§7.7向量法求空间角课标要求 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l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别是u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|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＝|cos 〈u ，n 〉|＝|u ·n |u ||n ||＝|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n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.常用结论1．异面直线所成角的范围是，π2；直线与平面所成角的范围是0，π2；二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是0，π2.2．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cos 〈m ，n 〉＝－12，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＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，所以直线l 与平面α所成的角为30°.3．已知直线l 1的方向向量s 1＝(1,0,1)与直线l 2的方向向量s 2＝(－1,2，－2)，则直线l 1和l 2所成角的余弦值为()A.24 B.12 C.22 D.32答案C解析设直线l 1与l 2所成的角为θ，因为s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)，所以cos θ＝|cos 〈s 1，s 2〉|＝|s 1·s 2||s 1||s 2|＝|－1－2|2×3＝22.所以直线l 1和l 2所成角的余弦值为22.4．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.π4B.3π4C.π4或3π4D.π2或3π4答案C 解析∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，∴m ·n ＝1，|m |＝1，|n |＝2，若两平面所成的二面角为θ，则|cos θ|＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝22，∴两平面所成的二面角为π4或3π4.题型一异面直线所成的角例1(1)(2023·武汉模拟)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 ．－39 B.39C ．－539 D.539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BF →＝(－1,1,1)，PE →＝(1,2，－2)，所以cos θ＝|cos 〈BF →，PE →〉|＝|BF →·PE →||BF →||PE →|＝|－1＋2－2|3×3＝39，所以异面直线BF 与PE 所成角的余弦值为39.(2)(2023·开封模拟)在如图所示的圆台中，四边形ABCD 为其轴截面，AB ＝2CD ＝4，母线长为3，P 为下底面圆周上一点，异面直线AD 与OP (O 为下底面圆心)所成的角为π3，则CP 2的大小为()A ．7－23B ．7－23或7＋23C ．19－43D ．19－43或19＋43答案B 解析以O 为原点，OB 所在直线为y 轴，过点O 作x 轴⊥OB ，圆台的轴为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，作DE ⊥AB 于点E ，AE ＝12AB －12CD ＝1，在Rt △ADE 中，AD ＝3，DE ＝AD 2－AE 2＝2，则D (0，－1，2)，A (0，－2,0)，C (0,1，2)，AD →＝(0,1，2)，设P (2cos θ，2sin θ，0)，0≤θ<2π，OP →＝(2cos θ，2sin θ，0)，由于异面直线AD 与OP (O 为下底面圆心)所成的角为π3，∴cos π3＝|OP →·AD →||OP →||AD →|＝|2sin θ|2×3＝|sin θ|3＝12，∴sin θ＝±32，CP →＝(2cos θ，2sin θ－1，－2)，CP 2＝|CP →|2＝4cos 2θ＋4sin 2θ－4sin θ＋1＋2＝7－4sin θ＝7±23.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)，π2，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)(2023·台州统考)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.34B.54C.49D.89答案D 解析因为A ′C ＝A ′D ＝CD ＝3.所以2A ′C ——→·CD →＝(A ′C ——→＋CD →)2－A ′C ——→2－CD →2＝A ′D ——→2－A ′C ——→2－CD →2＝9－9－9＝－9.因为CB ＝CD ＝3，BD ＝5.所以2CB →·CD →＝CB →2＋CD →2－(CB →－CD →)2＝CB →2＋CD →2－DB →2＝9＋9－25＝－7.所以A ′B ——→·CD →＝(A ′C ——→＋CB →)·CD →＝A ′C ——→·CD →＋CB →·CD →＝－92－72＝－8.若异面直线A ′B 与CD 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈A ′B ——→，CD →〉|＝|A ′B ——→·CD →||A ′B ——→||CD →|＝|－8|3×3＝89.所以异面直线A ′B 与CD 所成角的余弦值为89.(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →(0<λ<1)，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为______．答案13解析以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，E (0,2,1)，A (2,0,0)，∴D 1E —→＝(0,2，－1)，A 1A ＝(0,0，－2)，AD →＝(－2,0,0)，A 1F —→＝A 1A —→＋AF →＝A 1A —→＋λAD →＝(－2λ，0，－2)．∴|cos 〈A 1F —→，D 1E —→〉|＝|A 1F —→·D 1E —→||A 1F —→||D 1E —→|＝22λ2＋1×5＝3210，解得λ＝－13舍去题型二直线与平面所成的角例2(2022·全国甲卷)在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，CD ∥AB ，AD ＝DC ＝CB ＝1，AB ＝2，DP ＝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 ＝12，故DE ＝AD 2－AE 2＝32，BD ＝DE 2＋BE 2＝3，所以AD 2＋BD 2＝AB 2，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 (0，3，0)，P (0,0，3)，则AP →＝(－1,0，3)，BP →＝(0，－3，3)，DP →＝(0,0，3)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AP →＝0，·BP →＝0，x ＋3z ＝0，－3y ＋3z ＝0，可取n ＝(3，1,1)，则cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝35×3＝55，所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为55.思维升华利用空间向量求线面角的解题步骤跟踪训练2(2023·开封模拟)如图，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，圆柱OQ 的侧面积为63π，点P 在圆柱OQ 的下底面圆周上，且△OPB 是边长为3的等边三角形．(1)若G 是DP 的中点，求证：AG ⊥BD ；(2)若DG →＝2GP →，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3的等边三角形，所以∠ABP ＝60°，r ＝ 3.因为圆柱OQ 的侧面积为63π，所以2πrh ＝63π，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，Ox →，OB →，OQ →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 (0，3，0)，D (0，－3，3)，P 32，32，0因为DG →＝2GP →，设G 点坐标为(x 0，y 0，z 0)，则(x 0，y 0＋3，z 0－3)＝x 0，32－y 0，－z0＝0＋3＝y 0－3＝－2z 0，0＝1，0＝0，0＝1，所以G (1,0,1)，所以GB →＝(－1，3，－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＝|cos 〈GB →，n 〉|＝|GB →·n ||GB →||n |＝55.所以GB 与平面ABCD 所成角的正弦值为55.题型三平面与平面的夹角例3(12分)(2023·全国乙卷)如图，三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝22，PB ＝PC ＝6，BP ，AP ，BC 的中点分别为D ，E ，O ，AD ＝5DO ，点F 在AC 上，BF ⊥AO .(1)证明：EF ∥平面ADO ；[切入点：由BF ⊥AO 找F 位置](2)证明：平面ADO ⊥平面BEF ；[切入点：证明AO ⊥平面BEF ](3)求二面角D －AO －C 的正弦值．[关键点：由AO ⊥BE 及PB 长求点P 坐标][思路分析](1)利用向量及BF →⊥AO →→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 ，则BF →＝BA →＋AF →＝(1－t )BA →＋tBC →，AO →＝－BA →＋12BC →，(1分)①处用BA →，BC →表示BF →，AO→因为BF ⊥AO ，(3分)②处利用⊥找点F 位置BF →⊥AO →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 ，由题意可得AO ＝AB 2＋OB 2＝6，DO ＝12PC ＝62，所以AD ＝5DO ＝302，因此DO 2＋AO 2＝AD 2＝152，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 (0，2，0)，AO →＝(－2，2，0)．因为PB ＝PC ，BC ＝22，所以设P (x ，2，z )，z >0，(9分)则BE →＝BA →＋AE →＝BA →＋12AP →＝(2,0,0)＋12(x －2，2，z )④处求BE →坐标由(2)得AO ⊥BE ，分)⑤处利用AO ⊥BE 及PB 长求点P 坐标由D 为PB 的中点，得－12，22，AD →－52，22，设平面DAO 的法向量为n 1＝(a ，b ，c )，1·AD →＝0，1·AO →＝0，－52a ＋22b ＋32c ＝0，2a ＋2b ＝0，得b ＝2a ，c ＝3a ，取a ＝1，则n 1＝(1，2，3)．易知平面CAO 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，(11分)设二面角D －AO －C 的大小为θ，则|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝36＝22，所以sin θ＝1－12＝22，⑥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22.(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 －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 为棱AB 的中点，则二面角D 1－EC －D 的余弦值为________．答案63解析建立如图所示的空间直角坐标系，由AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，得E (1,1,1)，C (0,2,1)，D 1(0,0,0)，则D 1E —→＝(1,1,1)，D 1C —→＝(0,2,1)，设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，1E →·n ＝0，1C →·n ＝0，＋y ＋z ＝0，y ＋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cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－26＝－63，由法向量的方向为同出，得二面角D 1－EC －D 的余弦值为63.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(2023·新高考全国Ⅱ改编)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EF →＝DA →，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 ＝22，DE ＝AE ＝ 2.所以AE 2＋DE 2＝4＝AD 2，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 (2，0,0)，A (0,0，2)，B (0，2，0)，E (0,0,0)，设平面DAB 与平面ABF 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面DAB 与平面ABF 的夹角为θ，而AB →＝(0，2，－2)，因为EF →＝DA →＝(－2，0，2)，所以F (－2，0，2)，则AF →＝(－2，0,0)．1·DA →＝0，1·AB →＝0，1＋2z 1＝0，－2z 1＝0，取x 1＝1，所以n 1＝(1,1,1)．2·AB →＝0，2·AF →＝0，－2z 2＝0，2＝0，取y 2＝1，所以n 2＝(0,1,1)，所以|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝23×2＝63，从而sin θ＝1－69＝33.所以平面DAB 与平面ABF 夹角的正弦值为33.课时精练一、单项选择题1.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 所成的角为()A.π2B.π3C.π4D.π6答案B 解析由题意可知，AB ，AC ，AA 1两两互相垂直，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1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)，A 1(0,0，2)，C (0，2，0)，，22，∴AD →，22，A 1C —→＝(0，2，－2)，∴|cos 〈AD →，A 1C —→〉|＝|AD →·A 1C —→||AD →||A 1C —→|＝12，∴异面直线AD 与A 1C 所成的角为π3.2．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为()A.22 B.155 C.64 D.63答案C 解析建立如图所示的坐标系，设AB ＝2，则C 1(3，1,0)，A (0,0,2)，AC 1—→＝(3，1，－2)，易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)．设AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AC 1—→，n 〉|＝|AC 1—→·n ||AC 1—→||n |＝322＝64.所以AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为64.3.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1和DD 1的中点，则平面ECF 与平面ABCD 夹角的余弦值为()A.33B.63C.13D.23答案B 解析以点A 为坐标原点，AB →，AD →，AA 1—→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)，∴CE →＝(0，－2,1)，CF →＝(－2,0,1)．设平面ECF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·n ＝0，·n ＝0，2y ＋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.∴cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝21×6＝63.∴平面ECF 与平面ABCD 夹角的余弦值为63.4．(2023·沧州模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是C 1D 1的中点，则异面直线AP 与BA 1所成角的余弦值为()A.26 B.36 C.13 D.23答案A解析方法一设正方体的棱长为2，取CC 1的中点Q ，连接PQ ，AD 1，AC ，AQ ，∵P 是C 1D 1的中点，∴PQ ∥CD 1∥A 1B ，故∠APQ 就是AP 与BA 1所成的角(或其补角)，由勾股定理得AP ＝AQ ＝8＋1＝3，PQ ＝2，由余弦定理得cos ∠APQ ＝AP 2＋PQ 2－AQ 22AP ·PQ ＝9＋2－92×3×2＝26，故异面直线AP 与BA 1所成角的余弦值为26.方法二设正方体的棱长为2，以点D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1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)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)，AP →＝(－2,1,2)，BA 1—→＝(0，－2,2)，|cos 〈AP →，BA 1—→〉|＝|AP →·BA 1—→||AP →||BA 1—→|＝23×22＝26，故异面直线AP 与BA 1所成角的余弦值为26.5．(2024·郑州模拟)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 ＝2OA ，则直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值为()A.1010B.55C.110D.14答案A 解析∵AB 是圆柱底面圆的一条直径，∴∠AOB ＝90°，∠ACB ＝90°，∵OP ＝AB ＝2OA ，∴∠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 (2，0,0)，B (0，2，0)，P (0,0,2)，C (2，2，0)，AB →＝(－2，2，0)，AP →＝(－2，0,2)，设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AB →＝0，·AP →＝0，－2x ＋2y ＝0，－2x ＋2z ＝0，取x ＝2，则n ＝(2，2，1)，又PC →＝(2，2，－2)，设直线PC 与平面PAB 所成的角为θ，∴sin θ＝|cos 〈n ，PC →〉|＝|n ·PC →||n ||PC →|＝25×22＝1010，∴直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值为1010.6．(2023·杭州模拟)若正方形ABCD 的边长为a ，E ，F 分别为CD ，CB 的中点(如图1)，沿AE ，AF 将△ADE ，△ABF 折起，使得点B ，D 恰好重合于点P (如图2)，则直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为()A.22B.34 C.36 D.32答案A 解析由E ，F 分别是为CD ，CB 的中点，可得EF 2＝CE 2＋CF 2＝DE 2＋BF 2＝PE 2＋PF 2，则PE ⊥PF .由AD ⊥DE ，AB ⊥BF ，可得PA ⊥PE ，PA ⊥PF ，所以PA ，PF ，PE 两两互相垂直，以P 为坐标原点，PE ，PF ，PA 分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得P (0,0,0)，0，，a 2，A (0,0，a )，设C (x ，y ，z )，由AC ＝2a ，CE ＝CF ＝a 2，＋y 2＋(z －a )2＝2a 2，＋z 2＝a 24，＋y 2＋z 2＝a 24，＝a 3，＝a 3，＝－a 3，即得，a 3，－所以可得PE →0，PC →，a 3，－设平面PCE 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，·PC →＝ax ′3＋ay ′3－az ′3＝0，·PE →＝ax ′2＝0，令y ′＝1，则x ′＝0，z ′＝1，所以平面PCE 的一个法向量为n ＝(0,1,1)，又PA →＝(0,0，a )，设PA 与平面PCE 所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝|PA →·n ||PA →||n |＝a 2a ＝22.二、多项选择题7．三棱锥A －BCD 中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为n 1，n 2，若n 1＝(1,0,0)，n 2＝(－3，0,1)，则二面角A －BD －C 的大小可能为()A.π6B.π3C.2π3D.5π6答案AD 解析由已知可得|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝32，因此二面角A －BD －C 的大小为π6或5π6.8．(2023·深圳模拟)如图，在矩形AEFC 中，AE ＝23，EF ＝4，B 为EF 中点，现分别沿AB ，BC 将△ABE ，△BCF 翻折，使点E ，F 重合，记为点P ，翻折后得到三棱锥P －ABC ，则()A ．三棱锥P －ABC 的体积为423B ．直线PA 与直线BC 所成角的余弦值为36C ．直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值为13D ．三棱锥P －ABC 外接球的半径为222答案BD 解析由题意可得BP ⊥AP ，BP ⊥CP ，又AP ∩CP ＝P ，AP ，CP ⊂平面PAC ，所以BP ⊥平面PAC ，在△PAC 中，PA ＝PC ＝23，AC 边上的高为(23)2－22＝22，所以V 三棱锥P －ABC ＝V 三棱锥B －P AC ＝13×12×4×22×2＝823，故A 错误；在△PAC 中，cos ∠APC ＝12＋12－162×23×23＝13，BC ＝12＋4＝4，|cos 〈PA →，BC →〉|＝|PA →·BC →||PA →||BC →|＝|PA →·(PC →－PB →)|23×4＝|PA →·PC →－PA →·PB →|83＝||PA →||PC →|cos ∠APC －0|83＝23×23×1383＝36，所以直线PA 与直线BC 所成角的余弦值为36，故B 正确；S △PBC ＝12PB ·PC ＝12×2×23＝23，设点A 到平面PBC 的距离为d ，由V 三棱锥B －P AC ＝V 三棱锥A －PBC ，得13×23d ＝823，解得d ＝463，所以直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值为d PA ＝46323＝223，故C 错误；由B 知，cos ∠APC ＝13，则sin ∠APC ＝223，所以△PAC 的外接圆的半径r ＝12·AC sin ∠APC ＝322，设三棱锥P －ABC 外接球的半径为R ，又因为BP ⊥平面PAC ，则R 2＝r 2＝92＋1＝112，所以R ＝222，即三棱锥P －ABC 外接球的半径为222，故D 正确．三、填空题9．(2023·天津统考)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，则异面直线A 1C 1与AD 1所成角的余弦值为________．答案210解析如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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)，D 1(0,0,3)，A 1(1,0,3)，C 1(0,2,3)，则AD 1—→＝(－1,0,3)，A 1C 1—→＝(－1,2,0)，|cos 〈AD 1—→，A 1C 1—→〉|＝|AD 1—→·A 1C 1—→||AD 1—→||A 1C 1—→|＝110×5＝210因此，异面直线A 1C 1与AD 1所成角的余弦值为210.10．在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，AC ＝1，AA 1＝2，∠BAC ＝90°，若直线AB 1与直线A 1C 所成角的余弦值是45，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)，B 1(a ,0,2)，A 1(0,0,2)，C (0,1,0)，所以AB 1—→＝(a ,0,2)，A 1C —→＝(0,1，－2)，所以|cos 〈AB 1—→，A 1C —→〉|＝|AB 1—→·A 1C —→||AB 1—→||A 1C —→|＝4a 2＋4×5＝45，解得a ＝1，所以棱AB 的长度是1.11．(2023·洛阳模拟)二面角α－l －β的棱上有两个点A ，B ，线段BD 与AC 分别在这个二面角的两个半平面内，并且垂直于棱l ，若AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则平面α与平面β的夹角为________．答案60°解析设二面角α－l －β的大小为θ，因为AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，所以CA →·AB →＝0，BD →·AB →＝0，由题意得CD →＝CA →＋AB →＋BD →，所以|CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD→＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·BD→＝36＋16＋64＋2×6×8×cos(180°－θ)＝(217)2，所以cos(180°－θ)＝－12，即cos θ＝12，所以θ＝60°，则平面α与平面β的夹角为60°.12.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H ，K ，L 分别是棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，D 1D ，DA 的中点，则直线A 1C 与平面EFGHKL 所成角的大小为________；若P ，Q 是六边形EFGHKL 边上两个不同的动点，设直线D 1B 与直线PQ 所成的最小角为θ，则sin θ的值为________．答案90°13解析如图，以点D 为坐标原点，以DA →，DC →，DD 1—→的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，E (2,1,0)，C (0,2,0)，F (2,2,1)，G (1,2,2)，∴A 1C —→＝(－2,2，－2)，EF →＝(0,1,1)，EG →＝(－1,1,2)，∴A 1C —→·EF →＝0＋2－2＝0，A 1C —→·EG →＝2＋2－4＝0，∴A 1C ⊥EF ，A 1C ⊥EG ，∵EG ∩EF ＝E ，EG ，EF ⊂平面EFGHKL ，∴A 1C ⊥平面EFGHKL ，∴直线A 1C 与平面EFGHKL 所成角的大小为90°.又D 1(0,0,2)，B (2,2,0)，D 1B —→＝(2,2，－2)，由题意知A 1C —→＝(－2,2，－2)为平面EFGHKL 的一个法向量，设直线D 1B 与平面EFGHKL 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈D 1B —→，A 1C —→〉|＝|D 1B —→·A 1C —→||D 1B —→||A 1C —→|＝412×12＝13，∵直线PQ ⊂平面EFGHKL ，∴直线D 1B 与直线PQ 所成的角最小时即为直线D 1B 与平面EFGHKL 所成的角，∴sin θ＝13.四、解答题13.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CE →＝(－1，－2,2)，BE →＝(－1,0,2)，DE →＝(0，－1,2)，设平面BDE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，·BE →＝－x ＋2z ＝0，·DE →＝－y ＋2z ＝0，令z ＝1，则x ＝2，y ＝2，即m ＝(2,2,1)，所以|cos 〈m ，CE →〉|＝|m ·CE →||m ||CE →|＝43×3＝49，即直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.14．(2024·南昌模拟)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝12AB ，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217，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 ＝12AB ，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，OC →，OE →，OP →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 (0,0，4－a 2)，A (－a ,0,0),B (a ,24－a 2，0)，AB →＝(2a ,24－a 2，0)，AP →＝(a ,0，4－a 2)，易得平面PAC 的一个法向量为n 1＝(0,1,0)，设平面PAB 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，2·AB →＝2ax ＋24－a 2y ＝0，2·AP →＝ax ＋4－a 2z ＝0，取x ＝4－a 2，得y ＝－a ，z ＝－a ，故n 2＝(4－a 2，－a ，－a )，由|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝a 4＋a 2＝217，得a ＝3，则PC →＝(3，0，－1)，AB →＝(23，2,0)，设异面直线PC 与AB 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈PC →，AB →〉|＝|PC →·AB →||PC →||AB →|＝62×4＝34，所以异面直线PC 与AB 所成角的余弦值为34.。
