第43讲-用综合法求角与距离(解析版)

第43讲：用综合法求角与距离课程标准1、理解空间角的概念，理解空间内的平行与垂直关系．2、掌握用传统方法求空间内异面直线所成的角、直线与平面所成的角及二面角的常见方法．基础知识回顾知识梳理1.异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．②范围：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).2.线面角平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角，当一条直线垂直于平面时，规定它们所成的角是直角．3.二面角以二面角的公共直线上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于公共直线的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．4.点到平面的距离从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离，叫做这个点到这个平面的距离自主热身、归纳总结1、已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为()A.eq\f(1,6)B.eq\f(\r(,3),6)C.eq\f(1,3)D.eq\f(\r(,3),3)【答案】B【解析】如图，取AD的中点F，连结EF，CF.因为E为AB的中点，所以EF∥DB，则∠CEF为异面直线BD与CE所成的角．在正四面体ABCD中，因为E，F分别为AB，AD的中点，所以CE＝CF.设正四面体的棱长为2a，则EF＝a，CE＝CF＝eq\r(,（2a）2－a2)＝eq\r(,3)a.在△CEF中，由余弦定理得cos∠CEF＝eq\f(CE2＋EF2－CF2,2CE·EF)＝eq\f(a2,2×\r(,3)a2)＝eq\f(\r(,3),6).2、如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)【答案】D.【解析】如图，连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，易得A1C1＝eq\r(2)，A1B＝BC1＝eq\r(5)，故cos∠A1BC1＝eq\f(5＋5－2,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(4,5)，即异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为eq\f(4,5).故选D.3、在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(2\r(2),3)【答案】A【解析】连接A1C1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角.∵AB＝BC＝2，∴A1C1＝AC＝2eq\r(2)，又AA1＝1，∴AC1＝3，∴sin∠AC1A1＝eq\f(AA1,AC1)＝eq\f(1,3).故选A.4、如图，已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(,3),2)B.eq\f(\r(,5),2)C.eq\f(\r(,10),5)D.eq\f(\r(,10),10)【答案】C【解析】设A1C1交B1D1于点O，连结BO.因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝4，所以C1O⊥B1D1.又因为DD1⊥平面A1B1C1D1，所以DD1⊥C1O.因为DD1∩D1B1＝D1，DD1⊂平面DBB1D1，D1B1⊂平面DBB1D1，所以C1O⊥平面DBB1D1，所以直线BC1和平面DBB1D1所成角为∠OBC1.在Rt△BOC1中，C1O＝2eq\r(,2)，BC1＝2eq\r(,5)，所以sin∠OBC1＝eq\f(\r(,10),5)，即直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为eq\f(\r(,10),5).故选C.5、如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长都相等，则二面角A1BCA的平面角的正切值为________．【答案】eq\f(2\r(,3),3)【解析】设棱长为a，BC的中点为E，连结A1E，AE，由正三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长都相等，可得A1E⊥BC，AE⊥BC，故二面角A1BCA的平面角为∠A1EA.在Rt△ABE中，AE＝eq\f(\r(,3),2)a，所以tan∠A1EA＝eq\f(AA1,AE)＝eq\f(a,\f(\r(,3),2)a)＝eq\f(2\r(,3),3)，即二面角A1BCA的平面角的正切值为eq\f(2\r(,3),3).例题选讲考点一异面直线所成的角例1在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(,3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(,5),6)C.eq\f(\r(,5),5)D.eq\f(\r(,2),2)【答案】C【解析】用一个与原长方体相同的长方体拼到原来长方体的前面，如图所示，则B1P∥AD1，则∠DB1P是异面直线AD1，DB1所成的角．连结DP，易求得DB1＝DP＝eq\r(,5)，B1P＝2，在△B1DP中过D作B1P上的高，可得cos∠DB1P＝eq\f(1,\r(,5))＝eq\f(\r(,5),5).变式1、如图，在底面为正方形的四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，PA＝AD，则异面直线PB与AC所成的角为()A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】C【解析】因为平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊂平面PAD，所以PA⊥平面ABCD.分别过点P，D作AD，AP的平行线交于点M，连结CM，AM.因为PM∥AD，AD∥BC，PM＝AD，AD＝BC，所以四边形PBCM是平行四边形，所以PB∥CM，所以∠ACM(或其补角)就是异面直线PB与AC所成的角．因为四边形PADM，底面ABCD均为正方形，设PA＝AD＝a，在三角形ACM中，AM＝eq\r(,2)a，AC＝eq\r(,2)a，CM＝eq\r(,2)a，所以三角形ACM是等边三角形，所以∠ACM等于60°，即异面直线PB与AC所成的角为60°.故选C.方法总结：用平移法求异面直线所成的角的步骤：一作，即据定义作平行线，作出异面直线所成的角；二证，即证明作出的角是异面直线所成的角；三求，解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.考点二直线与平面所成的角例2如图，在三棱锥ABCD中，侧面ABD⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝AD＝4，BC＝6，BD＝4eq\r(,3)，则直线AC与底面BCD所成角的大小为()A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】A【解析】因为平面ABD⊥底面BCD，AB＝AD，取DB的中点O，连结AO，CO，则AO⊥BD，则AO⊥平面BCD，所以∠ACO就是直线AC与底面BCD所成的角．因为BC⊥CD，BC＝6，BD＝4eq\r(,3)，所以CO＝2eq\r(,3).在Rt△ADO中，OA＝eq\r(,AD2－OD2)＝2，在Rt△AOC中，tan∠ACO＝eq\f(AO,OC)＝eq\f(\r(,3),3)，故直线AC与底面BCD所成角的大小为30°.故选A.变式1、在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(,2),3)B.eq\f(\r(,3),3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(\r(,6),3)【答案】B【解析】因为BB1∥DD1，所以BB1与平面ACD1所成角即为DD1与平面ACD1所成角．设点D到平面ACD1的距离为h，正方体的边长为a，则VD1ADC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×a×a×a＝eq\f(1,6)a3，VDAD1C＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(,3),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(,2)a))eq\s\up12(2)h＝eq\f(\r(,3),6)a2h，所以eq\f(1,6)a3＝eq\f(\r(,3),6)a2h，得h＝eq\f(\r(,3),3)a.设BB1与平面ACD1所成角为θ，则sinθ＝eq\f(h,DD1)＝eq\f(\r(,3),3).故选B.变式2、[2019·杭州模拟]在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，AB＝AC＝1，PA＝eq\r(2)，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值为()A.eq\f(2\r(5),5)B.eq\f(2\r(2),3)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(1,3)【答案】D【解析】∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，即∠PAB＝∠PAC＝90°，又∵AB＝AC＝1，PA＝PA＝eq\r(2)，∴△PAB≌△PAC，∴PB＝PC.取BC的中点D，连接AD，PD，∴PD⊥BC，AD⊥BC，又∵PD∩AD＝D，∴BC⊥平面PAD，∵BC⊂平面PBC，∴平面PAD⊥平面PBC，过A作AO⊥PD于O，易得AO⊥平面PBC，∴∠APD就是直线PA与平面PBC所成的角.在Rt△PAD中，AD＝eq\f(1,2)，PA＝eq\r(2)，则PD＝eq\r(PA2＋AD2)＝eq\f(3,2)，则sin∠APD＝eq\f(AD,PD)＝eq\f(1,3).故选D.变式3、如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．【证明】(1)证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示．∵平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，∴AC⊥平面BCK，∴BF⊥AC.又∵EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，∴△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK.∴BF⊥平面ACFD.(2)∵BF⊥平面ACK，∴∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角．在Rt△BFD中，BF＝eq\r(3)，DF＝eq\f(3,2)，得cos∠BDF＝eq\f(\r(21),7)，∴直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为eq\f(\r(21),7).方法总结：求直线与平面所成角的关键是寻找斜线在平面上的射影，要善于根据题意寻找平面的垂线，通常方法：一、利用题设中的线线垂直关系转换为线面垂直；二、找已知平面的垂面，再利用面面垂直的性质转化为线面垂直．有时作面的垂线较繁杂，可以不作面的垂线，利用空间的数量关系直接求点到面的距离，进而在直角三角中直接求线面角．常见求解步骤是先作图，证明垂直关系，交代所求角，再在直角三角形中求得所求角．其易错点是平面的斜线与平面所成角是锐角考点三二面角例3如图，已知在三棱锥SABC中，SA＝SB＝CA＝CB＝eq\r(,3)，AB＝2，SC＝eq\r(,2)，则二面角SABC的平面角的大小为()A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】C【解析】取AB的中点O，连结SO，CO.由SA＝SB＝CA＝CB可得AB⊥SO，AB⊥CO.又SO∩CO＝O，所以AB⊥平面SOC，所以二面角SABC的平面角是∠SOC.在△SOA中，SO＝eq\r(,SA2－AO2)＝eq\r(,2)，同理CO＝eq\r(,2).在△SOC中，SO＝CO＝SC＝eq\r(,2)，所以∠SOC＝60°，即二面角SABC的平面角的大小为60°.变式1、如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AC＝AB＝AA1，E是BC的中点．(1)求证：AE⊥B1C；(2)求异面直线AE与A1C所成的角的大小；(3)若G为C1C的中点，求二面角CAGE的正切值．【解析】(1)因为BB1⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，所以AE⊥BB1.由AB＝AC，E为BC的中点，得AE⊥BC.因为BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BB1C1C，所以AE⊥平面BB1C1C.又因为B1C⊂平面BB1C1C，所以AE⊥B1C.(2)取B1C1的中点E1，连结A1E1，E1C，则AE∥A1E1，所以∠E1A1C是异面直线AE与A1C所成的角．设AC＝AB＝AA1＝2，则由∠BAC＝90°，可得A1E1＝AE＝eq\r(,2)，A1C＝2eq\r(,2)，E1C1＝EC＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(,2)，所以E1C＝eq\r(,E1Ceq\o\al(2,1)＋C1C2)＝eq\r(,6).在△E1A1C中，cos∠E1A1C＝eq\f(2＋8－6,2×\r(,2)×2\r(,2))＝eq\f(1,2)，所以异面直线AE与A1C所成的角为eq\f(π,3).(3)设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于点Q，连结EP，EQ，则EP⊥AC.又因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，EP⊂平面ABC，所以EP⊥平面ACC1A1.因为AG⊂平面ACC1A1，所以AG⊥EP.又PQ⊥AG，EP，PQ⊂平面EPQ，EP∩PQ＝P，所以AG⊥平面EPQ.又因为EQ⊂平面EPQ，所以EQ⊥AG，所以∠PQE是二面角CAGE的平面角．由(2)假设知EP＝1，AP＝1，Rt△ACG∽Rt△AQP，PQ＝eq\f(CG·AP,AG)＝eq\f(1,\r(,5))，故tan∠PQE＝eq\f(PE,PQ)＝eq\r(,5)，所以二面角CAGE的正切值是eq\r(,5).变式2如图，锐二面角αlβ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＝BD＝6，CD＝8，则锐二面角αlβ的平面角的余弦值是()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)【答案】B【解析】过点B作BE∥AC，且BE＝AC.因为AC⊥AB，所以BE⊥AB.因为BD⊥AB，BD∩BE＝B，所以∠DBE是二面角αlβ的平面角，且AB⊥平面DBE，所以AB⊥DE，所以CE⊥DE.因为AB＝4，CD＝8，所以DE＝eq\r(,CD2－CE2)＝eq\r(,82－42)＝4eq\r(,3)，所以cos∠DBE＝eq\f(BE2＋BD2－DE2,2BE·BD)＝eq\f(36＋36－48,2×6×6)＝eq\f(1,3).故选B.变式3、如图，在四棱锥A－BCDE中，平面BCDE⊥平面ABC，BE⊥EC，BC＝2，AB＝4，∠ABC＝60°.(1)求证：BE⊥平面ACE；(2)若直线CE与平面ABC所成的角为45°，求二面角E－AB－C的余弦值．【证明】(1)证明：在△ACB中，由余弦定理得cos∠ABC＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(1,2)，解得AC＝2eq\r(3)，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又∵平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，AC⊂平面ABC，∴AC⊥平面BCDE.又BE⊂平面BCDE，∴AC⊥BE.又BE⊥EC，AC，CE⊂平面ACE，且AC∩CE＝C，∴BE⊥平面ACE.(2)∵直线CE与平面ABC所成的角为45°，平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，∴∠BCE＝45°，∴△EBC为等腰直角三角形．取BC的中点F，连接EF，过点F作FG⊥AB于点G，连接EG，则∠EGF为二面角E－AB－C的平面角.易得EF＝BF＝1，FG＝eq\f(\r(3),2).在Rt△EFG中，由勾股定理，得EG＝eq\r(EF2＋FG2)＝eq\f(\r(7),2)，∴cos∠EGF＝＝eq\f(\r(21),7)，∴二面角E－AB－C的余弦值为eq\f(\r(21),7).变式4、如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1，顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C.(1)求证：AD1⊥BC；(2)若直线DD1与直线AB所成的角为eq\f(π,3)，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值．【证明】(1)连接D1C，则D1C⊥平面ABCD，∴D1C⊥BC.在等腰梯形ABCD中，连接AC，∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面AD1C，∴AD1⊥BC.(2)∵AB∥CD，∴∠D1DC＝eq\f(π,3)，∵CD＝1，∴D1C＝eq\r(3).在底面ABCD中作CM⊥AB，连接D1M，则D1M⊥AB，∴∠D1MC为平面ABC1D1与平面ABCD所成角的一个平面角．在Rt△D1CM中，CM＝eq\f(\r(3),2)，D1C＝eq\r(3)，∴D1M＝eq\r(CM2＋D1C2)＝eq\f(\r(15),2)，∴cos∠D1MC＝eq\f(\r(5),5)，即平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为eq\f(\r(5),5).方法总结：求二面角方法一：利用定义作出二面角的平面角，转换为在三角形中来求．方法二：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是锐角还是钝角考点四点到平面的距离例4、若正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD所成角的大小为60°，则A1C1到底面ABCD的距离为()A.eq\f(\r(,3),3)B.1C.2D.eq\r(,3)【答案】D【解析】由题意得∠B1AB＝60°，所以B1B＝ABtan60°＝eq\r(,3).又A1C1∥平面ABCD，所以A1C1到底面ABCD的距离为B1B＝eq\r(,3).变式1、已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为6，P是AA1的中点，Q是△BDC1内的动点，若PQ⊥BC1，则点Q到平面A1B1C1D1的距离的取值范围是()A.[3，5]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，6))C.[4，5]D.[2eq\r(,3)，6]【答案】B【解析】如图，在正方体中取BB1、BD中点P1、O，及BC1的四等分点M，因为PP1⊥BC1，P1M⊥BC1，P1M∩PP1＝P1，P1M，PP1⊂平面PP1M，所以BC1⊥平面PP1M，则BC1⊥PM.又OM⊥BC1，OM∩PM＝M，故BC1⊥平面POM，所以当点Q在线段OM上时，PQ⊥BC1，则点Q到平面A1B1C1D1的距离最大为6，最小为6×eq\f(3,4)＝eq\f(9,2)，所以点Q到平面A1B1C1D1的距离的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，6)).故选B.变式2、如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点．(1)证明：PF⊥FD；(2)若PA＝1，求点E到平面PFD的距离．【解】(1)证明：连接AF，则AF＝eq\r(2)，又DF＝eq\r(2)，AD＝2，∴DF2＋AF2＝AD2，∴DF⊥AF.∵PA⊥平面ABCD，∴DF⊥PA，又PA∩AF＝A，∴DF⊥平面PAF，又PF⊂平面PAF，∴DF⊥PF.(2)连接EP，ED，EF.∵S△EFD＝S矩形ABCD－S△BEF－S△ADE－S△CDF＝2－eq\f(5,4)＝eq\f(3,4)，∴V三棱锥P－EFD＝eq\f(1,3)S△EFD·PA＝eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×1＝eq\f(1,4).设点E到平面PFD的距离为h，则由V三棱锥E－PFD＝V三棱锥P－EFD得eq\f(1,3)S△PFD·h＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(6),2)·h＝eq\f(1,4)，解得h＝eq\f(\r(6),4)，即点E到平面PFD的距离为eq\f(\r(6),4).变式3、如图所示的五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M为BC的中点．(1)求证：FM∥平面BDE；(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求点F到平面BDE的距离．【解析】(1)证明：取BD的中点O，连接OM，OE，∵O，M分别为BD，BC的中点，∴OM∥CD，且OM＝eq\f(1,2)CD.∵四边形ABCD为菱形，∴CD∥AB，又EF∥AB，∴CD∥EF，又AB＝CD＝2EF，∴EF＝eq\f(1,2)CD，∴OM∥EF，且OM＝EF，∴四边形OMFE为平行四边形，∴MF∥OE.又OE⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE.(2)由(1)得FM∥平面BDE，∴点F到平面BDE的距离等于点M到平面BDE的距离．取AD的中点H，连接EH，BH，∵EA＝ED，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，∴EH⊥AD，BH⊥AD.∵平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH⊂平面ADE，∴EH⊥平面ABCD，∴EH⊥BH，易得EH＝BH＝eq\r(3)，∴BE＝eq\r(6)，∴S△BDE＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2)＝eq\f(\r(15),2).设点F到平面BDE的距离为h，连接DM，则S△BDM＝eq\f(1,2)S△BCD＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),4)×4＝eq\f(\r(3),2)，连接EM，由V三棱锥E－BDM＝V三棱锥M－BDE，得eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,3)×h×eq\f(\r(15),2)，解得h＝eq\f(\r(15),5)，即点F到平面BDE的距离为eq\f(\r(15),5).方法总结：求点到平面的距离，方法一：根据面面垂直的性质直接作出距离求解，方法二：利用等体积法换顶点来求解．五、优化提升与真题演练1、（2018·全国Ⅱ高考）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(5),6)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(\r(2),2)第1题图【答案】C【解析】如图，将长方体ABCD－A1B1C1D1补成长方体ABCD－A2B2C2D2，使AA1＝A1A2，易知AD1∥B1C2，∴∠DB1C2或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角．易知B1C2＝AD1＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋（\r(3)）2)＝eq\r(5)，DC2＝eq\r(DC2＋CCeq\o\al(2,2))＝eq\r(12＋2\r(3)2)＝eq\r(13).在△DB1C2中，由余弦定理，得cos∠DB1C2＝eq\f(DBeq\o\al(2,1)＋B1Ceq\o\al(2,2)－DCeq\o\al(2,2),2DB1·B1C2)＝eq\f(5＋4－13,2×\r(5)×2)＝－eq\f(\r(5),5)，∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5).故选C.2、（2018·天津高考）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2eq\r(3)，∠BAD＝90°.(1)求证：AD⊥BC；(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．【解】(1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.(2)如图，取棱AC的中点N，连接MN，ND.又∵M为棱AB的中点，∴MN∥BC.∴∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝eq\r(AD2＋AM2)＝eq\r(13).∵AD⊥平面ABC，∴AD⊥AC.在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝eq\r(AD2＋AN2)＝eq\r(13).在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝eq\f(\f(1