用空間向量研究距離夾角問題高二數(shù)學(xué)人教A版選擇性必修課堂檢測素養(yǎng)作業(yè)Word含解析

用空間向量研究距離、夾角問題第2課時1．平面α的斜線l與它在這個平面上射影l(fā)′的方向向量分別為a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，則斜線l與平面α所成的角為()A．30° B．45°C．60° D．90°2．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，則l與α所成的角為()A．30° B．60°C．120° D．150°3．直線l1的方向向量a1＝(1，－1,1)，直線l2的方向向量a2＝(1,2，－1)，設(shè)直線l1與l2所成的角為θ，則()A．sinθ＝－eq\f(\r(2),3) B．sinθ＝eq\f(\r(2),3)C．cosθ＝－eq\f(\r(2),3) D．cosθ＝eq\f(\r(2),3)4．在三棱錐P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)PA，點O，D分別是AC，PC的中點，OP⊥底面ABC，則直線OD與平面PBC所成角的正弦值為____．5．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PB⊥底面ABCD，CD⊥PD，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3．點E在棱PA上，且PE＝2EA．求平面ABE與平面DBE夾角的余弦值．A組·素養(yǎng)自測一、選擇題1．(多選題)已知v為直線l的方向向量，n1，n2分別為平面α，β的法向量(α，β不重合)，則下列選項中，正確的是()A．n1∥n2?α∥β B．n1⊥n2?α⊥βC．v∥n1?l∥α D．v⊥n1?l∥α2．若平面α的一個法向量為n1＝(1,0,1)，平面β的一個法向量是n2＝(－3,1,3)，則平面α與β所成的角等于()A．30° B．45°C．60° D．90°3．已知A(0,1,1)，B(2，－1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，則直線AB和直線CD所成角的余弦值為()A．eq\f(5\r(22),66) B．－eq\f(5\r(22),66)C．eq\f(5\r(22),22) D．－eq\f(5\r(22),22)4．已知正方形ABCD所在平面外一點P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，則平面PAB與平面PCD的夾角為()A．30° B．45°C．60° D．90°5．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為AD，C1D1的中點，O為側(cè)面BCC1B1的中心，則異面直線MN與OD1所成角的余弦值為()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,4)C．－eq\f(1,6) D．－eq\f(1,4)二、填空題6．如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，點D在棱BB1上，且BD＝1，則AD與平面AA1C1C所成角的正弦值為____．7．在空間中，已知平面α過點(3,0,0)和(0,4,0)及z軸上一點(0,0，a)(a＞0)，如果平面α與平面xOy的夾角為45°，則a＝____．8．如圖，已知在一個二面角的棱上有兩個點A、B，線段AC、BD分別在這個二面角的兩個面內(nèi)，并且都垂直于棱AB，AB＝4cm，AC＝6cm，BD＝8cm，CD＝2eq\r(17)cm，則這個二面角的度數(shù)為____．三、解答題9．(2020·衡陽市高三聯(lián)考)如圖1，平面四邊形BADE中，C為BE上一點，△ABC和△DCE均為等邊三角形，EC＝2CB＝2，M，N分別是EC和CB的中點，將四邊形BADE沿BE向上翻折至四邊形BA′D′E的位置，使二面角D′－BE－D為直二面角，如圖2所示．(1)求證A′A∥平面D′MD；(2)求平面A′AB與平面D′DE所成角的正弦值．10．(2020·全國Ⅲ卷理，19)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．(1)證明：點C1在平面AEF內(nèi)；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．B組·素養(yǎng)提升一、選擇題1．(2021·福建泉州市普通高中質(zhì)量檢測)正方體ABCD－A1B1C1D1中，動點M在線段A1C上，E，F(xiàn)分別為DD1，AD的中點．若異面直線EF與BM所成的角為θ，則θ的取值范圍為()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))2．如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC與BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2eq\r(2)，E，F(xiàn)分別是AB，AP的中點．則平面FOE與平面OEA夾角的余弦值為()A．－eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(3),3)C．－eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(6),3)3．正方體ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小為()A．30° B．60°C．120° D．150°4．(多選題)如圖，多面體OABDC中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝2eq\r(3)，AC＝BD＝eq\r(10)，且OA，OB，OC兩兩垂直，則下列結(jié)論正確的是()A．三棱錐O－ABC的體積是定值B．球面經(jīng)過點A，B，C，D四點的球的直徑是eq\r(13)C．直線OB∥平面ACDD．二面角A－OC－D等于30°二、填空題5．已知在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝4，E是側(cè)棱CC1的中點，則直線AE與平面A1ED所成角的正弦值為____．6．如圖，四面體ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，DC上的點，且AE＝BE，CF＝2DF，設(shè)eq\o(DA,\s\up6(→))＝a，eq\o(DB,\s\up6(→))＝b，eq\o(DC,\s\up6(→))＝c．(1)以{a，b，c}為基底表示eq\o(FE,\s\up6(→))，則eq\o(FE,\s\up6(→))＝____；(2)若∠ADB＝∠BDC＝∠ADC＝60°，且|eq\o(DA,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(DB,\s\up6(→))|＝3，|eq\o(DC,\s\up6(→))|＝3，則|eq\o(FE,\s\up6(→))|＝____．7．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，則A1B與平面A1B1CD所成角的大小為____．三、解答題8．如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形．(1)證明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1與平面OB1D夾角的余弦值．9．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝eq\r(2)，BC＝2eq\r(2)，PA＝2．(1)取PC的中點N，求證：DN∥平面PAB；(2)求直線AC與PD所成角的余弦值；(3)在線段PD上，是否存在一點M，使得平面MAC與平面ACD的夾角為45°？如果存在，求出BM與平面MAC所成角的大小；如果不存在，請說明理由．用空間向量研究距離、夾角問題第2課時1．平面α的斜線l與它在這個平面上射影l(fā)′的方向向量分別為a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，則斜線l與平面α所成的角為(C)A．30° B．45°C．60° D．90°[解析]l與α所成的角即為a與b所成的角(或其補角)，因為cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1,2)，所以〈a，b〉＝60°．l與α所成的角為60°．2．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，則l與α所成的角為(A)A．30° B．60°C．120° D．150°[解析]由已知得直線l的方向向量和平面α的法向量所夾銳角為60°，因此l與α所成的角為30°．3．直線l1的方向向量a1＝(1，－1,1)，直線l2的方向向量a2＝(1,2，－1)，設(shè)直線l1與l2所成的角為θ，則(D)A．sinθ＝－eq\f(\r(2),3) B．sinθ＝eq\f(\r(2),3)C．cosθ＝－eq\f(\r(2),3) D．cosθ＝eq\f(\r(2),3)[解析]∵cos〈a1，a2〉＝eq\f(a1·a2,|a1||a2|)＝eq\f(1－2－1,\r(3)·\r(6))＝eq\f(－2,3\r(2))＝－eq\f(\r(2),3)．∴cosθ＝eq\f(\r(2),3)．4．在三棱錐P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)PA，點O，D分別是AC，PC的中點，OP⊥底面ABC，則直線OD與平面PBC所成角的正弦值為__eq\f(\r(210),30)__．[解析]以O(shè)為原點，射線OA，OB，OP為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)AB＝a，則OP＝eq\f(\r(14),2)a，eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),4)a，0，\f(\r(14),4)a))，可求得平面PBC的法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\r(\f(1,7))))，所以cos〈eq\o(OD,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(OD,\s\up6(→))·n,|\o(OD,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(210),30)，設(shè)eq\o(OD,\s\up6(→))與平面PBC所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(\r(210),30)．5．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PB⊥底面ABCD，CD⊥PD，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3．點E在棱PA上，且PE＝2EA．求平面ABE與平面DBE夾角的余弦值．[解析]以B為原點，以直線BC，BA，BP分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則P(0,0,3)，A(0,3,0)，D(3,3,0)．設(shè)平面EBD的一個法向量為n1＝(x，y，z)，因為eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0,0,3)＋eq\f(2,3)(0,3，－3)＝(0,2,1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(3,3,0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BE,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋z＝0，,3x＋3y＝0.))取z＝1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝－\f(1,2).))于是n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1))．又因為平面ABE的一個法向量為n2＝(1,0,0)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(\f(1,2),\r(\f(3,2)))＝eq\f(\r(6),6)．設(shè)平面ABE與平面DBE的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(\r(6),6)，故所求夾角的余弦值為eq\f(\r(6),6)．A組·素養(yǎng)自測一、選擇題1．(多選題)已知v為直線l的方向向量，n1，n2分別為平面α，β的法向量(α，β不重合)，則下列選項中，正確的是(AB)A．n1∥n2?α∥β B．n1⊥n2?α⊥βC．v∥n1?l∥α D．v⊥n1?l∥α[解析]對于A，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量平行等價于平面α，β平行，A正確；對于B，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量垂直等價于平面α，β垂直，B正確；對于C，直線的方向向量平行于平面的法向量等價于直線垂直于平面，C錯誤；對于D，直線的方向向量垂直于平面的法向量等價于直線平行于平面或直線在平面內(nèi)，D錯誤．故選AB．2．若平面α的一個法向量為n1＝(1,0,1)，平面β的一個法向量是n2＝(－3,1,3)，則平面α與β所成的角等于(D)A．30° B．45°C．60° D．90°[解析]因為n1·n2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0，所以α⊥β，即平面α與β所成的角等于90°．3．已知A(0,1,1)，B(2，－1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，則直線AB和直線CD所成角的余弦值為(A)A．eq\f(5\r(22),66) B．－eq\f(5\r(22),66)C．eq\f(5\r(22),22) D．－eq\f(5\r(22),22)[解析]eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－2，－1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2，－3，－3)，而cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(5,3×\r(22))＝eq\f(5\r(22),66)，故直線AB和CD所成角的余弦值為eq\f(5\r(22),66)．4．已知正方形ABCD所在平面外一點P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，則平面PAB與平面PCD的夾角為(B)A．30° B．45°C．60° D．90°[解析]如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)PA＝AB＝1，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,1,0)．取PD的中點E，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，易知eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一個法向量，eq\o(AE,\s\up6(→))是平面PCD的一個法向量，所以cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(2),2)，故平面PAB與平面PCD的夾角為45°．5．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為AD，C1D1的中點，O為側(cè)面BCC1B1的中心，則異面直線MN與OD1所成角的余弦值為(A)A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,4)C．－eq\f(1,6) D．－eq\f(1,4)[解析]如圖，以D為坐標(biāo)原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方體的棱長為2，則M(1,0,0)，N(0,1,2)，O(1,2,1)，D1(0,0,2)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－1,1,2)，eq\o(OD1,\s\up6(→))＝(－1，－2,1)．則cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(OD1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(MN,\s\up6(→))·\o(OD1,\s\up6(→)),|\o(MN,\s\up6(→))||\o(OD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(6)×\r(6))＝eq\f(1,6)．∴異面直線MN與OD1所成角的余弦值為eq\f(1,6)，故選A．二、填空題6．如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，點D在棱BB1上，且BD＝1，則AD與平面AA1C1C所成角的正弦值為__eq\f(\r(6),4)__．[解析]解法一：取AC、A1C1的中點M、M1，連接MM1、BM．過D作DN∥BM，則容易證明DN⊥平面AA1C1C．連接AN，則∠DAN就是AD與平面AA1C1C所成的角．在Rt△DAN中，sin∠DAN＝eq\f(ND,AD)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(2))＝eq\f(\r(6),4)．解法二：取AC、A1C1中點O、E，則OB⊥AC，OE⊥平面ABC，以O(shè)為原點OA、OB、OE為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，在正三角形ABC中，BM＝eq\f(\r(3),2)AB＝eq\f(\r(3),2)，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，1))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，又平面AA1C1C的法向量為e＝(0,1,0)，設(shè)直線AD與平面AA1C1C所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，e〉|＝eq\f(|\o(AD,\s\up6(→))·e|,|\o(AD,\s\up6(→))|·|e|)＝eq\f(\r(6),4)．解法三：設(shè)eq\o(BA,\s\up6(→))＝b，eq\o(BC,\s\up6(→))＝a，eq\o(BD,\s\up6(→))＝c，由條件知a·b＝eq\f(1,2)，a·c＝0，b·c＝0，又eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))＝c－b，平面AA1C1C的法向量eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)．設(shè)直線AD與平面AA1C1C成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BM,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AD,\s\up6(→))·\o(BM,\s\up6(→))|,|\o(AD,\s\up6(→))|·|\o(BM,\s\up6(→))|)，∵eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝(c－b)·eq\f(1,2)(a＋b)＝eq\f(1,2)a·c－eq\f(1,2)a·b＋eq\f(1,2)b·c－eq\f(1,2)|b|2＝－eq\f(3,4)．|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝(c－b)2＝|c|2＋|b|2－2b·c＝2，∴|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(BM,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,4)(a＋b)2＝eq\f(1,4)(|a|2＋|b|2＋2a·b)＝eq\f(3,4)，∴|eq\o(BM,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),2)，∴sinθ＝eq\f(\r(6),4)．7．在空間中，已知平面α過點(3,0,0)和(0,4,0)及z軸上一點(0,0，a)(a＞0)，如果平面α與平面xOy的夾角為45°，則a＝__eq\f(12,5)__．[解析]平面xOy的一個法向量為n＝(0,0,1)，設(shè)平面α的一個法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))即3x＝4y＝az，取z＝1，則x＝eq\f(a,3)，y＝eq\f(a,4)，∴m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,4)，1))．由題意得|cos〈n，m〉|＝eq\f(1,\r(\f(a2,9)＋\f(a2,16)＋1))＝eq\f(\r(2),2)．又因為a＞0，所以a＝eq\f(12,5)．8．如圖，已知在一個二面角的棱上有兩個點A、B，線段AC、BD分別在這個二面角的兩個面內(nèi)，并且都垂直于棱AB，AB＝4cm，AC＝6cm，BD＝8cm，CD＝2eq\r(17)cm，則這個二面角的度數(shù)為__60°__．[解析]設(shè)〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝θ，∵CA⊥AB，AB⊥BD，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝180°－θ，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(BD,\s\up6(→))|cos(180°－θ)．∴(2eq\r(17))2＝62＋42＋82＋2×6×8×(－cosθ)，∴cosθ＝eq\f(1,2)，∴θ＝60°．因此，所求二面角的度數(shù)為60°．三、解答題9．(2020·衡陽市高三聯(lián)考)如圖1，平面四邊形BADE中，C為BE上一點，△ABC和△DCE均為等邊三角形，EC＝2CB＝2，M，N分別是EC和CB的中點，將四邊形BADE沿BE向上翻折至四邊形BA′D′E的位置，使二面角D′－BE－D為直二面角，如圖2所示．(1)求證A′A∥平面D′MD；(2)求平面A′AB與平面D′DE所成角的正弦值．[解析](1)在等邊△D′CE和△DCE中，D′M⊥CE，DM⊥CE，D′M∩DM＝M，所以直線CE⊥平面D′MD，即直線BE⊥平面D′MD，同理可證直線BE⊥平面A′NA，故平面D′MD∥平面A′NA．又A′A?平面A′NA，從而有A′A∥平面D′MD．(2)如圖，以M為坐標(biāo)原點，MD，ME，MD′所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系M－xyz，易知M(0,0,0)，E(0,1,0)，D(eq\r(3)，0,0)，D′(0,0，eq\r(3))，B(0，－2,0)，A(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(3,2)，0)，A′(0，－eq\f(3,2)，eq\f(\r(3),2))．則eq\o(BA′,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，設(shè)平面A′AB的一個法向量為m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BA′,\s\up6(→))＝0,m·\o(BA,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\r(3)z＝0,\r(3)x＋y＝0))，令z＝1，得x＝1，y＝－eq\r(3)，所以平面A′AB的一個法向量為m＝(1，－eq\r(3)，1)．同理，設(shè)平面D′DE的一個法向量為n＝(x1，y1，z1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(ED,\s\up6(→))＝0,n·\o(ED′,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1－y1＝0,－y1＋\r(3)z1＝0))，令z1＝1，得x1＝1，y1＝eq\r(3)，所以平面D′DE的一個法向量為n＝(1，eq\r(3)，1)．從而|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)))＝eq\f(1,5)，故平面A′AB與平面D′DE所成角的正弦值為eq\r(1－－\f(1,5)2)＝eq\f(2\r(6),5)．10．(2020·全國Ⅲ卷理，19)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．(1)證明：點C1在平面AEF內(nèi)；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．[解析]設(shè)AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如圖，以C1為坐標(biāo)原點，eq\o(C1D1,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系C1xyz．(1)連接C1F，則C1(0,0,0)，A(a，b，c)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(2,3)c))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(EA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(C1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，得eq\o(EA,\s\up6(→))＝eq\o(C1F,\s\up6(→))，因此EA∥C1F，即A，E，F(xiàn)，C1四點共面，所以點C1在平面AEF內(nèi)．(2)由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(xiàn)(0,1,1)，A1(2,1,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2,0，－2)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(－2,0,1)．設(shè)n1＝(x，y，z)為平面AEF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,－2x－2z＝0，))可取n1＝(－1，－1,1)．設(shè)n2為平面A1EF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(A1E,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(A1F,\s\up6(→))＝0，))同理可取n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，1))．因為cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq\f(\r(7),7)，所以二面角A－EF－A1的正弦值為eq\f(\r(42),7)．B組·素養(yǎng)提升一、選擇題1．(2021·福建泉州市普通高中質(zhì)量檢測)正方體ABCD－A1B1C1D1中，動點M在線段A1C上，E，F(xiàn)分別為DD1，AD的中點．若異面直線EF與BM所成的角為θ，則θ的取值范圍為(A)A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))[解析]以D點為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)DA＝2，易得eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，設(shè)eq\o(CM,\s\up6(→))＝λeq\o(CA1,\s\up6(→))＝(2λ，－2λ，2λ)(0≤λ≤1)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(2λ－2，－2λ，2λ)，則cosθ＝|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))〉|，即cosθ＝eq\f(2,\r(2)\r(2λ－22＋8λ2))＝eq\f(1,\r(2)\r(3λ2－2λ＋1))＝eq\f(1,\r(2)\r(3λ－\f(1,3)2＋\f(2,3)))(0≤λ≤1)，當(dāng)λ＝eq\f(1,3)時，cosθ取到最大值eq\f(\r(3),2)，當(dāng)λ＝1時，cosθ取到最小值eq\f(1,2)，所以θ的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，故選A．2．如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC與BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2eq\r(2)，E，F(xiàn)分別是AB，AP的中點．則平面FOE與平面OEA夾角的余弦值為(B)A．－eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(3),3)C．－eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(6),3)[解析]由題意，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OB，OC，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由題知，OA＝OB＝2，則A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，∴E(1，－1,0)，F(xiàn)(0，－1,1)，∴eq\o(OE,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(OF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，設(shè)平面OEF的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(OE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(OF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,－y＋z＝0，))令x＝1，可得m＝(1,1,1)，易知平面OAE的一個法向量為n＝(0,0,1)，則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，設(shè)平面FOE與平面OEA夾角為θ，則cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(\r(3),3)．3．正方體ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小為(C)A．30° B．60°C．120° D．150°[解析]如圖，以C為原點建立空間直角坐標(biāo)系C－xyz，設(shè)正方體的棱長為a，則A(a，a,0)，B(a,0,0)，D1(0，a，a)，B1(a,0，a)，∴eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，a,0)，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－a，a，a)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0，a)，設(shè)平面ABD1的法向量為n＝(x，y，z)，則n·eq\o(BA,\s\up6(→))＝(x，y，z)·(0，a,0)＝ay＝0，n·eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(x，y，z)·(－a，a，a)＝－ax＋ay＋az＝0，∵a≠0，∴y＝0，x＝z，令z＝1，則n＝(1,0,1)，同理平面B1BD1的法向量m＝(－1，－1,0)，cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝－eq\f(1,2)，而二面角A－BD1－B1為鈍角，故為120°．4．(多選題)如圖，多面體OABDC中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝2eq\r(3)，AC＝BD＝eq\r(10)，且OA，OB，OC兩兩垂直，則下列結(jié)論正確的是(AB)A．三棱錐O－ABC的體積是定值B．球面經(jīng)過點A，B，C，D四點的球的直徑是eq\r(13)C．直線OB∥平面ACDD．二面角A－OC－D等于30°[解析]由題意，構(gòu)造長方體，如圖，設(shè)OA＝x，OB＝y(tǒng)，OC＝z，則x2＋y2＝4，x2＋z2＝10，y2＋z2＝12，解得x＝1，y＝eq\r(3)，z＝3，對于A，三棱錐O－ABC的體積為eq\f(1,3)OC×eq\f(1,2)OA×OB＝eq\f(\r(3),2)，故A正確；對于B，球面經(jīng)過點A，B，C，D四點的球的直徑即為長方體的體對角線長，即為eq\r(12＋32＋\r(3)2)＝eq\r(13)，故B正確；對于C，由于OB∥AE，AE和平面ACD相交，則OB和平面ACD相交，故C錯誤；對于D，因為AO⊥OC，DC⊥OC，所以異面直線CD與OA所成的角大小為二面角A－OC－D的二面角大小，連接OE，則∠AOE即為所求，tan∠AOE＝eq\f(AE,OA)＝eq\r(3)，所以∠AOE＝60°，故D錯誤．二、填空題5．已知在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝4，E是側(cè)棱CC1的中點，則直線AE與平面A1ED所成角的正弦值為__eq\f(4,9)__．[解析]在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝4，E是側(cè)棱CC1的中點，以D為原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，A(2，0,0)，E(0,1,2)，A1(2,0,4)，D(0,0,0)，eq\o(EA,\s\up6(→))＝(2，－1，－2)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,4)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,1,2)，設(shè)平面A1ED的法向量為n＝(x，y，z)，則n·eq\o(DA1,\s\up6(→))＝2x＋4z＝0，n·eq\o(DE,\s\up6(→))＝y(tǒng)＋2z＝0，取z＝1，得n＝(－2，－2,1)，設(shè)直線AE與平面A1ED所成角為θ，則sinθ＝cos〈eq\o(EA,\s\up6(→))，n〉＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(EA,\s\up6(→))·n,|\o(EA,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(4,\r(9)×\r(9))＝eq\f(4,9)．∴直線AE與平面A1ED所成角的正弦值為eq\f(4,9)．6．如圖，四面體ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，DC上的點，且AE＝BE，CF＝2DF，設(shè)eq\o(DA,\s\up6(→))＝a，eq\o(DB,\s\up6(→))＝b，eq\o(DC,\s\up6(→))＝c．(1)以{a，b，c}為基底表示eq\o(FE,\s\up6(→))，則eq\o(FE,\s\up6(→))＝__－eq\f(1,3)c＋eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b__；(2)若∠ADB＝∠BDC＝∠ADC＝60°，且|eq\o(DA,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(DB,\s\up6(→))|＝3，|eq\o(DC,\s\up6(→))|＝3，則|eq\o(FE,\s\up6(→))|＝__eq\f(3\r(3),2)__．[解析](1)如圖所示，連接DE．因為eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\o(FD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))，eq\o(FD,\s\up6(→))＝－eq\o(DF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→)))，所以eq\o(FE,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)c＋eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b．(2)|eq\o(FE,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋\f(1,2)b－\f(1,3)c))2＝eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,4)b2＋eq\f(1,9)c2＋eq\f(1,2)a·b－eq\f(1,3)a·c－eq\f(1,3)b·c＝eq\f(1,4)×42＋eq\f(1,4)×32＋eq\f(1,9)×32＋eq\f(1,2)×4×3×eq\f(1,2)－eq\f(1,3)×4×3×eq\f(1,2)－eq\f(1,3)×3×3×eq\f(1,2)＝eq\f(27,4)．所以|eq\o(FE,\s\up6(→))|＝eq\f(3\r(3),2)．7．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，則A1B與平面A1B1CD所成角的大小為__30°__．[解析]解法一：連接BC1，設(shè)與B1C交于O點，連接A1O．∵BC1⊥B1C，A1B1⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C，∴A1B在平面A1B1CD內(nèi)的射影為A1O．∴∠OA1B就是A1B與平面A1B1CD所成的角，設(shè)正方體的棱長為1．在Rt△A1OB中，A1B＝eq\r(2)，BO＝eq\f(\r(2),2)，∴sin∠OA1B＝eq\f(BO,A1B)＝eq\f(\f(\r(2),2),\r(2))＝eq\f(1,2)．∴∠OA1B＝30°．即A1B與平面A1B1CD所成的角為30°．解法二：以D為原點，DA、DC、DD1分別x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則A1(1，0,1)、C(0,1,0)．∴eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(1,0,1)、eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)．設(shè)平面A1B1CD的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝0,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0,y＝0))，令z＝－1得x＝1．∴n＝(1,0，－1)，又B(1,1,0)，∴eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，cos〈n，eq\o(A1B,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·n,|\o(A1B,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(1,\r(2)·\r(2))＝eq\f(1,2)．∴〈n，eq\o(A1B,\s\up6(→))〉＝60°，∴A1B與平面A1B1CD所成的角為30°．三、解答題8．如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形．(1)證明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1與平面OB1D夾角的余弦值．[解析](1)證明：因為四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，又CC1∥DD1∥OO1，所以O(shè)O1⊥AC，OO1⊥BD，因為AC∩BD＝O，所以O(shè)1O⊥底面ABCD．(2)解：因為四棱柱的所有棱長都相等，所以四邊形ABCD為菱形，AC⊥BD．又O1O⊥底面ABCD，所以O(shè)B，OC，OO1兩兩垂直．如圖，以O(shè)為原點，OB，OC，OO1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角