2023-2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)培優(yōu)教案7.5《空間向量及其應(yīng)用》 (教師版)

頁第五節(jié)空間向量及其應(yīng)用第1課時系統(tǒng)知識牢基礎(chǔ)——空間向量及其應(yīng)用知識點(diǎn)一空間向量的概念及有關(guān)定理1．空間向量的有關(guān)概念名稱定義空間向量在空間中，具有大小和方向的量相等向量方向相同且模相等的向量相反向量方向相反且模相等的向量共線向量(或平行向量)表示空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合的向量共面向量平行于同一個平面的向量2.空間向量的有關(guān)定理(1)共線向量定理：對空間任意兩個向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實(shí)數(shù)λ，使得a＝λb.(2)共面向量定理：如果兩個向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb.(3)空間向量基本定理：如果三個向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，其中，{a，b，c}叫做空間的一個基底．[重溫經(jīng)典]1．(教材改編題)若O，A，B，C為空間四點(diǎn)，且向量eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))不能構(gòu)成空間的一個基底，則()A．eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))共線B．eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))共線C．eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))共線D．O，A，B，C四點(diǎn)共面解析：選D∵向量eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))不能構(gòu)成空間的一個基底，∴向量eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))共面，因此O，A，B，C四點(diǎn)共面，故選D.2．已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E為上底面A1C1的中心，若eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋xeq\o(AB,\s\up7(→))＋yeq\o(AD,\s\up7(→))，則x，y的值分別為()A．1,1B．1，eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)，eq\f(1,2)D.eq\f(1,2)，1解析：選Ceq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\o(A1E,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))，故x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,2).3．(多選)如圖所示，M是四面體OABC的棱BC的中點(diǎn)，點(diǎn)N在線段OM上，點(diǎn)P在線段AN上，且AP＝3PN，eq\o(ON,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OM,\s\up7(→))，設(shè)eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，則下列等式成立的是()A．eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)b﹣eq\f(1,2)cB．eq\o(AN,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c﹣aC．eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\f(1,4)b﹣eq\f(1,4)c﹣eq\f(3,4)aD．eq\o(OP,\s\up7(→))＝eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c解析：選BD對于A，利用向量的四邊形法則，eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c，A錯；對于B，利用向量的四邊形法則和三角形法則，得eq\o(AN,\s\up7(→))＝eq\o(ON,\s\up7(→))﹣eq\o(OA,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OM,\s\up7(→))﹣eq\o(OA,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)eq\o(OB,\s\up7(→))＋\f(1,2)eq\o(OC,\s\up7(→))))﹣eq\o(OA,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up7(→))﹣eq\o(OA,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c﹣a，B對；對于C，因?yàn)辄c(diǎn)P在線段AN上，且AP＝3PN，所以eq\o(AN,\s\up7(→))＝eq\f(4,3)eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c﹣a，所以eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)b＋\f(1,3)c－a))＝eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c﹣eq\f(3,4)a，C錯；對于D，eq\o(OP,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(AP,\s\up7(→))＝a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c﹣eq\f(3,4)a＝eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c，D對，故選B、D.4.如圖所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，O為AC的中點(diǎn)，用eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))表示eq\o(OC1,\s\up7(→))，則eq\o(OC1,\s\up7(→))＝________________.解析：∵eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))，∴eq\o(OC1,\s\up7(→))＝eq\o(OC,\s\up7(→))＋eq\o(CC1,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))＋eq\o(AA1,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AA1,\s\up7(→)).答案：eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AA1,\s\up7(→))5.如圖所示，在四面體OABC中，eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，D為BC的中點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，則eq\o(OE,\s\up7(→))＝________(用a，b，c表示)．解析：eq\o(OE,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(AE,\s\up7(→))＝a＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))＝a＋eq\f(1,2)(eq\o(OD,\s\up7(→))﹣eq\o(OA,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)eq\o(OD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c.答案：eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c6．設(shè)a＝(2x,1,3)，b＝(1,3,9)，若a∥b，則x＝________.解析：∵a∥b，∴eq\f(2x,1)＝eq\f(1,3)＝eq\f(3,9)，∴x＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)7．(易錯題)給出下列命題：①若向量a，b共線，則向量a，b所在的直線平行；②若三個向量a，b，c兩兩共面，則向量a，b，c共面；③已知空間的三個向量a，b，c，則對于空間的任意一個向量p，總存在實(shí)數(shù)x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc；④若A，B，C，D是空間任意四點(diǎn)，則有eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DA,\s\up7(→))＝0.其中為真命題的是________(填序號)．解析：若a與b共線，則a，b所在的直線可能平行也可能重合，故①不正確；三個向量a，b，c中任兩個一定共面，但它們?nèi)齻€卻不一定共面，故②不正確；只有當(dāng)a，b，c不共面時，空間任意一個向量p才一定能表示為p＝xa＋yb＋zc，故③不正確；據(jù)向量運(yùn)算法則可知④正確．答案：④知識點(diǎn)二兩個向量的數(shù)量積及其運(yùn)算1．空間向量的數(shù)量積及運(yùn)算律(1)數(shù)量積及相關(guān)概念①兩向量的夾角：已知兩個非零向量a，b，在空間任取一點(diǎn)O，作eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，則∠AOB叫做向量a與b的夾角，記作a，b，其范圍是[0，π]，若a，b＝eq\f(π,2)，則稱a與b互相垂直，記作a⊥b.②非零向量a，b的數(shù)量積a·b＝|a||b|cosa，b．(2)空間向量數(shù)量積的運(yùn)算律①結(jié)合律：(λa)·b＝λ(a·b)；②交換律：a·b＝b·a；③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.2．空間向量的坐標(biāo)表示及其應(yīng)用設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).向量表示坐標(biāo)表示數(shù)量積a·ba1b1＋a2b2＋a3b3共線a＝λb(b≠0，λ∈R)a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3垂直a·b＝0(a≠0，b≠0)a1b1＋a2b2＋a3b3＝0模|a|eq\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))夾角a，b(a≠0，b≠0)cosa，b＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))·\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))[重溫經(jīng)典]1．在空間四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))的值為()A．﹣1B．0C．1D．2解析：選B如圖，令eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AC,\s\up7(→))＝b，eq\o(AD,\s\up7(→))＝c，則eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·(eq\o(AD,\s\up7(→))﹣eq\o(AC,\s\up7(→)))＋eq\o(AC,\s\up7(→))·(eq\o(AB,\s\up7(→))﹣eq\o(AD,\s\up7(→)))＋eq\o(AD,\s\up7(→))·(eq\o(AC,\s\up7(→))﹣eq\o(AB,\s\up7(→)))＝a·(c﹣b)＋b·(a﹣c)＋c·(b﹣a)＝a·c﹣a·b＋b·a﹣b·c＋c·b﹣c·a＝0.2.如圖所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，則|eq\o(PC,\s\up7(→))|等于()A．6eq\r(2)B．6C．12D．144解析：選C∵eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))，∴eq\o(PC,\s\up7(→))2＝eq\o(PA,\s\up7(→))2＋eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(BC,\s\up7(→))2＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝36＋36＋36＋2×36cos60°＝144，∴|eq\o(PC,\s\up7(→))|＝12，故選C.3．(教材改編題)已知a＝(1,2，﹣2)，b＝(0,2,4)，則a，b夾角的余弦值為________．解析：cosa，b＝eq\f(a·b,|a||b|)＝﹣eq\f(2\r(5),15).答案：﹣eq\f(2\r(5),15)4．已知a＝(2,3,1)，b＝(﹣4,2，x)，且a⊥b，則|b|＝________.解析：∵a⊥b，∴﹣8＋6＋x＝0，解得x＝2，故|b|＝eq\r(－42＋22＋22)＝2eq\r(6).答案：2eq\r(6)5．已知a＝(cosθ，1，sinθ)，b＝(sinθ，1，cosθ)，則向量a＋b與a﹣b的夾角是________．解析：∵a＋b＝(cosθ＋sinθ，2，cosθ＋sinθ)，a﹣b＝(cosθ﹣sinθ，0，sinθ﹣cosθ)，∴(a＋b)·(a﹣b)＝(cos2θ﹣sin2θ)＋(sin2θ﹣cos2θ)＝0，∴(a＋b)⊥(a﹣b)，則a＋b與a﹣b的夾角是eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)6．(易錯題)如圖所示，在大小為45°的二面角A-EF-D中，四邊形ABFE，CDEF都是邊長為1的正方形，則B，D兩點(diǎn)間的距離是________．解析：∵eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(BF,\s\up7(→))＋eq\o(FE,\s\up7(→))＋eq\o(ED,\s\up7(→))，∴|eq\o(BD,\s\up7(→))|2＝|eq\o(BF,\s\up7(→))|2＋|eq\o(FE,\s\up7(→))|2＋|eq\o(ED,\s\up7(→))|2＋2eq\o(BF,\s\up7(→))·eq\o(FE,\s\up7(→))＋2eq\o(FE,\s\up7(→))·eq\o(ED,\s\up7(→))＋2eq\o(BF,\s\up7(→))·eq\o(ED,\s\up7(→))＝1＋1＋1﹣eq\r(2)＝3﹣eq\r(2)，故|eq\o(BD,\s\up7(→))|＝eq\r(3－\r(2)).答案：eq\r(3－\r(2))知識點(diǎn)三空間中的平行與垂直的向量表示1．直線的方向向量和平面的法向量(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或重合，則稱此向量a為直線l的方向向量．(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a叫做平面α的法向量．2．空間位置關(guān)系的向量表示位置關(guān)系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1∥l2n1∥n2?n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2?n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為ml∥αn⊥m?n·m＝0l⊥αn∥m?n＝λm平面α，β的法向量分別為n，mα∥βn∥m?n＝λmα⊥βn⊥m?n·m＝0[重溫經(jīng)典]1．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，則下列向量是平面ABC法向量的是()A．(﹣1,1,1)B．(1，﹣1,1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))解析：選C設(shè)n＝(x，y，z)為平面ABC的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0))，化簡得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))∴x＝y(tǒng)＝z，故選C.2．已知直線l與平面α垂直，直線l的一個方向向量為u＝(1，﹣3，z)，向量v＝(3，﹣2,1)與平面α平行，則z等于()A．3B．6C．﹣9D．9解析：選C∵l⊥α，v與平面α平行，∴u⊥v，即u·v＝0，∴1×3＋(﹣3)×(﹣2)＋z×1＝0，∴z＝﹣9.3．平面α的一個法向量為(1,2，﹣2)，平面β的一個法向量為(﹣2，﹣4，k)．若α∥β，則k等于()A．2B．﹣4C．4D．﹣2解析：選C∵α∥β，∴兩平面的法向量平行，∴﹣eq\f(2,1)＝﹣eq\f(4,2)＝eq\f(k,－2)，∴k＝4.4．(教材改編題)已知平面α，β的法向量分別為n1＝(2,3,5)，n2＝(﹣3,1，﹣4)，則()A．α∥βB．α⊥βC．α，β相交但不垂直D．以上均不對解析：選C∵n1≠λn2，且n1·n2＝﹣23≠0，∴α，β相交但不垂直．5.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中點(diǎn)，N是A1B1的中點(diǎn)，則直線ON，AM的位置關(guān)系是________．解析：以A為原點(diǎn)，分別以eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，設(shè)正方體的棱長為1，則A(0,0,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1)).∵eq\o(AM,\s\up7(→))·eq\o(ON,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，1))＝0，∴ON與AM垂直．答案：垂直6．(易錯題)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中點(diǎn)，過點(diǎn)E作EF⊥BP交BP于點(diǎn)F.(1)證明：PA∥平面EDB；(2)證明：PB⊥平面EFD.證明：如圖所示，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線DA，DC，DP分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)DC＝a.(1)連接AC交BD于點(diǎn)G，連接EG.依題意得A(a,0,0)，P(0,0，a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2))).因?yàn)榈酌鍭BCD是正方形，所以G是此正方形的中心，故點(diǎn)G的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，所以eq\o(PA,\s\up7(→))＝(a,0，﹣a)，eq\o(EG,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，－\f(a,2))).則eq\o(PA,\s\up7(→))＝2eq\o(EG,\s\up7(→))，故PA∥EG.而EG?平面EDB，PA?平面EDB，所以PA∥平面EDB.(2)依題意得B(a，a,0)，所以eq\o(PB,\s\up7(→))＝(a，a，﹣a)．又eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，故eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(DE,\s\up7(→))＝0＋eq\f(a2,2)﹣eq\f(a2,2)＝0，所以PB⊥DE.由題可知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，所以PB⊥平面EFD.知識點(diǎn)四利用空間向量求空間角1．異面直線所成角設(shè)異面直線a，b所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)，其中a，b分別是直線a，b的方向向量．2．直線與平面所成角如圖所示，設(shè)l為平面α的斜線，l∩α＝A，a為l的方向向量，n為平面α的法向量，φ為l與α所成的角，則sinφ＝|cosa，n|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).3．二面角(1)若AB，CD分別是二面角α-l-β的兩個平面內(nèi)與棱l垂直的異面直線，則二面角(或其補(bǔ)角)的大小就是向量eq\o(AB,\s\up7(→))與eq\o(CD,\s\up7(→))的夾角，如圖a.(2)平面α與β相交于直線l，平面α的法向量為n1，平面β的法向量為n2，n1，n2＝θ，則二面角α-l-β為θ或π﹣θ.設(shè)二面角大小為φ，則|cosφ|＝|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)，如圖b，c.[重溫經(jīng)典]1．(易錯題)已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1，1)，則兩平面所成的二面角為()A．45°B．135°C．45°或135°D．90°解析：選Ccosm，n＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，即m，n＝45°，∴兩平面所成的二面角為45°或135°.2．(教材改編題)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，cosm，n＝﹣eq\f(1,2)，則l與α所成的角為()A．30°B．60°C．120°D．150°解析：選A由于cosm，n＝﹣eq\f(1,2)，所以m，n＝120°，所以直線l與α所成的角為30°.3．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(3,5)D.eq\f(2,5)解析：選B設(shè)正方體的棱長為1，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，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，如圖所示．則B(1,1,0)，B1(1，1,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，D1(0，0,1)．所以eq\o(BB1,\s\up7(→))＝(0,0,1)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(﹣1,1,0)，eq\o(AD1,\s\up7(→))＝(﹣1,0,1)．令平面ACD1的法向量為n＝(x，y，z)，則n·eq\o(AC,\s\up7(→))＝﹣x＋y＝0，n·eq\o(AD1,\s\up7(→))＝﹣x＋z＝0，令x＝1，可得n＝(1,1,1)，所以sinθ＝|cosn，eq\o(BB1,\s\up7(→))|＝eq\f(1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3).4．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，AA1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為________．解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．易得A(2,0,0)，B(2,3,0)，B1(2,3,1)，C1(0,3,1)，則eq\o(AB1,\s\up7(→))＝(0,3,1)，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(﹣2,0,1)．設(shè)異面直線AB1與BC1所成的角為θ，則cosθ＝|coseq\o(AB1,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))|＝eq\f(1,\r(10)×\r(5))＝eq\f(\r(2),10).答案：eq\f(\r(2),10)5．過正方形ABCD的頂點(diǎn)A作線段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，則平面ABP與平面CDP所成的二面角為________．解析：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝PA＝1，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，由題意，AD⊥平面PAB，設(shè)E為PD的中點(diǎn)，連接AE，則AE⊥PD，又CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE，從而AE⊥平面PCD.所以eq\o(AD,\s\up7(→))＝(0,1,0)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))分別是平面PAB，平面PCD的法向量，且eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝45°.故平面PAB與平面PCD所成的二面角為45°.答案：45°第2課時精研題型明考向——利用空間向量求空間角一、真題集中研究——明考情1.(2020·全國卷Ⅲ·考查平行垂直關(guān)系與二面角)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)證明：點(diǎn)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：設(shè)AB＝a，AD＝b，AA1＝c，以C1為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(C1D1,\s\up17(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C1-xyz.(1)證明：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\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(C1F,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，得eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\o(C1F,\s\up7(→))，因此EA∥C1F，即A，E，F(xiàn)，C1四點(diǎn)共面，所以點(diǎn)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\up7(→))＝(0，﹣1，﹣1)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(﹣2,0，﹣2)，eq\o(A1E,\s\up7(→))＝(0，﹣1,2)，eq\o(A1F,\s\up7(→))＝(﹣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·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(AF,\s\up7(→))＝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·eq\o(A1E,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(A1F,\s\up7(→))＝0，))同理可取n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，1)).因?yàn)閏osn1，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).2．(2020·新高考全國卷Ⅰ·考查平行垂直關(guān)系與線面角)如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q為l上的點(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．解：(1)證明：因?yàn)镻D⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD為正方形，所以AD⊥DC.因?yàn)镻D∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.因?yàn)锳D∥BC，AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC.因?yàn)槠矫鍼AD∩平面PBC＝l，AD?平面PAD，所以l∥AD.所以l⊥平面PDC.(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up7(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則D(0,0,0)，C(0,1，0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,1,0)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1,1，﹣1)．由(1)可設(shè)Q(a,0,1)，則eq\o(DQ,\s\up7(→))＝(a,0,1)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(DQ,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(DQ,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,y＝0.))可取n＝(﹣1,0，a)．所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·eq\o(PB,\s\up7(→)),|n|·|eq\o(PB,\s\up7(→))|)＝eq\f(－1－a,\r(3)·\r(1＋a2)).設(shè)PB與平面QCD所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up7(→))〉|＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(|a＋1|,\r(1＋a2))＝eq\f(\r(3),3)eq\r(1＋\f(2a,a2＋1)).因?yàn)閑q\f(\r(3),3)eq\r(1＋\f(2a,a2＋1))≤eq\f(\r(6),3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時等號成立，所以PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為eq\f(\r(6),3).3．(2019·全國卷Ⅲ·考查平行垂直關(guān)系與二面角及翻折問題)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大?。猓?1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCGE.又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC，垂足為H.因?yàn)镋H?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq\r(3).以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(HC,\s\up7(→))的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz，則A(﹣1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，eq\r(3))，eq\o(CG,\s\up7(→))＝(1,0,eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(2，﹣1,0)．設(shè)平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(CG,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(AC,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))所以可取n＝(3,6，﹣eq\r(3))．又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).因此二面角B-CG-A的大小為30°.[把脈考情]常規(guī)角度1.求異面直線所成的角：以棱柱、棱錐等簡單幾何體為載體，考查應(yīng)用定義法或向量法求兩異面直線所成的角．2.求直線與平面所成的角：以棱柱、棱錐或不規(guī)則的幾何體為載體，與線、面位置關(guān)系的證明相結(jié)合，考查直線與平面所成的角的求法．3.求二面角：以棱柱、棱錐或不規(guī)則的幾何體為載體，與線面位置關(guān)系的證明相結(jié)合，考查二面角的求法創(chuàng)新角度求空間角常與立體幾何中的翻折問題、探索性問題等交匯命題二、題型精細(xì)研究——提素養(yǎng)題型一異面直線所成的角[典例]在各棱長均相等的直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知M是棱BB1的中點(diǎn)，N是棱AC的中點(diǎn)，則異面直線A1M與NB所成角的正切值為()A.eq\r(3)B．1C.eq\f(\r(6),3)D.eq\f(\r(2),2)[解析]法一：設(shè)AA1的中點(diǎn)為D，連接DN，DB，如圖①.因?yàn)锳1D和BM平行且相等，所以四邊形A1DBM是平行四邊形，所以A1M∥DB，所以∠DBN(或其補(bǔ)角)就是異面直線A1M與NB所成的角．易知BN⊥DN.設(shè)AB＝2，則BN＝eq\r(3)，DN＝eq\r(2)，所以tan∠DBN＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).故選C.法二：在各棱長均相等的直三棱柱ABC-A1B1C1中，設(shè)棱長為2，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖②，則A1(0,0,2)，M(eq\r(3)，1,1)，B(eq\r(3)，1,0)，N(0,1,0)，所以eq\o(A1M,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1，﹣1)，eq\o(BN,\s\up7(→))＝(﹣eq\r(3)，0,0)．設(shè)異面直線A1M與BN所成的角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ≤\f(π,2)))，則cosθ＝eq\f(|eq\o(A1M,\s\up7(→))·eq\o(BN,\s\up7(→))|,|eq\o(A1M,\s\up7(→))|·|eq\o(BN,\s\up7(→))|)＝eq\f(3,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),5)，所以tanθ＝eq\f(\r(6),3).所以異面直線A1M與BN所成角的正切值為eq\f(\r(6),3).故選C.[答案]C[方法技巧]用向量法求異面直線所成角的一般步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)注意兩異面直線所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值．[針對訓(xùn)練]若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為eq\r(3)，AB＝1，則直線AB1與CD1所成的角為()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：選C∵正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為eq\r(3)，AB＝1，∴AA1＝eq\r(3).以D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，B1(1,1，eq\r(3))，C(0,1,0)，D1(0,0，eq\r(3))，eq\o(AB1,\s\up7(→))＝(0,1，eq\r(3))，eq\o(CD1,\s\up7(→))＝(0，﹣1，eq\r(3))．設(shè)直線AB1與CD1所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|eq\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(CD1,\s\up7(→))|,|eq\o(AB1,\s\up7(→))|·|eq\o(CD1,\s\up7(→))|)＝eq\f(2,\r(4)·\r(4))＝eq\f(1,2)，又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，∴直線AB1與CD1所成的角為60°.故選C.題型二直線與平面所成的角[典例]如圖，在三棱臺ABC-DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC.(1)證明：EF⊥DB；(2)求直線DF與平面DBC所成角的正弦值．[解](1)證明：如圖，過點(diǎn)D作DO⊥AC，交直線AC于點(diǎn)O，連接OB.由∠ACD＝45°，DO⊥AC，得CD＝eq\r(2)CO.因?yàn)槠矫鍭CFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC＝AC，DO?平面ACFD，所以DO⊥平面ABC.因?yàn)锽C?平面ABC，所以DO⊥BC.因?yàn)椤螦CB＝45°，BC＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(\r(2),2)CO，所以在△BOC中，由余弦定理得BO＝eq\f(\r(2),2)CO，所以BC2＋BO2＝CO2，所以BO⊥BC.因?yàn)镈O∩BO＝O，所以BC⊥平面BDO.因?yàn)镈B?平面BDO，所以BC⊥DB.由三棱臺ABC-DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB.(2)法一：如圖，過點(diǎn)O作OH⊥BD，交直線BD于點(diǎn)H，連接CH.由三棱臺ABC-DEF得DF∥CO，所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角．因?yàn)锽C⊥平面BDO，OH?平面BDO，所以O(shè)H⊥BC，故OH⊥平面DBC，所以∠OCH為直線CO與平面DBC所成角．設(shè)CD＝2eq\r(2).由DO＝OC＝2，BO＝BC＝eq\r(2)，得BD＝eq\r(6)，OH＝eq\f(2\r(3),3)，所以sin∠OCH＝eq\f(OH,OC)＝eq\f(\r(3),3)，因此，直線DF與平面DBC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).法二：由三棱臺ABC-DEF得DF∥CO，所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角，記為θ.如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以射線OC，OD為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.設(shè)CD＝2eq\r(2).由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2)．因此eq\o(OC,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(﹣1,1,0)，eq\o(CD,\s\up7(→))＝(0，﹣2,2)．設(shè)平面DBC的法向量n＝(x，y，z)．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(CD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－2y＋2z＝0，))可取n＝(1,1,1)．所以sinθ＝|cos〈eq\o(OC,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(OC,\s\up7(→))·n|,|eq\o(OC,\s\up7(→))|·|n|)＝eq\f(\r(3),3).因此，直線DF與平面DBC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).[方法技巧]解答直線與平面所成角的問題，通常建立空間直角坐標(biāo)系，然后轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算求解，具體方法為：如圖所示，設(shè)直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，向量e與n的夾角為θ，則有sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|n·e|,|n||e|).[針對訓(xùn)練]一副標(biāo)準(zhǔn)的三角板(如圖1)中，∠ABC為直角，∠A＝60°，∠DEF為直角，DE＝EF，BC＝DF.把BC與DF重合，拼成一個三棱錐(如圖2)，設(shè)M是AC的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)．(1)求證：平面ABC⊥平面EMN；(2)若AC＝4，二面角E-BC-A為直二面角，求直線EM與平面ABE所成角的正弦值．解：(1)證明：∵M(jìn)是AC的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，∴MN∥AB，∵AB⊥BC，∴MN⊥BC.∵BE＝EC，N是BC的中點(diǎn)，∴EN⊥BC.又MN∩EN＝N，MN?平面EMN，EN?平面EMN，∴BC⊥平面EMN.又BC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面EMN.(2)由(1)可知，EN⊥BC，MN⊥BC，∴∠ENM為二面角E-BC-A的平面角，又二面角E-BC-A為直二面角，∴∠ENM＝90°，即EN⊥MN.以NM，NC，NE所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系N-xyz，∵AC＝4，∴AB＝2，BC＝2eq\r(3)，∴NE＝eq\r(3)，MN＝1，則N(0,0,0)，E(0,0，eq\r(3))，M(1,0,0)，B(0，﹣eq\r(3)，0)，A(2，﹣eq\r(3)，0)，∴eq\o(EM,\s\up7(→))＝(1,0，﹣eq\r(3))，eq\o(BE,\s\up7(→))＝(0，eq\r(3)，eq\r(3))，eq\o(BA,\s\up7(→))＝(2,0,0)．設(shè)m＝(x，y，z)為平面ABE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(BA,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(BE,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＝0，,\r(3)y＋\r(3)z＝0，))得x＝0，令y＝1，則z＝﹣1，∴平面ABE的一個法向量m＝(0,1，﹣1)．設(shè)直線EM與平面ABE所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈m，eq\o(EM,\s\up7(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·eq\o(EM,\s\up7(→)),|m||eq\o(EM,\s\up7(→))|)))＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，即直線EM與平面ABE所成角的正弦值為eq\f(\r(6),4).

題型三二面角[典例](2020·全國卷Ⅰ)如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE＝AD.△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點(diǎn)，PO＝eq\f(\r(6),6)DO.(1)證明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值．[解](1)證明：設(shè)DO＝a，由題設(shè)可得PO＝eq\f(\r(6),6)a，AO＝eq\f(\r(3),3)a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(2),2)a.因此PA2＋PB2＝AB2，從而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.因?yàn)镻B∩PC＝P，PB?平面PBC，PC?平面PBC，所以PA⊥平面PBC.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OE,\s\up7(→))的方向?yàn)閥軸正方向，|eq\o(OE,\s\up7(→))|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題設(shè)可得E(0,1,0)，A(0，﹣1,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2))).所以eq\o(EC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq\o(EP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(\r(2),2))).設(shè)m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(EP,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(EC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋\f(\r(2),2)z＝0，,－\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＝0.))可取m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，1，\r(2))).由(1)知eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(2),2)))是平面PCB的一個法向量，記n＝eq\o(AP,\s\up7(→))，則cosn，m＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(2\r(5),5).所以二面角B-PC-E的余弦值為eq\f(2\r(5),5).[方法技巧]利用向量法解二面角問題的策略找法向量法分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角的大小找與棱垂直的方向向量法分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小[提醒]兩平面的法向量所成的角與二面角的平面角的關(guān)系為相等或互補(bǔ)，所以，當(dāng)求得兩法向量夾角的余弦值時，一定要結(jié)合圖形判斷二面角的取值范圍．[針對訓(xùn)練](2021·濰坊模擬)請從下面三個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面的橫線上，并作答．①AB⊥BC，②FC與平面ABCD所成的角為eq\f(π,6)，③∠ABC＝eq\f(π,3).如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中點(diǎn)為F.(1)在線段AB上是否存在一點(diǎn)G，使得AF∥平面PGC？若存在，指出G在AB上的位置并給以證明；若不存在，請說明理由；(2)若________，求二面角F-AC-D的余弦值．解：(1)在線段AB上存在中點(diǎn)G，使得AF∥平面PGC.證明如下：如圖所示，設(shè)PC的中點(diǎn)為H，連接FH，HG，PG，CG.∵FH∥CD，F(xiàn)H＝eq\f(1,2)CD，AG∥CD，AG＝eq\f(1,2)CD，∴FH∥AG，F(xiàn)H＝AG，∴四邊形AGHF為平行四邊形，∴AF∥GH，又GH?平面PGC，AF?平面PGC，∴AF∥平面PGC.(2)選擇①AB⊥BC.∵AD∥BC，∴AB⊥AD.由題意知AB，AD，AP彼此兩兩垂直，以AB，AD，AP分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，∵PA＝AB＝2，則A(0,0,0)，C(2,2,0)，F(xiàn)(0,1,1)，∴eq\o(AF,\s\up7(→))＝(0,1,1)，eq\o(CF,\s\up7(→))＝(﹣2，﹣1,1)．設(shè)平面FAC的一個法向量為μ＝(x，y，z)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(μ·eq\o(AF,\s\up7(→))＝y(tǒng)＋z＝0，,μ·eq\o(CF,\s\up7(→))＝－2x－y＋z＝0，))取y＝1，得μ＝(﹣1,1，﹣1)．易知平面ACD的一個法向量為v＝(0,0,1)，設(shè)二面角F-AC-D的平面角為θ，則cosθ＝eq\f(|μ·v|,|μ|·|v|)＝eq\f(\r(3),3)，∴二面角F-AC-D的余弦值為eq\f(\r(3),3).選擇②FC與平面ABCD所成的角為eq\f(π,6).∵PA⊥平面ABCD，取BC的中點(diǎn)E，連接AE，取AD的中點(diǎn)M，連接FM，CM，則FM∥PA，且FM＝1，∴FM⊥平面ABCD，則FC與平面ABCD所成的角為∠FCM，∴∠FCM＝eq\f(π,6)，∴在Rt△FCM中，CM＝eq\r(3)，又CM＝AE，∴AE2＋BE2＝AB2，∴BC⊥AE，∴AE，AD，AP彼此兩兩垂直，以AE，AD，AP分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，∵PA＝AB＝2，∴A(0,0,0)，C(eq\r(3)，1,0)，F(xiàn)(0,1,1)，∴eq\o(AF,\s\up7(→))＝(0,1,1)，eq\o(CF,\s\up7(→))＝(﹣eq\r(3)，0,1)．設(shè)平面FAC的一個法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(AF,\s\up7(→))＝y(tǒng)＋z＝0，,m·eq\o(CF,\s\up7(→))＝－\r(3)x＋z＝0，))取x＝eq\r(3)，得m＝(eq\r(3)，﹣3,3)．易知平面ACD的一個法向量為n＝(0,0,1)，設(shè)二面角F-AC-D的平面角為θ，則cosθ＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(\r(21),7).∴二面角F-AC-D的余弦值為eq\f(\r(21),7).選擇③∠ABC＝eq\f(π,3).∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，取BC的中點(diǎn)E，連接AE，∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝eq\f(π,3)，∴△ABC是正三角形，∵E是BC的中點(diǎn)，∴BC⊥AE，∴AE，AD，AP彼此兩兩垂直，以AE，AD，AP分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，∵PA＝AB＝2，∴A(0,0,0)，C(eq\r(3)，1,0)，F(xiàn)(0,1,1)，∴eq\o(AF,\s\up7(→))＝(0,1,1)，eq\o(CF,\s\up7(→))＝(﹣eq\r(3)，0,1)．設(shè)平面FAC的一個法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(AF,\s\up7(→))＝y(tǒng)＋z＝0，,m·eq\o(CF,\s\up7(→))＝－\r(3)x＋z＝0，))取x＝eq\r(3)，得m＝(eq\r(3)，﹣3,3)．易知平面ACD的一個法向量為n＝(0,0,1)，設(shè)二面角F-AC-D的平面角為θ，則cosθ＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(\r(21),7).∴二面角F-AC-D的余弦值為eq\f(\r(21),7).eq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])1．把邊長為2的正方形ABCD沿對角線BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，則異面直線AD，BC所成的角為()A．120°B．30°C．90°D．60°解析：選D建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(eq\r(2)，0,0)，B(0，eq\r(2)，0)，C(0，0，eq\r(2))，D(0，﹣eq\r(2)，0)，∴eq\o(AD,\s\up7(→))＝(﹣eq\r(2)，﹣eq\r(2)，0)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(0，﹣eq\r(2)，eq\r(2))．∴|eq\o(AD,\s\up7(→))|＝2，|eq\o(BC,\s\up7(→))|＝2，eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝2.∴cos〈eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(BC,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→)),|eq\o(AD,\s\up7(→))||eq\o(BC,\s\up7(→))|)＝eq\f(2,2×2)＝eq\f(1,2).∴異面直線AD，BC所成的角為60°.故選D.2．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(2),2)解析：選B以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，設(shè)棱長為1，則A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，∴eq\o(A1D,\s\up7(→))＝(0,1，﹣1)，eq\o(A1E,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2))).設(shè)平面A1ED的一個法向量為n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(A1D,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(A1E,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,x－\f(1,2)z＝0，))令x＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2，))∴n1＝(1,2,2)．又平面ABCD的一個法向量為n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3).即平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為eq\f(2,3).3．(多選)已知四邊形ABCD為正方形GD⊥平面ABCD，四邊形DGEA與四邊形DGFC也都為正方形，連接EF，F(xiàn)B，BE，H為BF的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．DE⊥BFB．EF與CH所成角為eq\f(π,3)C．EC⊥平面DBFD．BF與平面ACFE所成角為eq\f(π,4)解析：選ABC由題意得，所得幾何體可以補(bǔ)形成一個正方體，如圖所示．以D為原點(diǎn)，DA，DC，DG所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AD＝DC＝DG＝2，則D(0,0,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(xiàn)(0,2,2)，B(2,2,0)，H(1，2,1)．A．eq\o(DE,\s\up7(→))＝(2,0,2)，eq\o(BF,\s\up7(→))＝(﹣2,0,2)，∴eq\o(DE,\s\up7(→))·eq\o(BF,\s\up7(→))＝﹣4＋0＋4＝0，∴eq\o(DE,\s\up7(→))⊥eq\o(BF,\s\up7(→))，∴DE⊥BF，A是正確的．B．eq\o(EF,\s\up7(→))＝(﹣2,2,0)，eq\o(CH,\s\up7(→))＝(1,0,1)．設(shè)EF與CH所成的角為θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosθ＝eq\f(|eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(CH,\s\up7(→))|,|eq\o(EF,\s\up7(→))||eq\o(CH,\s\up7(→))|)＝eq\f(1,2).∵θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq\f(π,3)，B是正確的．C．eq\o(EC,\s\up7(→))＝(﹣2,2，﹣2)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(2,2,0)，eq\o(DF,\s\up7(→))＝(0,2,2)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面DBF的一個法向量，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(DB,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(DF,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋z＝0，))取x＝1，∴n＝(1，﹣1,1)．∵eq\o(EC,\s\up7(→))＝﹣2n，∴eq\o(EC,\s\up7(→))∥n，∴EC⊥平面DBF，C是正確的．D．eq\o(BF,\s\up7(→))＝(﹣2,0,2)，由圖象易得m＝(1,1,0)是平面ACFE的一個法向量，設(shè)BF與平面ACFE所成的角為θ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinθ＝|cos〈eq\o(BF,\s\up7(→))，m〉|＝eq\f(|eq\o(BF,\s\up7(→))·m|,|eq\o(BF,\s\up7(→))||m|)＝eq\f(1,2)，∴θ＝eq\f(π,6)，D是不正確的．故選A、B、C.4．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為________．解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0，2,1)，D1(0,0,1)．所以eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝(﹣1，2,0)，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(﹣1,0,1)，eq\o(D1C1,\s\up7(→))＝(0,2,0)，設(shè)平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(A1C1,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(BC1,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,－x＋z＝0，))令x＝2，則y＝1，z＝2，則n＝(2,1,2)．又設(shè)D1C1與平面A1BC1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(D1C1,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(D1C1,\s\up7(→))·n|,|eq\o(D1C1,\s\up7(→))||n|)＝eq\f(2,2×3)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)5．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，二面角B-AA1-C1的大小為60°，點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為eq\r(3)，點(diǎn)C到平面ABB1A1的距離為2eq\r(3)，則直線BC1與直線AB1所成角的正切值為________．解析：由題意可知，∠BAC＝60°，點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為eq\r(3)，點(diǎn)C到平面ABB1A1的距離為2eq\r(3)，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2eq\r(3)，∠ABC＝90°，則eq\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(eq\o(BB1,\s\up7(→))﹣eq\o(BA,\s\up7(→)))·(eq\o(BB1,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→)))＝4，|eq\o(AB1,\s\up7(→))|＝2eq\r(2)，|eq\o(BC1,\s\up7(→))|＝4，coseq\o(AB1,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝eq\f(eq\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(BC1,\s\up7(→)),|eq\o(AB1,\s\up7(→))|·|eq\o(BC1,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(2),4)，故taneq\o(AB1,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝eq\r(7).答案：eq\r(7)6.如圖，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC與BD相交于點(diǎn)O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直線OF與平面BED所成的角為45°，則AE＝________.解析：如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)A，OB所在直線分別為x軸、y軸，以過點(diǎn)O且平行于CF的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AE＝a，則B(0，eq\r(3)，0)，D(0，﹣eq\r(3)，0)，F(xiàn)(﹣1,0,3)，E(1,0，a)，∴eq\o(OF,\s\up7(→))＝(﹣1,0,3)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(0,2eq\r(3)，0)，eq\o(EB,\s\up7(→))＝(﹣1，eq\r(3)，﹣a)．設(shè)平面BED的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(EB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(3)y＝0，,－x＋\r(3)y－az＝0，))則y＝0，令z＝1，得x＝﹣a，∴n＝(﹣a,0,1)，∴cos〈n，eq\o(OF,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·eq\o(OF,\s\up7(→)),|n||eq\o(OF,\s\up7(→))|)＝eq\f(a＋3,\r(a2＋1)×\r(10)).∵直線OF與平面BED所成角的大小為45°，∴eq\f(|a＋3|,\r(a2＋1)×\r(10))＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝2或a＝﹣eq\f(1,2)(舍去)，∴AE＝2.答案：27．試在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三個條件中選兩個條件補(bǔ)充在下面的橫線處，使得PO⊥平面ABCD成立，請說明理由，并在此條件下進(jìn)一步解答該題：如圖，在四棱錐P-ABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD為菱形，若______，且∠ABC＝60°，異面直線PB與CD所成的角為60°，求二面角A-PB-C的余弦值．解：若選②：要使得PO⊥平面ABCD，則PO⊥AB.又PC⊥AB，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，所以∠BAC＝90°，BC>BA，這與底面ABCD為菱形矛盾，所以②必不選，故選①③.下面證明：PO⊥平面ABCD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC⊥BD.因?yàn)镻C⊥BD，PC∩AC＝C，所以BD⊥平面APC.又因?yàn)镻O?平面APC，所以BD⊥PO.因?yàn)镻A＝PC，O為AC中點(diǎn)，所以PO⊥AC.又AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))，eq\o(OP,\s\up7(→))的方向分別作為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，因?yàn)锳B∥CD，所以∠PBA為異面直線PB與CD所成的角，所以∠PBA＝60°.在菱形ABCD中，設(shè)AB＝2，因?yàn)椤螦BC＝60°，所以O(shè)A＝1，OB＝eq\r(3)，設(shè)PO＝a，則PA＝eq\r(a2＋1)，PB＝eq\r(a2＋3).在△PBA中，由余弦定理得：PA2＝BA2＋BP2﹣2BA·BP·cos∠PBA，所以a2＋1＝4＋a2＋3﹣2×2eq\r(a2＋3)×eq\f(1,2)，解得a＝eq\r(6)，所以A(0，﹣1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，eq\r(6))．設(shè)n1＝(x1，y1，z1)為平面ABP的法向量，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1,0)，eq\o(AP,\s\up7(→))＝(0,1，eq\r(6))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(AP,\s\up7(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1＋y1＝0，,y1＋\r(6)z1＝0，))令z1＝1得n1＝(eq\r(2)，﹣eq\r(6)，1)．設(shè)n2＝(x2，y2，z2)為平面CBP的法向量，eq\o(CB,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，﹣1,0)，eq\o(CP,\s\up7(→))＝(0，﹣1，eq\r(6))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(CB,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(CP,\s\up7(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2－y2＝0，,y2－\r(6)z2＝0，))令z2＝1得n2＝(eq\r(2)，eq\r(6)，1)．設(shè)二面角A-PB-C