2025年高考数学一轮复习（基础版）课时精讲第7章　§7.6　向量法求空间角（2份打包，原卷版+含解析）

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1.能用向量法解决异面直线所成角、直线与平面所成角、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用.
2.弄清折叠问题中的变量与不变量，掌握折叠问题中线面位置关系的判断和空间角的计算问题．
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|).
常用结论
1．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)))；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))).
2．若平面α与平面β的夹角为θ1，平面α内的直线l与平面β所成角为θ2，则θ1≥θ2，当l与α和β的交线垂直时，取等号．
自主诊断
1．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)二面角的平面角为θ，则两个平面的法向量的夹角也是θ.( × )
(4)二面角α－l－β的平面角与平面α，β的夹角相等．( × )
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(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 设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(1,2)，所以直线l与平面α所成的角为30°.
3．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 设直线l1与l2所成的角为θ，因为s1＝(1,0,1)，s2＝(－1,2，－2)，
所以cs θ＝|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).
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为( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(3π,4) C.eq \f(π,4)或eq \f(3π,4) D.eq \f(π,2)或eq \f(3π,4)
答案 C
解析 ∵m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，∴m·n＝1，|m|＝1，|n|＝eq \r(2)，若两平面所成的二面角为θ，
则|cs θ|＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(2),2)，∴两平面所成的二面角为eq \f(π,4)或eq \f(3π,4).
题型一 异面直线所成的角
例1 (1))如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝BC，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为( )
A．－eq \f(\r(3),9) B.eq \f(\r(3),9) C．－eq \f(5\r(3),9) D.eq \f(5\r(3),9)
答案 B
解析 如图，以点A为坐标原点，以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＝2，异面直线BF与PE所成的角为θ，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，则E(1,2,0)，F(1,1,1)，
所以eq \(BF,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，eq \(PE,\s\up6(→))＝(1,2，－2)，所以cs θ＝|cs〈eq \(BF,\s\up6(→))，eq \(PE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(BF,\s\up6(→))·\(PE,\s\up6(→))|,|\(BF,\s\up6(→))||\(PE,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－1＋2－2|,\r(3)×3)＝eq \f(\r(3),9)，所以异面直线BF与PE所成角的余弦值为eq \f(\r(3),9).
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)注意异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即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)如图，已知菱形ABCD的边长为3，对角线BD长为5，将△ABD沿着对角线BD翻折至△A′BD，使得线段A′C长为3，则异面直线A′B与CD所成角的余弦值为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(\r(5),4) C.eq \f(4,9) D.eq \f(8,9)
答案 D
解析 因为A′C＝A′D＝CD＝3.
所以2eq \(A′C,\s\up6(——→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝(eq \(A′C,\s\up6(——→))＋eq \(CD,\s\up6(→)))2－eq \(A′C,\s\up6(——→))2－eq \(CD,\s\up6(→))2＝eq \(A′D,\s\up6(——→))2－eq \(A′C,\s\up6(——→))2－eq \(CD,\s\up6(→))2＝9－9－9＝－9.
因为CB＝CD＝3，BD＝5.所以2eq \(CB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))2＋eq \(CD,\s\up6(→))2－(eq \(CB,\s\up6(→))－eq \(CD,\s\up6(→)))2＝eq \(CB,\s\up6(→))2＋eq \(CD,\s\up6(→))2－eq \(DB,\s\up6(→))2＝9＋9－25＝－7.
所以eq \(A′B,\s\up6(——→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝(eq \(A′C,\s\up6(——→))＋eq \(CB,\s\up6(→)))·eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(A′C,\s\up6(——→))·eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝－eq \f(9,2)－eq \f(7,2)＝－8.
若异面直线A′B与CD所成的角为θ，则cs θ＝|cs〈eq \(A′B,\s\up6(——→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(A′B,\s\up6(——→))·\(CD,\s\up6(→))|,|\(A′B,\s\up6(——→))||\(CD,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－8|,3×3)＝eq \f(8,9).
所以异面直线A′B与CD所成角的余弦值为eq \f(8,9).
(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)，A1A＝(0,0，－2)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，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 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所成的角的正弦值．
(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 \r(AD2－AE2)＝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的法向量为n＝(x，y，z)，
则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(3),\r(5)×\r(3))＝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).
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，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，圆柱OQ的侧面积为6eq \r(3)π，点P在圆柱OQ的下底面圆周上，且△OPB是边长为eq \r(3)的等边三角形．
(1)若G是DP的中点，求证：AG⊥BD；
(2)若eq \(DG,\s\up6(→))＝2eq \(GP,\s\up6(→))，求GB与平面ABCD所成角的正弦值．
(1)证明 设圆柱OQ的底面半径为r，高为h.
因为△OPB是边长为eq \r(3)的等边三角形，
所以∠ABP＝60°，r＝eq \r(3).
因为圆柱OQ的侧面积为6eq \r(3)π，
所以2πrh＝6eq \r(3)π，解得h＝3.
在下底面圆O中，∠APB＝90°，∠ABP＝60°，
所以AP＝BP·tan 60°＝3.
因为DA⊥平面APB，所以DA⊥BP，DA⊥AP.
因为∠APB＝90°，所以AP⊥BP，
又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面APD，
所以BP⊥平面APD.
因为AG⊂平面APD，所以BP⊥AG.
在△DAP 中，AD＝AP＝3，G是DP的中点，
所以DP⊥AG.
又BP∩DP＝P，BP，DP⊂平面BPD，
所以AG⊥平面BPD.
因为BD⊂平面 BPD，所以AG⊥BD.
(2)解 在下底面圆O内过O作Ox⊥AB，连接OQ.以O为原点，eq \(Ox,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OQ,\s\up6(→))分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则B(0，eq \r(3)，0)，D(0，－eq \r(3)，3)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，因为eq \(DG,\s\up6(→))＝2eq \(GP,\s\up6(→))，设G点坐标为(x0，y0，z0)，
则(x0，y0＋eq \r(3)，z0－3)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－x0，\f(\r(3),2)－y0，－z0))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－x0))，,y0＋\r(3)＝2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－y0))，,z0－3＝－2z0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝1，,y0＝0，,z0＝1，))
所以G(1,0,1)，所以eq \(GB,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，－1)．显然，向量n＝(1,0,0) 是平面ABCD的一个法向量．
设GB与平面ABCD所成的角为θ，所以sin θ＝|cs〈eq \(GB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(GB,\s\up6(→))·n|,|\(GB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(5),5).
所以GB与平面ABCD所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
题型三 平面与平面的夹角
例3 如图，三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，PB＝PC＝eq \r(6)，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝eq \r(5)DO，点F在AC上，BF⊥AO.
(1)证明：EF∥平面ADO；
(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；
(3)求二面角D－AO－C的正弦值．
[思路分析]
(1)利用向量及eq \(BF,\s\up6(→))⊥eq \(AO,\s\up6(→))→F为AC中点→EF∥OD
(2)利用勾股定理→AO⊥OD→AO⊥平面BEF
(3)建系设点P坐标→由AO⊥BE及PB长求点P坐标→求法向量→求角
(1)证明 设AF＝tAC，
eq \x(\a\vs4\al\c1(则\(BF,\s\up6(→))＝\(BA,\s\up6(→))＋\(AF,\s\up6(→))＝(1－t) \(BA,\s\up6(→))＋t\(BC,\s\up6(→))，\(AO,\s\up6(→))＝－\(BA,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(BC,\s\up6(→))，))(1分)
①处用eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))表示eq \(BF,\s\up6(→))，eq \(AO,\s\up6(→))
因为BF⊥AO，
eq \x(\a\vs4\al\c1(所以\(BF,\s\up6(→))·\(AO,\s\up6(→))＝[(1－t)\(BA,\s\up6(→))＋t\(BC,\s\up6(→))]·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\(BA,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(BC,\s\up6(→)))),＝(t－1)\(BA,\s\up6(→))2＋\f(1,2)t\(BC,\s\up6(→))2＝4(t－1)＋4t＝0，解得t＝\f(1,2)，,则F为AC的中点．))(3分)
②处利用\(BF,\s\up6(→))⊥\(AO,\s\up6(→))找点F位置eq \(BF,\s\up6(→))⊥eq \(AO,\s\up6(→))找点F位置
又D，E，O分别为PB，PA，BC的中点，于是EF∥PC，DO∥PC，所以EF∥DO，
又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO.(4分)
(2)证明 由(1)可知EF∥DO，
eq \x(\a\vs4\al\c1(由题意可得AO＝\r(AB2＋OB2)＝\r(6)，DO＝\f(1,2)PC＝\f(\r(6),2)，,所以AD＝\r(5)DO＝\f(\r(30),2)，因此DO2＋AO2＝AD2＝\f(15,2)，,则DO⊥AO，))(6分)
③处利用勾股定理证明AO⊥OD
所以EF⊥AO，
又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF，则有AO⊥平面BEF，(7分)
又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.(8分)
(3)解 如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，A(2,0,0)，O(0，eq \r(2)，0)，eq \(AO,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(2)，0)．
因为PB＝PC，BC＝2eq \r(2)，所以设P(x，eq \r(2)，z)，z>0，(9分)
④处求eq \(BE,\s\up6(→))坐标
由(2)得AO⊥BE，
eq \x(\a\vs4\al\c1(所以\(AO,\s\up6(→))·\(BE,\s\up6(→))＝(－2，\r(2)，0)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,2)，\f(\r(2),2)，\f(z,2)))＝0，,所以x＝－1，又PB＝\r(6)，\(BP,\s\up6(→))＝(x，\r(2)，z)，,所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝\r(3)，则P(－1，\r(2)，\r(3))．))(10分)
⑤处利用AO⊥BE及PB长求点P坐标
由D为PB的中点，得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，则eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2))).
设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AO,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)a＋\f(\r(2),2)b＋\f(\r(3),2)c＝0，,－2a＋\r(2)b＝0，))得b＝eq \r(2)a，c＝eq \r(3)a，取a＝1，则n1＝(1，eq \r(2)，eq \r(3))．
易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0,0,1)，(11分)设二面角D－AO－C的大小为θ，
⑥处利用向量法求两法向量夹角
故二面角D－AO－C的正弦值为eq \f(\r(2),2).(12分)
利用法向量的方向判断二面角
二面角的大小可以通过这两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角，法向量的方向指向内部的称为“进”入半平面；法向量的方向指向外部的称为穿“出”半平面；当法向量m，n“一进一出”时，m，n的夹角就是二面角的大小；当法向量m，n“同进同出”时，m，n的夹角就是二面角的补角．
典例 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E为棱AB的中点，则二面角D1－EC－D的余弦值为________．
答案 eq \f(\r(6),3)
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
由AD＝AA1＝1，AB＝2，得E(1,1,1)，C(0,2,1)，D1(0,0,0)，则eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(1,1,1)，eq \(D1C,\s\up6(—→))＝(0,2,1)，
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(D1E,\s\up6(—→))·n＝0，,\(D1C,\s\up6(—→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＋z＝0，,2y＋z＝0，))令z＝－2，得n＝(1,1，－2)，
易知平面DEC的法向量为m＝(0,0,1)，则cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(－2,\r(6))＝－eq \f(\r(6),3)，
由法向量的方向为同出，得二面角D1－EC－D的余弦值为eq \f(\r(6),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 如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))，求平面DAB与平面ABF夹角的正弦值．
(1)证明 如图，连接AE，DE，
因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC，
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
所以AC＝AB，从而AE⊥BC，
又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)解 不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为BD⊥CD，所以BC＝2eq \r(2)，DE＝AE＝eq \r(2).
所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE，
又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，所以AE⊥平面BCD.
以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(eq \r(2)，0,0)，A(0,0，eq \r(2))，B(0，eq \r(2)，0)，E(0,0,0)，
设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
平面DAB与平面ABF的夹角为θ，而eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))，
因为eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，所以F(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，则eq \(AF,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0,0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(DA,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))取x1＝1，所以n1＝(1,1,1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))取y2＝1，所以n2＝(0,1,1)，
所以|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，从而sin θ＝eq \r(1－\f(6,9))＝eq \f(\r(3),3).
所以平面DAB与平面ABF夹角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
课时精练
一、单项选择题
1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq \r(2)，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C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 B
解析 由题意可知，AB，AC，AA1两两互相垂直，以A为坐标原点，AB，AC，AA1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(0,0,0)，A1(0,0，eq \r(2))，C(0，eq \r(2)，0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，
∴eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))，∴|cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(A1C,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·\(A1C,\s\up6(—→))|,|\(AD,\s\up6(→))||\(A1C,\s\up6(—→))|)＝eq \f(1,2)，
∴异面直线AD与A1C所成的角为eq \f(π,3).
2．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(6),4) D.eq \f(\r(6),3)
答案 C
解析 建立如图所示的坐标系，设AB＝2，
则C1(eq \r(3)，1,0)，A(0,0,2)，eq \(AC1,\s\up6(—→))＝(eq \r(3)，1，－2)，易知平面BB1C1C的一个法向量为n＝(1,0,0)．设AC1与平面BB1C1C所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈eq \(AC1,\s\up6(—→))，n〉|＝eq \f(|\(AC1,\s\up6(—→))·n|,|\(AC1,\s\up6(—→))||n|)＝eq \f(\r(3),2\r(2))＝eq \f(\r(6),4).所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为eq \f(\r(6),4).
3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(6),3) C.eq \f(1,3) D.eq \f(\r(2),3)
答案 B
解析 以点A为坐标原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\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，如图所示．
设正方体的棱长为2，则A(0,0,0)，E(2,0,1)，F(0,2,1)，C(2,2,0)，
∴eq \(CE,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(－2,0,1)．设平面ECF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(CE,\s\up6(→))·n＝0，,\(CF,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2y＋z＝0，,－2x＋z＝0，))取x＝1，得n＝(1,1,2)．
易知m＝(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量，设平面ECF与平面ABCD的夹角为θ.
∴cs θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(2,1×\r(6))＝eq \f(\r(6),3).∴平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为eq \f(\r(6),3).
4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是C1D1的中点，则异面直线AP与BA1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),6) B.eq \f(\r(3),6) C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 方法一 设正方体的棱长为2，取CC1的中点Q，连接PQ，AD1，AC，AQ，
∵P是C1D1的中点，∴PQ∥CD1∥A1B，故∠APQ就是AP与BA1所成的角(或其补角)，由勾股定理得AP＝AQ＝eq \r(8＋1)＝3，PQ＝eq \r(2)，由余弦定理得cs∠APQ＝eq \f(AP2＋PQ2－AQ2,2AP·PQ)＝eq \f(9＋2－9,2×3×\r(2))＝eq \f(\r(2),6)，故异面直线AP与BA1所成角的余弦值为eq \f(\r(2),6).
方法二 设正方体的棱长为2，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(2,0,0)，P(0,1,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－2,1,2)，eq \(BA1,\s\up6(—→))＝(0，－2,2)，
|cs〈eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(BA1,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·\(BA1,\s\up6(—→))|,|\(AP,\s\up6(→))||\(BA1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(2,3×2\r(2))＝eq \f(\r(2),6)，故异面直线AP与BA1所成角的余弦值为eq \f(\r(2),6).
5．如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一条母线，C为底面圆上一点，且AC∥OB，OP＝AB＝eq \r(2)OA，则直线PC与平面PAB所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(10),10) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(1,10) D.eq \f(1,4)
答案 A
解析 ∵AB是圆柱底面圆的一条直径，
∴∠AOB＝90°，∠ACB＝90°，∵OP＝AB＝eq \r(2)OA，∴∠BAO＝45°，∴OA＝OB，
∵AC∥OB，∴∠OAC＝90°，∴四边形OACB为正方形，设AB＝2，
建立如图所示的空间直角坐标系，则A(eq \r(2)，0,0)，B(0，eq \r(2)，0)，P(0,0,2)，C(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0,2)，设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AP,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x＋\r(2)y＝0，,－\r(2)x＋2z＝0，))取x＝eq \r(2)，则n＝(eq \r(2)，eq \r(2)，1)，又eq \(PC,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，eq \r(2)，－2)，
设直线PC与平面PAB所成的角为θ，∴sin θ＝|cs〈n，eq \(PC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(PC,\s\up6(→))|,|n||\(PC,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(5)×2\r(2))＝eq \f(\r(10),10)，
∴直线PC与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10).
二、多项选择题
6．三棱锥A－BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2，若n1＝(1,0,0)，n2＝(－eq \r(3)，0,1)，则二面角A－BD－C的大小可能为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
答案 AD
解析 由已知可得|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(\r(3),2)，因此二面角A－BD－C的大小为eq \f(π,6)或eq \f(5π,6).
三、填空题
7．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，AA1＝3，则异面直线A1C1与AD1所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(\r(2),10)
解析 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，D1(0,0,3)，A1(1,0,3)，C1(0,2,3)，则eq \(AD1,\s\up6(—→))＝(－1,0,3)，eq \(A1C1,\s\up6(—→))＝(－1,2,0)，
|cs〈eq \(AD1,\s\up6(—→))，eq \(A1C1,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|\(AD1,\s\up6(—→))·\(A1C1,\s\up6(—→))|,|\(AD1,\s\up6(—→))||\(A1C1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(1,\r(10)×\r(5))＝eq \f(\r(2),10)，因此，异面直线A1C1与AD1所成角的余弦值为eq \f(\r(2),10).
8．在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，AC＝1，AA1＝2，∠BAC＝90°，若直线AB1与直线A1C所成角的余弦值是eq \f(4,5)，则棱AB的长度是________．
答案 1
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝a(a>0)，则A(0,0,0)，B1(a,0,2)，A1(0,0,2)，C(0,1,0)，所以eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(a,0,2)，eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(0,1，－2)，
所以|cs〈eq \(AB1,\s\up6(—→))，eq \(A1C,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(—→))·\(A1C,\s\up6(—→))|,|\(AB1,\s\up6(—→))||\(A1C,\s\up6(—→))|)＝eq \f(4,\r(a2＋4)×\r(5))＝eq \f(4,5)，解得a＝1，所以棱AB的长度是1.
四、解答题
9.如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2CF＝2.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值．
(1)证明 由CF∥AE，CF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，得CF∥平面ADE，
由AD∥BC，BC⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
得BC∥平面ADE，
又CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，
所以平面BCF∥平面ADE，
又BF⊂平面BCF，所以BF∥平面ADE.
(2)解 因为AE⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以AE⊥AB，AE⊥AD，又AD⊥AB，
以A为原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
因为AB＝AD＝1，AE＝BC＝2CF＝2，所以B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)，
则eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2,2)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，
设平面BDE的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BE,\s\up6(→))＝－x＋2z＝0，,m·\(DE,\s\up6(→))＝－y＋2z＝0，))令z＝1，则x＝2，y＝2，
即m＝(2,2,1)，所以|cs〈m，eq \(CE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(CE,\s\up6(→))|,|m||\(CE,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,3×3)＝eq \f(4,9)，
即直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq \f(4,9).
10．如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝eq \f(1,2)AB，现将△ADC沿AC翻至△APC，使二面角P－AC－B为直二面角．
(1)证明：CB⊥PA；
(2)若AB＝4，二面角B－PA－C的余弦值为eq \f(\r(21),7)，求异面直线PC与AB所成角的余弦值．
(1)证明 取AB的中点E，连接CE(图略)，
∵在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝eq \f(1,2)AB，AE∥DC，AE＝DC，
∴四边形ADCE是平行四边形，CE＝AD，CE＝AE＝EB，∴∠ACB＝90°，即CB⊥CA，
∵二面角P－AC－B为直二面角，∴平面PAC⊥平面ACB，
又平面PAC∩平面ACB＝AC，CB⊂平面ABC，∴CB⊥平面PAC，
又PA⊂平面PAC，∴CB⊥PA.
(2)解 由AB＝4知PA＝PC＝2，取AC的中点O，则OE∥CB.∴OE⊥AC，且OP⊥AC，OC，OE，OP两两互相垂直．以O为原点，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))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．
设OC＝a(a>0)，则C(a,0,0)，P(0,0，eq \r(4－a2))，A(－a,0,0), B(a,2eq \r(4－a2)，0)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(2a,2eq \r(4－a2)，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(a,0，eq \r(4－a2))，易得平面PAC的一个法向量为 n1＝(0,1,0)，
设平面PAB的法向量为n2＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝2ax＋2\r(4－a2)y＝0，,n2·\(AP,\s\up6(→))＝ax＋\r(4－a2)z＝0，))取x＝eq \r(4－a2)，得y＝－a，z＝－a，故n2＝(eq \r(4－a2)，－a，－a)，
由|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(a,\r(4＋a2))＝eq \f(\r(21),7)，得a＝eq \r(3)，则eq \(PC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，－1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2,0)，
设异面直线PC与AB所成的角为θ， 则cs θ＝|cs〈eq \(PC,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(PC,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))|,|\(PC,\s\up6(→))||\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(6,2×4)＝eq \f(3,4)，
所以异面直线PC与AB所成角的余弦值为eq \f(3,4).则eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AP,\s\up6(→))＝(2,0,0)＋eq \f(1,2)(x－2，eq \r(2)，z)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,2)，\f(\r(2),2)，\f(z,2)))，
则|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(\r(3),\r(6))＝eq \f(\r(2),2)，
所以sin θ＝eq \r(1－\f(1,2))＝eq \f(\r(2),2)，