝(－1,2,0)，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)．设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有即令x＝2，得y＝1，z＝2，则n＝(2,1,2)．设D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，即D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.
答案：
2.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BA＝BC＝5，AC＝8，D为线段AC的中点．
(1)求证：BD⊥A1D；
(2)若直线A1D与平面BC1D所成角的正弦值为，求AA1的长．
解：(1)证明：∵三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，
∴AA1⊥平面ABC，
又BD⊂平面ABC，∴BD⊥AA1，
∵BA＝BC，D为AC的中点，∴BD⊥AC，
又AC∩AA1＝A，AC⊂平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，
∴BD⊥平面ACC1A1，
又A1D⊂平面ACC1A1，∴BD⊥A1D.
(2)由(1)知BD⊥AC，AA1⊥平面ABC，
以D为坐标原点，DB，DC所在直线分别为x轴，y轴，过点D且平行于AA1的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.
设AA1＝λ(λ＞0)，则A1(0，－4，λ)，B(3,0,0)，C1(0,4，λ)，D(0,0,0)，
∴＝(0，－4，λ)，＝(0,4，λ)，＝(3,0,0)，
设平面BC1D的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
则x＝0，令z＝4，可得y＝－λ，
故n＝(0，－λ，4)为平面BC1D的一个法向量．
设直线A1D与平面BC1D所成角为θ，
则sin θ＝|cosn，|＝
＝＝，解得λ＝2或λ＝8，
即AA1＝2或AA1＝8.

[典例精析]
如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF位置，OD′＝.
(1)证明：D′H⊥平面ABCD；
(2)求二面角B­D′A­C的余弦值．
[解]　(1)证明：由四边形ABCD为菱形，得AC⊥BD.
由AE＝CF＝，得＝，所以EF∥AC.
因此EF⊥DH，从而EF⊥D′H.
由AB＝5，AC＝6，得DO＝BO＝＝4.
由EF∥AC得＝＝，
所以OH＝1，D′H＝DH＝3，
则OD′2＝OH2＋D′H2，所以D′H⊥OH.
又OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.
(2)以H为坐标原点，HB，HF，HD′分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系H­xyz，如图所示．
则B(5,0,0)，C(1,3,0)，D′(0,0,3)，A(1，－3,0)，
(由口诀“起点同”，我们先求出起点相同的3个向量．)
所以＝(4,3,0)， ＝(－1,3,3)，＝(0,6,0)．
(由口诀“棱排前”，我们用行列式求出两个平面的法向量．)
由
可得平面ABD′的法向量n1＝(－3,4，－5)，

由
可得平面AD′C的法向量n2＝(－3,0，－1)．
于是cos〈n1，n2〉＝＝.
所以二面角B­D′A­C的余弦值为.
[解题技法]
(1)利用法向量求二面角的大小时，由于法向量的方向不同，两个法向量的夹角与二面角的大小可能相等，也可能互补．所以，两个法向量的夹角的余弦值与二面角的余弦值可能存在正负号的差异．
(2)有时用观察法难以判定二面角是钝角还是锐角，为了保证解题结果准确无误，我们给出一种万无一失的方法：就是在两个半平面和二面角的棱上各取1个向量，要求这三个向量必须起点相同，在利用行列式计算法向量时，棱对应的向量必须排前面，即口诀“起点同，棱排前”，这样求出的两个法向量的夹角一定与二面角的大小相等．
[口诀记忆]
二面角，求余弦；
起点同，棱排前．

[过关训练]
　如图所示，四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，△DAB≌△DCB，E为线段BD上的一点，且EB＝ED＝EC＝BC，连接CE并延长交AD于F.
(1)若G为PD的中点，求证：平面PAD⊥平面CGF；
(2)若BC＝2，PA＝3，求二面角B­CP­D的余弦值．
解：(1)证明：在△BCD中，EB＝ED＝EC＝BC，
故∠BCD＝90°，∠CBE＝∠BEC＝60°.
∵△DAB≌△DCB，∴∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ABE＝∠CBE＝60°，∴∠FED＝∠BEC＝∠ABE＝60°.
∴AB∥EF，∴∠EFD＝∠BAD＝90°，
∴EF⊥AD，AF＝FD.
又PG＝GD，∴GF∥PA.
又PA⊥平面ABCD，∴GF⊥平面ABCD，
∵AD⊂平面ABCD，∴GF⊥AD.
又GF∩EF＝F，∴AD⊥平面CGF.
又AD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面CGF.
(2)以A为坐标原点，射线AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(3，，0)，D(0,2，0)，P(0,0,3)，
故＝(－1，－，0)， ＝(－3，－，3)，＝(－3，，0)．
设平面BCP的一个法向量为n1＝(1，y1，z1)，
则即解得
即n1＝.
设平面DCP的一个法向量为n2＝(1，y2，z2)，
则即解得
即n2＝(1，，2)．
所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，
由图知二面角B­CP­D为钝角，
所以二面角B­CP­D的余弦值为－.

一、题点全面练
1.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C　建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0，0,2)，N(1,0,0)，∴＝(－1，－1，－2)， ＝(1,0，－2)，
∴B1M与D1N所成角的余弦值为＝＝.
2．如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　如图，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，则C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，
∴＝(0,3,1)， ＝(1,1，－1)， ＝(0,3，－1)．
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即取y＝1，得n＝(2,1,3)．
∴cos，n＝＝，
∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为.
3．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2，二面角B­AA1­C1的大小为60°，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为(　　)
A. B.
C. D．2
解析：选A　由题意可知，∠BAC＝60°，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2，∠ABC＝90°，
则·＝(－)·(＋)＝4，
||＝2，||＝4，
cos，＝＝，
故tan，＝.
4.如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则B1，F(1,0,1)，
E，G(0,0,2)，
＝，＝， ＝(1,0，－1)．
设平面GEF的法向量n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则z＝1，y＝，
故n＝为平面GEF的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝＝－，
所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为.
5．在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设棱长为1，
则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，
∴＝(0,1，－1)，
＝，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
则即
∴∴n1＝(1,2,2)．
又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝.
即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.
6．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线OF与平面BED所成的角为45°，则AE＝________.
解析：如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系．
设AE＝a，则B(0，，0)，D(0，－，0)，F(－1,0,3)，E(1,0，a)，∴＝(－1,0,3)，＝(0,2，0)， ＝(－1，，－a)．设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
则y＝0，令z＝1，得x＝－a，
∴n＝(－a,0,1)，
∴cos〈n，〉＝＝.
∵直线OF与平面BED所成角的大小为45°，
∴＝，
解得a＝2或a＝－(舍去)，∴AE＝2.
答案：2
7.如图，已知四棱锥P ­ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2，E，F分别是AB，AP的中点，则二面角F ­OE ­A的余弦值为________．
解析：以O为坐标原点，OB，OC，OP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O­xyz，
由题知，OA＝OB＝2，
则A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，－1,0)，F(0，－1,1)， ＝(1，－1,0)，＝(0，－1,1)，
设平面OEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，可得m＝(1,1,1)．
易知平面OAE的一个法向量为n＝(0,0,1)，
则cos〈m，n〉＝＝.
由图知二面角F­OE­A为锐角，
所以二面角F­OE­A的余弦值为.
答案：
8．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧C所在平面垂直，M是C上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥M­ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．
解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，
又DM⊂平面CMD，所以BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，
所以DM⊥平面BMC.
因为DM⊂平面AMD，
所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D为坐标原点， 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.当三棱锥M­ABC的体积最大时，M为的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，＝(－2，1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)．
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
则即可取n＝(1,0,2)，
又是平面MCD的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.
9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M­PA­C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，
所以PO⊥AC，且PO＝2.连接OB，因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
所以PO＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.
又因为OB∩AC＝O，
所以PO⊥平面ABC.
(2)以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，
＝(0,2,2)．
取平面PAC的一个法向量＝(2,0,0)．
设M(a,2－a,0)(0＜a≤2)，则＝(a,4－a,0)．
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
令y＝a，得z＝－a，x＝(a－4)，所以平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝，
所以＝，
解得a＝或a＝－4(舍去)．
所以n＝.
又＝(0,2，－2)，
所以cos〈，n〉＝＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
二、专项培优练
素养专练——学会更学通
1．[直观想象、数学运算]如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.
(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；
(2)若∠BAD＝60°，求二面角B­OB1­C的余弦值．
解：(1)证明：∵A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴A1O⊥BD.
∵四边形ABCD是菱形，∴CO⊥BD.
∵A1O∩CO＝O，∴BD⊥平面A1CO.
∵BD⊂平面BB1D1D，
∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.
(2)∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，，， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°，
∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝，
OA1＝＝.
则O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，A(0，－，0)，A1(0,0，)，
∴＝(1,0,0)，＝＝(0，，)， ＝＋＝(1，，)．
设平面OBB1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝，得z＝－1，∴n＝(0，，－1)是平面OBB1的一个法向量．
同理可求得平面OCB1的一个法向量m＝(，0，－1)，
∴cosn，m＝＝＝，
由图可知二面角B­OB1­C是锐二面角，
∴二面角B­OB1­C的余弦值为.
2．[直观想象、数学运算]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.
平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，点E在PC上，DE⊥平面PAC.
(1)求证：PA⊥平面PCD；
(2)设AD＝2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45°，求DE的长．
解：(1)证明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，
所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA，
又CD∩DE＝D，所以PA⊥平面PCD.
(2)取AD的中点O，连接PO，
因为PA＝PD，所以PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PO⊥平面ABCD，
以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，由(1)得PA⊥PD，由AD＝2得PA＝PD＝，PO＝1，
设CD＝a，则P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，－1,0)，
则＝(－a,2,0)，＝(a,1，－1)．
设m＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，
由得令x＝2，则y＝a，z＝3a，故m＝(2，a,3a)为平面PBC的一个法向量，
由(1)知n＝＝(a,0,0)为平面PAD的一个法向量．
由|cosm，n|＝＝＝，解得a＝，即CD＝，所以在Rt△PCD中，PC＝，
由等面积法可得DE＝＝.
3．[直观想象，数学运算]如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，
BC＝2，AC＝2，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.
(1)求证：PD⊥平面ABC；
(2)若直线PA与平面ABC所成的角为45°，求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角大小．
解：(1)证明：∵AC＝2，BC＝2，AB＝6，
∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，
∴cos∠ABC＝＝.
又易知BD＝2，
∴CD2＝22＋(2)2－2×2×2cos∠ABC＝8，
∴CD＝2，又AD＝4，
∴CD2＋AD2＝AC2，∴CD⊥AB.
∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，CD⊂平面ABC，
∴CD⊥平面PAB，
又PD⊂平面PAB，∴CD⊥PD，
∵PD⊥AC，AC∩CD＝C，
∴PD⊥平面ABC.
(2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，∴可建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，
∵直线PA与平面ABC所成的角为45°，即∠PAD＝45°，∴PD＝AD＝4，
则A(0，－4,0)，C(2，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，
∴＝(－2，2,0)，＝(2，4,0)，＝(0，－4，－4)．
∵AD＝2DB，CE＝2EB，∴DE∥AC，
由(1)知AC⊥BC，∴DE⊥BC，
又PD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PD⊥BC，
∵PD∩DE＝D，∴CB⊥平面PDE，
∴＝(－2，2,0)为平面PDE的一个法向量．
设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得x＝，y＝－1，
∴n＝(，－1,1)为平面PAC的一个法向量．
∴cosn，＝＝－，
∴平面PAC与平面PDE所成的锐二面角的余弦值为，
故平面PAC与平面PDE所成的锐二面角为30°.