高中数学苏教版1第3章空间向量与立体几何第3章4

3．空间的角的计算[学习目标]1.能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.2.体会向量方法在研究几何问题中的作用．[知识链接]1．怎样求两条异面直线所成的角？答：(1)平移法：即通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形获解．(2)向量法：设a、b分别为异面直线l1、l2上的方向向量，θ为异面直线所成的角，则异面直线所成角公式cosθ＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(|a·b|,|a||b|).2．如何用平面的法向量表示二面角？答：设n1、n2是二面角αlβ的两个面α，β的法向量，则向量n1与向量n2的夹角(或其补角)就是二面角的平面角的大小．[预习导引]1．两条异面直线所成的角(1)定义：设a、b是两条异面直线，过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直角叫做a与b所成的角．(2)范围：两条异面直线所成角θ的取值范围是0<θ≤eq\f(π,2).(3)向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则a，b所成角的余弦值为cosθ＝|cosφ|＝eq\f(|a·b|,|a|·|b|).2．直线与平面所成的角(1)定义：直线和平面所成的角，是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．(2)范围：直线和平面所成角θ的取值范围是0≤θ≤eq\f(π,2).(3)向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sinθ＝|cosφ|＝eq\f(|a·u|,|a|·|u|)或cosθ＝sinφ.3．二面角(1)二面角的取值范围：[0，π]．(2)二面角的向量求法：①若AB，CD分别是二面角αlβ的两个面内与棱l垂直的异面直线(垂足分别为A，C)，如图，则二面角的大小就是向量eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(CD,\s\up6(→))的夹角．②设n1、n2是二面角αlβ的两个面α，β的法向量，则向量n1与向量n2的夹角(或其补角)就是二面角的平面角的大小.要点一求两条异面直线所成的角例1如图所示，三棱柱OABO1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝eq\r(3)，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小．解建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，O1(0,1，eq\r(3))，A(eq\r(3)，0,0)，A1(eq\r(3)，1，eq\r(3))，B(0,2,0)，∴eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，－eq\r(3))，eq\o(O1A,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))．∴|cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(O1A,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·\o(O1A,\s\up6(→))|,|\o(A1B,\s\up6(→))|·|\o(O1A,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－\r(3)，1，－\r(3)·\r(3)，－1，－\r(3)|,\r(7)·\r(7))＝eq\f(1,7).∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为eq\f(1,7).规律方法建立空间直角坐标系要充分利用题目中的垂直关系；利用向量法求两异面直线所成角计算思路简便，要注意角的范围．跟踪演练1正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是A1D1、A1C1的中点，求异面直线AE与CF所成角的余弦值．解不妨设正方体棱长为2，分别取DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(2,0,0)、C(0,2,0)、E(1，0,2)、F(1,1,2)，则eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(1，－1,2)∴|eq\o(AE,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，|eq\o(CF,\s\up6(→))|＝eq\r(6).eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＝－1＋0＋4＝3.又eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＝|eq\o(AE,\s\up6(→))||eq\o(CF,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\r(30)cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))〉，∴cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(30),10)，∴异面直线AE与CF所成角的余弦值为eq\f(\r(30),10).要点二求直线和平面所成的角例2已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a，侧棱长为eq\r(2)a，M为A1B1的中点，求BC1与平面AMC1所成角的正弦值．解建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，M(0，eq\f(a,2)，eq\r(2)a)，C1(－eq\f(\r(3),2)a，eq\f(a,2)，eq\r(2)a)，B(0，a,0)，故eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),2)a，eq\f(a,2)，eq\r(2)a)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(0，eq\f(a,2)，eq\r(2)a)．设平面AMC1的法向量为n＝(x，y，z)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AC1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AM,\s\up6(→))·n＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)ax＋\f(a,2)y＋\r(2)az＝0，,\f(a,2)y＋\r(2)az＝0，))令y＝2，则z＝－eq\f(\r(2),2)，x＝0.∴n＝(0,2，－eq\f(\r(2),2))．又eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),2)a，－eq\f(a,2)，eq\r(2)a)，∴cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·n,|\o(BC1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(－a－a,\r(3)a×\r(\f(9,2)))＝－eq\f(2\r(6),9).设BC1与平面AMC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(2\r(6),9).规律方法借助于向量求线面角关键在于确定直线的方向向量和平面的法向量，一定要注意向量夹角与线面角的区别和联系．

跟踪演练2如图所示，已知直角梯形ABCD，其中AB＝BC＝2AD，AS⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，且AS＝AB.求直线SC与底面ABCD的夹角θ的余弦值．解由题设条件知，以点A为坐标原点，分别以AD、AB、AS所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)．设AB＝1，则A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，S(0,0,1)．∴eq\o(AS,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(CS,\s\up6(→))＝(－1，－1,1)．显然eq\o(AS,\s\up6(→))是底面的法向量，它与已知向量eq\o(CS,\s\up6(→))的夹角β＝eq\f(π,2)－θ，故有sinθ＝cosβ＝eq\f(\o(AS,\s\up6(→))·\o(CS,\s\up6(→)),|\o(AS,\s\up6(→))||\o(CS,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,1×\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，∵θ∈[0，eq\f(π,2)]．∴cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(6),3).要点三求二面角例3在正方体ABCD－A1B1C1D1中，求二面角A1－BD－C1的余弦值．解不妨设正方体的棱长为1，以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，取BD的中点E，连结A1E，C1E.因为△DBA1和△BDC1都是正三角形，所以A1E⊥BD，C1E⊥BD，故∠A1EC1是二面角A1－BD－C1的平面角，也就是eq\o(EA1,\s\up6(→))与eq\o(EC1,\s\up6(→))的夹角．又E(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，可得eq\o(EA1,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，1)，eq\o(EC1,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1)．EA1＝eq\r(\f(1,4)＋\f(1,4)＋1)＝eq\f(\r(6),2)，EC1＝eq\r(\f(1,4)＋\f(1,4)＋1)＝eq\f(\r(6),2)，eq\o(EA1,\s\up6(→))·eq\o(EC1,\s\up6(→))＝－eq\f(1,4)－eq\f(1,4)＋1＝eq\f(1,2).cos〈eq\o(EA1,\s\up6(→))，eq\o(EC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(6),2)·\f(\r(6),2))＝eq\f(1,3).即二面角A1－BD－C1的余弦值为eq\f(1,3).规律方法(1)当空间直角坐标系容易建立(有特殊的位置关系)时，用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出，有时不易判断两法向量的夹角的大小就是二面角的大小(相等或互补)，但我们可以根据图形观察得到结论，因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的．(2)注意法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角．跟踪演练3如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点，求二面角AA1DB的余弦值．解如图所示，取BC中点O，连结AO.因为△ABC是正三角形，所以AO⊥BC，因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1中点为O1，以O为原点，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OO1,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq\r(3))，A(0,0，eq\r(3))，B1(1,2,0)．设平面A1AD的法向量为n＝(x，y，z)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1,1，－eq\r(3))，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,2,0)．因为n⊥eq\o(AD,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AA1,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AA1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y－\r(3)z＝0，,2y＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＝－\r(3)z.))令z＝1，得n＝(－eq\r(3)，0,1)为平面A1AD的一个法向量．又因为eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2,1,0)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(－1,2，eq\r(3))，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－2＋2＋0＝0，eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BA1,\s\up6(→))＝－1＋4－3＝0，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BA1,\s\up6(→))，即AB1⊥BD，AB1⊥BA1，又BD∩BA1＝B，所以AB1⊥平面A1BD，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))是平面A1BD的一个法向量，所以cos〈n，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AB1,\s\up6(→)),|n||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\r(3)－\r(3),2·2\r(2))＝－eq\f(\r(6),4)，所以二面角AA1DB的余弦值为eq\f(\r(6),4).1．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量，法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，则l与α所成的角为________．答案30°解析设l与α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2).∴θ＝30°.2．正方体ABCDA1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值为________．答案eq\f(\r(6),3)解析建系如图，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A(1,0,0)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－1,0，－1)．∴eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(A1B,\s\up6(→))＝1－1＝0，eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝1－1＝0.∴AC1⊥平面A1BD.∴eq\o(AC1,\s\up6(→))是平面A1BD的一个法向量．∴cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AC1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋1,\r(2)×\r(3))＝eq\f(\r(6),3).∴直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).3．在正三棱柱ABCA1B1C1中，若AB＝eq\r(2)BB1，则AB1与C1B所成角的大小为________．答案90°解析建立如图所示的空间直角坐标系，设BB1＝1，则A(0,0,1)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(\r(2),2)，0))，C1(0，eq\r(2)，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(\r(2),2)，1)).∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(\r(2),2)，－1))，eq\o(C1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，－\f(\r(2),2)，1))，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(C1B,\s\up6(→))＝eq\f(6,4)－eq\f(2,4)－1＝0，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(C1B,\s\up6(→)).即AB1与C1B所成角的大小为90°.4.如图，在三棱锥VABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A、B、V分别在x、y、z轴上，D是线段AB的中点，且AC＝BC＝2，∠VDC＝θ.当θ＝eq\f(π,3)时，求异面直线AC与VD所成角的余弦值．解由于AC＝BC＝2，D是AB的中点，所以C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(1,1,0)．当θ＝eq\f(π,3)时，在Rt△VCD中，CD＝eq\r(2)，故V(0,0，eq\r(6))．所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq\o(VD,\s\up6(→))＝(1,1，－eq\r(6))．所以cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(VD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(VD,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))||\o(VD,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2,2·2\r(2))＝－eq\f(\r(2),4).所以异面直线AC与VD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4).利用空间向量求角的基本思路是把空间角转化为求两个向量之间的关系．首先要找出并利用空间直角坐标系或基向量(有明显的线面垂直关系时尽量建系)表示出向量；其次理清要求角和两个向量夹角之间的关系．一、基础达标1．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于________．答案60°解析直线l与平面α所成的角范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0°，90°)).2．直线l1，l2的方向向量分别是v1，v2，若v1与v2所成的角为θ，直线l1，l2所成的角为α，则下列说法正确的是________．①α＝θ②α＝π－θ③cosθ＝|cosα|④cosα＝|cosθ|答案④解析α＝θ或α＝π－θ，且α∈[0，eq\f(π,2)],因而cosα＝|cosθ|.3．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cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，则l与α所成的角为________．答案30°解析∵cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，∴sinα＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2).又∵直线与平面所成角α满足0°≤α≤90°，∴α＝30°.4．已知点A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，则平面ABC与平面xOy所成锐二面角的余弦值为________．答案eq\f(2,7)解析eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,0,3)．设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)．由n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,－x＋3z＝0.))令x＝2，则y＝1，z＝eq\f(2,3).∴平面ABC的一个法向量为n＝(2,1，eq\f(2,3))．平面xOy的一个法向量为eq\o(OC,\s\up6(→))＝(0,0,3)．由此易求出所求二面角的余弦值为cosθ＝eq\f(n·\o(OC,\s\up6(→)),|n|·|\o(OC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,3×\f(7,3))＝eq\f(2,7).5．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq\r(2)，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD所成角是________．答案30°解析建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,1)，C(1，eq\r(2)，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，eq\r(2)，－1)，平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，所以cos〈eq\o(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(PC,\s\up6(→))·n,|\o(PC,\s\up6(→))|·|n|)＝－eq\f(1,2)，因为〈eq\o(PC,\s\up6(→))，n〉∈[0°，180°]．所以〈eq\o(PC,\s\up6(→))，n〉＝120°，所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在直线所成角为60°，所以斜线PC与平面ABCD所成角为30°.6．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，则该二面角的大小为________．答案60°解析由条件，知eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)).∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝(2eq\r(17))2.∴cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,2)，∵〈eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))〉∈[0°，180°]，∴〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝120°，∴二面角的大小为60°.7．如图，四棱锥FABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC＝2，BD＝eq\r(2).CF与平面ABCD垂直，CF＝2.求二面角BAFD的大小．解过点A作AE⊥平面ABCD.以A为坐标原点，eq\o(BD,\s\up6(→))、eq\o(AC,\s\up6(→))、eq\o(AE,\s\up6(→))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)．于是Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，0))，F(0,2,2)．设平面ABF的法向量n1＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)x＋y＝0，,2y＋2z＝0.))令z＝1，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\r(2)，,y＝－1.))所以n1＝(－eq\r(2)，－1,1)．同理，可求得平面ADF的法向量n2＝(eq\r(2)，－1,1)．由n1·n2＝0知，平面ABF与平面ADF垂直，所以二面角BAFD的大小等于eq\f(π,2).二、能力提升8．已知正四棱锥S－ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE、SD所成角的余弦值为________．答案eq\f(\r(3),3)解析令正四棱锥的棱长为2，建立如图所示空间直角坐标系，则A(1，－1,0)，D(－1，－1,0)，S(0,0，eq\r(2))，E(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(\r(2),2))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，eq\f(3,2)，eq\f(\r(2),2))，eq\o(SD,\s\up6(→))＝(－1，－1，－eq\r(2))，∴cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(SD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(SD,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(SD,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).∴AE、SD所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).9．若两个平面α，β的法向量分别是n＝(1,0,1)，ν＝(－1,1,0)．则这两个平面所成的锐二面角是________．答案60°解析∵cos〈n，ν〉＝eq\f(－1,\r(2)·\r(2))＝－eq\f(1,2).〈n，v〉∈[0°，180°]，∴〈n，ν〉＝120°.故两平面所成的锐二面角为60°.10．在空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝eq\f(π,3)，则cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉的值为________．答案0解析eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝|eq\o(OA,\s\up6(→))|·|eq\o(OC,\s\up6(→))|coseq\f(π,3)－|eq\o(OA,\s\up6(→))|·|eq\o(OB,\s\up6(→))|·coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)|eq\o(OA,\s\up6(→))|(|eq\o(OC,\s\up6(→))|－|eq\o(OB,\s\up6(→))|)＝0.∴cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(|\o(OA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))|,|\o(OA,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝0.11．如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝eq\f(1,2)AD.(1)求异面直线BF与DE所成角的大小；(2)证明平面AMD⊥平面CDE；(3)求二面角ACDE的余弦值．(1)解如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点．设AB＝1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0，1,1)，F(0,0,1)，M(eq\f(1,2)，1，eq\f(1,2))．eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，于是cos〈eq\o(BF,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BF,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→)),|\o(BF,\s\up6(→))||\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(0＋0＋1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2).因为〈eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))〉∈[0°，90°]，所以异面直线BF与DE所成角的大小为60°.(2)证明由eq\o(AM,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，1，eq\f(1,2))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，可得eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))＝0，eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0.因此，CE⊥AM，CE⊥AD.又AM∩AD＝A，故CE⊥平面AMD.而CE⊂平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(3)解设平面CDE的法向量为u＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(u·\o(CE,\s\up6(→))＝0，,u·\o(DE,\s\up6(→))＝0.))于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－y＋z＝0.))令x＝1，可得u＝(1,1,1)．又由题设，平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,1)．所以，cos〈u，v〉＝eq\f(u·v,|u||v|)＝eq\f(0＋0＋1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3).因为二面角ACDE为锐角，所以其余弦值为eq\f(\r(3),3).12.如图，已知点P在正方体ABCDA′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.(1)求DP与CC′所成角的大小；(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．解如图，以D为坐标原点，DA为单位长建立空间直角坐标系D－xyz.则eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CC′,\s\up6(→))＝(0,0,1)．连结BD，B′D′.在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.设eq\o(DH,\s\up6(→))＝(m，m,1)(m>0)，由已知〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝60°，由eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DH,\s\up6(→))＝|eq\o(DA,\s\up6(→))||eq\o(DH,\s\up6(→))|cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉，可得2m＝eq\r(2m2＋1).解得m＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\o(DH,\s\up6(→))＝eq\