高考数学总复习《异面直线所成的角与线面角》专项测试卷含答案

第第页高考数学总复习《异面直线所成的角与线面角》专项测试卷含答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、单项选择题1．(2024·重庆诊断)如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB＝2.D，E，F分别是BB1，AA1，A1C1的中点，则直线EF与CD所成角的余弦值为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(,2),2)C．－eq\f(1,2)D．02．(2024·河北沧州模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1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)3．在正四棱锥S­ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是()A．30°B．45°C．60°D．90°4．(2024·广东肇庆一中月考)如图，E，F分别是正方形ABCD的边BC，CD的中点，将△CEF沿着EF折起到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABCD，连接AP，BF，则AP，BF所成角的余弦值是()A.eq\f(\r(,5),5)B.eq\f(\r(,3),3)C.eq\f(3,10)D.eq\f(1,3)5．若正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为()A.eq\f(3,5)B.eq\f(4,5)C.eq\f(3,4)D.eq\f(\r(,5),5)二、多项选择题6．(2022·新高考全国Ⅰ卷)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，则()A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°7．关于正方体ABCD­A1B1C1D1，下列说法正确的是()A．直线AC1⊥平面A1BDB．若平面A1BD与平面AB1D1的交线为l，则l与AD所成的角为45°C．直线CC1与平面A1BD所成角的正切值为eq\r(,2)D．若正方体的棱长为2，P，Q分别为棱DD1，BB1的中点，则经过点A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形的周长为4eq\r(,5)三、填空题与解答题8．若在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为________．9．如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，平面A1ADD1⊥平面ABCD，AD＝2，AA1＝A1D.若直线AB与平面A1DC1所成角的正弦值为eq\f(\r(,21),7)，则AA1的长度为________．10．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2eq\r(,2)，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．11．(2024·山东潍坊模拟)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PC⊥PD，二面角A­CD­P为直二面角．(1)求证：PB⊥PD；(2)当PC＝PD时，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．12．(2021·浙江卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq\r(15)，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.(1)证明：AB⊥PM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．13．(2024·湖南岳阳第一次质量监测)已知在直三棱柱A1B1C1­ABC中，E，F分别为棱B1B和A1C1的中点，∠BAC＝45°，AC＝2eq\r(,2)，AB＝3.(1)求证：平面EFC⊥平面A1ACC1；(2)若直线EC1与平面EFC所成角的正弦值为eq\f(\r(,2),3)，且AA1<3，证明：平面AB1C1⊥平面EFC.高分推荐题14．(2024·福建福州质检)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，点E为AB的中点，点F在BC上，且AC＝BC＝3BF.(1)证明：平面A1B1F⊥平面CC1E；(2)若∠ABC＝60°，AA1＝2AB，且三棱锥E­A1B1F的体积为eq\f(4\r(,3),9)，求CE与平面A1B1F所成角的正弦值．解析版一、单项选择题1．(2024·重庆诊断)如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB＝2.D，E，F分别是BB1，AA1，A1C1的中点，则直线EF与CD所成角的余弦值为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(,2),2)C．－eq\f(1,2)D．0解析：方法一：分别延长A1C1，AC至M，N，使C1M＝A1C1，CN＝AC，连接AC1，CM，DM，B1M，B1F，MN，如图所示．由题意，易知EF∥AC1∥CM，CD＝eq\r(,5)，CM＝2eq\r(,2)，DM＝eq\r(,B1D2＋B1M2)＝eq\r(,B1D2＋B1F2＋FM2)＝eq\r(12＋\r(,3)2＋32)＝eq\r(,13).设直线EF与CD所成角为θ，易知cosθ＝|cos∠DCM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(CD2＋CM2－DM2,2CD·CM)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,5)2＋2\r(,2)2－\r(,13)2,2×\r(,5)×2\r(,2))))＝0，∴直线EF与CD所成角的余弦值为0.故选D.方法二：如图，将三棱柱补成四棱柱，其中两个三棱柱全等．取PB中点Q，连接DQ，由棱柱性质易知EF∥DQ，∴∠CDQ为EF和CD所成的角或其补角．连接CQ，由题知BC＝2，BQ＝1，BD＝1，∴CD＝eq\r(,5)，DQ＝eq\r(,2)，又∠CBQ＝120°，∴在△CBQ中，由余弦定理可得CQ2＝22＋12－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，∴CQ＝eq\r(,7).在△CDQ中，CQ2＝CD2＋DQ2＝7，∴∠CDQ＝90°，∴EF和CD所成角的余弦值为0.故选D.方法三：如图，以A为原点，以过点A垂直于平面ACC1A1的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系．由AA1＝AB＝2，△ABC为正三角形，D，E，F分别为BB1，AA1，A1C1的中点，得E(0，0,1)，F(0,1,2)，C(0,2,0)，D(eq\r(,3)，1,1)，∴eq\o(EF,\s\up16(→))＝(0,1,1)，eq\o(CD,\s\up16(→))＝(eq\r(,3)，－1,1)．∵eq\o(EF,\s\up16(→))·eq\o(CD,\s\up16(→))＝0－1＋1＝0，∴EF⊥CD，∴EF与CD所成角的余弦值为0.故选D.答案：D2．(2024·河北沧州模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1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)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，CD1∵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cos∠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A(2,0,0)，P(0,1,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，eq\o(AP,\s\up16(→))＝(－2,1,2)，eq\o(BA1,\s\up16(→))＝(0，－2,2)，|cos〈eq\o(AP,\s\up16(→))，eq\o(BA1,\s\up16(→))〉|＝eq\f(|\o(AP,\s\up16(→))·\o(BA1,\s\up16(→))|,|\o(AP,\s\up16(→))||\o(BA1,\s\up16(→))|)＝eq\f(|－2，1，2·0，－2，2|,\r(,4＋1＋4)×\r(,4＋4))＝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).答案：A3．在正四棱锥S­ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(a,2))).则eq\o(CA,\s\up16(→))＝(2a,0,0)，eq\o(AP,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，－\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(CB,\s\up16(→))＝(a，a,0)，设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ax＝0，,－ax－\f(a,2)y＋\f(a,2)z＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝z，))可取n＝(0,1,1)，则cos〈eq\o(CB,\s\up16(→))，n〉＝eq\f(\o(CB,\s\up16(→))·n,|\o(CB,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(CB,\s\up16(→))，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC所成的角是90°－60°＝30°.答案：A4．(2024·广东肇庆一中月考)如图，E，F分别是正方形ABCD的边BC，CD的中点，将△CEF沿着EF折起到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABCD，连接AP，BF，则AP，BF所成角的余弦值是()A.eq\f(\r(,5),5)B.eq\f(\r(,3),3)C.eq\f(3,10)D.eq\f(1,3)解析：设EF的中点为O，连接OA，OC，OP，BD，易知A，O，C三点共线．因为PF＝PE，所以PO⊥EF，又PO⊂平面PEF，平面PEF⊥平面ABCD，平面PEF∩平面ABCD＝EF，所以PO⊥平面ABCD.又E，F分别是正方形ABCD的边BC，CD的中点，所以EF∥BD，因为AC⊥BD，所以AO⊥OE.如图，作AH綉FB，连接OH，PH，则∠PAH或其补角为异面直线AP，BF所成的角．设正方形边长为2，则AH2＝BF2＝5，PA2＝PO2＋AO2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,2),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(,2),2)))2＝5，PH2＝PO2＋OH2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,2),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))2＝13.在△PAH中，由余弦定理得cos∠PAH＝eq\f(PA2＋AH2－PH2,2PA·AH)＝eq\f(5＋5－13,2\r(,5)×\r(,5))＝－eq\f(3,10)，所以异面直线AP，BF所成角的余弦值为eq\f(3,10).故选C.答案：C5．若正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为()A.eq\f(3,5)B.eq\f(4,5)C.eq\f(3,4)D.eq\f(\r(,5),5)解析：方法一：连接AB1(图略)，依据题设条件，可知B1D⊥平面ACD，DC⊂平面ACD，∴B1D⊥DC，故△B1DC为直角三角形．设正三棱柱的棱长为1，则有AD＝eq\f(\r(,5),2)，B1D＝eq\f(\r(,3),2)，DC＝eq\f(\r(,5),2)，∴S△B1DC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(,3),2)×eq\f(\r(,5),2)＝eq\f(\r(,15),8)，S△ADC＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2).设点A到平面B1DC的距离为h，则有VA­B1DC＝VB1­ADC，∴eq\f(1,3)·h·S△B1DC＝eq\f(1,3)·B1D·S△ADC.∴eq\f(1,3)·h·eq\f(\r(,15),8)＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(,3),2)×eq\f(1,2)，∴h＝eq\f(2,\r(,5)).设AD与平面B1DC所成角为θ，则sinθ＝eq\f(h,AD)＝eq\f(\f(2,\r(,5)),\f(\r(,5),2))＝eq\f(4,5).故选B.方法二：如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，∵AA1⊥平面A1B1C1，B1D⊂平面A1B1C1，∴AA1⊥B1D.∵D为A1C1的中点，△A1B1C1为等边三角形，∴B1D⊥A1C1.∵A1C1∩AA1＝A1，∴B1D⊥平面ACC1A1.又∵B1D⊂平面B1DC，∴平面B1DC⊥平面ACC1A1，交线为DC.∴AD在平面B1DC上的射影在DC上．∴∠ADC即为直线AD与平面B1DC所成的角．设正三棱柱的棱长为2，则AD＝DC＝eq\r(,5)，AC＝2.在△ADC中由余弦定理得cos∠ADC＝eq\f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq\f(3,5).∴sin∠ADC＝eq\f(4,5).故选B.答案：B二、多项选择题6．(2022·新高考全国Ⅰ卷)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，则()A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°解析：如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°.故A正确；在正方体ABCD­A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1，连接B1C，则B1C⊥BC1，因为CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°.故B正确；连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB，因为OB⊂平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．设正方体的棱长为a，则易得BC1＝eq\r(,2)a，OC1＝eq\f(\r(,2)a,2)，所以在Rt△BOC1中，OC1＝eq\f(1,2)BC1，所以∠OBC1＝30°.故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°.故D正确．故选ABD.答案：ABD7．关于正方体ABCD­A1B1C1D1，下列说法正确的是()A．直线AC1⊥平面A1BDB．若平面A1BD与平面AB1D1的交线为l，则l与AD所成的角为45°C．直线CC1与平面A1BD所成角的正切值为eq\r(,2)D．若正方体的棱长为2，P，Q分别为棱DD1，BB1的中点，则经过点A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形的周长为4eq\r(,5)解析：如图1，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A1(2,0,2)，B(2,2,0)，D(0,0,0)，图1eq\o(DA1,\s\up16(→))＝(2,0,2)，eq\o(DB,\s\up16(→))＝(2,2,0)，设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up16(→))＝2x＋2z＝0，,n·\o(DB,\s\up16(→))＝2x＋2y＝0，))令x＝－1，则y＝z＝1，即n＝(－1,1,1)，∵A(2,0,0)，C1(0,2,2)，则eq\o(AC1,\s\up16(→))＝(－2,2,2)，即eq\o(AC1,\s\up16(→))＝2n，∴eq\o(AC1,\s\up16(→))∥n，则直线AC1⊥平面A1BD，故A正确；结合图形可知，平面A1BD与平面AB1D1的交线l即为直线MN，M(1,0,1)，N(2,1,1)，则eq\o(MN,\s\up16(→))＝(1,1,0)，eq\o(DA,\s\up16(→))＝(2,0,0)，cos〈eq\o(MN,\s\up16(→))，eq\o(DA,\s\up16(→))〉＝eq\f(\o(MN,\s\up16(→))·\o(DA,\s\up16(→)),|\o(MN,\s\up16(→))||\o(DA,\s\up16(→))|)＝eq\f(\r(,2),2)，∴l与AD所成的角为45°，故B正确；∵eq\o(CC1,\s\up16(→))＝eq\o(AA1,\s\up16(→))＝(0,0,2)，则cos〈eq\o(CC1,\s\up16(→))，n〉＝eq\f(\o(CC1,\s\up16(→))·n,|\o(CC1,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(\r(,3),3)，∴直线CC1与平面A1BD所成角的正切值为eq\f(\r(,2),2)，故C不正确；图2如图2，取棱CC1的中点E，连接PC1，QC1，PE，BE，∵P，E分别为棱DD1，CC1的中点，则PE∥DC且PE＝DC，又∵AB∥DC且AB＝DC，则PE∥AB且PE＝AB，∴四边形ABEP为平行四边形，则AP∥BE，∵Q，E分别为棱BB1，CC1的中点，则C1E∥BQ且C1E＝BQ，∴四边形BEC1Q为平行四边形，则BE∥C1Q，∴AP∥C1Q，同理可证，AQ∥C1P，∴经过点A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形为平行四边形AQC1P，∵AP＝AQ＝eq\r(,5)，则其周长为4eq\r(,5)，故D正确．答案：ABD三、填空题与解答题8．若在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为________．解析：方法一：令M为AC的中点，连接MB，MA1，由题意知△ABC是等边三角形，所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC.因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM⊂平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1.因为A1M⊂平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为原点，MA，MB，MA1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AA1＝AC＝AB＝2，则A(1,0,0)，B(0，eq\r(,3)，0)，A1(0,0，eq\r(,3))，C1(－2,0，eq\r(,3))，所以eq\o(AC1,\s\up16(→))＝(－3,0，eq\r(,3))，eq\o(A1B,\s\up16(→))＝(0，eq\r(,3)，－eq\r(,3))，设异面直线AC1与A1B所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈eq\o(AC1,\s\up16(→))，eq\o(A1B,\s\up16(→))〉|＝eq\f(|－3|,2\r(,3)×\r(,6))＝eq\f(\r(,2),4)，故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为eq\f(\r(,2),4).方法二：如图所示，在平面ABC，平面A1B1C1中分别取点D，D1，连接BD，CD，B1D1，C1D1，使得四边形ABDC，A1B1D1C1为平行四边形，连接DD1，BD1，则AB＝C1D1，且AB∥C1D1，所以AC1∥BD1，故∠A1BD1或其补角为异面直线AC1与A1B所成的角．连接A1D1，过点A1作A1M⊥AC于点M，连接BM，设AA1＝2，由∠A1AM＝∠BAC＝60°，得AM＝1，BM＝eq\r(,3)，A1M＝eq\r(,3)，因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，A1M⊂平面A1ACC1，所以A1M⊥平面ABC.又BM⊂平面ABC，所以A1M⊥BM，所以A1B＝eq\r(,6).在菱形A1ACC1中，可求得AC1＝2eq\r(,3)＝BD1，同理，在菱形A1B1D1C1中，可求得A1D1＝2eq\r(,3)，所以cos∠A1BD1＝eq\f(A1B2＋BD\o\al(2,1)－A1D\o\al(2,1),2A1B·BD1)＝eq\f(6＋12－12,2\r(,6)×2\r(,3))＝eq\f(\r(,2),4)，所以异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为eq\f(\r(,2),4).答案：eq\f(\r(,2),4)9．如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，平面A1ADD1⊥平面ABCD，AD＝2，AA1＝A1D.若直线AB与平面A1DC1所成角的正弦值为eq\f(\r(,21),7)，则AA1的长度为________．解析：取AD的中点O，连接A1O，因为AA1＝A1D，O为AD的中点，则A1O⊥AD，因为平面AA1D1D⊥平面ABCD，平面AA1D1D∩平面ABCD＝AD，A1O⊂平面AA1D1D，所以A1O⊥平面ABCD，以O为坐标原点，过点O作AB的平行线为x轴，OD，OA1所在直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设A1O＝a，其中a>0，则A(0，－1,0)，B(2，－1,0)，A1(0,0，a)，C1(2,2，a)，D(0,1,0)，eq\o(AB,\s\up16(→))＝(2,0,0)，eq\o(A1C1,\s\up16(→))＝(2,2,0)，eq\o(A1D,\s\up16(→))＝(0,1，－a)，设平面A1DC1的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up16(→))＝2x＋2y＝0，,m·\o(A1D,\s\up16(→))＝y－az＝0，))取x＝a，则m＝(a，－a，－1)，由题意可得|cos〈eq\o(AB,\s\up16(→))，m〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up16(→))·m|,|\o(AB,\s\up16(→))||m|)＝eq\f(2a,2\r(,2a2＋1))＝eq\f(a,\r(,2a2＋1))＝eq\f(\r(,21),7)，因为a>0，则a＝eq\r(,3)，所以|eq\o(AA1,\s\up16(→))|＝eq\r(,1＋a2)＝2.答案：210．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2eq\r(,2)，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．解析：以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0,0)，C1(0,0，2eq\r(,2))．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(,3),2)，2\r(,2))).所以eq\o(AC1,\s\up16(→))＝(－2,0,2eq\r(,2))，eq\o(AC2,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(,3),2)，2\r(,2)))，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(\o(AC1,\s\up16(→))·\o(AC2,\s\up16(→)),|\o(AC1,\s\up16(→))||\o(AC2,\s\up16(→))|)＝eq\f(1＋0＋8,2\r(,3)×3)＝eq\f(\r(,3),2).又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)11．(2024·山东潍坊模拟)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PC⊥PD，二面角A­CD­P为直二面角．(1)求证：PB⊥PD；(2)当PC＝PD时，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．(1)证明：由题意知平面PCD⊥平面ABCD，又平面PCD∩平面ABCD＝CD，BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面PCD.因为PD⊂平面PCD，所以BC⊥PD.又因为PC⊥PD，BC∩PC＝C，PC⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，所以PD⊥平面PBC.因为PB⊂平面PBC，所以PD⊥PB.(2)解：取CD中点为O，连接PO.取AB中点为E，连接OE.因为PC＝PD，点O是CD中点，所以PO⊥CD.又因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PO⊂平面PCD，所以PO⊥平面ABCD.因为点O，E分别是CD，AB的中点，所以OE∥AD，则OE⊥CD.则OP＝eq\f(1,2)CD＝1，OE＝AD＝2.以点O为坐标原点，OD，OE，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D­xyz，则O(0,0,0)，D(1，0,0)，C(－1,0,0)，B(－1,2,0)，P(0，0,1)，E(0,2,0)，A(1,2,0)，eq\o(AP,\s\up16(→))＝(－1，－2,1)，eq\o(AB,\s\up16(→))＝(－2,0,0)，eq\o(PC,\s\up16(→))＝(－1，0，－1)．设n＝(x，y，z)是平面PAB的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up16(→))＝－x－2y＋z＝0，,n·\o(AB,\s\up16(→))＝－2x＝0，))取y＝1，则z＝2，所以n＝(0,1,2)是平面PAB的一个法向量．设直线PC与平面PAB所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(PC,\s\up16(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PC,\s\up16(→)),|n||\o(PC,\s\up16(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2,\r(,5)×\r(,2))))＝eq\f(\r(,10),5)，所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为eq\f(\r(,10),5).12．(2021·浙江卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq\r(15)，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.(1)证明：AB⊥PM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．(1)证明：因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，易得CD⊥DM.又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，所以CD⊥平面PDM.因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.(2)解：方法一：由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠BAN为直线AN与平面PDM所成角的余角．连接AM(图略)，因为PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝eq\r(,7)，又PA＝eq\r(,15)，易得PM＝2eq\r(,2)，PB＝PC＝2eq\r(,3)，连接BN(图略)，结合余弦定理得BN＝eq\r(,11).连接AC(图略)，则由余弦定理得AC＝eq\r(,21).在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，所以AN＝eq\r(,15).所以在△ABN中，cos∠BAN＝eq\f(AB2＋AN2－BN2,2AB·AN)＝eq\f(1＋15－11,2\r(,15))＝eq\f(\r(,15),6).设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sinθ＝cos∠BAN＝eq\f(\r(,15),6).方法二：因为PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD.连接AM，则PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以AM＝eq\r(,7)，又PA＝eq\r(,15)，易得PM＝2eq\r(,2).由(1)知CD⊥DM，过点M作ME∥CD交AD于点E，则ME⊥MD，MD，ME，MP两两垂直．故以M为坐标原点，MD，ME，MP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(－eq\r(,3)，2,0)，P(0,0,2eq\r(,2))，C(eq\r(,3)，－1，0)，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),2)，－\f(1,2)，\r(,2)))，所以eq\o(AN,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(,3),2)，－\f(5,2)，\r(,2))).易知平面PDM的一个法向量为n＝(0,1,0)．设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(AN,\s\up16(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AN,\s\up16(→))·n|,|\o(AN,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(\f(5,2),\r(,15))＝eq\f(\r(,15),6).13．(2024·湖南岳阳第一次质量监测)已知在直三棱柱A1B1C1­ABC中，E，F分别为棱B1B和A1C1的中点，∠BAC＝45°，AC＝2eq\r(,2)，AB＝3.(1)求证：平面EFC⊥平面A1ACC1；(2)若直线EC1与平面EFC所成角的正弦值为eq\f(\r(,2),3)，且AA1<3，证明：平面AB1C1⊥平面EFC.(1)证明：如图所示，以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(AA1,\s\up16(→))的方向为y轴和z轴的正方向，在平面ABC内，过点A作y轴的垂线为x轴建立空间直角坐标系，设AA1＝2a，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，F(1,1,2a)，E(0,3，a)，A1(0,0,2a)，C1(2,2,2a)，所以eq\o(CE,\s\up16(→))＝(－2,1，a)，eq\o(CF,\s\up16(→))＝(－1，－1,2a)，eq\o(AC,\s\up16(→))＝(2,2,0)，eq\o(AA1,\s\up16(→))＝(0,0,2a)．设平面EFC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CE,\s\up16(→))＝－2x1＋y1＋az1＝0，,n·\o(CF,\s\up16(→))＝－x1－y1＋2az1＝0，))令x1＝1，故n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,a))).设平面A1ACC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up16(→))＝2x2＋2y2＝0，,m·\o(AA1,\s\up16(→))＝2az2＝0，))令x2＝1，故m＝(1，－1,0)，因为m·n＝(1，－1,0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,a)))＝0，所以m⊥n，所以平面EFC⊥平面A1ACC1.(2)解：eq\o(EC1,\s\up16(→))＝(2，－1，a)，由(1)知平面EFC的一个法向量为n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,a)))，由直线EC1与平面EFC所成角的正弦值为eq\f(\r(,2),3)，得|cos〈eq\o(EC1,\s\up16(→))，n〉|＝eq\f(|\o(EC1,\s\up16(→))·n|,|\o(EC1,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(2,\r(,5＋a2)×\r(,2＋\f(1,a2)))＝eq\f(\r(