2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案7.5《空间向量及其应用》 (教师版)

页第五节空间向量及其应用第1课时系统知识牢基础——空间向量及其应用知识点一空间向量的概念及有关定理1．空间向量的有关概念名称定义空间向量在空间中，具有大小和方向的量相等向量方向相同且模相等的向量相反向量方向相反且模相等的向量共线向量(或平行向量)表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量共面向量平行于同一个平面的向量2.空间向量的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底．[重温经典]1．(教材改编题)若O，A，B，C为空间四点，且向量eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))不能构成空间的一个基底，则()A．eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))共线B．eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))共线C．eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))共线D．O，A，B，C四点共面解析：选D∵向量eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))不能构成空间的一个基底，∴向量eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))共面，因此O，A，B，C四点共面，故选D.2．已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋xeq\o(AB,\s\up7(→))＋yeq\o(AD,\s\up7(→))，则x，y的值分别为()A．1,1B．1，eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)，eq\f(1,2)D.eq\f(1,2)，1解析：选Ceq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\o(A1E,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))，故x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,2).3．(多选)如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，eq\o(ON,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OM,\s\up7(→))，设eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，则下列等式成立的是()A．eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)b﹣eq\f(1,2)cB．eq\o(AN,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c﹣aC．eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\f(1,4)b﹣eq\f(1,4)c﹣eq\f(3,4)aD．eq\o(OP,\s\up7(→))＝eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c解析：选BD对于A，利用向量的四边形法则，eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c，A错；对于B，利用向量的四边形法则和三角形法则，得eq\o(AN,\s\up7(→))＝eq\o(ON,\s\up7(→))﹣eq\o(OA,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OM,\s\up7(→))﹣eq\o(OA,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)eq\o(OB,\s\up7(→))＋\f(1,2)eq\o(OC,\s\up7(→))))﹣eq\o(OA,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up7(→))﹣eq\o(OA,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c﹣a，B对；对于C，因为点P在线段AN上，且AP＝3PN，所以eq\o(AN,\s\up7(→))＝eq\f(4,3)eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c﹣a，所以eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)b＋\f(1,3)c－a))＝eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c﹣eq\f(3,4)a，C错；对于D，eq\o(OP,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(AP,\s\up7(→))＝a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c﹣eq\f(3,4)a＝eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c，D对，故选B、D.4.如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC的中点，用eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))表示eq\o(OC1,\s\up7(→))，则eq\o(OC1,\s\up7(→))＝________________.解析：∵eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))，∴eq\o(OC1,\s\up7(→))＝eq\o(OC,\s\up7(→))＋eq\o(CC1,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))＋eq\o(AA1,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AA1,\s\up7(→)).答案：eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AA1,\s\up7(→))5.如图所示，在四面体OABC中，eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则eq\o(OE,\s\up7(→))＝________(用a，b，c表示)．解析：eq\o(OE,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(AE,\s\up7(→))＝a＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))＝a＋eq\f(1,2)(eq\o(OD,\s\up7(→))﹣eq\o(OA,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)eq\o(OD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c.答案：eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c6．设a＝(2x,1,3)，b＝(1,3,9)，若a∥b，则x＝________.解析：∵a∥b，∴eq\f(2x,1)＝eq\f(1,3)＝eq\f(3,9)，∴x＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)7．(易错题)给出下列命题：①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；②若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面；③已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p，总存在实数x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc；④若A，B，C，D是空间任意四点，则有eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DA,\s\up7(→))＝0.其中为真命题的是________(填序号)．解析：若a与b共线，则a，b所在的直线可能平行也可能重合，故①不正确；三个向量a，b，c中任两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故②不正确；只有当a，b，c不共面时，空间任意一个向量p才一定能表示为p＝xa＋yb＋zc，故③不正确；据向量运算法则可知④正确．答案：④知识点二两个向量的数量积及其运算1．空间向量的数量积及运算律(1)数量积及相关概念①两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作a，b，其范围是[0，π]，若a，b＝eq\f(π,2)，则称a与b互相垂直，记作a⊥b.②非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cosa，b．(2)空间向量数量积的运算律①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；②交换律：a·b＝b·a；③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.2．空间向量的坐标表示及其应用设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).向量表示坐标表示数量积a·ba1b1＋a2b2＋a3b3共线a＝λb(b≠0，λ∈R)a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3垂直a·b＝0(a≠0，b≠0)a1b1＋a2b2＋a3b3＝0模|a|eq\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))夹角a，b(a≠0，b≠0)cosa，b＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))·\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))[重温经典]1．在空间四边形ABCD中，eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))的值为()A．﹣1B．0C．1D．2解析：选B如图，令eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AC,\s\up7(→))＝b，eq\o(AD,\s\up7(→))＝c，则eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·(eq\o(AD,\s\up7(→))﹣eq\o(AC,\s\up7(→)))＋eq\o(AC,\s\up7(→))·(eq\o(AB,\s\up7(→))﹣eq\o(AD,\s\up7(→)))＋eq\o(AD,\s\up7(→))·(eq\o(AC,\s\up7(→))﹣eq\o(AB,\s\up7(→)))＝a·(c﹣b)＋b·(a﹣c)＋c·(b﹣a)＝a·c﹣a·b＋b·a﹣b·c＋c·b﹣c·a＝0.2.如图所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则|eq\o(PC,\s\up7(→))|等于()A．6eq\r(2)B．6C．12D．144解析：选C∵eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))，∴eq\o(PC,\s\up7(→))2＝eq\o(PA,\s\up7(→))2＋eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(BC,\s\up7(→))2＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝36＋36＋36＋2×36cos60°＝144，∴|eq\o(PC,\s\up7(→))|＝12，故选C.3．(教材改编题)已知a＝(1,2，﹣2)，b＝(0,2,4)，则a，b夹角的余弦值为________．解析：cosa，b＝eq\f(a·b,|a||b|)＝﹣eq\f(2\r(5),15).答案：﹣eq\f(2\r(5),15)4．已知a＝(2,3,1)，b＝(﹣4,2，x)，且a⊥b，则|b|＝________.解析：∵a⊥b，∴﹣8＋6＋x＝0，解得x＝2，故|b|＝eq\r(－42＋22＋22)＝2eq\r(6).答案：2eq\r(6)5．已知a＝(cosθ，1，sinθ)，b＝(sinθ，1，cosθ)，则向量a＋b与a﹣b的夹角是________．解析：∵a＋b＝(cosθ＋sinθ，2，cosθ＋sinθ)，a﹣b＝(cosθ﹣sinθ，0，sinθ﹣cosθ)，∴(a＋b)·(a﹣b)＝(cos2θ﹣sin2θ)＋(sin2θ﹣cos2θ)＝0，∴(a＋b)⊥(a﹣b)，则a＋b与a﹣b的夹角是eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)6．(易错题)如图所示，在大小为45°的二面角A­EF­D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是________．解析：∵eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(BF,\s\up7(→))＋eq\o(FE,\s\up7(→))＋eq\o(ED,\s\up7(→))，∴|eq\o(BD,\s\up7(→))|2＝|eq\o(BF,\s\up7(→))|2＋|eq\o(FE,\s\up7(→))|2＋|eq\o(ED,\s\up7(→))|2＋2eq\o(BF,\s\up7(→))·eq\o(FE,\s\up7(→))＋2eq\o(FE,\s\up7(→))·eq\o(ED,\s\up7(→))＋2eq\o(BF,\s\up7(→))·eq\o(ED,\s\up7(→))＝1＋1＋1﹣eq\r(2)＝3﹣eq\r(2)，故|eq\o(BD,\s\up7(→))|＝eq\r(3－\r(2)).答案：eq\r(3－\r(2))知识点三空间中的平行与垂直的向量表示1．直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔n·m＝0l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，mα∥βn∥m⇔n＝λmα⊥βn⊥m⇔n·m＝0[重温经典]1．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则下列向量是平面ABC法向量的是()A．(﹣1,1,1)B．(1，﹣1,1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))解析：选C设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0))，化简得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))∴x＝y＝z，故选C.2．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为u＝(1，﹣3，z)，向量v＝(3，﹣2,1)与平面α平行，则z等于()A．3B．6C．﹣9D．9解析：选C∵l⊥α，v与平面α平行，∴u⊥v，即u·v＝0，∴1×3＋(﹣3)×(﹣2)＋z×1＝0，∴z＝﹣9.3．平面α的一个法向量为(1,2，﹣2)，平面β的一个法向量为(﹣2，﹣4，k)．若α∥β，则k等于()A．2B．﹣4C．4D．﹣2解析：选C∵α∥β，∴两平面的法向量平行，∴﹣eq\f(2,1)＝﹣eq\f(4,2)＝eq\f(k,－2)，∴k＝4.4．(教材改编题)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(﹣3,1，﹣4)，则()A．α∥βB．α⊥βC．α，β相交但不垂直D．以上均不对解析：选C∵n1≠λn2，且n1·n2＝﹣23≠0，∴α，β相交但不垂直．5.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是________．解析：以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1)).∵eq\o(AM,\s\up7(→))·eq\o(ON,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，1))＝0，∴ON与AM垂直．答案：垂直6．(易错题)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，过点E作EF⊥BP交BP于点F.(1)证明：PA∥平面EDB；(2)证明：PB⊥平面EFD.证明：如图所示，以D为坐标原点，射线DA，DC，DP分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．设DC＝a.(1)连接AC交BD于点G，连接EG.依题意得A(a,0,0)，P(0,0，a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2))).因为底面ABCD是正方形，所以G是此正方形的中心，故点G的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，所以eq\o(PA,\s\up7(→))＝(a,0，﹣a)，eq\o(EG,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，－\f(a,2))).则eq\o(PA,\s\up7(→))＝2eq\o(EG,\s\up7(→))，故PA∥EG.而EG⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB.(2)依题意得B(a，a,0)，所以eq\o(PB,\s\up7(→))＝(a，a，﹣a)．又eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，故eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(DE,\s\up7(→))＝0＋eq\f(a2,2)﹣eq\f(a2,2)＝0，所以PB⊥DE.由题可知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，所以PB⊥平面EFD.知识点四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cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)，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sinφ＝|cosa，n|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).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eq\o(AB,\s\up7(→))与eq\o(CD,\s\up7(→))的夹角，如图a.(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α­l­β为θ或π﹣θ.设二面角大小为φ，则|cosφ|＝|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)，如图b，c.[重温经典]1．(易错题)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．45°B．135°C．45°或135°D．90°解析：选Ccosm，n＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，即m，n＝45°，∴两平面所成的二面角为45°或135°.2．(教材改编题)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，cosm，n＝﹣eq\f(1,2)，则l与α所成的角为()A．30°B．60°C．120°D．150°解析：选A由于cosm，n＝﹣eq\f(1,2)，所以m，n＝120°，所以直线l与α所成的角为30°.3．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(3,5)D.eq\f(2,5)解析：选B设正方体的棱长为1，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，如图所示．则B(1,1,0)，B1(1，1,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，D1(0，0,1)．所以eq\o(BB1,\s\up7(→))＝(0,0,1)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(﹣1,1,0)，eq\o(AD1,\s\up7(→))＝(﹣1,0,1)．令平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·eq\o(AC,\s\up7(→))＝﹣x＋y＝0，n·eq\o(AD1,\s\up7(→))＝﹣x＋z＝0，令x＝1，可得n＝(1,1,1)，所以sinθ＝|cosn，eq\o(BB1,\s\up7(→))|＝eq\f(1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3).4．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，AA1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系．易得A(2,0,0)，B(2,3,0)，B1(2,3,1)，C1(0,3,1)，则eq\o(AB1,\s\up7(→))＝(0,3,1)，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(﹣2,0,1)．设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cosθ＝|coseq\o(AB1,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))|＝eq\f(1,\r(10)×\r(5))＝eq\f(\r(2),10).答案：eq\f(\r(2),10)5．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为________．解析：如图，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，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，又CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD.所以eq\o(AD,\s\up7(→))＝(0,1,0)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝45°.故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.答案：45°第2课时精研题型明考向——利用空间向量求空间角一、真题集中研究——明考情1.(2020·全国卷Ⅲ·考查平行垂直关系与二面角)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A­EF­A1的正弦值．解：设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，以C1为坐标原点，eq\o(C1D1,\s\up17(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C1­xyz.(1)证明：连接C1F，则C1(0,0,0)，A(a，b，c)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(2,3)c))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(C1F,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，得eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\o(C1F,\s\up7(→))，因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，所以点C1在平面AEF内．(2)由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(0，﹣1，﹣1)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(﹣2,0，﹣2)，eq\o(A1E,\s\up7(→))＝(0，﹣1,2)，eq\o(A1F,\s\up7(→))＝(﹣2,0,1)．设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(AF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,－2x－2z＝0，))可取n1＝(﹣1，﹣1,1)．设n2为平面A1EF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(A1E,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(A1F,\s\up7(→))＝0，))同理可取n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，1)).因为cosn1，n2＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝﹣eq\f(\r(7),7)，所以二面角A­EF­A1的正弦值为eq\f(\r(42),7).2．(2020·新高考全国卷Ⅰ·考查平行垂直关系与线面角)如图，四棱锥P­ABCD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．解：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.因为PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.因为平面PAD∩平面PBC＝l，AD⊂平面PAD，所以l∥AD.所以l⊥平面PDC.(2)以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则D(0,0,0)，C(0,1，0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,1,0)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1,1，﹣1)．由(1)可设Q(a,0,1)，则eq\o(DQ,\s\up7(→))＝(a,0,1)．设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(DQ,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(DQ,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,y＝0.))可取n＝(﹣1,0，a)．所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·eq\o(PB,\s\up7(→)),|n|·|eq\o(PB,\s\up7(→))|)＝eq\f(－1－a,\r(3)·\r(1＋a2)).设PB与平面QCD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up7(→))〉|＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(|a＋1|,\r(1＋a2))＝eq\f(\r(3),3)eq\r(1＋\f(2a,a2＋1)).因为eq\f(\r(3),3)eq\r(1＋\f(2a,a2＋1))≤eq\f(\r(6),3)，当且仅当a＝1时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq\f(\r(6),3).3．(2019·全国卷Ⅲ·考查平行垂直关系与二面角及翻折问题)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的二面角B­CG­A的大小．解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq\r(3).以H为坐标原点，eq\o(HC,\s\up7(→))的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，则A(﹣1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，eq\r(3))，eq\o(CG,\s\up7(→))＝(1,0,eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(2，﹣1,0)．设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(CG,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(AC,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))所以可取n＝(3,6，﹣eq\r(3))．又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).因此二面角B­CG­A的大小为30°.[把脉考情]常规角度1.求异面直线所成的角：以棱柱、棱锥等简单几何体为载体，考查应用定义法或向量法求两异面直线所成的角．2.求直线与平面所成的角：以棱柱、棱锥或不规则的几何体为载体，与线、面位置关系的证明相结合，考查直线与平面所成的角的求法．3.求二面角：以棱柱、棱锥或不规则的几何体为载体，与线面位置关系的证明相结合，考查二面角的求法创新角度求空间角常与立体几何中的翻折问题、探索性问题等交汇命题二、题型精细研究——提素养题型一异面直线所成的角[典例]在各棱长均相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与NB所成角的正切值为()A.eq\r(3)B．1C.eq\f(\r(6),3)D.eq\f(\r(2),2)[解析]法一：设AA1的中点为D，连接DN，DB，如图①.因为A1D和BM平行且相等，所以四边形A1DBM是平行四边形，所以A1M∥DB，所以∠DBN(或其补角)就是异面直线A1M与NB所成的角．易知BN⊥DN.设AB＝2，则BN＝eq\r(3)，DN＝eq\r(2)，所以tan∠DBN＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).故选C.法二：在各棱长均相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，设棱长为2，以A为坐标原点，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，如图②，则A1(0,0,2)，M(eq\r(3)，1,1)，B(eq\r(3)，1,0)，N(0,1,0)，所以eq\o(A1M,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1，﹣1)，eq\o(BN,\s\up7(→))＝(﹣eq\r(3)，0,0)．设异面直线A1M与BN所成的角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ≤\f(π,2)))，则cosθ＝eq\f(|eq\o(A1M,\s\up7(→))·eq\o(BN,\s\up7(→))|,|eq\o(A1M,\s\up7(→))|·|eq\o(BN,\s\up7(→))|)＝eq\f(3,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),5)，所以tanθ＝eq\f(\r(6),3).所以异面直线A1M与BN所成角的正切值为eq\f(\r(6),3).故选C.[答案]C[方法技巧]用向量法求异面直线所成角的一般步骤(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\co1(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．[针对训练]若正四棱柱ABCD­A1B1C1D1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°解析：选C∵正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为eq\r(3)，AB＝1，∴AA1＝eq\r(3).以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为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\o(AB1,\s\up7(→))＝(0,1，eq\r(3))，eq\o(CD1,\s\up7(→))＝(0，﹣1，eq\r(3))．设直线AB1与CD1所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|eq\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(CD1,\s\up7(→))|,|eq\o(AB1,\s\up7(→))|·|eq\o(CD1,\s\up7(→))|)＝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°.故选C.题型二直线与平面所成的角[典例]如图，在三棱台ABC­DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC.(1)证明：EF⊥DB；(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．[解](1)证明：如图，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB.由∠ACD＝45°，DO⊥AC，得CD＝eq\r(2)CO.因为平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC＝AC，DO⊂平面ACFD，所以DO⊥平面ABC.因为BC⊂平面ABC，所以DO⊥BC.因为∠ACB＝45°，BC＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(\r(2),2)CO，所以在△BOC中，由余弦定理得BO＝eq\f(\r(2),2)CO，所以BC2＋BO2＝CO2，所以BO⊥BC.因为DO∩BO＝O，所以BC⊥平面BDO.因为DB⊂平面BDO，所以BC⊥DB.由三棱台ABC­DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB.(2)法一：如图，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH.由三棱台ABC­DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角．因为BC⊥平面BDO，OH⊂平面BDO，所以OH⊥BC，故OH⊥平面DBC，所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角．设CD＝2eq\r(2).由DO＝OC＝2，BO＝BC＝eq\r(2)，得BD＝eq\r(6)，OH＝eq\f(2\r(3),3)，所以sin∠OCH＝eq\f(OH,OC)＝eq\f(\r(3),3)，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).法二：由三棱台ABC­DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ.如图，以O为坐标原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz.设CD＝2eq\r(2).由题意知各点坐标如下：O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2)．因此eq\o(OC,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(﹣1,1,0)，eq\o(CD,\s\up7(→))＝(0，﹣2,2)．设平面DBC的法向量n＝(x，y，z)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(CD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－2y＋2z＝0，))可取n＝(1,1,1)．所以sinθ＝|cos〈eq\o(OC,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(OC,\s\up7(→))·n|,|eq\o(OC,\s\up7(→))|·|n|)＝eq\f(\r(3),3).因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).[方法技巧]解答直线与平面所成角的问题，通常建立空间直角坐标系，然后转化为向量运算求解，具体方法为：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|n·e|,|n||e|).[针对训练]一副标准的三角板(如图1)中，∠ABC为直角，∠A＝60°，∠DEF为直角，DE＝EF，BC＝DF.把BC与DF重合，拼成一个三棱锥(如图2)，设M是AC的中点，N是BC的中点．(1)求证：平面ABC⊥平面EMN；(2)若AC＝4，二面角E­BC­A为直二面角，求直线EM与平面ABE所成角的正弦值．解：(1)证明：∵M是AC的中点，N是BC的中点，∴MN∥AB，∵AB⊥BC，∴MN⊥BC.∵BE＝EC，N是BC的中点，∴EN⊥BC.又MN∩EN＝N，MN⊂平面EMN，EN⊂平面EMN，∴BC⊥平面EMN.又BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面EMN.(2)由(1)可知，EN⊥BC，MN⊥BC，∴∠ENM为二面角E­BC­A的平面角，又二面角E­BC­A为直二面角，∴∠ENM＝90°，即EN⊥MN.以NM，NC，NE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系N­xyz，∵AC＝4，∴AB＝2，BC＝2eq\r(3)，∴NE＝eq\r(3)，MN＝1，则N(0,0,0)，E(0,0，eq\r(3))，M(1,0,0)，B(0，﹣eq\r(3)，0)，A(2，﹣eq\r(3)，0)，∴eq\o(EM,\s\up7(→))＝(1,0，﹣eq\r(3))，eq\o(BE,\s\up7(→))＝(0，eq\r(3)，eq\r(3))，eq\o(BA,\s\up7(→))＝(2,0,0)．设m＝(x，y，z)为平面ABE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(BA,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(BE,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＝0，,\r(3)y＋\r(3)z＝0，))得x＝0，令y＝1，则z＝﹣1，∴平面ABE的一个法向量m＝(0,1，﹣1)．设直线EM与平面ABE所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，eq\o(EM,\s\up7(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·eq\o(EM,\s\up7(→)),|m||eq\o(EM,\s\up7(→))|)))＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，即直线EM与平面ABE所成角的正弦值为eq\f(\r(6),4).

题型三二面角[典例](2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝eq\f(\r(6),6)DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B­PC­E的余弦值．[解](1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝eq\f(\r(6),6)a，AO＝eq\f(\r(3),3)a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(2),2)a.因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.因为PB∩PC＝P，PB⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC.(2)以O为坐标原点，eq\o(OE,\s\up7(→))的方向为y轴正方向，|eq\o(OE,\s\up7(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.由题设可得E(0,1,0)，A(0，﹣1,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2))).所以eq\o(EC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq\o(EP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(\r(2),2))).设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(EP,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(EC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋\f(\r(2),2)z＝0，,－\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＝0.))可取m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，1，\r(2))).由(1)知eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(2),2)))是平面PCB的一个法向量，记n＝eq\o(AP,\s\up7(→))，则cosn，m＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(2\r(5),5).所以二面角B­PC­E的余弦值为eq\f(2\r(5),5).[方法技巧]利用向量法解二面角问题的策略找法向量法分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小找与棱垂直的方向向量法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，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小[提醒]两平面的法向量所成的角与二面角的平面角的关系为相等或互补，所以，当求得两法向量夹角的余弦值时，一定要结合图形判断二面角的取值范围．[针对训练](2021·潍坊模拟)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．①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为eq\f(π,6)，③∠ABC＝eq\f(π,3).如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F.(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PGC？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；(2)若________，求二面角F­AC­D的余弦值．解：(1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PGC.证明如下：如图所示，设PC的中点为H，连接FH，HG，PG，CG.∵FH∥CD，FH＝eq\f(1,2)CD，AG∥CD，AG＝eq\f(1,2)CD，∴FH∥AG，FH＝AG，∴四边形AGHF为平行四边形，∴AF∥GH，又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，∴AF∥平面PGC.(2)选择①AB⊥BC.∵AD∥BC，∴AB⊥AD.由题意知AB，AD，AP彼此两两垂直，以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，F(0,1,1)，∴eq\o(AF,\s\up7(→))＝(0,1,1)，eq\o(CF,\s\up7(→))＝(﹣2，﹣1,1)．设平面FAC的一个法向量为μ＝(x，y，z)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(μ·eq\o(AF,\s\up7(→))＝y＋z＝0，,μ·eq\o(CF,\s\up7(→))＝－2x－y＋z＝0，))取y＝1，得μ＝(﹣1,1，﹣1)．易知平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,1)，设二面角F­AC­D的平面角为θ，则cosθ＝eq\f(|μ·v|,|μ|·|v|)＝eq\f(\r(3),3)，∴二面角F­AC­D的余弦值为eq\f(\r(3),3).选择②FC与平面ABCD所成的角为eq\f(π,6).∵PA⊥平面ABCD，取BC的中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，则FM∥PA，且FM＝1，∴FM⊥平面ABCD，则FC与平面ABCD所成的角为∠FCM，∴∠FCM＝eq\f(π,6)，∴在Rt△FCM中，CM＝eq\r(3)，又CM＝AE，∴AE2＋BE2＝AB2，∴BC⊥AE，∴AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，∴A(0,0,0)，C(eq\r(3)，1,0)，F(0,1,1)，∴eq\o(AF,\s\up7(→))＝(0,1,1)，eq\o(CF,\s\up7(→))＝(﹣eq\r(3)，0,1)．设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(AF,\s\up7(→))＝y＋z＝0，,m·eq\o(CF,\s\up7(→))＝－\r(3)x＋z＝0，))取x＝eq\r(3)，得m＝(eq\r(3)，﹣3,3)．易知平面ACD的一个法向量为n＝(0,0,1)，设二面角F­AC­D的平面角为θ，则cosθ＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(\r(21),7).∴二面角F­AC­D的余弦值为eq\f(\r(21),7).选择③∠ABC＝eq\f(π,3).∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，取BC的中点E，连接AE，∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝eq\f(π,3)，∴△ABC是正三角形，∵E是BC的中点，∴BC⊥AE，∴AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，∴A(0,0,0)，C(eq\r(3)，1,0)，F(0,1,1)，∴eq\o(AF,\s\up7(→))＝(0,1,1)，eq\o(CF,\s\up7(→))＝(﹣eq\r(3)，0,1)．设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(AF,\s\up7(→))＝y＋z＝0，,m·eq\o(CF,\s\up7(→))＝－\r(3)x＋z＝0，))取x＝eq\r(3)，得m＝(eq\r(3)，﹣3,3)．易知平面ACD的一个法向量为n＝(0,0,1)，设二面角F­AC­D的平面角为θ，则cosθ＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(\r(21),7).∴二面角F­AC­D的余弦值为eq\f(\r(21),7).eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])1．把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为()A．120°B．30°C．90°D．60°解析：选D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)，C(0，0，eq\r(2))，D(0，﹣eq\r(2)，0)，∴eq\o(AD,\s\up7(→))＝(﹣eq\r(2)，﹣eq\r(2)，0)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(0，﹣eq\r(2)，eq\r(2))．∴|eq\o(AD,\s\up7(→))|＝2，|eq\o(BC,\s\up7(→))|＝2，eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝2.∴cos〈eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(BC,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→)),|eq\o(AD,\s\up7(→))||eq\o(BC,\s\up7(→))|)＝eq\f(2,2×2)＝eq\f(1,2).∴异面直线AD，BC所成的角为60°.故选D.2．在正方体ABCD­A1B1C1D1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.eq\f(1,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(2),2)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)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，∴eq\o(A1D,\s\up7(→))＝(0,1，﹣1)，eq\o(A1E,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2))).设平面A1ED的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(A1D,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(A1E,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,x－\f(1,2)z＝0，))令x＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2，))∴n1＝(1,2,2)．又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3).即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为eq\f(2,3).3．(多选)已知四边形ABCD为正方形GD⊥平面ABCD，四边形DGEA与四边形DGFC也都为正方形，连接EF，FB，BE，H为BF的中点，则下列结论正确的是()A．DE⊥BFB．EF与CH所成角为eq\f(π,3)C．EC⊥平面DBFD．BF与平面ACFE所成角为eq\f(π,4)解析：选ABC由题意得，所得几何体可以补形成一个正方体，如图所示．以D为原点，DA，DC，DG所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．设AD＝DC＝DG＝2，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,2,2)，B(2,2,0)，H(1，2,1)．A．eq\o(DE,\s\up7(→))＝(2,0,2)，eq\o(BF,\s\up7(→))＝(﹣2,0,2)，∴eq\o(DE,\s\up7(→))·eq\o(BF,\s\up7(→))＝﹣4＋0＋4＝0，∴eq\o(DE,\s\up7(→))⊥eq\o(BF,\s\up7(→))，∴DE⊥BF，A是正确的．B．eq\o(EF,\s\up7(→))＝(﹣2,2,0)，eq\o(CH,\s\up7(→))＝(1,0,1)．设EF与CH所成的角为θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosθ＝eq\f(|eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(CH,\s\up7(→))|,|eq\o(EF,\s\up7(→))||eq\o(CH,\s\up7(→))|)＝eq\f(1,2).∵θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq\f(π,3)，B是正确的．C．eq\o(EC,\s\up7(→))＝(﹣2,2，﹣2)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(2,2,0)，eq\o(DF,\s\up7(→))＝(0,2,2)．设n＝(x，y，z)是平面DBF的一个法向量，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(DB,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(DF,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋z＝0，))取x＝1，∴n＝(1，﹣1,1)．∵eq\o(EC,\s\up7(→))＝﹣2n，∴eq\o(EC,\s\up7(→))∥n，∴EC⊥平面DBF，C是正确的．D．eq\o(BF,\s\up7(→))＝(﹣2,0,2)，由图象易得m＝(1,1,0)是平面ACFE的一个法向量，设BF与平面ACFE所成的角为θ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinθ＝|cos〈eq\o(BF,\s\up7(→))，m〉|＝eq\f(|eq\o(BF,\s\up7(→))·m|,|eq\o(BF,\s\up7(→))||m|)＝eq\f(1,2)，∴θ＝eq\f(π,6)，D是不正确的．故选A、B、C.4．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，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eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝(﹣1，2,0)，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(﹣1,0,1)，eq\o(D1C1,\s\up7(→))＝(0,2,0)，设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(A1C1,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(BC1,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,－x＋z＝0，))令x＝2，则y＝1，z＝2，则n＝(2,1,2)．又设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(D1C1,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(D1C1,\s\up7(→))·n|,|eq\o(D1C1,\s\up7(→))||n|)＝eq\f(2,2×3)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)5．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eq\r(3)，点C到平面ABB1A1的距离为2eq\r(3)，则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为________．解析：由题意可知，∠BAC＝60°，点B到平面ACC1A1的距离为eq\r(3)，点C到平面ABB1A1的距离为2eq\r(3)，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2eq\r(3)，∠ABC＝90°，则eq\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(eq\o(BB1,\s\up7(→))﹣eq\o(BA,\s\up7(→)))·(eq\o(BB1,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→)))＝4，|eq\o(AB1,\s\up7(→))|＝2eq\r(2)，|eq\o(BC1,\s\up7(→))|＝4，coseq\o(AB1,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝eq\f(eq\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(BC1,\s\up7(→)),|eq\o(AB1,\s\up7(→))|·|eq\o(BC1,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(2),4)，故taneq\o(AB1,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝eq\r(7).答案：eq\r(7)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，eq\r(3)，0)，D(0，﹣eq\r(3)，0)，F(﹣1,0,3)，E(1,0，a)，∴eq\o(OF,\s\up7(→))＝(﹣1,0,3)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(0,2eq\r(3)，0)，eq\o(EB,\s\up7(→))＝(﹣1，eq\r(3)，﹣a)．设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(EB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(3)y＝0，,－x＋\r(3)y－az＝0，))则y＝0，令z＝1，得x＝﹣a，∴n＝(﹣a,0,1)，∴cos〈n，eq\o(OF,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·eq\o(OF,\s\up7(→)),|n||eq\o(OF,\s\up7(→))|)＝eq\f(a＋3,\r(a2＋1)×\r(10)).∵直线OF与平面BED所成角的大小为45°，∴eq\f(|a＋3|,\r(a2＋1)×\r(10))＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝2或a＝﹣eq\f(1,2)(舍去)，∴AE＝2.答案：27．试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：如图，在四棱锥P­ABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，若______，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角A­PB­C的余弦值．解：若选②：要使得PO⊥平面ABCD，则PO⊥AB.又PC⊥AB，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，所以∠BAC＝90°，BC>BA，这与底面ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③.下面证明：PO⊥平面ABCD.因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，所以BD⊥平面APC.又因为PO⊂平面APC，所以BD⊥PO.因为PA＝PC，O为AC中点，所以PO⊥AC.又AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，以eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))，eq\o(OP,\s\up7(→))的方向分别作为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，因为AB∥CD，所以∠PBA为异面直线PB与CD所成的角，所以∠PBA＝60°.在菱形ABCD中，设AB＝2，因为∠ABC＝60°，所以OA＝1，OB＝eq\r(3)，设PO＝a，则PA＝eq\r(a2＋1)，PB＝eq\r(a2＋3).在△PBA中，由余弦定理得：PA2＝BA2＋BP2﹣2BA·BP·cos∠PBA，所以a2＋1＝4＋a2＋3﹣2×2eq\r(a2＋3)×eq\f(1,2)，解得a＝eq\r(6)，所以A(0，﹣1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，eq\r(6))．设n1＝(x1，y1，z1)为平面ABP的法向量，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1,0)，eq\o(AP,\s\up7(→))＝(0,1，eq\r(6))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(AP,\s\up7(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1＋y1＝0，,y1＋\r(6)z1＝0，))令z1＝1得n1＝(eq\r(2)，﹣eq\r(6)，1)．设n2＝(x2，y2，z2)为平面CBP的法向量，eq\o(CB,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，﹣1,0)，eq\o(CP,\s\up7(→))＝(0，﹣1，eq\r(6))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(CB,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(CP,\s\up7(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2－y2＝0，,y2－\r(6)z2＝0，))令z2＝1得n2＝(eq\r(2)，eq\r(6)，1)．设二面角A­PB­C