浙江省2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何與空間向量第8節(jié)空間角含解析

PAGE第8節(jié)空間角考試要求1.能用幾何方法解決空間角問題；2.了解向量方法在探討立體幾何空間角問題中的應(yīng)用.知識梳理1.求異面直線所成的角(1)(幾何法)通過作平行線化為三角形求解.(2)(向量法)設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則a與b的夾角βl1與l2所成的角θ范圍(0，π)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))求法cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝|cosβ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)2.求直線與平面所成的角(1)(幾何法)通過直線在平面上的射影求解，其步驟為“一作、二證、三計(jì)算”.(2)(向量法)設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).3.求二面角的大小(1)(幾何法)通過一個(gè)面的垂線或垂面先作出二面角的平面角，然后加以證明和計(jì)算.(2)(向量法)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個(gè)面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝__〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉.如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿意|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補(bǔ)角).[常用結(jié)論與易錯(cuò)提示]1.異面直線所成的角與其方向向量的夾角：當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時(shí)，就是該異面直線的夾角；否則向量夾角的補(bǔ)角是異面直線所成的角.2.線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的肯定值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要誤記為cosθ＝|cos〈a，n〉|.3.二面角與法向量的夾角：利用平面的法向量求二面角的大小時(shí)，當(dāng)求出兩半平面α，β的法向量n1，n2時(shí)，要依據(jù)向量坐標(biāo)在圖形中視察出向量的方向，從而確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等，還是互補(bǔ).4.最小角定理：平面的一條斜線與平面內(nèi)全部直線的夾角中，斜線與它在平面內(nèi)的射影的夾角最小.診斷自測1.推斷下列說法的正誤.(1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角.()(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角.()(3)兩個(gè)平面的法向量所成的角是這兩個(gè)平面所成的角.()(4)兩異面直線夾角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，直線與平面所成角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，二面角的范圍是[0，π].()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2.(選修2－1P104練習(xí)2改編)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cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝45°.∴兩平面所成二面角為45°或180°－45°＝135°.答案C3.(2024·河北、山西、河南三省聯(lián)考)在三棱錐P－ABC中，△ABC和△PBC均為等邊三角形，且二面角P－BC－A的大小為120°，則異面直線PB和AC所成角的余弦值為()A.eq\f(5,8) B.eq\f(3,4)C.eq\f(7,8) D.eq\f(1,4)解析如圖，取BC的中點(diǎn)O，連接OP，OA，因?yàn)椤鰽BC和△PBC均為等邊三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，即平面PAO⊥平面ABC.且∠POA就是其二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.設(shè)AB＝2，則A(eq\r(3)，0，0)，C(0，－1，0)，B(0，1，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－1，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1，－\f(3,2)))，cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝－eq\f(5,8)，所以異面直線PB與AC所成角的余弦值為eq\f(5,8).答案A4.如圖，把邊長為4的正三角形ABC沿中線AD折起，使得二面角C－AD－E的大小為60°，則異面直線AC與DE所成角的余弦值為()A.－eq\f(1,4) B.eq\f(1,4)C.－eq\f(1,3) D.eq\f(1,3)解析如圖，取AB的中點(diǎn)F，連接DF，EF，因?yàn)镈，F(xiàn)分別是線段BC，AB的中點(diǎn)，所以DF∥AC，所以∠EDF(或其補(bǔ)角)是異面直線AC與DE所成的角.由正三角形的性質(zhì)可得AD⊥BC，所以∠CDE就是二面角C－AD－E的平面角，所以∠CDE＝60°.又CD＝DE，所以△CDE是正三角形.作EG⊥CD，垂足為G，作FH⊥BD，垂足為H，連接EH，易知EG＝DEsin60°＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，DG＝DEcos60°＝2×eq\f(1,2)＝1，DH＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(1,2)×2＝1，HG＝DH＋DG＝2，F(xiàn)H＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)AC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×4＝eq\r(3).由勾股定理得EH＝eq\r(HG2＋EG2)＝eq\r(22＋（\r(3)）2)＝eq\r(7)，EF＝eq\r(EH2＋FH2)＝eq\r(（\r(7)）2＋（\r(3)）2)＝eq\r(10).在△EDF中，由余弦定理得cos∠EDF＝eq\f(22＋22－（\r(10)）2,2×2×2)＝－eq\f(1,4)，所以異面直線AC與DE所成角的余弦值為eq\f(1,4)，故選B.答案B5.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________.解析設(shè)l與α所成角為θ，∵cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，∴sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2)，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.答案30°6.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，又易知CD⊥平面PAD，AE?平面PAD，∴CD⊥AE，又PD∩CD＝D，從而AE⊥平面PCD.所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝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\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝45°.故平面PAB與平面PCD所成的二面角為45°.答案45°考點(diǎn)一求異面直線所成的角【例1】如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中點(diǎn).已知AB＝2，AD＝2eq\r(2)，PA＝2.求：(1)△PCD的面積.(2)(一題多解)異面直線BC與AE所成的角的大小.解(1)因?yàn)镻A⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD.又底面ABCD為矩形，所以AD⊥CD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，從而CD⊥PD.因?yàn)镻D＝eq\r(22＋（2\r(2)）2)＝2eq\r(3)，CD＝2，所以△PCD的面積為eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3).(2)法一如圖1，取PB中點(diǎn)F，連接EF，AF，則EF∥BC，從而∠AEF(或其補(bǔ)角)是異面直線BC與AE所成的角.圖1在△AEF中，由于EF＝eq\r(2)，AF＝eq\r(2)，AE＝eq\f(1,2)PC＝2.所以AF2＋EF2＝AE2，∠AFE＝eq\f(π,2)，則△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF＝eq\f(π,4).因此異面直線BC與AE所成的角的大小是eq\f(π,4).法二如圖2，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(2，0，0)，C(2，2eq\r(2)，0)，P(0，0，2)，E(1，eq\r(2)，1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1,eq\r(2)，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(2)，0).圖2設(shè)eq\o(AE,\s\up6(→))與eq\o(BC,\s\up6(→))的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,2×2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以θ＝eq\f(π,4).由此可知異面直線BC與AE所成的角的大小是eq\f(π,4).規(guī)律方法(1)幾何法求異面直線所成的角關(guān)鍵是依據(jù)定義構(gòu)成三角形求解.(2)利用向量法求異面直線所成角的一般步驟是：①選好基底或建立空間直角坐標(biāo)系；②求出兩直線的方向向量v1，v2；③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝eq\f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解；④取銳角或直角.【訓(xùn)練1】(1)(一題多解)(2024·全國Ⅱ卷)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),6)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(\r(2),2)(2)(一題多解)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝eq\r(2)AB，E，F(xiàn)分別為BC，BB1的中點(diǎn)，M，N分別為AA1，A1C1的中點(diǎn)，則直線MN與EF所成角的余弦值為()A.eq\f(3,5) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(4,5)解析(1)法一如圖，補(bǔ)上一相同的長方體CDEF－C1D1E1F1，連接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，則∠B1DE1為異面直線AD1與DB1所成角.因?yàn)樵陂L方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，所以DE1＝eq\r(DE2＋EEeq\o\al(2,1))＝eq\r(12＋（\r(3)）2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋（\r(3)）2)＝eq\r(5)，B1E1＝eq\r(A1Beq\o\al(2,1)＋A1Eeq\o\al(2,1))＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1＝eq\f(22＋（\r(5)）2－（\r(5)）2,2×2×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)，故選C.法二如圖，連接BD1，交DB1于O，取AB的中點(diǎn)M，連接DM，OM，易知O為BD1的中點(diǎn)，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角.因?yàn)樵陂L方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，AD1＝eq\r(AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝eq\r(5)，所以O(shè)M＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)，故選C.法三以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.由條件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，eq\r(3))，B1(1，1，eq\r(3))，所以eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1，1，eq\r(3))，則由向量夾角公式，得cos〈eq\o(AD1,\s\up6(→))，eq\o(DB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD1,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→)),|\o(AD1,\s\up6(→))|·|\o(DB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)，故選C.(2)法一如圖，在原三棱柱的上方，再放一個(gè)完全一樣的三棱柱，連接AC1，CB1，C1B′，易得MN∥AC1，EF∥CB1∥C1B′，那么∠AC1B′或∠AC1B′的補(bǔ)角即直線MN與EF所成的角.設(shè)AA1＝eq\r(2)AB＝eq\r(2)a，則AC1＝C1B′＝eq\r(3)a，連接AB′，則AB′＝eq\r(a2＋（2\r(2)a）2)＝3a，由余弦定理得cos∠AC1B′＝eq\f(（\r(3)a）2＋（\r(3)a）2－（3a）2,2（\r(3)a）·（\r(3)a）)＝－eq\f(1,2).故直線MN與EF所成角的余弦值為eq\f(1,2).法二如圖，連接AC1，C1B，CB1，設(shè)C1B，CB1交于點(diǎn)O，取AB的中點(diǎn)D，連接CD，OD，則MN∥AC1∥OD，EF∥CB1，那么∠DOC或其補(bǔ)角即直線MN與EF所成的角.設(shè)AA1＝eq\r(2)AB＝eq\r(2)a，則AC1＝CB1＝eq\r(3)a，于是OD＝OC＝eq\f(\r(3)a,2)，又CD＝eq\f(\r(3)a,2)，于是△OCD為正三角形，故直線MN與EF所成角的余弦值為eq\f(1,2).法三取AB的中點(diǎn)O，連接CO，則CO⊥AB，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB所在直線為x軸，OC所在直線為y軸，過點(diǎn)O且平行于CC1的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB＝2，則AA1＝2eq\r(2)，∴A(－1，0，0)，A1(－1，0，2eq\r(2))，M(－1，0，eq\r(2))，C(0，eq\r(3)，0)，C1(0，eq\r(3)，2eq\r(2))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2\r(2)))，B(1，0，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，B1(1，0，2eq\r(2))，F(xiàn)(1，0，eq\r(2))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\r(2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，\r(2)))，所以cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(MN,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→)),|\o(MN,\s\up6(→))||\o(EF,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3,2),\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,2)，故直線MN與EF所成角的余弦值為eq\f(1,2).答案(1)C(2)B考點(diǎn)二求直線與平面所成的角【例2】(一題多解)(2024·浙江卷)如圖，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點(diǎn).(1)證明：EF⊥BC；(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.法一(1)證明如圖①，連接A1E.①因?yàn)锳1A＝A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，又BC?平面ABC，則A1E⊥BC.又因?yàn)锳1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.又A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F?平面A1EF，所以BC⊥平面A1EF.又EF?平面A1EF，因此EF⊥BC.(2)解如圖①，取BC的中點(diǎn)G，連接EG，GF，則四邊形EGFA1是平行四邊形.由于A1E⊥平面ABC，EG?平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形.由(1)得BC⊥平面EGFA1，又BC?平面A1BC，則平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上.連接A1G交EF于點(diǎn)O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補(bǔ)角).不妨設(shè)AC＝4，則在Rt△A1EG中，A1E＝2eq\r(3)，EG＝eq\r(3).由于O為A1G的中點(diǎn)，故EO＝OG＝eq\f(A1G,2)＝eq\f(\r(15),2)，所以cos∠EOG＝eq\f(EO2＋OG2－EG2,2EO·OG)＝eq\f(3,5).因此直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是eq\f(3,5).法二(1)證明連接A1E.因?yàn)锳1A＝A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC.如圖②，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E－xyz.②不妨設(shè)AC＝4，則A1(0，0，2eq\r(3))，B(eq\r(3)，1，0)，B1(eq\r(3)，3，2eq\r(3))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2\r(3)))，C(0，2，0).因此，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2\r(3)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，0).由eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，得EF⊥BC.(2)解設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ.由(1)可得eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，2，－2eq\r(3)).設(shè)平面A1BC的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(A1C,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,y－\r(3)z＝0.))取n＝(1，eq\r(3)，1)，故sinθ＝|cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(EF,\s\up6(→))·n|,|\o(EF,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(4,5)，又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosθ＝eq\f(3,5).因此直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是eq\f(3,5).規(guī)律方法求線面角的方法：(1)幾何法求線面角的步驟是“一作、二證、三計(jì)算”，轉(zhuǎn)化為三角形求解.(2)向量法(或坐標(biāo)法)求線面角，分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)，留意范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).【訓(xùn)練2】如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD為邊長為2的菱形，∠ADC＝60°，PC⊥CD，E為PC的中點(diǎn)，PC＝1，PA＝eq\r(7).(1)求證：PA∥平面BDE；(2)(一題多解)求直線BE與平面PBD所成的角的正弦值.(1)證明連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接EO，則EO∥PA，因?yàn)镻A?平面BDE，EO?平面BDE，所以PA∥平面BDE.(2)解法一取AB的中點(diǎn)F，連接PF，F(xiàn)C，AC，作PH⊥CF于點(diǎn)H，則由AC＝CB，得AB⊥PF，AB⊥FC，因?yàn)镻F∩FC＝F，所以AB⊥平面PFC，則AB⊥PH，因?yàn)锳C∩AB＝A，所以PH⊥平面ABC.在△PAB中，AB＝2，PA＝PB＝eq\r(7)，得PF＝eq\r(6)，又PC＝1，F(xiàn)C＝eq\r(3)，于是可求得PH＝eq\f(\r(6),3)，因?yàn)镾△BDC＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3)，PH＝eq\f(\r(6),3)，PC⊥CD，所以在Rt△DPC中，PD＝eq\r(5)，又PB＝eq\r(7)，BD＝2eq\r(3)，所以PD2＋PB2＝BD2，所以PB⊥PD，所以S△PBD＝eq\f(\r(35),2)，由VP－BDC＝VC－PBD，得點(diǎn)C到平面PBD的距離為eq\f(2\r(2),\r(35))，則點(diǎn)E到平面PBD的距離為eq\f(\r(2),\r(35))，又在△PBC中，易求得EB＝eq\f(\r(21),2).設(shè)直線BE與平面PBD所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(\f(\r(2),\r(35)),EB)＝eq\f(2\r(30),105).所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為eq\f(2\r(30),105).法二建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則易知A(1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，0，0)，D(0，－eq\r(3)，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(PA＝\r(7)，,PC＝1，,PD＝\r(5)，))得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(\r(3),6)，\f(\r(6),3)))，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－\f(\r(3),12)，\f(\r(6),6)))，則eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－\f(13\r(3),12)，\f(\r(6),6)))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7\r(3),6)，－\f(\r(6),3)))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0，－2eq\r(3)，0)，所以可求得平面PBD的一個(gè)法向量為m＝(2eq\r(2)，0，3eq\r(3))，設(shè)直線BE與平面PBD所成的角為θ，則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BE,\s\up6(→))·m,|\o(BE,\s\up6(→))||m|)))＝eq\f(2\r(30),105).即直線BE與平面PBD所成角的正弦值為eq\f(2\r(30),105).考點(diǎn)三求二面角【例3】如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120°得到的，G是eq\o(DF,\s\up8(︵))的中點(diǎn).(1)設(shè)P是eq\o(CE,\s\up8(︵))上的一點(diǎn)，且AP⊥BE，求∠CBP的大??；(2)(一題多解)當(dāng)AB＝3，AD＝2時(shí)，求二面角E－AG－C的大小.解(1)因?yàn)锳P⊥BE，AB⊥BE，AB，AP?平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP，又BP?平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°，因此∠CBP＝30°.(2)法一如圖1，取eq\o(EC,\s\up8(︵))的中點(diǎn)H，連接EH，GH，CH.因?yàn)椤螮BC＝120°，圖1所以四邊形BEHC為菱形，所以AE＝GE＝AC＝GC＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13).取AG的中點(diǎn)M，連接EM，CM，EC，則EM⊥AG，CM⊥AG，所以∠EMC為所求二面角的平面角.又AM＝1，所以EM＝CM＝eq\r(13－1)＝2eq\r(3).在△BEC中，由于∠EBC＝120°，由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12，所以EC＝2eq\r(3)，因此△EMC為等邊三角形，故所求的角為60°，即二面角E－AG－C的大小為60°.法二以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BE，BP，BA所在的直線為x，y，z軸，建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系.圖2由題意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，eq\r(3)，3)，C(－1，eq\r(3)，0)，故eq\o(AE,\s\up6(→))＝(2，0，－3)，eq\o(AG,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(2，0，3).設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一個(gè)法向量.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AG,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.))取z1＝2，可得平面AEG的一個(gè)法向量m＝(3，－eq\r(3)，2).設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一個(gè)法向量.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CG,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.))取z2＝－2，可得平面ACG的一個(gè)法向量n＝(3，－eq\r(3)，－2).所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,2)，則〈m·n〉＝60°.因此二面角E－AG－C的大小為60°.規(guī)律方法(1)幾何法求二面角的步驟是“一作、二證、三計(jì)算”.留意利用二面角一個(gè)平面的垂線、垂面找(作)平面角.(2)利用向量計(jì)算二面角大小的常用方法：①找法向量法：分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要留意結(jié)合實(shí)際圖形推斷所求角的大小.②找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大小.【訓(xùn)練3】(一題多解)(2024·嘉興測試)如圖，多面體由正方體ABCD－A1B1C1D1和四棱錐P－ABCD組成.正方體ABCD－A1B1C1D1棱長為2，四棱錐P－ABCD側(cè)棱長都相等，高為1.(1)求證：B1C⊥平面PCD；(2)求二面角B－PB1－C的余弦值.法一(幾何法)(1)證明分別取正方體上、下底面中心O，O1，則P，O，O1三點(diǎn)共線，連接PO1，AC，D1B1，在△PO1B1中，因?yàn)镻O1＝3，B1O1＝eq\r(2)，所以PB1＝eq\r(11).在△POC中，因?yàn)镻O＝1，CO＝eq\r(2)，所以PC＝eq\r(3).在△PB1C中，B1C＝2eq\r(2)，B1C2＋PC2＝PBeq\o\al(2,1)，所以∠PCB1＝90°，即B1C⊥PC.又B1C⊥CD，PC∩CD＝C，PC?平面PCD，CD?平面PCD，故B1C⊥平面PCD.(2)解易得CO⊥平面PBB1，作OE⊥PB1于E，連接CE，則CE⊥PB1，所以∠CEO是二面角O－PB1－C的平面角.在Rt△PO1B1中，eq\f(OE,PO)＝eq\f(B1O1,PB1)，所以O(shè)E＝eq\f(\r(2),\r(11)).在Rt△CEO中，tan∠CEO＝eq\f(OC,OE)＝eq\r(11)，則cos∠CEO＝eq\f(\r(3),6)，從而，二面角B－PB1－C的余弦值是－eq\f(\r(3),6).法二(向量法)以D1為坐標(biāo)原點(diǎn)，D1A1，D1C1，D1D所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系D1－xyz.(1)證明因?yàn)锽1(2，2，0)，C(0，2，2)，D(0，0，2)，P(1，1，3)，所以eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－2，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，所以eq\o(B1C,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，eq\o(B1C,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝0，即B1C⊥CD，B1C⊥CP，又PC∩CD＝C，PC?平面PCD，CD?平面PCD，故B1C⊥平面PCD.(2)解易得平面BPB1的一個(gè)法向量是m＝(1，－1，0).設(shè)n＝(x，y，z)是平面CPB1的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋2z＝0，,x－y＋z＝0))?x∶y∶z＝1∶2∶1，可取n＝(1，2，1).cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(－1,\r(2)×\r(6))＝－eq\f(\r(3),6)，故二面角B－PB1－C的余弦值為－eq\f(\r(3),6).空間向量在立體幾何中的應(yīng)用【例題】(滿分15分)(2024·浙江卷)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)證明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.審題路途圖法一(向量法)法二(幾何法)滿分解答法一(1)證明如圖，以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：A(0，－eq\r(3)，0)，B(1，0，0)，A1(0，－eq\r(3)，4)，B1(1，0，2)，C1(0，eq\r(3)，1).(3分)因此eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，2)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，－3).5分由eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝0得AB1⊥A1B1.由eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝0得AB1⊥A1C1.又A1B1∩A1C1＝A1，所以AB1⊥平面A1B1C1.7分(2)解設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ.由(1)可知eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，2).9分設(shè)平面ABB1的法向量n＝(x，y，z).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,2z＝0，))可取n＝(－eq\r(3)，1，0).12分所以sinθ＝|cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AC1,\s\up6(→))·n|,|\o(AC1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\r(39),13).因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(39),13).15分[構(gòu)建模板]利用空間向量解決立體幾何問題的“三步曲”……建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)的坐標(biāo)……用向量表示幾何元素……通過向量運(yùn)算，得出結(jié)論……用向量表示幾何元素……設(shè)求平面的法向量……代入線面角的向量公式，結(jié)論法二(1)證明由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB得AB1＝A1B1＝2eq\r(2)，所以A1Beq\o\al(2,1)＋ABeq\o\al(2,1)＝AAeq\o\al(2,1)，由AB1⊥A1B1.3分由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1＝eq\r(5)，由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝2eq\r(3)，由CC1⊥AC，得AC1＝eq\r(13)，所以ABeq\o\al(2,1)＋B1Ceq\o\al(2,1)＝ACeq\o\al(2,1)，故AB1⊥B1C1，6分又A1B1∩B1C1＝B1，因此AB1⊥平面A1B1C1.7分(2)解如圖，過點(diǎn)C1作C1D⊥A1B1，交直線A1B1于點(diǎn)D，連接AD.9分由AB1⊥平面A1B1C1，AB1?平面ABB1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1，由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，所以∠C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.12分由B1C1＝eq\r(5)，A1B1＝2eq\r(2)，A1C1＝eq\r(21)得cos∠C1A1B1＝eq\f(\r(6),\r(7))，sin∠C1A1B1＝eq\f(1,\r(7))，所以C1D＝eq\r(3)，故sin∠C1AD＝eq\f(C1D,AC1)＝eq\f(\r(39),13).因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(39),13).15分[構(gòu)建模板]……利用勾股定理，計(jì)算證明AB1⊥A1B1……證明AB1⊥B1C1……由線面垂直判定定理得結(jié)論(幾何法求線面角的步驟：“一作，二證，三計(jì)算”)……作出線面角……論證線面角……計(jì)算線面角(的正弦值)【訓(xùn)練】(一題多解)(2024·浙江卷)如圖，已知四棱錐P－ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E為PD的中點(diǎn).(1)證明：CE∥平面PAB；(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值.法一過P作PH⊥CD，交CD的延長線于點(diǎn)H.不妨設(shè)AD＝2，∵BC∥AD，CD⊥AD，則易求DH＝eq\f(1,2)，過P作底面的垂線，垂足為O，連接OB，OH，易得OH∥BC，且OP，OB，OH兩兩垂直.故可以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)H，OB，OP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.(1)證明由PC＝AD＝2DC＝2CB，E為PD的中點(diǎn)，則可得：Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4)，\f(\r(3),4)))，則eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(5,4)，\f(\r(3),4)))，eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，－\f(\r(3),2))).設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PA,\s\up6(→))＝x＋\f(1,2)y－\f(\r(3),2)z＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝\f(3,2)y－\f(\r(3),2)z＝0.))令y＝1，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，,z＝\r(3)，))∴n＝(1，1，eq\r(3))，∴eq\o(CE,\s\up6(→))·n＝eq\f(1,2)×1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)))×1＋eq\f(\r(3),4)×eq\r(3)＝0.又∵CE?平面PAB，∴CE∥平面PAB.(2)解由(1)得eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)，－\f(\r(3),2)))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，－\f(\r(3),2)))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(5,4)，\f(\r(3),4))).設(shè)平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝\f(3,2)y－\f(\r(3),2)z＝0，,m·\o(PC,\s\up6(→))＝－x＋\f(3,2)y－\f(\r(3),2)z＝0.))令y＝1，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，,z＝\r(3)，))∴m＝(0，1，eq\r(3)).設(shè)直線CE與平面PBC所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈m，eq\o(CE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(CE,\s\up6(→))|,|m||\o(CE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\r(4)×\r(2))＝eq\f(\r(2),8).∴直線CE與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(2),8).法二(1)證明如圖，設(shè)PA中點(diǎn)為F，連接EF，F(xiàn)B.因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PD，PA中點(diǎn)，所以EF∥AD且EF＝eq\f(1,2)AD，又因?yàn)锽C∥AD，BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF∥BC且EF＝BC，即四邊形BCEF為平行四邊形，所以CE∥BF.又因?yàn)镃E?平面PAB，BF?平面PAB，因此CE∥平面PAB.(2)解分別取BC，AD的中點(diǎn)為M，N，連接PN交EF于點(diǎn)Q，連接MQ.因?yàn)镋，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點(diǎn)，所以Q為EF中點(diǎn)，在平行四邊形BCEF中，MQ∥CE.由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD，N是AD的中點(diǎn)得BN⊥AD.因?yàn)镻N∩BN＝N，所以AD⊥平面PBN.由BC∥AD得BC⊥平面PBN，因?yàn)锽C?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBN.過點(diǎn)Q作PB的垂線，垂足為H，則QH⊥平面PBC.連接MH，則MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角.設(shè)CD＝1.在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝eq\r(2)得CE＝eq\r(2)，在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝eq\r(3)得QH＝eq\f(1,4)，在Rt△MQH中，QH＝eq\f(1,4)，MQ＝eq\r(2)，所以sin∠QMH＝eq\f(\r(2),8)，所以，直線CE與平面PBC所成角的正弦值是eq\f(\r(2),8).基礎(chǔ)鞏固題組一、選擇題1.(2024·濟(jì)南質(zhì)檢)如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(3,5)解析不妨令CB＝1，則CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2，2，1)，∴cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4－1,\r(5)×\r(9))＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)＞0.∴eq\o(BC1,\s\up6(→))與eq\o(AB1,\s\up6(→))的夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角，∴直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5).答案A2.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為線段A1C1的中點(diǎn)，則異面直線DE與B1C所成角的大小為()A.eq\f(π,3) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,6) D.eq\f(π,12)解析連接AC，BD，B1E，設(shè)BD與AC交于點(diǎn)O，連接B1O，則四邊形DOB1E為平行四邊形，所以DE∥OB1，所以異面直線DE與B1C所成角為∠OB1C，設(shè)正方體棱長為1，則B1C＝eq\r(2)，OC＝eq\f(\r(2),2)，B1O＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))，所以cos∠OB1C＝eq\f(2＋1＋\f(1,2)－\f(1,2),2\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))·\r(2))＝eq\f(\r(3),2).又因?yàn)楫惷嬷本€所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴∠OB1C＝eq\f(π,6).答案C3.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)解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1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\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2))).設(shè)平面A1ED的一個(gè)法向量為n1＝(1，y，z)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2.))∴n1＝(1，2，2).∵平面ABCD的一個(gè)法向量為n2＝(0，0，1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3)，即所成的銳二面角的余弦值為eq\f(2,3).答案B4.(2024·金麗衢十二校三聯(lián))正四面體ABCD，E為棱AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作平面BCE的平行平面，該平面與平面ABC、平面ACD的交線分別為l1，l2，則l1，l2所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(\r(2),2)解析由題意得BC∥l1，CE∥l2，則∠BCE即為l1與l2所成角.設(shè)正四面體的棱長為a，則易得EB＝EC＝eq\f(\r(3),2)a，設(shè)BC的中點(diǎn)為F，連接EF，則易得EF＝eq\f(\r(2),2)a，則l1與l2所成角的正弦值為sin∠BCE＝eq\f(EF,EC)＝eq\f(\f(\r(2),2)a,\f(\r(3),2)a)＝eq\f(\r(6),3)，故選A.答案A5.在三棱錐P－ABC中，點(diǎn)P在底面的正投影恰好是等邊△ABC的邊AB的中點(diǎn)，且點(diǎn)P究竟面ABC的距離等于底面邊長.設(shè)△PAC與底面所成的二面角的大小為α，△PBC與底面所成的二面角的大小為β，則tan(α＋β)的值是()A.eq\f(3,4)eq\r(3) B.eq\f(2,5)eq\r(3)C.－eq\f(8,13)eq\r(3) D.－eq\f(5,8)eq\r(3)解析如圖，設(shè)點(diǎn)P在邊AB上的射影為H，作HF⊥BC，HE⊥AC，連接PF，PE.依題意，∠HEP＝α，∠PFH＝β.不妨設(shè)等邊△ABC的邊長為2，則PH＝2，AH＝BH＝1.∴HE＝eq\f(\r(3),2)，HF＝eq\f(\r(3),2)，則tanα＝tanβ＝eq\f(2,\f(\r(3),2))＝eq\f(4,\r(3))，故tan(α＋β)＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(4,\r(3)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(3))))\s\up12(2))＝－eq\f(8,13)eq\r(3).答案C二、填空題6.如圖是正四面體的平面綻開圖，G，H，M，N分別為DE，BE，EF，EC的中點(diǎn)，在這個(gè)正四面體中，①GH與EF平行；②BD與MN為異面直線；③GH與MN成60°角；④DE與MN垂直.以上四個(gè)命題中，正確命題的序號是________.解析還原成正四面體A－DEF，其中H與N重合，A，B，C三點(diǎn)重合.易知GH與EF異面，BD與MN異面.連接GM，∵△GMH為等邊三角形，∴GH與MN成60°角，易證DE⊥AF，又MN∥AF，∴MN⊥DE.因此正確命題的序號是②③④.答案②③④7.如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點(diǎn)，則直線EF和BC1所成的角大小為__________；直線EF與底面ABC所成角的大小為________.解析以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB＝BC＝AA1＝2，則C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(xiàn)(0，0，1)，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2，∴cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，∴EF和BC1所成的角為60°；∵FB⊥平面ABC，BF＝BE＝1，∴∠FEB為直線EF與底面ABC的夾角且為45°.答案60°45°8.已知點(diǎn)E，F(xiàn)分別在正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，則平面AEF與平面ABC所成的二面角的正切值為________.解析延長FE，CB相交于點(diǎn)G，連接AG，如圖所示.設(shè)正方體的棱長為3，則GB＝BC＝3，作BH⊥AG于點(diǎn)H，連接EH，則∠EHB為所求二面角的平面角.∵BH＝eq\f(3\r(2),2)，EB＝1，∴tan∠EHB＝eq\f(EB,BH)＝eq\f(\r(2),3).答案eq\f(\r(2),3)9.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則直線CD與平面BDC1所成角的正弦值等于________.解析以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.設(shè)AA1＝2AB＝2，則D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，則eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0，1，2).設(shè)平面BDC1的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則n⊥eq\o(DB,\s\up6(→))，n⊥eq\o(DC1,\s\up6(→))，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令y＝－2，得平面BDC1的一個(gè)法向量為n＝(2，－2，1).設(shè)直線CD與平面BDC1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(DC,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DC,\s\up6(→)),|n||\o(DC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(2,3).答案eq\f(2,3)三、解答題10.(2024·臺州期末評估)如圖，四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，PD＝AB＝2AD＝2CD＝2，E為PB的中點(diǎn).(1)證明：平面EAC⊥平面PBC；(2)(一題多解)求直線PD與平面AEC所成角的正弦值.(1)證明PC⊥平面ABCD，故PC⊥AC.又AB＝2，AD＝CD＝1，AD⊥AB，所以AC＝BC＝eq\r(2).故AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC.又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC，因?yàn)锳C?平面ACE，所以平面ACE⊥平面PBC.(2)解法一PC⊥平面ABCD，故PC⊥CD.又PD＝2，所以PC＝eq\r(3).在平面PCB內(nèi)，過點(diǎn)P作PH⊥CE，垂足為H.由(1)知平面ACE⊥平面PBC，所以PH⊥平面ACE，又點(diǎn)E為PB的中點(diǎn)，CE＝eq\f(1,2)PB＝eq\f(\r(5),2).由等面積法得CE·PH＝eq\f(1,2)PC·BC.所以PH＝eq\f(\r(30),5).又點(diǎn)E為PB的中點(diǎn)，所以點(diǎn)P到平面ACE的距離與點(diǎn)B到平面ACE的距離相等.連接BD交AC于點(diǎn)G，則GB＝2DG.所以點(diǎn)D到平面ACE的距離是點(diǎn)B到平面ACE的距離的一半，即eq\f(1,2)PH.所以直線PD與平面AEC所成角的正弦值為eq\f(\f(1,2)PH,PD)＝eq\f(\r(30),20).法二如圖，取AB的中點(diǎn)F，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)镻D＝2，所以CP＝eq\r(3).所以C(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，eq\r(3))，A(1，1，0)，B(1，－1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，1，－eq\r(3))，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).設(shè)平面ACE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,\f(x,2)－\f(y,2)＋\f(\r(3),2)z＝0，))取x＝1，得y＝－1，z＝－eq\f(2\r(3),3)，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，－\f(2\r(3),3))).設(shè)直線PD與平面AEC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(PD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1,2\r(2＋\f(4,3)))＝eq\f(\r(30),20).所以直線PD與平面AEC所成角的正弦值為eq\f(\r(30),20).11.(2024·全國Ⅱ卷)如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)證明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值.(1)證明由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，B1C1，EC1?平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)解由(1)知∠BEB1＝90°.由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，|eq\o(DA,\s\up6(→))|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，2).設(shè)平面EBC的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1－y1＋z1＝0，))所以可取n＝(0，－1，－1).設(shè)平面ECC1的法向量為m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CC1,\s\up6(→))·m＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2z2＝0，,x2－y2＋z2＝0，))所以可取m＝(1，1，0).于是cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(1,2)，則sin〈n，m〉＝eq\f(\r(3),2)，所以二面角B－EC－C1的正弦值為eq\f(\r(3),2).實(shí)力提升題組12.如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，點(diǎn)F在斜邊AB上，且AB＝4AF，點(diǎn)M在線段BC上運(yùn)動，D，E是平面ABC同一側(cè)的兩點(diǎn)，AD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，AD＝3，AC＝BE＝4.當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動到線段BC的中點(diǎn)時(shí)，異面直線CF與EM所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(21),14) B.eq\f(\r(7),14)C.eq\f(\r(7),7) D.eq\f(\r(21),7)解析取BF的中點(diǎn)N，連接MN，EN，因?yàn)镸，N分別為BC，BF的中點(diǎn)，所以MN∥CF，且MN＝eq\f(1,2)CF，所以∠EMN為異面直線CF與EM所成的角.因?yàn)锳C＝4，∠BAC＝60°，∠ACB＝90°，所以BC＝4eq\r(3)，BM＝2eq\r(3)，所以EM＝eq\r(BM2＋BE2)＝eq\r(（2\r(3)）2＋42)＝2eq\r(7).因?yàn)锳C＝4，∠BAC＝60°，∠ACB＝90°，所以AB＝8，所以AF＝eq\f(1,4)AB＝2，BF＝eq\f(3,4)AB＝6，所以BN＝3，所以EN＝eq\r(BE2＋BN2)＝eq\r(42＋32)＝5.在△ACF中，由余弦定理得CF＝2eq\r(3)，所以MN＝eq\r(3).在△EMN中，由余弦定理可得cos∠EMN＝eq\f(ME2＋MN2－EN2,2ME·MN)＝eq\f(28＋3－25,2×2\r(7)×\r(3))＝eq\f(\r(21),14)，所以異面直線CF與EM所成角的余弦值為eq\f(\r(21),14).故選A.答案A13.(2024·紹興適應(yīng)性考試)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB