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利用空间向量求空间角一、基础知识1．异面直线所成角设异面直线a，b所成的角为θ，则cos θ＝|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sin φ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n| |a||n|.3．二面角(1)若AB ，CD 分别是二面角αl β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AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|，如图(2)(3)．两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角为(0，π)，所以公式中要加绝对值．直线与平面所成角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值．利用公式与二面角的平面角时，要注意〈n 1，n 2〉与二面角大小的关系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断． 考点一 异面直线所成的角例一：如图，在三棱锥P ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2. (1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．[解]:由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0，0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0，0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )， 进而可得NH ―→＝(－1，－2，h )， BE ―→＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos 〈NH ―→，BE ―→〉|＝|NH ―→·BE ―→||NH ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以线段AH的长为85或12.[解题技法]用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．提醒]注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，此夹角就是异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．考点二直线与平面所成的角例二：如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM∥平面EFC；(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．[解:](1)证明：连接AC交BD于点N，连接MN，则N为AC 的中点，又M为AE的中点，∴MN∥EC.∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，∴MN∥平面EFC.∵BF，DE都与平面ABCD垂直，∴BF∥DE.∵BF＝DE，∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，∴BD∥平面EFC.又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFC.(2)∵DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz . 设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,0,2)，A (2,0,0)，E (0,0,4)，∴DB ―→＝(2,2,0)，DM ―→＝(1,0,2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·DB ―→＝0，n ·DM ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． ∵AE ―→＝(－2,0,4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cosn ，AE―→|＝|n ·AE―→||n |·|AE ―→|＝4515，∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.[解题技法]利用向量求线面角的2种方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．考点三二面角例三：如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝54，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF位置，OD′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角BD′AC的余弦值．解:(1)证明：由四边形ABCD为菱形，得AC⊥BD.由AE＝CF＝54，得AEAD＝CFCD，所以EF∥AC.因此EF⊥DH，从而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6，得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.由EF∥AC得OHDO＝AEAD＝14，所以OH＝1，D′H＝DH＝3，则OD′2＝OH2＋D′H2，所以D′H⊥OH.又OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.(2)以H 为坐标原点，HB ，HF ，HD ′分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系H xyz ，如图所示． 则B (5,0,0)，C (1,3,0)，D ′(0,0,3)，A (1，－3,0)， 所以AB ―→＝(4,3,0)， AD ′―→＝(－1,3,3)，AC ―→＝(0,6,0)． 由⎩⎨⎧ AD ′―→＝(－1，3，3)， AB ―→＝(4，3，0)，可得平面ABD ′的法向量n 1＝(－3,4，－5)，由⎩⎨⎧AD ′―→＝(－1，3，3)， AC ―→＝(0，6，0)，可得平面AD ′C 的法向量n 2＝(－3,0，－1)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝7525.所以二面角B D ′A C 的余弦值为7525.[解题技法](1)利用法向量求二面角的大小时，由于法向量的方向不同，两个法向量的夹角与二面角的大小可能相等，也可能互补．所以，两个法向量的夹角的余弦值与二面角的余弦值可能存在正负号的差异．(2)有时用观察法难以判定二面角是钝角还是锐角，为了保证解题结果准确无误，我们给出一种万无一失的方法：就是在两个半平面和二面角的棱上各取1个向量，要求这三个向量必须起点相同，在利用行列式计算法向量时，棱对应的向量必须排前面，即口诀“起点同，棱排前”，这样求出的两个法向量的夹角一定与二面角的大小相等．例四、如图，在三棱锥PABC中，平面P AB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝23，AC＝26，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.(1)求证：PD⊥平面ABC；(2)若直线P A与平面ABC所成的角为45°，求平面P AC与平面PDE所成的锐二面角大小．解：(1)证明：∵AC＝26，BC＝23，AB＝6，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴∠ACB ＝90°，∴cos ∠ABC ＝236＝33. 又易知BD ＝2，∴CD 2＝22＋(23)2－2×2×23cos ∠ABC ＝8，∴CD ＝22，又AD ＝4，∴CD 2＋AD 2＝AC 2，∴CD ⊥AB . ∵平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ， CD ⊂平面ABC ， ∴CD ⊥平面P AB ，又PD ⊂平面P AB ，∴CD ⊥PD ，∵PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，∴PD ⊥平面ABC .(2)由(1)知PD ，CD ，AB 两两互相垂直，∴可建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，∵直线P A 与平面ABC 所成的角为45°，即∠P AD ＝45°，∴PD ＝AD ＝4，则A (0，－4,0)，C (22，0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,4)，∴CB ―→＝(－22，2,0)，AC ―→＝(22，4,0)，P A ―→＝(0，－4，－4)．∵AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，∴DE ∥AC ，由(1)知AC ⊥BC ，∴DE ⊥BC ，又PD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴PD ⊥BC ， ∵PD ∩DE ＝D ，∴CB ⊥平面PDE ，∴CB―→＝(－22，2,0)为平面PDE 的一个法向量．设平面P AC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AC ―→＝0，n ·P A ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 22x ＋4y ＝0，－4y －4z ＝0， 令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1，∴n ＝(2，－1,1)为平面P AC 的一个法向量． ∴cos n ，CB ―→＝－4－24×12＝－32， ∴平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角的余弦值为32， 故平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角为030°.。
第43讲 利用空间向量求空间角和距离思维导图知识梳理1．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|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sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |3．二面角(1)若AB ，CD 分别是二面角αl β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AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|，如图(2)(3)． 4．利用空间向量求距离 (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB ―→|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2. (2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO ―→|＝|AB ―→·n ||n |.题型归纳题型1 异面直线所成的角【例1-1】（2020•济南模拟）已知直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AB BC ⊥，12AB AD BC ==，将直角梯形ABCD （及其内部）以AB 所在直线为轴顺时针旋转90︒，形成如图所示的几何体，其中M 为CE 的中点． （1）求证：BM DF ⊥；（2）求异面直线BM 与EF 所成角的大小．【分析】（1）建立空间坐标系，得出BM ，DF 的坐标，根据向量的数量积为0得出直线垂直； （2）计算BM 和EF 的夹角，从而得出异面直线所成角的大小． 【解答】（1）证明：AB BC ⊥，AB BE ⊥，BCBE B =，AB ∴⊥平面BCE ，以B 为原点，以BE ，BC ，BA 为坐标轴建立空间坐标系B xyz -，如图所示：设1AB AD ==，则(0D ，1，1)，(1F ，0，1)，(0B ，0，0)，M 0)，∴(2BM =，0)，(1DF =，1-，0)，∴200BM DF =-=，BM DF ∴⊥．（2）解：(2E ，0，0)，故(1EF =-，0，1)，cos BM ∴<，12||||2BM EF EF BM EF >===-⨯，∴设异面直线BM 与EF 所成角为θ，则cos |cos BM θ=<，1|2EF >=， 故3πθ=．【例1-2】（2020•北京模拟）在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，AD AB ⊥，2PA AD ==，1AB BC ==，Q 为PD 中点．（Ⅰ）求证：PD BQ ⊥；（Ⅰ）求异面直线PC 与BQ 所成角的余弦值．【分析】()I 建立空间直角坐标系，只要证明0PD BQ =，即可证明结论． （Ⅰ）(1CP =-，1-，2)，利用向量夹角公式即可得出．【解答】()I 证明：如图所示，(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(0P ，0，2)，(0D ，2，0)，(0Q ，1，1)，(1C ，1，0)，(0PD =，2，2)-，(1BQ =-，1，1)，由220PD BQ =-=，∴PD BQ ⊥，PD BQ ∴⊥；（Ⅰ）解：(1CP =-，1-，2)，cos CP <，BQ =．∴异面直线PC 与BQ 所成角的余弦值为3．【跟踪训练1-1】（2020•运城三模）如图，四边形ABCD 为平行四边形，且2AB AD BD ===，点E ，F 为平面ABCD 外两点，//EF AC 且2EF AE ==EAD EAB ∠=∠． （1）证明：BD CF ⊥；（2）若60EAC ∠=︒，求异面直线AE 与DF 所成角的余弦值．【分析】（1）设BD 与AC 相交于点G ，连接EG ，从而BD AC ⊥，推导出EAD EAB ∆≅∆，从而BD ⊥平面ACFE ，由此能证明BD CF ⊥．（2）过G 作AC 的垂线，交EF 于M 点，分别以GA ，GB ，GM 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系G xyz -，利用向量法能求出异面直线AE 与DF 所成角的余弦值． 【解答】解：（1）证明：设BD 与AC 相交于点G ，连接EG ， 由题意可得四边形ABCD 为菱形， 所以BD AC ⊥，DG GB =，在EAD ∆和EAB ∆中，AD AB =，AE AE =，EAD EAB ∠=∠， 所以EAD EAB ∆≅∆，所以ED EB =，所以BD EG ⊥， 因为ACEG G =，所以BD ⊥平面ACFE ，因为CF ⊂平面ACFE ，所以BD CF ⊥．（2）解：如图，在平面AEFC 内，过G 作AC 的垂线，交EF 于M 点， 由（1）可知，平面ACFE ⊥平面ABCD ，所以MG ⊥平面ABCD ，故直线GM ，GA ，GB 两两互相垂直， 分别以GA ，GB ，GM 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系G xyz -， 因为60EAC ∠=︒，则A ，(0D ，1-，0)，3)2E，3()2F ，所以3()2AE =-，3()2DF =， 异面直线AE 与DF 所成角的余弦值为：99|0|||44|cos ,|||||310AE DF AE DF AE DF ++<>===【名师指导】用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．题型2 直线与平面所成的角【例2-1】（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -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1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【分析】（1）过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，推得l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，求出(0Q ，1，1)，运用向量法，求得平面QCD 的法向量，结合向量的夹角公式求解即可． 【解答】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CDPD D =，BC ∴⊥平面PCD ，//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB ，PB ∴1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，取(1Q ，0，1)，则(1DQ =，0，1)，(1PB =，1，1)-，(0DC =，1，0)， 设平面QCD 的法向量为(n a =，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =-，0，1)，cos n ∴<，6||||32n PB PB n PB >===，PB ∴与平面QCD ． 【例2-2】（2020•北京）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点． （Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅰ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）根据正方体的性质可证得11//BC AD ，再利用线面平行的判定定理即可得证；（Ⅰ）解法一：以A 为原点，AD 、AB 、1AA 分别为x 、y 和z 轴建立空间直角坐标系，设直线1AA 与平面1AD E 所成角为θ，先求出平面1AD E 的法向量m ，再利用sin |cos m θ=<，111|||||||m AA AA m AA >=以及空间向量数量积的坐标运算即可得解． 解法二：设正方体的棱长为2a ，易知122AA DS a =，结合勾股定理和余弦定理可求得1cos EAD ∠=，再求得1111sin 2EAD SAD AE EAD =∠；设点1A 到平面1EAD 的距离为h ，根据等体积法111A EAD E AA D V V --=，可求出h 的值，设直线1AA 与平面1AD E 所成角为θ，则1sin hAA θ=，从而得解． 【解答】解：（Ⅰ）由正方体的性质可知，11//AB C D 中，且11AB C D =，∴四边形11ABC D 是平行四边形，11//BC AD ∴，又1BC ⊂/平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ．（Ⅰ）解法一：以A 为原点，AD 、AB 、1AA 分别为x 、y 和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为a ，则(0A ，0，0)，1(0A ，0，)a ，1(D a ，0，)a ，(0E ，a ，1)2a ，∴1(0,0,)AA a =，1(,0,)AD a a =，1(0,,)2AE a a =，设平面1AD E 的法向量为(,,)m x y z =，则100m AD m AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()01()02a x z a y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 令2z =，则2x =-，1y =-，∴(2m =-，1-，2)，设直线1AA 与平面1AD E 所成角为θ，则sin |cos m θ=<，11122|||33||||m AA a AA a m AA >===，故直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23． 解法二：设正方体的棱长为2a ，则1AD =，AE =，13ED a =，1212222AA DSa a a ==，由余弦定理知，222222111110 cos22225AD AE EDEADAD AE a a+-∠===1sin EAD∴∠=∴12111sin32EADS AD AE EAD a=∠=，设点1A到平面1EAD的距离为h，111A EAD E AA DV V--=，∴221132233h a a a=，43h a∴=，设直线1AA与平面1AD E所成角为θ，则1423sin23ahAA aθ===．故直线1AA与平面1AD E所成角的正弦值为23．【跟踪训练2-1】（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD-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1PD AD==，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【分析】（1）过P在平面PAD内作直线//l AD，推得l为平面PAD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D xyz-，设(0Q，m，1)，运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式，以及基本不等式可得所求最大值．【解答】解：（1）证明：过P在平面PAD内作直线//l AD，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CDPD D =，BC ∴⊥平面PCD ，//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)， 设(Q m ，0，1)(0)m >，(DQ m =，0，1)，(1PB =，1，1)-，(0DC =，1，0)， 设平面QCD 的法向量为(n a =，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得1(n m =-，0，1)，cos n ∴<，211||||131n PBPB n PB m -->==+，PB ∴与平面QCD211111131m m m +++=++232611132m =++=+，当且仅当1m =取等号， PB ∴与平面QCD ． 【名师指导】利用向量求线面角的2种方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)． (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．题型3 二面角【例3-1】（2020•江苏）在三棱锥A BCD -中，已知CB CD =，2BD =，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，2AO =，E 为AC 中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）若点F 在BC 上，满足14BF BC =，设二面角F DE C --的大小为θ，求sin θ的值．【分析】（1）由题意画出图形，连接OC ，由已知可得CO BD ⊥，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到(1,0,2)AB =-，(1,1,1)DE =，设直线AB 与DE 所成角为α，由两向量所成角的余弦值，可得直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）由14BF BC =，得14BF BC =，设(F x ，y ，)z ，由向量等式求得3(4F ，12，0)，进一步求出平面DEF 的一个法向量与平面DEC 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得cos θ，再由同角三角函数基本关系式求解sin θ．【解答】解：（1）如图，连接OC ，CB CD =，O 为BD 的中点，CO BD ∴⊥．以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．2BD =，1OB OD ∴==，则2OC =．(1B ∴，0，0)，(0A ，0，2)，(0C ，2，0)，(1D -，0，0)，E 是AC 的中点，(0E ∴，1，1)，∴(1,0,2)AB =-，(1,1,1)DE =．设直线AB 与DE 所成角为α，则||cos ||||14111AB DE AB DE α===++，即直线AB 与DE ； （2）14BF BC =，∴14BF BC =， 设(F x ，y ，)z ，则(1x -，y ，1)(4z =-，12，0)，3(4F ∴，12，0)．∴(1,1,1)DE =，71(,,0)42DF =，(1,2,0)DC =．设平面DEF 的一个法向量为111(,,)m x y z =，由11111071042m DE x y z m DF x y ⎧=++=⎪⎨=+=⎪⎩，取12x =-，得(2,7,5)m =--； 设平面DEC 的一个法向量为222(,,)n x y z =，由22222020n DE x y z n DC x y ⎧=++=⎪⎨=+=⎪⎩，取22x =-，得(2,1,1)n =-． |||cos |||||44925411mn m n θ∴===+++．sinθ∴=． 【例3-2】（2020•新课标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 =． （1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值．【分析】（1）设圆O 的半径为1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到PA PC ⊥，PA PB ⊥，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PBC 及平面PCE 的法向量，利用向量的夹角公式即可得解． 【解答】解：（1）不妨设圆O 的半径为1，1OA OB OC ===，2AE AD ==，AB BC AC ===，DO PO ==PA PB PC ===， 在PAC ∆中，222PA PC AC +=，故PA PC ⊥， 同理可得PA PB ⊥，又PBPC P =，故PA ⊥平面PBC ；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有11,0),(,0),222B C P ，(0E ，1，0)，故3131(3,0,0),(,,0),(,22BC CE CP =-==-， 设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =，则3031022m BC m CP x y z ⎧=-=⎪⎨=-=⎪⎩，可取(0,2,1)m =， 同理可求得平面PCE 的法向量为(2,n =--，故||25cos||||5m n m n θ==，即二面角B PC E --．【跟踪训练3-1】（2020•新课标Ⅰ）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =． （1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【分析】（1）在1AA 上取点M ，使得12A M AM =，连接EM ，1B M ，1EC ，1FC ，由已知证明四边形1B FAM 和四边形EDAM 都是平行四边形，可得1//AF MB ，且1AF MB =，//AD ME ，且AD ME =，进一步证明四边形11B C EM 为平行四边形，得到11//EC MB ，且11EC MB =，结合1//AF MB ，且1AF MB =，可得1//AF EC ，且1AF EC =，则四边形1AFC E 为平行四边形，从而得到点1C 在平面AEF 内；（2）在长方体1111ABCD A B C D -中，以1C 为坐标原点，分别以11C D ，11C B ，1C C 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．分别求出平面AEF 的一个法向量与平面1A EF 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角1A EF A --的余弦值，再由同角三角函数基本关系式求得二面角1A EF A --的正弦值． 【解答】（1）证明：在1AA 上取点M ，使得12A M AM =，连接EM ，1B M ，1EC ，1FC ， 在长方体1111ABCD A B C D -中，有111////DD AA BB ，且111DD AA BB ==． 又12DE ED =，12A M AM =，12BF FB =，1DE AM FB ∴==．∴四边形1B FAM 和四边形EDAM 都是平行四边形．1//AF MB ∴，且1AF MB =，//AD ME ，且AD ME =．又在长方体1111ABCD A B C D -中，有11//AD B C ，且11AD B C =， 11//B C ME ∴且11B C ME =，则四边形11B C EM 为平行四边形， 11//EC MB ∴，且11EC MB =，又1//AF MB ，且1AF MB =，1//AF EC ∴，且1AF EC =，则四边形1AFC E 为平行四边形，∴点1C 在平面AEF 内；（2）解：在长方体1111ABCD A B C D -中，以1C 为坐标原点，分别以11C D ，11C B ，1C C 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．2AB =，1AD =，13AA =，12DE ED =，12BF FB =，(2A ∴，1，3)，(2E ，0，2)，(0F ，1，1)，1(2A ，1，0)，则(2,1,1)EF =--，(0,1,1)AE =--，1(0,1,2)A E =-． 设平面AEF 的一个法向量为1111(,,)n x y z =．则1111111200n EF x y z n AE y z ⎧=-+-=⎪⎨=--=⎪⎩，取11x =，得1(1,1,1)n =-； 设平面1A EF 的一个法向量为2222(,,)n x y z =．则222221222020n EF x y z n A E y z ⎧=-+-=⎪⎨=-+=⎪⎩，取21x =，得2(1,4,2)n =． 1212127cos ,||||321n n nn n n ∴<>===． 设二面角1A EF A --为θ，则sin θ==． ∴二面角1A EF A --．【跟踪训练3-2】（2019•天津）如图，AE ⊥平面ABCD ，//CF AE ，//AD BC ，AD AB ⊥，1AB AD ==，2AE BC ==．（Ⅰ）求证：//BF 平面ADE ；（Ⅰ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅰ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【分析】（Ⅰ）以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求得A ，B ，C ，D ，E 的坐标，设(0)CF h h =>，得(1F ，2，)h ．可得(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，再求出(0,2,)BF h =，由0BF AB =，且直线BF ⊂/平面ADE ，得//BF 平面ADE ；（Ⅰ）求出(1,2,2)CE =--，再求出平面BDE 的法向量，利用数量积求夹角公式得直线CE 与平面BDE 所成角的余弦值，进一步得到直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅰ）求出平面BDF 的法向量，由两平面法向量所成角的余弦值为13列式求线段CF 的长．【解答】（Ⅰ）证明：以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，可得(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(1C ，2，0)，(0D ，1，0)，(0E ，0，2)． 设(0)CF h h =>，则(1F ，2，)h ．则(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB =． 又直线BF ⊂/平面ADE ，//BF ∴平面ADE ；（Ⅰ）解：依题意，(1,1,0)BD =-，(1,0,2)BE =-，(1,2,2)CE =--． 设(,,)n x y z =为平面BDE 的法向量，则020n BD x y n BE x z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，令1z =，得(2,2,1)n =． 4cos ,9||||CE n CE n CE n ∴<>==-．∴直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49； （Ⅰ）解：设(,,)m x y z =为平面BDF 的法向量， 则020m BD x y m BF y hz ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1y =，可得2(1,1,)m h =-，由题意，2|4|||1|cos ,|||||332m n m n m n -<>===⨯，解得87h =． 经检验，符合题意．∴线段CF 的长为87．【跟踪训练3-3】（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．（1）证明：//MN 平面1C DE ； （2）求二面角1A MA N --的正弦值．【分析】（1）过N 作NH AD ⊥，证明//NM BH ，再证明//BH DE ，可得//NM DE ，再由线面平行的判定可得//MN 平面1C DE ；（2）以D 为坐标原点，以垂直于DC 得直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以1DD 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，分别求出平面1A MN 与平面1MAA 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角1A MA N --的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N 作NH AD ⊥，则1//NH AA ，且112NH AA =， 又1//MB AA ，112MB AA =，∴四边形NMBH 为平行四边形，则//NM BH ， 由1//NH AA ，N 为1A D 中点，得H 为AD 中点，而E 为BC 中点， //BE DH ∴，BE DH =，则四边形BEDH 为平行四边形，则//BH DE ， //NM DE ∴，NM ⊂/平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ；（2）解：以D 为坐标原点，以垂直于DC 得直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以1DD 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则N 12-，2)，M ，1，2)，1A ，1-，4)， 33(,0)2NM =，131(,2)2NA =-， 设平面1A MN 的一个法向量为(,,)m x y z =，由133022312022m NM y m NA y z ⎧=+=⎪⎪⎨⎪=-+=⎪⎩，取x (3,1,1)m =--， 又平面1MAA 的一个法向量为(1,0,0)n =，3cos ,||||5m n m n m n ∴<>===．∴二面角1A MA N --．【名师指导】利用空间向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量：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．(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，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．题型4 求空间距离【例4-1】（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．（1）证明：//MN 平面1C DE ； （2）求点C 到平面1C DE 的距离．【分析】法一：（1）连结1B C ，ME ，推导出四边形MNDE 是平行四边形，从而//MN ED ，由此能证明//MN 平面1C DE ． （2）过C 作1C E 的垂线，垂足为H ，推导出DE BC ⊥，1DE C C ⊥，从而DE ⊥平面1C CE ，DE CH ⊥，进而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由此能求出点C 到平面1C DE 的距离． 法二：（1）以D 为原点，DA 为x 轴，DE 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明//MN 平面1C DE ．（2）求出(1DC =-0)，平面1C DE 的法向量(4n =，0，1)，利用向量法能求出点C 到平面1C DE 的距离．【解答】解法一：证明：（1）连结1B C ，ME ，M ，E 分别是1BB ，BC 的中点，1//ME B C ∴，又N 为1A D 的中点，112ND A D ∴=， 由题设知11//A B DC =，11//B C A D =∴，//ME ND =∴，∴四边形MNDE 是平行四边形，//MN ED ，又MN ⊂/平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ．解：（2）过C 作1C E 的垂线，垂足为H ， 由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，DE ∴⊥平面1C CE ，故DE CH ⊥，CH ∴⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得1CE =，14CC =，1C E ∴=，故CH =，∴点C 到平面1C DE 解法二：证明：（1）直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点． 1DD ∴⊥平面ABCD ，DE AD ⊥，以D 为原点，DA 为x 轴，DE 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，(1M 2)，(1N ，0，2)，(0D ，0，0)，(0E 0)，1(1C -4)，(0MN =，0)，1(DC =-，(0,DE =，设平面1C DE 的法向量(n x =，y ，)z ，则14030n DC x z n DE y ⎧=-++=⎪⎨==⎪⎩，取1z =，得(4n =，0，1)，0MN n =，MN ⊂/平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ．解：（2）(1C -0)，(1DC =-0)，平面1C DE 的法向量(4n =，0，1)，∴点C 到平面1C DE 的距离：||||17DC n d n ==．【跟踪训练4-1】（2020•梅州二模）如图，PAD ∆中，90PDA ∠=︒，2DP DA ==，B ，C 分别是PA ，PD 的中点，将PBC ∆沿BC 折起，连结PA ，PD ，得到多面体PABCD ．（1）证明：在多面体PABCD 中，BC PD ⊥；（2）在多面体PABCD 中，当PA B 到平面PAD 的距离．【分析】（1）推导出BC CD ⊥，BC PC ⊥，得到BC ⊥平面PCD ，由此能证明BC PD ⊥．（2）推导出PC ⊥平面ABCD ，以C 为原点，CB 为x 轴，CD 为y 轴，CP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点B 到平面PAD 的距离．【解答】解：（1）证明：PAD ∆中，90PDA ∠=︒，2DP DA ==，B ，C 分别是PA ，PD 的中点， 将PBC ∆沿BC 折起，连结PA ，PD ，得到多面体PABCD ．BC CD ∴⊥，BC PC ⊥，CD PC C =，BC ∴⊥平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，∴在多面体PABCD 中，BC PD ⊥．（2）由（1）得BC ⊥平面PCD ，又PC ⊂平面PCD ，BC PC ∴⊥，PAD ∆中，90PDA ∠=︒，2DP DA ==，B ，C 分别是PA ，PD 的中点，PA =AC ∴=222PC AC PA ∴+=，PC AC ∴⊥， AC BC C =，PC ∴⊥平面ABCD ，以C 为原点，CB 为x 轴，CD 为y 轴，CP 为z 轴，建立空间直角坐标系， (1B ，0，0)，(0P ，0，1)，(2A ，1，0)，(0D ，1，0)，(1PB =，0，1)-，(2PA =，1，1)-，(0PD =，1，1)-，设平面PAD 的法向量(n x =，y ，)z ，则200n PA x y z n PD y z ⎧=+-=⎪⎨=-=⎪⎩，取1y =，得(0n =，1，1)，∴点B 到平面PAD 的距离为：||1||22PB n d n ===⨯．【名师指导】求点面距一般有以下三种方法(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．(2)等体积法．(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．。
2020-2021学年人教A版数学选修2-1教师用书：第3章3.2 第3课时空间向量与空间角含解析第3课时空间向量与空间角学习目标核心素养1．会用向量法求线线、线面、面面的夹角．（重点、难点) 2．正确区分向量夹角与所求线线角、面面角的关系．(易错点）通过利用空间向量求异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的学习,提升学生的逻辑推理、数学运算的核心素养．空间角的向量求法角的分类向量求法范围两异面直线l1与l2所成的角θ设l1与l2的方向向量为a，b，则cos θ＝＝错误!错误!直线l与平面α所成的角θ设l的方向向量为a,平面α的法向量为n，则sin θ＝＝错误!错误!二面角α-l。
β的平面角θ设平面α,β的法向量为n1,n2，则｜cos θ｜＝＝错误![0，π］量所成的角有怎样的关系？(2）二面角与二面角的两个半平面的法向量所成的角有怎样的关系？［提示]（1）设n为平面α的一个法向量，a为直线a的方向向量，直线a与平面α所成的角为θ，则θ＝错误!(2)条件平面α，β的法向量分别为u，υ，α，β所构成的二面角的大小为θ，〈u，υ〉＝φ,图形关系θ＝φθ＝π－φ计算cos θ＝cos φcos θ＝－cos φ1．如图所示，在正方体ABCD。
A1B1C1D1中，M,N，P分别是棱CC1,BC，A1B1上的点，若∠B1MN＝90°，则∠PMN的大小是（)A．等于90°B．小于90°C．大于90°D．不确定A［A1B1⊥平面BCC1B1,故A1B1⊥MN，则错误!·错误!＝(错误!＋错误!)·错误!＝错误!·错误!＋错误!·错误!＝0，∴MP ⊥MN ,即∠PMN ＝90°．］2．已知二面角α.l 。
β等于θ，异面直线a ，b 满足a ⊂α，b ⊂β，且a ⊥l ，b ⊥l ,则a ,b 所成的角等于( )A ．θB ．π－θC ．错误!－θD ．θ或π－θD [应考虑0≤θ≤错误!与错误!＜θ≤π两种情况．］3．已知向量m ,n 分别是直线l 与平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ,n >＝－错误!，则l 与α所成的角为( ）A ．30°B ．60°C ．150°D ．120°B ［设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝｜cos 〈m ，n 〉|＝错误!,∴θ＝60°，应选B ．]4．正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中,M ，N 分别是棱BB ′和B ′C ′的中点,则异面直线MN 与AD 所成角的大小为________．45° ［以错误!,错误!，错误!为正交基底建立空间直角坐标系O .xyz ，设正方体棱长为1,则A （1，0，0),M 错误!，N 错误!，∴AD→＝(－1，0，0),错误!＝错误!． ∵cos 〈错误!，错误!>＝错误!＝错误!＝错误!,∴<错误!，错误!〉＝45°,即MN 和AD 所成角的大小为45°．］求两条异面直线所成的角【例1】如图，在三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2,OA＝错误!，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（0,1，3),A（错误!，0,0)，A1（错误!，1，错误!），B(0，2,0)，∴错误!＝(－错误!，1,－错误!)，错误!＝(错误!，－1，－错误!)．∴|cos<错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!．∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为错误!．1．几何法求异面直线的夹角时,需要通过作平行线将异面直线的夹角转化为平面角，再解三角形来求解，过程相当复杂;用向量法求异面直线的夹角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需对相应向量进行运算即可．2．由于两异面直线夹角θ的范围是错误!，而两向量夹角α的范围是[0，π］，故应有cos θ＝｜cos α｜，求解时要特别注意．错误!1．如图所示，在平行六面体ABCD。
空间角的向量解法严少林在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等。
关于角的计算，均可归结为求两个向量的夹角。
对于空间向量a ，b ，利用cos <>=a b a b a b，··这一结论，我们可以较方便地处理立体几何中角的问题。
一、求异面直线所成角例1. 已知正四面体O ABC -，E 、F 分别为AB 、OC 的中点，求OE 与BF 所成的角。
解：如图1，设正四面体O —ABC 的棱长为1图1 则()a b b c c a OE a b BF c b ···，，===→=+→=-121212， 故OE 与BF 所成的角为arccos 23。
文华点精：求异面直线所成角的关键是求异面直线上两向量的数量积，而要求两向量的数量积，可求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示。
需要注意的是：两向量的夹角范围是[]0，π，而两异面直线所成角的范围是02，π⎛⎝ ⎤⎦⎥，算出结果后应注意调整。
二、求线面角、二面角例2. 如图2，ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD =12。
（1）求面SCD 和面SAB 所成二面角的大小；（2）求SC 与平面ABCD 所成的角。
图2解：（1）可利用两个平面的法向量来求这两个平面所成的二面角。
在本题中，面SAB 的法向量是AD →，可令面SCD 的法向量为n AD AB AS =→+→+→λμ，则故n AD AB AS =→-→+→4用θ表示所求二面角，则：（2）先求CS →与AS →的夹角ϕ 又||||||||||AS CS CB BA AS →=→=→+→+→=++=11113222，从而CS 和面ABCD 所成的角为π233-arccos 。
文华点精：①直线l 与平面α的夹角θ，是直线l 的方向向量m 与平面α的法向量n 的夹角β（锐角）的余角，故有sin cos θβ==m n m n·。
专题24空间向量与空间角的计算主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算异二面角的计算考点82 空间异面直线所成角的计算1．(2018•新课标Ⅱ，理9)在长方体1111ABCD A B C D −中，1AB BC ==，1AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为( ) A ．15B CD ．2【答案】C【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，Q 在长方体1111ABCD A B C D −中，1AB BC==，1AA =，(1A ∴，0，0)，1(0D ，0，(0D ，0，0)，1(1B ，1，，∴1(1AD =−u u u u r ，0，，1(1DB =u u u u r，1，，设异面直线1AD与1DB 所成角为θ，则1111||cos ||||AD DB AD DB θ===u u u u r u u u u r g u u u u r u u u u r g ，∴异面直线1AD 与1DB ，故选C ．2．(2018•新课标Ⅱ，文9)在正方体1111ABCD A B C D −中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( ) ABCD【答案】C【解析】连接BE ，因为AB//CD ，所以∠EAB 是异面直线AE 与CD 所成角，设正方体棱长为2，则AB=BC=2CE=2，在Rt △BCE 中，5122222=+=+=CE BC BE ，在ABE Rt ∆中，25tan ==∠AB BE EAB ，∴异面直线AE 与CD所成角的正切值为2，故选C ．3. (2017•新课标Ⅱ，理10)已知直三棱柱111ABC A B C −中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为( ) ABCD【答案】C【解析】如图所示，设M 、N 、P 分别为AB ，1BB 和11B C 的中点，则1AB 、1BC 夹角为MN 和NP 夹角或其补角(因异面直线所成角为(0,])2π，可知112MN AB ==，1122NP BC ==，作BC 中点Q ，则PQM ∆为直角三角形，1PQ =Q ，12MQ AC =，在ABC ∆中，由余弦定理得，2222cos AC AB BC AB BC ABC =+−∠g g 141221()2=+−⨯⨯⨯−7=，AC ∴，MQ ∴=，在MQP ∆中，2MP ==，在PMN ∆中，由余弦定理得222222cos 2MN NP PMMNP MN NP+−+−∠===g g ，又异面直线所成角的范围是(0，]2π，1AB ∴与1BC． 4．(2016•新课标Ⅰ，理11文11)平面α过正方体1111ABCD A B C D −的顶点A ，//α平面11CB D ，α⋂平面ABCD m =，α⋂平面11ABB A n =，则m 、n 所成角的正弦值为( )A B C D ．13【答案】A【解析】如图：//α平面11CB D ，α⋂平面ABCD m =，α⋂平面11ABA B n =，可知：1//n CD ，11//m B D ，Q △11CB D 是正三角形．m 、n 所成角就是1160CD B ∠=︒，则m 、n ，故选A ．5．(2014新课标Ⅱ，理11)直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为( )A ．110B ．25C D【答案】C【解析】如图所示，取BC 的中点P ，连结NP 、AP ，∵M ，N 分别是11A B ，11AC 的中点，∴四边形NMBP 为平行四边形，∴BM PN P ，∴所求角的余弦值等于ANP ∠的余弦值，不妨令12BC CA CC ===，则AN AP ==NP MB ==，∴222222||||||cos2||||10AN NP AP ANP AN NP +−∠===⨯⋅，故选C ．6．(2020全国Ⅰ理16)如图，在三棱锥P ABC −的平面展开图中，1,,,,30AC AB AD AB AC AB AD CAE ===⊥⊥∠=︒，则cos FCB ∠=_____________．【答案】14−【思路导引】在ACE △中，利用余弦定理可求得CE ，可得出CF ，利用勾股定理计算出BC 、BD ，可得出BF ，然后在BCF V 中利用余弦定理可求得cos FCB ∠的值．【解析】AB AC ⊥Q ，AB =1AC =，由勾股定理得2BC ==，同理得BD ，BF BD ∴==ACE △中，1AC =，AE AD ==，30CAE ∠=o ，由余弦定理得2222cos30132112CE AC AE AC AE =+−⋅=+−⨯=o ，1CF CE ∴==，在BCF V 中，2BC =，BF =1CF =，由余弦定理得2221461cos 22124CF BC BF FCB CF BC +−+−∠===−⋅⨯⨯，故答案为：14−． 7．(2017•新课标Ⅲ，理16)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成30︒角； ②当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成60︒角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45︒； ④直线AB 与a 所成角的最小值为60︒； 其中正确的是 ．(填写所有正确结论的编号) 【答案】②③【解析】由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故||1AC =，||AB =AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(1D ，0，0)，(0A ，0，1)，直线a 的方向单位向量(0a =r ，1，0)，||1a =r，直线b 的方向单位向量(1b =r ，0，0)，||1b =r，设B 点在运动过程中的坐标中的坐标(cos B θ'，sin θ，0)，其中θ为B C '与CD 的夹角，[0θ∈，2)π，AB ∴'在运动过程中的向量，(cos AB θ'=u u u r ，sin θ，1)−，||AB 'u u u r ，设AB 'u u u r 与a r所成夹角为[0α∈，]2π，则|(cos ,sin ,1)(0,1,0)|cos sin |[0||||a AB θθαθ−−==∈'g u u u r rg， [4πα∴∈，]2π，∴③正确，④错误．设AB 'u u u r 与b r 所成夹角为[0β∈，]2π，|||(cos ,sin ,1)(1,0,0)|cos |cos |2||||||||AB b AB b b AB θθβθ'−===''u u u r rg g u u u r u u u r r r g g ，当AB 'u u u r 与a r夹角为60︒时，即3πα=，|sin |3πθα===22cos sin 1θθ+=Q，1cos |cos |2βθ∴==，[0β∈Q ，]2π，3πβ∴=，此时AB 'u u u r 与b r的夹角为60︒，∴②正确，①错误．8．(2015浙江)如图，三棱锥A BCD −中，3AB AC BD CD ====，2AD BC ==，点,M N 分别是,AD BC 的中点，则异面直线,AN CM 所成的角的余弦值是 ．【答案】78【解析】如图连接ND ，取ND 的中点E ，连接,ME CE ，则//ME AN ．则异面直线AN ，CM 所成的角为EMC ∠，由题意可知1CN =，AN =∴ME =．又CM =DN =，NE，∴CE =则2227cos 28CM EM CE CME CM EM +−∠===⨯． 9．(2015四川)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ上，,E F 分别为,AB BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则θcos 的最大值为_________．【答案】25【解析】AB 为x 轴，AD 为y 轴，AQ 为z 轴建立坐标系，设正方形边长为2．cos θ=令[]()0,2)f m m =∈，()f m '=，[]0,2,()0m f m '∈∴<Q ，max 2()(0)5f m f ==，即max 2cos 5θ=．10．(2015•新课标Ⅰ，理18)如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠=︒，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，2BE DF =，AE EC ⊥． (Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面AFC(Ⅱ)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．【解析】(Ⅰ)连接BD ，设BD AC G =I ，连接EG 、EF 、FG ，在菱形ABCD 中，不妨设1BG =， 由120ABC ∠=︒，可得AG GC =BE ⊥平面ABCD ，2AB BC ==，可知AE EC =，又AE EC ⊥，所以EG =，且EG AC ⊥，在直角EBG ∆中，可得BE =DF =， 在直角三角形FDG中，可得2FG =， 在直角梯形BDFE 中，由2BD =，BE =FD =，可得EF ， 从而222EG FG EF +=，则EG FG ⊥， (或由tan tan 1EB FD EGB FGD BG DG ∠∠===g g ， 可得90EGB FGD ∠+∠=︒，则)EG FG ⊥ AC FG G =I ，可得EG ⊥平面AFC ，由EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC ；(Ⅱ)如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 为x 轴，y 轴，||GB 为单位长度， 建立空间直角坐标系G xyz −，由(Ⅰ)可得(0A，0)，(1E ，0，(1F −，0，(0C0)， 即有(1AE =u u u r，(1CF =−u u u r，， 故cos AE <u u u r，||||AE CF CF AE CF >===u u u r u u u r u u u r g u u u r u u u r g 则有直线AE 与直线CF．考点83 空间线面角的计算1．(2020山东4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为 ( )A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒【答案】B【思路导引】画出截面图，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角．【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线．m 是晷面的截线，依题意可知//m CD 、AB m ⊥． 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒， 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒，故选：B ．2．(2018•新课标Ⅰ，文10)在长方体1111ABCD A B C D −中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为( ) A ．8 B．C． D．【答案】C【解析】长方体1111ABCD A B C D −中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒， 即130AC B ∠=︒，可得1tan 30ABBC ==︒，可得1BB ==，所以该长方体的体积为：22⨯⨯=故选C ．3．(2014浙江)如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练，已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面的射击线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)．若15AB m =，25AC m =，30BCM ∠=︒则tan θ的最大值A．5 B．10 C．9 D．9【答案】D【解析】作PH BC ⊥，垂足为H ，设PH x =，则CH =，由余弦定理AH =1tan tan (0)PHPAH AHxθ=∠==>，故当1125x =时，tan θ取得最大值，最大值为9，故选D ． 4．(2014四川)如图，在正方体1111ABCD A B C D −中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是A． B． C． D． 【答案】B【解析】直线OP 与平面1A BD 所成的角为α的取值范围是1112AOA C OA π∠→→∠，由于1sin AOA ∠=11sin 2C OA ∠==>sin 12π= ，所以sin α的取值范围是． 5．(2020全国Ⅱ理20)如图，已知三棱柱111ABC A B C −的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，,M N 分别为11,BC B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． (1)证明：1AA //MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；(2)设O 为△111C B A 的中心，若F C EB AO 11平面∥，且AB AO =，求直线E B 1与平面AMN A 1所成角的正弦值．A 1【答案】(1)证明见解析；(2)10． 【思路导引】(1)由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，只需证明EF ⊥平面1A AMN 即可；(2)连接NP ，先求证四边形ONPA 是平行四边形，根据几何关系求得EP ，在11B C 截取1B Q EP =，由(1)BC ⊥平面1A AMN ，可得QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角，即可求得答案．【解析】(1)Q ,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB1//MN AA ∴在ABC V 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥ 又Q 侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥ 1//MN BB QMN BC ⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN∴BC ⊥平面1A AMN又Q 11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又Q11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =11//B C EF ∴//EF BC ∴又BC ⊥Q 平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂Q 平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN(2)连接NPQ //AO 平面11EB C F ，平面AONP ⋂平面11EB C F NP =，∴//AO NP ，根据三棱柱上下底面平行，其面1A NMA ⋂平面ABC AM =，面1A NMA ⋂平面1111A B C A N =，∴//ON AP ， 故：四边形ONPA 是平行四边形．设ABC V 边长是6m (0m >)，可得：ON AP =，6NP AO AB m ===，QO 为111A B C △的中心，且111A B C △边长为6m ，∴16sin 603ON =⨯⨯︒=，故：ON AP ==．Q //EF BC ，∴AP EP AM BM =，3EP=，解得：EP m =， 在11B C 截取1B Q EP m ==，故2QN m =，Q 1B Q EP =且1//B Q EP ，∴四边形1B QPE 是平行四边形，∴1//B E PQ ．由(1)11B C ⊥平面1A AMN ，故QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角在Rt QPN △，根据勾股定理可得：PQ ===，sin10QN QPN PQ ∴∠===，∴直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值：10．6．(2018•新课标Ⅱ，理20)如图，在三棱锥P ABC −中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C −−为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：连接BO ，AB BC ==Q O 是AC 的中点，BO AC ∴⊥，且2BO =，又4PA PC PB AC ====，PO AC ∴⊥，PO =，则222PB PO BO =+， 则PO OB ⊥， OB AC O =Q I ，PO ∴⊥平面ABC ；(2)建立以O 坐标原点，OB ，OC ，OP 分别为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系如图：(0A ，2−，0)，(0P ，0，，(0C ，2，0)，(2B ，0，0)，(2BC =−u u u r，2，0)， 设(2BM BC λλ==−u u u u r u u u r，2λ，0)，01λ<< 则(2AM BM BA λ=−=−u u u u r u u u u r u u u r，2λ，0)(2−−，2−，0)(22λ=−，22λ+，0)，则平面PAC 的法向量为(1m =r，0，0)，设平面MPA 的法向量为(n x =r，y ，)z ，则(0PA =u u u r，2−，−，则20n PA y =−−=u u u r r g ，(22)(22)0n AM x y λλ=−++=u u u ur r g令1z =，则y =x =，即((1n λλ+=−r，1)，Q 二面角M PA C −−为30︒，cos30|||||m n m n ∴︒==r r g r r=， 解得13λ=或3λ=(舍)， 则平面MPA的法向量n =r，1)， (0PC =u u u r，2，−，PC 与平面PAM 所成角的正弦值sin |cos PC θ=<u u u r，|n >===r．7．(2016•新课标Ⅲ，理19)如图，四棱锥P ABCD −中，PA ⊥底面ABCD ，//AD BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．(1)证明：//MN 平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：法一、如图，取PB 中点G ，连接AG ，NG ， N Q 为PC 的中点， //NG BC ∴，且12NG BC =， 又223AM AD ==，4BC =，且//AD BC ， //AM BC ∴，且12AM BC =， 则//NG AM ，且NG AM =，∴四边形AMNG 为平行四边形，则//NM AG ，AG ⊂Q 平面PAB ，NM ⊂/平面PAB ， //MN ∴平面PAB ；法二、在PAC ∆中，过N 作NE AC ⊥，垂足为E ，连接ME ，在ABC ∆中，由已知3AB AC ==，4BC =，得2224332cos 2433ACB +−∠==⨯⨯， //AD BC Q ， 2cos 3EAM ∴∠=，则sin EAM ∠=，在EAM ∆中， 223AM AD ==Q ，1322AE AC ==，由余弦定理得：32EM ==， 2233()()4122cos 339222AEM +−∴∠==⨯⨯，而在ABC ∆中，2223341cos 2339BAC +−∠==⨯⨯， cos cos AEM BAC ∴∠=∠，即AEM BAC ∠=∠，//AB EM ∴，则//EM 平面PAB ．由PA ⊥底面ABCD ，得PA AC ⊥，又NE AC ⊥， //NE PA ∴，则//NE 平面PAB ． NE EM E =Q I ，∴平面//NEM 平面PAB ，则//MN 平面PAB ；(2)解：在AMC ∆中，由2AM =，3AC =，2cos 3MAC ∠=，得22222cos 9423253CM AC AM AC AM MAC =+−∠=+−⨯⨯⨯=g g ． 222AM MC AC ∴+=，则AM MC ⊥，PA ⊥Q 底面ABCD ，PA ⊂平面PAD ，∴平面ABCD ⊥平面PAD ，且平面ABCD ⋂平面PAD AD =，CM ∴⊥平面PAD ，则平面PNM ⊥平面PAD ．在平面PAD 内，过A 作AF PM ⊥，交PM 于F ，连接NF ，则ANF ∠为直线AN 与平面PMN 所成角． 在Rt PAC ∆中，由N 是PC的中点，得1522AN PC ===， 在Rt PAM ∆中，由PA AM PM AF =g g，得PA AM AF PM ===g ，5sin 52AF ANF AN ∴∠===∴直线AN 与平面PMN．8．(2013新课标Ⅰ，理18)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA=CB ，AB=A A 1，∠BA A 1=60°．(Ⅰ)证明AB ⊥A 1C ；(Ⅱ)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB=CB=2，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． 【解析】(Ⅰ)取AB 中点E ，连结CE ，1A B ，1A E ， ∵AB=1AA ，1BAA ∠=060，∴1BAA ∆是正三角形，∴1A E ⊥AB ， ∵CA=CB ， ∴CE ⊥AB ， ∵1CE A E ⋂=E ，∴AB ⊥面1CEA ， ∴AB ⊥1AC ； ……6分(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC ⊥AB ，1EA ⊥AB ，又∵面ABC ⊥面11ABB A ，面ABC ∩面11ABB A =AB ，∴EC ⊥面11ABB A ，∴EC ⊥1EA ，∴EA ，EC ，1EA 两两相互垂直，以E 为坐标原点，EA u u u r 的方向为x 轴正方向，|EA u u u r|为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系O xyz −，有题设知A(1，0，0)，1A (00)，C(0，0，B(－1，0，0)，则BC u u u r =(1，0)，1BB u u u r =1AA u u u r =(－1，0)，1A C u u u r=(0，， ……9分设n =(,,)x y z 是平面11CBB C 的法向量，则100BC BB ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩u u u ru u u r n n，即00x x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，可取n，1，-1)，∴1cos ,AC u u u r n =11|AC AC •u u u ru u u r n |n||5， ∴直线A 1C 与平面BB 1C 1C所成角的正弦值为5． ……12分9．(2018浙江)如图，已知多面体111ABCA B C ，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=o ，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．(1)证明：1AB ⊥平面111A B C ；(2)求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．【解析】(1)由2AB =，14AA =，12BB =，1AA AB ⊥，1BB AB ⊥得111AB A B ==，所以2221111A B AB AA +=．故111AB A B ⊥．由2BC =，12BB =，11CC =，1BB BC ⊥，1CC BC ⊥得11B C =， 由2AB BC ==，120ABC ∠=o得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥．因此1AB ⊥平面111A B C ．(2)如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD ．由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， C 1B 1A 1CBADABCA 1B 1C 1由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角．由11B C =，11A B =11AC =得111cos C A B ∠=，111sin C A B ∠=，所以1C D =，故111sin C D C AD AC ∠==． 因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13． 方法二 (1)如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz −．由题意知各点坐标如下：(0,A ，(1,0,0)B，1(0,4)A ，1(1,0,2)B，1C ，因此12)AB =u u u r，112)A B =−u u u u r，11(0,3)AC =−u u u u r ， 由1110AB A B ⋅=u u u r u u u u r得111AB A B ⊥． 由1110AB A C ⋅=u u u r u u u u r得111AB A C ⊥．所以1AB ⊥平面111A B C ．(2)设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ．由(1)可知1(0,AC =u u u u r，AB =u u u r，1(0,0,2)BB =u u u r ，设平面1ABB 的法向量=()x,y,z n ．由100AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n，即020x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，可取(=n ．A所以111||sin |cos ,|||||AC AC AC θ⋅=<>==⋅u u u u ru u u u r u u u u r n n n ． 因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13． 10．(2017浙江)如图，已知四棱锥P ABCD −，PAD ∆是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC AD ∥，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点．(Ⅰ)证明：CE ∥平面PAB ；(Ⅱ)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．【解析】(Ⅰ)如图，设P A 中点为F ，连结EF ，FB ．因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF ∥AD 且12EF AD =， 又因为BC ∥AD ，12BC AD =，所以 EF ∥BC 且EF =BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF ， 因此CE ∥平面P AB ．(Ⅱ)分别取BC ，AD 的中点为M ，N ．连结PN 交EF 于点Q ，连结MQ ． 因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， EDCBAPDA在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE ． 由PAD ∆为等腰直角三角形得 PN ⊥AD ．由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得 BN ⊥AD ．所以AD ⊥平面PBN ，由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ， 那么，平面PBC ⊥平面PBN ．过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连结MH ．MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角． 设CD =1．在PCD ∆中，由PC =2，CD =1，PD得CE， 在△PBN 中，由PN =BN =1，PB得14QH =， 在Rt MQH ∆中，14QH =，MQ，所以sin 8QMH ∠=， 所以，直线CE 与平面PBC所成角的正弦值是8． 11．(2014天津)如图四棱锥P ABCD −的底面ABCD是平行四边形，BA BD ==2AD =，PA PD ==，E ，F 分别是棱AD ，PC 的中点．(Ⅰ)证明： EF ∥平面PAB ； (Ⅱ)若二面角P AD B −−为60°， (ⅰ)证明：平面PBC ⊥平面ABCD(ⅱ)求直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值．【解析】(Ⅰ)证明：如图取PB 中点M ，连接MF ，AM ．因为F 为PC 中点，故MF//BC 且MF=12BC ．由已知有BC//AD ，BC=AD ．又由于E 为AD 中点， 因而MF//AE 且MF=AE ，故四边形AMFE 为平行四边形， 所以EF//AM ，又AM ⊂平面PAB ，而EF ⊄平面PAB ， 所以EF//平面PAB ．(Ⅱ)(i)证明：连接PE ，BE ．因为PA=PD ，BA=BD ，而E 为AD 中点，故PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，所以∠PEB 为二面角P -AD -B 的平面角．在三角形PAD 中，由2,AD PA PD ===PE=2． 在三角形ABD中，由BA BD ==BE=1．在三角形PEB 中，PE=2，BE=1，60PEB ∠=o ，由余弦定理，可解得90PBE ∠=o ，即BE ⊥PB ，又BC//AD ，BE ⊥AD ，从而BE ⊥BC ，因此BE ⊥平面PBC ．又BE ⊂平面ABCD ， 所以平面PBC ⊥平面ABCD ．(ii)连接BF ，由(i)知BE ⊥平面PBC ．所以∠EFB 为直线EF 与平面PBC 所成的角， 由，得∠ABP 为直角，而MB=12，可得，故EF=2，又BE=1，故在直角三角形EBF中，sin 11BE EFB EF ∠== 所以直线EF 与平面PBC所成角的正弦值为1112．(2013浙江)如图，在四棱锥P ABCD −中，PA ⊥面ABCD ，2AB BC ==，AD CD ==，PA =120ABC ∠=o ，G 为线段PC 上的点．(Ⅰ)证明：BD ⊥面APC ；(Ⅱ)若G 是PC 的中点，求DG 与APC 所成的角的正切值； (Ⅲ)若G 满足PC ⊥面BGD ，求PGGC的值． PDB【解析】(Ⅰ)设点O 为AC ，BD 的交点，由AB ＝BC ，AD ＝CD ，得BD 是线段AC 的中垂线． 所以O 为AC 的中点，BD ⊥AC ．又因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BD ．所以BD ⊥平面APC ．(Ⅱ)连结OG ．由(1)可知OD ⊥平面APC ，则DG 在平面APC 内的射影为OG ，所以∠OGD 是DG 与平面APC 所成的角．由题意得OG ＝12P A ＝2．在△ABC 中，AC ＝所以OC ＝12AC在直角△OCD 中，OD 2．在直角△OGD 中，tan ∠OGD ＝OD OG =所以DG 与平面APC 所成的角的正切值为3． (Ⅲ)连结OG ．因为PC ⊥平面BGD ，OG ⊂平面BGD ，所以PC ⊥OG ．在直角△P AC 中，得PC所以GC ＝5AC OC PC ⋅=．从而PG ＝5， 所以32PG GC =． 13．(2019浙江19)如图，已知三棱柱，平面平面，，111ABC A B C −11A ACC ⊥ABC 90ABC ∠=︒分别是AC ，A 1B 1的中点． (1)证明：；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．【解析】方法一：(I)连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥A C ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E 平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥B C ．(Ⅱ)取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故AE 1⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由(I)得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E，EG．1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==EF BC ⊥⊂由于O 为A 1G 的中点，故， 所以．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是． 方法二：(Ⅰ)连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E 平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1(0，0，)，B1，0)，，，C (0，2，0)． 因此，，． 由得． (Ⅱ)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为，由(Ⅰ)可得，， 设平面A 1BC 的法向量为，由，得， 取，故． 因此直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为．122AG EO OG ===2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +−∠==⋅35⊂1B 3(,,22F 33(,,22EF =(BC =0EF BC ⋅=EF BC ⊥θ(BC =1(0,2,A C =−(,,)x y z =n 100BC AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 0y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩=n 4sin cos ,5EF EF EF θ⋅=〈〉==⋅n n n 3514．(2018天津)如图，AD BC ∥且2AD BC =，AD CD ⊥，EG AD ∥且EG AD =，CD FG ∥且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===．(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； (2)求二面角E BC F −−的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60，求线段DP 的长．【解析】依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得(0,0,0)D ，(2,0,0)A ，(1,2,0)B ，(0,2,0)C ，(2,0,2)E ，(0,1,2)F ，(0,0,2)G ，3(0,,1)2M ，(1,0,2)N ．(1)证明：依题意(0,2,0)DC =，(2,0,2)DE =．设0(,,)x y z =n 为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n即20220y x z =⎧⎨+=⎩，，不妨令1z =−，可得0(1,0,1)=−n ．又3(1,,1)2MN =−，可得00MN ⋅=n ， 又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．(2)依题意，可得(1,0,0)BC =−，(122)BE =−，，，(0,1,2)CF =−．N ABC D EF GM设(,,)x y z =n 为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z −=⎧⎨−+=⎩，，不妨令1z =，可得(0,1,1)=n ．设(,,)x y z =m 为平面BCF 的法向量，则00BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z −=⎧⎨−+=⎩，， 不妨令1z =，可得(0,2,1)=m ．因此有cos ,||||⋅<>==m n m n m n，于是sin ,10<>=m n ． 所以，二面角E BC F −−． (3)设线段DP 的长为h ([0.2]h ∈)，则点P 的坐标为(0,0,)h ，可得(12)BP h =−−，，． 易知，(0,2,0)DC =为平面ADGE 的一个法向量，故cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==，3sin 602==，解得[0,2]3h =．所以线段DP 的长为3． 15．(2018江苏)如图，在正三棱柱111ABC A B C −中，12AB AA ==，点P ，Q 分别为11A B ，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与1AC 所成角的余弦值； (2)求直线1CC 与平面1AQC 所成角的正弦值． 【解析】如图，在正三棱柱111ABC A B C −中，设AC ，11A C 的中点分别为O ，1O ，则OB OC ⊥，1OO OC ⊥，1OO OB⊥，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O xyz −．ABC QPA 1C 1B 1因为12AB AA ==，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C −−．(1)因为P 为11A B 的中点，所以1,2)2P −，从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==−−，故111||||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅−===⋅．因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为．(2)因为Q 为BC 的中点，所以1(,0)22Q ，因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =(x ，y ，z )为平面AQC 1的一个法向量，则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.x y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=−n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则111||sin |cos|,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n CC 1与平面AQC 1． 16．(2017天津)如图，在三棱锥P ABC −中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N 分别为棱PA，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =．A(Ⅰ)求证：MN ∥平面BDE ； (Ⅱ)求二面角C EM N −−的正弦值；(Ⅲ)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE，求线段AH 的长．【解析】如图，以A 为原点，分别以AB ，AC ，AP 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(0,4,0)C ，(0,0,4)，(0,0,2)D ，(0,2,2)E ，(0,0,1)M ，(1,2,0)N ．(Ⅰ)证明：DE =(0,2,0)，DB =(2,0,2)−．设(,,)x y z =n ，为平面BDE 的法向量，则00DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨−=⎩．不妨设1z =，可得(1,0,1)=n ．又MN =(1，2，1−)，可得0MN ⋅=n ．因为MN ⊄平面BDE ，所以MN //平面BDE ．(Ⅱ)易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量．设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的法向量，则220EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，因为(0,2,1)EM =−−，(1,2,1)MN =−，所以2020y z x y z −−=⎧⎨+−=⎩．不妨设1y =，可得2(4,1,2)=−−n ．因此有121212cos ,|||⋅<>==n n n n |n n12sin ,<>=n n所以，二面角C —EM —N．(Ⅲ)依题意，设AH =h (04h ≤≤)，则H (0，0，h )，进而可得(1,2,)NH h =−−，(2,2,2)BE =−．由已知，得|||cos ,|21||||NH BE NH BE NH BE h ⋅<>===，整理得2102180h h −+=，解得85h =，或12h =． 所以，线段AH 的长为85或12．17．(2017北京)如图，在四棱锥P ABCD −中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD //平面MAC ，PA PD ==4AB =． (Ⅰ)求证：M 为PB 的中点； (Ⅱ)求二面角B PD A −−的大小；(Ⅲ)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．【解析】(Ⅰ)设,AC BD 交点为E ，连接ME ． 因为PD ∥平面MAC ，平面MAC平面PBD ME =，所以PD ME ∥．因为ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，在PBC ∆中，知M 为PB 的中点．(Ⅱ)取AD 的中点O ，连接OP ，OE ． 因为PA PD =，所以OP AD ⊥．又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且OP⊂平面PAD ，所以OP ⊥平面ABCD ． 因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP OE ⊥． 因为ABCD 是正方形，所以OEAD ⊥．如图建立空间直角坐标系O xyz −，则P ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B −，(4,4,0)BD =−，(2,0,PD =．设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即44020x y x −=⎧⎪⎨=⎪⎩．令1x =，则1y =，z ==n ．平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p ．由题知二面角B PD A −−为锐角，所以它的大小为3π．(Ⅲ)由题意知(1,2,)2M −，(2,4,0)D，(3,2,2MC =−． 设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则||2sin |cos ,|9||||MC MC MC α⋅===<>n n n ． 所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为9． 18．(2014福建)在平行四边形ABCD 中，1AB BD CD ===，,AB BD CD BD ⊥⊥，将ABD ∆沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图．(Ⅰ)求证：AB ⊥CD ；(Ⅱ)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值． 【解析】(Ⅰ)因为ABD ⊥平面BCD ，平面ABD平面,BCD BD AB =⊂平面,,ABD AB BD ⊥所以AB ⊥平面.BCD 又CD ⊂平面,BCD 所以AB CD ⊥．(Ⅱ)过点B 在平面BCD 内作BE BD ⊥，如图．由(Ⅰ)知AB ⊥平面,BCD BE ⊂平面,BCD 所以,AB BE ABBD ⊥⊥．以B 为坐标原点，分别以,,BE BD BA 的方向为x 轴， y轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系．B依题意，得11(0,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,1),(0,,)22B C D A M ． 则11(1,1,0),(0,,),(0,1,1)22BC BM AD ===−． 设平面MBC 的法向量000(,,)n x y z =．则00n BC n BM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即00000102x y y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩．取01,z =得平面MBC 的一个法向量(1,1,1)n =−． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ， 则6sin cos ,3n AD n AD nADθ⋅=<>==即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为3． 19．(2013天津) 如图， 四棱柱1111ABCD A B C D −中，侧棱1A A ⊥底面ABCD ，AB DC ∥，AB AD ⊥，1AD CD ==，12AA AB ==，E 为棱1AA 的中点．(Ⅰ)证明11B C CE ⊥；(Ⅱ)求二面角11B CE C −−的正弦值；(Ⅲ)设点M 在线段1C E 上；且直线AM 与平面11ADD A， 求线段AM 的长． 1A 16【解析】解法一 如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E(0，1，0) (Ⅰ)易得=(1，0，-1)，=(-1，1，-1)，于是，所以． (Ⅱ) =(1，-2，-1)．设平面1B CE 的法向量，则，即消去，得y+2z =0，不妨令z=1，可得一个法向量为=(-3，-2，1)．由(Ⅰ)知，，又，可得平面，故=(1，0，-1)为平面的一个法向量． 于是 从而 所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为． (Ⅲ)=(0，1，0)，=(1，l ，1)，设，，有．可取=(0，0，2)为平面的一个法向量，设为直线AM 与平面所成的角， 则，解得，所以考点84二面角的计算1．(2018浙江)已知四棱锥S ABCD −的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点)，设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C −−的平面角为3θ，则11B C CE 110B C CE ⋅=11B C CE ⊥1B C (),,x y z =m 100B C CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 20x y z x y z −−=⎧⎨−+−=⎩x m 11B C CE ⊥111CC B C ⊥11B C ⊥1CEC 11B C 1CEC 111111cos ,||||14B C B C B C ⋅<>===m m m 1121sin ,7B C <>=m 7AE 1EC ()1,,EM EC λλλλ==01λ≤≤(),1,AM AE EM λλλ=+=+AB 11ADD A θ11ADD A sin cos ,3AM AB AM AB AM ABθ⋅=<>==⋅6=13λ=AM =A ．123θθθ≤≤B ．321θθθ≤≤C ．132θθθ≤≤D ．231θθθ≤≤【答案】D【解析】由题意知四棱锥S ABCD −为正四棱锥，如图，连接BD ，记ACBD O =，连接SO ，则SO ⊥平面ABCD ，取AB 的中点M ，连接SM ，OM ，OE ，易得AB SM ⊥，则2SEO θ=∠，3SMO θ=∠，易知32θθ≥．因为OM ∥BC ，BC AB ⊥，SM AB ⊥，所以3θ也为OM 与平面SAB 所成的角，即BC 与平面SAB 所成的角，再根据最小角定理知，31θθ≤，所以231θθθ≤≤，故选D ．2．(2017浙江)如图，已知正四面体D ABC −(所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D PR Q −−，D PQ R −−，D QR P −−的平面角为α，β，γ，则A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α【答案】B【解析】设O 为三角形ABC 中心，底面如图2，过O 作OE RP ⊥，OF PQ ⊥，OG RQ ⊥，由题意可知tan DO OE α=，tan OD OF β=，tan ODOGγ=， EMSODCBAR QPABC D图1 图2由图2所示，以P 为原点建立直角坐标系，不妨设2AB =，则(1,0)A −，(1,0)B，C，(0,3O ，∵AP PB =，2BQ CR QC RA ==，∴1(,33Q，2(,33R −，则直线RP的方程为2y x =−，直线PQ的方程为y =，直线RQ的方程为39y x =+，根据点到直线的距离公式，知21OE =，39OF =，13OG =，∴OF OG OE <<，tan tan tan αγβ<<，因为α，β，γ为锐角，所以αγβ<<，故选B3．如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成△A CD '，所成二面角A CD B '−−的平面角为α，则( )A ．A DB α∠'… B ．A DB α∠'…C ．A CB α∠'…D ．A CB α∠'…【答案】B【解析】①当AC BC =时，A DB α∠'=；②当AC BC ≠时，如图，点A '投影在AE 上，A OE α=∠'，连结AA '，易得ADA AOA ∠'<∠'，A DB A OE ∴∠'>∠'，即A DB α∠'>，上所述，A DB α∠'…，故选B ． GF EO DC BAPQR4．(2020全国Ⅰ理18)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 =．(1)证明：PA ⊥平面PBC ； (2)求二面角B PC E −−的余弦值．【答案】(1)证明见解析；． 【思路导引】(1)要证明PA ⊥平面PBC ，只需证明PA PB ⊥，PA PC ⊥即可；(2)以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面PCB 的法向量为n ，平面PCE 的法向量为m ，利用公式cos ,||||n mm n n m ⋅<>=计算即可得到答案．【解析】(1)由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，则2DO =，1122CO BO AE ===，∴64PO DO ==，,,44PC PB ====又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA =，∴2BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠=，∴PA PB ⊥，同理PA PC ⊥，又PC PB P =，∴PA ⊥平面PBC ．(2)过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，∵PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点， OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则111(,0,0),(0,0,(,(,244444E P B C −−−−，1(,,444PC =−−−，1(,444PB =−−，1(,0,24PE =−−，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得1111110x x ⎧−=⎪⎨−+=⎪⎩，令1x =111,0z y =−=，∴(2,0,1)n =−， 设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =，由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧−=⎪⎨−=⎪⎩，令21x =，得223z y ==，∴3(1,3m =，故2cos ,5||||n mm n n m ⋅<>===⋅， 设二面角B PC E −−的大小为θ，则cos 5θ=．5．(2020全国Ⅲ理19)如图，在长方体1111ABCD A B C D −中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且112,2DE ED BF FB ==．(1)证明：点1C 在平面AEF 内；(2)证明：若12,1,3AB AD AA ===时，求二面角1A EF A −−的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)二面角1A EF A −−． 【思路导引】(1)连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 为平行四边形，进而可证得点1C 在平面AEF 内；(2)以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz −，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A −−的余弦值，进而可求得二面角1A EF A −−的正弦值． 【解析】证明：(1)在1AA 上取一点M ，使得12A M AM =，分别连结EM ，1B M ，1EC ，1FC ．在长方体1111ABCD A B C D −中，有111DD AA BB ∥∥，且111DD AA BB ==， 又12DE ED =，12A M AM =，12BF FB =，∴1DE AM FB ==， ∴四边形1B FAM 和四边形EDAM 都是平行四边形． ∴1AF MB ∥且1AF MB =，AD ME ∥且AD ME =，又在长方体1111ABCD A B C D −中，有11AD B C ∥且11AD B C =， ∴11B C ME ∥且11B C ME =，则四边形11B C EM 为平行四边形， ∴11EC MB ∥且11EC MB =，又1AF MB ∥且1AF MB =，∴1AF EC ∥且1AF EC =，则四边形1AFC E 为平行四边形，∴点1C 在平面AEF 内．(2)解：在长方形1111ABCD A B C D −中，以1C 为原点，11C D 所在直线为y 轴，11C B 的直线为y 轴，1C C 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系1C xyz −，∵2AB =，1AD =，13AA =，12DE ED =，12BF FB =，∴(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ， 则(2,1,1)EF =−−，(0,1,1)AE =−−，1(0,1,2)A E =−，设平面AEF 的一个法向量为1111(,,)n x y z =，则111111102000n x y z y n EF AE z ⎧⋅=−+−=⎧⎪⇒⎨⎨−−=⋅=⎩⎪⎩，取法向量1(1,1,1)n =−；设平面1A EF 的一个法向量为2222(,,)n x y z =，则22222221020200n x y z y n EF A E z ⎧⋅=−+−=⎧⎪⇒⎨⎨−+=⋅=⎩⎪⎩，取法向量2(1,4,2)n =−，∴121212cos ,7||||13n n n n nn ⋅<>===⋅+， 设二面角1A EF A −−为θ，则sin 7θ==，即二面角1A EF A −−的正弦值为7． 6．(2020江苏24)在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值； (2)若点F在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值． 【答案】(1)15；(2)13． 【思路导引】(1)建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；(2)先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果． 【解析】(1)连,CO BC CD BO OD CO BD ==∴⊥Q以,,OB OC OA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,2),(1,0,0),(0,2,0),(1,0,0)(0,1,1)A B C D E −∴(1,0,2),(1,1,1)cos ,15AB DE AB DE ∴=−=∴<>==−uu u r uuu r uu u r uuu r 从而直线AB 与DE所成角的余弦值为15(2)设平面DEC 一个法向量为1(,,),n x y z =11200(1,2,0),00x y n DC DC x y z n DE ⎧+=⋅=⎧⎪=∴⎨⎨++=⋅=⎪⎩⎩，令112,1(2,1,1)y x z n =∴=−=∴=−u r， 设平面DEF 一个法向量为2111(,,),n x y z =u u r11221117100171(,,0),4244200x y n DF DF DB BF DB BC n DE x y z ⎧⎧+=⋅=⎪⎪=+=+=∴⎨⎨⋅=⎪⎩⎪++=⎩ 令()11127,2,5,2,7,5y x z n =−∴==∴=−u u r，12cos ,n n ∴<>==u r u u r，因此sin θ==． 7．(2020浙江19)如图，三棱台DEF —ABC 中，面ADFC ⊥面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．(I)证明：EF ⊥DB ；(II)求DF 与面DBC 所成角的正弦值．【答案】(I)证明见解析；(II)3【思路导引】(I)作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ，由题意可知DH ⊥平面ABC ，即有DH BC ⊥，根据勾股定理可证得BC BH ⊥，又//EF BC ，可得DH EF ⊥，BH EF ⊥，即得EF ⊥平面BHD ，即证得EF DB ⊥；(II)由//DF CH ，∴DF 与平面DBC 所成角即为CH 与平面DBC 所成角，作HG BD ⊥于G ，连接CG ，即可知HCG ∠即为所求角，再解三角形即可求出DF 与平面DBC 所成角的正弦值． 【解析】(I)作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ． ∵平面ADFC ⊥平面ABC ，而平面ADFC平面ABC AC =，∴DH ⊥平面ABC ，即有DH BC ⊥．∵45ACB ACD ︒∠=∠=，∴2CD BC CH ==⇒=．在CBH 中，22222cos45BH CH BC CH BC BC =+−⋅=，即有222BH BC CH +=，∴BH BC ⊥． 由棱台的定义可知，//EF BC ，∴DH EF ⊥，BH EF ⊥，而BH DH H =，∴EF ⊥平面BHD ，而BD ⊂平面BHD ，∴EF DB ⊥．(II)∵//DF CH ，∴DF 与平面DBC 所成角即为与CH 平面DBC 所成角．作HG BD ⊥于G ，连接CG ，由(1)可知，BC ⊥平面BHD ，∴平面BCD ⊥平面BHD ，而平面BCD 平面BHD BD =，∴HG ⊥平面BCD ．即CH 在平面DBC 内的射影为CG ，HCG ∠即为所求角．在Rt HGC △中，设BC a =，则CH =，BH DH HG BD ⋅===，∴sin3HG HCG CH ∠===，故DF 与平面DBC 所成角的正弦值为3．。
