【2020年高考数学一轮复习核心素养大揭秘】专题 7.6 用向量法求空间角（解析版）

第七篇立体几何与空间向量专题7.06用向量法求空间角【考纲要求】能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.【命题趋势】用向量法证明线线、线面、面面的平行与垂直，用向量法求空间角和解决探索性问题.【核心素养】本讲内容能体现对数学建模，数学运算，数学抽象的考查.【素养清单•基础知识】1．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 l1与l2所成的角θ a与b的夹角β 范围 eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) (0，π) 求法 2.直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成角为θ，a与n的夹角为β，则EMBEDEquation.DSMT4.3．求二面角的大小(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ为〈eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(CD,\s\up8(→))〉.(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，即二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．【真题体验】1.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】（1）见解析；（2）.【解析】（1）连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．（2）由已知可得DE⊥DA．以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则，A1(2，0，4)，，，，，，．设为平面A1MA的法向量，则，所以可取．设为平面A1MN的法向量，则所以可取．于是，所以二面角的正弦值为．【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.2.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由已知得，平面，平面，故EMBEDEquation.DSMT4．又，所以平面．（2）由（1）知．由题设知≌，所以，故，．以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即所以可取n=.设平面的法向量为m=（x，y，z），则即所以可取m=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值为．【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.3.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则即所以可取n=（3，6，–）．又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．因此二面角B–CG–A的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.4.【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．（2）过A作AD的垂线交BC于点M．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．所以．所以.设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则即令z=1，则．于是．又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为．（3）直线AG在平面AEF内．因为点G在PB上，且，所以.由（2）知，平面AEF的法向量.所以.所以直线AG在平面AEF内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F−AE−P的余弦值；（3）首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量即可判断直线是否在平面内.5.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）．【解析】方法一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，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，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.由于O为A1G的中点，故，所以．因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．方法二：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，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．如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1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A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．因此，，．由得．（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．由（1）可得．设平面A1BC的法向量为n，由，得，取n，故，因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.【考法拓展•题型解码】考法一　　求异面直线所成的角答题模板　　　　　　　　　　　　　　　　　　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．【例1】(2017·江苏卷)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B－A1D－A的正弦值．【答案】见解析【解析】在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如图，以{eq\o(AE,\s\up8(→))，eq\o(AD,\s\up8(→))，eq\o(AA1,\s\up8(→))}为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz.因为AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°，则B(eq\r(3)，－1,0)，D(0,2,0)，E(eq\r(3)，0,0)，A1(0,0，eq\r(3))，C1(eq\r(3)，1，eq\r(3))．(1)eq\o(A1B,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))．则cos〈eq\o(A1B,\s\up8(→))，eq\o(AC1,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up8(→))·\o(AC1,\s\up8(→)),|\o(A1B,\s\up8(→))||\o(AC1,\s\up8(→))|)＝eq\f(3－1－3,\r(7)·\r(7))＝－eq\f(1,7).因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为eq\f(1,7).(2)平面A1DA的一个法向量为eq\o(AE,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，0,0)．设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，又eq\o(A1B,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(－eq\r(3)，3,0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1B,\s\up8(→))＝0，,m·\o(BD,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y－\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋3y＝0.))不妨取x＝3，则y＝eq\r(3)，z＝2，所以m＝(3，eq\r(3)，2)为平面BA1D的一个法向量，从而cos〈eq\o(AE,\s\up8(→))，m〉＝eq\f(\o(AE,\s\up8(→))·m,|\o(AE,\s\up8(→))||m|)＝＝eq\f(3,4).设二面角B－A1D－A的大小为θ，则|cosθ|＝eq\f(3,4).因为θ∈[0，π]，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(7),4).因此二面角B－A1D－A的正弦值为eq\f(\r(7),4).考法二　　求直线与平面所成的角解题技巧　　　　　　　　　　　　　　　　　　　利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影所在直线的方向向量，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成的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．【例2】(2019·黄冈外校模拟)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示．(1)求证：AB⊥CD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为平面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.(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图所示．由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，所以AB⊥BE，AB⊥BD.以B为坐标原点，分别以eq\o(BE,\s\up8(→))，eq\o(BD,\s\up8(→))，eq\o(BA,\s\up8(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，则eq\o(BC,\s\up8(→))＝(1,1,0)，eq\o(BM,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(AD,\s\up8(→))＝(0,1，－1)．设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up8(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋y0＝0，,\f(1,2)y0＋\f(1,2)z0＝0，))取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1,1)．设直线AD与平面MBC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(AD,\s\up8(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AD,\s\up8(→))|,|n||\o(AD,\s\up8(→))|)＝eq\f(\r(6),3)，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).考法三　　求二面角解题技巧　　　　　　　　　　　　　　　　　　　求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在面的法向量，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是锐角还是钝角．【例3】(2017·浙江卷)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，eq\f(BQ,QC)＝eq\f(CR,RA)＝2.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】如图1，设点O是点D在底面ABC内的射影，过点O作OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥RQ，垂足分别为E，F，G，连接ED，FD，GD，易得ED⊥PR，所以∠OED就是二面角D－PR－Q的平面角，所以α＝∠OED，tanα＝eq\f(OD,OE)，同理tanβ＝eq\f(OD,OF)，tanγ＝eq\f(OD,OG).　　底面的平面图如图2所示，以P为原点建立平面直角坐标系，不妨设AB＝2，则A(－1,0)，B(1,0)，C(0，eq\r(3))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))，因为AP＝PB，eq\f(BQ,QC)＝eq\f(CR,RA)＝2，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2\r(3),3)))，Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(\r(3),3)))，则直线RP的方程为y＝－eq\f(\r(3),2)x，直线PQ的方程为y＝2eq\r(3)x，直线RQ的方程为y＝eq\f(\r(3),3)x＋eq\f(5\r(3),9)，根据点到直线的距离公式，知OE＝eq\f(2\r(21),21)，OF＝eq\f(\r(39),39)，OG＝eq\f(1,3)，所以OE>OG>OF，所以tanα<tanγ<tanβ，又α，β，γ为锐角，所以α<γ<β，故选B.【例4】(2017·北京卷)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＝eq\r(6)，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角为B－PD－A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：如图，设AC，BD的交点为E，连接ME.因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME，因为ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点．(2)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，平面PAD∩平面ABCD＝CD，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OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0，eq\r(2))，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(4，－4,0)，eq\o(PD,\s\up8(→))＝(2,0，－eq\r(2))．设平面BDP的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up8(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))令x＝1，则y＝1，z＝eq\r(2)，于是n＝(1,1，eq\r(2))．平面PAD的法向量为p＝(0,1,0)．所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(1,2).由题知二面角B－PD－A为锐角，所以它的大小为eq\f(π,3).(3)由题意知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2,4,0)，eq\o(MC,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(\r(2),2))).设直线MC与平面BDP所成角为α，则sinα＝|cos〈n，eq\o(MC,\s\up8(→))〉|＝eq\f(2\r(6),9).【例5】(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up8(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up8(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up8(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up8(→))＝(1,0,0)．设M(x，y，z)(0<x<1)，则eq\o(BM,\s\up8(→))＝(x－1，y，z)，eq\o(PM,\s\up8(→))＝(x，y－1，z－eq\r(3))．因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈eq\o(BM,\s\up8(→))，n〉|＝sin45°，即eq\f(|z|,\r(x－12＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即(x－1)2＋y2－z2＝0.　①又M在棱PC上，设eq\o(PM,\s\up8(→))＝λeq\o(PC,\s\up8(→))(0≤λ≤1)，则x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ.　②由①，②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)，))舍去，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，从而eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up8(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5).因此二面角M－AB－D的余弦值为eq\f(\r(10),5).【易错警示】易错点　混淆向量的夹角与几何中的夹角的概念【典例】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．【错解】：(1)证明：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系如图，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．eq\o(BE,\s\up8(→))＝(0,1,1)，eq\o(DC,\s\up8(→))＝(2,0,0)，故eq\o(BE,\s\up8(→))·eq\o(DC,\s\up8(→))＝0，所以BE⊥DC.(2)eq\o(BD,\s\up8(→))＝(－1,2,0)，eq\o(PB,\s\up8(→))＝(1,0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up8(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))不妨令y＝1，可得n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量．于是有cos〈n，eq\o(BE,\s\up8(→))〉＝eq\f(n·\o(BE,\s\up8(→)),|n||\o(BE,\s\up8(→))|)＝eq\f(2,\r(6)×\r(2))＝eq\f(\r(3),3)，所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).(3)eq\o(BC,\s\up8(→))＝(1,2,0)，eq\o(CP,\s\up8(→))＝(－2，－2,2)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(2,2,0)，eq\o(AB,\s\up8(→))＝(1,0,0)．由点F在棱PC上，设eq\o(CF,\s\up8(→))＝λeq\o(CP,\s\up8(→))，0≤λ≤1，故eq\o(BF,\s\up8(→))＝eq\o(BC,\s\up8(→))＋eq\o(CF,\s\up8(→))＝eq\o(BC,\s\up8(→))＋λeq\o(CP,\s\up8(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得eq\o(BF,\s\up8(→))·eq\o(AC,\s\up8(→))＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(3,4)，即eq\o(BF,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up8(→))＝0，,n1·\o(BF,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0.))不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的一个法向量n2＝(0,1,0)，则cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(－3,\r(10)×1)＝－eq\f(3\r(10),10).所以二面角F－AB－P的余弦值为－eq\f(3\r(10),10).【错因分析】：两个方向向量的夹角与空间中直线、平面的夹角是不完全相同的，如两个相交平面的法向量的夹角与这两个平面构成的二面角相等或互补，线面角的正弦值与平面的法向量和直线的方向向量的夹角的余弦值的绝对值是相等的．【正解】：(1)证明：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系如图，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1).eq\o(BE,\s\up8(→))＝(0,1,1)，eq\o(DC,\s\up8(→))＝(2,0,0)，故eq\o(BE,\s\up8(→))·eq\o(DC,\s\up8(→))＝0，所以BE⊥DC.(2)(同前)由于eq\o(BE,\s\up8(→))与平面PBD的法向量n所成之角为线面夹角的余角，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)(同前)易知二面角F－AB－P是锐二面角，所以所求二面角的余弦值为|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(3\r(10),10).【误区防范】　　　　　　　　　　　　　　　　　　　需要注意的是，利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角还是钝角由图形决定．由图形知二面角是锐角时，cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)，二面角是钝角时，cosθ＝－eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).当图形不能确定时，要根据向量的坐标在图形中观察向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部如图②)还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部如图③)，这是利用向量法求二面角的难点，也是易错点．【跟踪训练】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cosθ的最大值为__________．【答案】eq\f(2,5)【解析】以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AQ为z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝2，则E(1,0,0)，F(2,1,0)，设M(0，y,2)(0≤y≤2)，则eq\o(EM,\s\up8(→))＝(－1，y,2)，eq\o(AF,\s\up8(→))＝(2,1,0)，所以cosθ＝|cos〈eq\o(EM,\s\up8(→))，eq\o(AF,\s\up8(→))〉|＝eq\f(2－y,\r(y2＋5)·\r(5))，设f(y)＝eq\f(2－y,\r(y2＋5)·\r(5))，所以f′(y)＝.因为0≤y≤2，所以f′(y)<0，所以f(y)在[0,2]上单调递减，所以y＝0时，f(y)取最大值eq\f(2,5).【递进题组】1．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)A.eq\f(3\r(3),4)B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(3\r(2),4)D.eq\f(\r(3),2)【答案】A　【解析】记该正方体为ABCD­A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥A′­AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的角都相等．分别取C′D，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面AB′D′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝eq\f(\r(2),2)，所以该正六边形的面积为6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝eq\f(3\r(3),4)，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为eq\f(3\r(3),4)，故选A.2．(2019·山东模拟)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直，如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝t＞0，则相关各点的坐标为B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．从而eq\o(B1D,\s\up8(→))＝(－t,3，－3)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(t,1,0)，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(－t,3,0)，因为AC⊥BD，所以eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(BD,\s\up8(→))＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝eq\r(3).于是eq\o(B1D,\s\up8(→))＝(－eq\r(3)，3，－3)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，1,0)，因为eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(B1D,\s\up8(→))＝－3＋3＋0＝0，所以eq\o(AC,\s\up8(→))⊥eq\o(B1D,\s\up8(→))，即AC⊥B1D.(2)由(1)知，eq\o(AD1,\s\up8(→))＝(0,3,3)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，1,0)，eq\o(B1C1,\s\up8(→))＝(0,1,0)，设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up8(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，))令x＝1，则n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))．设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(B1C1,\s\up8(→))〉|＝eq\f(|n·\o(B1C1,\s\up8(→))|,|n|·|\o(B1C1,\s\up8(→))|)＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为eq\f(\r(21),7).3．如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝eq\f(π,2)，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝eq\r(2)，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，得PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝eq\r(2)得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.(2)由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝eq\f(π,4)，如图，过点D作DF⊥CE于点F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝eq\f(π,2)，得DF∥AC，所以eq\f(DF,AC)＝eq\f(FB,BC)＝eq\f(2,3)，故AC＝eq\f(3,2)DF＝eq\f(3,2).以C为坐标原点，分别以eq\o(CA,\s\up8(→))，eq\o(CB,\s\up8(→))，eq\o(CP,\s\up8(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则P(0,0,3)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，0))，E(0,2,0)，D(1,1,0)，eq\o(ED,\s\up8(→))＝(1，－1,0)，eq\o(DP,\s\up8(→))＝(－1，－1,3)，eq\o(DA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0)).设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·eq\o(DP,\s\up8(→))＝0，n1·eq\o(DA,\s\up8(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1－y1＋3z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))故可取n1＝(2,1,1)．由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为eq\o(ED,\s\up8(→))，即n2＝(1，－1,0)．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(3),6)，故所求二面角A－PD－C的余弦值为eq\f(\r(3),6).4．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.(1)求证：CD＝C1D；(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB1交BA1于点O，连接OD.因为B1P∥平面BDA1，B1P⊂平面AB1P，平面AB1P∩平面BA1D＝OD，所以B1P∥OD.又因为O为B1A的中点，所以D为AP的中点．因为C1D∥AA1，所以C1为A1P的中点．所以DC1＝eq\f(1,2)AA1＝eq\f(1,2)CC1，所以C1D＝CD.(2)建立如图所示的空间直角坐标系A1xyz，则B1(1,0,0)，B(1,0,1)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，所以eq\o(A1B1,\s\up8(→))＝(1,0,0)，eq\o(A1B,\s\up8(→))＝(1,0,1)，eq\o(A1D,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2))).设平面BA1D的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1B,\s\up8(→))·n＝0，,\o(A1D,\s\up8(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,y1＋\f(1,2)z1＝0.))令z1＝2，则x1＝－2，y1＝－1，所以n＝(－2，－1,2)．又eq\o(A1B1,\s\up8(→))＝(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量．所以cos〈n，eq\o(A1B1,\s\up8(→))〉＝eq\f(n·\o(A1B1,\s\up8(→)),|n||\o(A1B1,\s\up8(→))|)＝eq\f(－2,3×1)＝－eq\f(2,3).由图形可知二面角A－A1D－B为锐二面角，所以二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为eq\f(2,3).【考卷送检】一、选择题1．已知三棱锥S－ABC中，SA，SB，SC两两互相垂直，底面ABC上一点P到三个面SAB，SAC，SBC的距离分别为eq\r(2)，1，eq\r(6)，则PS的长度为(　　)A．9B.eq\r(5)C.eq\r(7)D．3【答案】D　【解析】由条件可分别以SA，SB，SC为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系Sxyz，则点S的坐标为(0,0,0)，点P的坐标为(eq\r(6)，1，eq\r(2))，由两点之间的距离公式可得PS＝eq\r(6＋1＋2)＝3.2．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于(　　)A．30°B．45°C．60°D．90°【答案】C　【解析】不妨设AB＝AC＝AA1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B(0，－1,0)，A1(0,0,1)，A(0,0,0)，C1(－1,0,1)，所以eq\o(BA1,\s\up8(→))＝(0,1,1)，eq\o(AC1,\s\up8(→))＝(－1,0,1)，所以cos〈eq\o(BA1,\s\up8(→))，eq\o(AC1,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(BA1,\s\up8(→))·\o(AC1,\s\up8(→)),|\o(BA1,\s\up8(→))|·|\o(AC1,\s\up8(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以〈eq\o(BA1,\s\up8(→))，eq\o(AC1,\s\up8(→))〉＝60°，所以异面直线BA1与AC1所成的角等于60°.3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)A.eq\f(1,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(2),2)【答案】B　【解析】以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，所以eq\o(A1D,\s\up8(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2))).设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2.))所以n1＝(1,2,2)．因为平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3)，即所成的锐二面角的余弦值为eq\f(2,3).4．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为u＝(－2,0，－4)，则(　　)A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α斜交【答案】B　【解析】因为u＝－2a，所以u∥a，则l⊥α.5．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧面积是其下底面面积的4eq\r(3)倍，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值为(　　)A.eq\f(\r(6),4)B.eq\f(\r(10),4)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(3),2)【答案】A　【解析】设正三棱柱的底面边长为a，侧棱长为b，由题意可得eq\f(3ab,\f(\r(3),4)a2)＝4eq\r(3)，整理得a＝b.取A1C1的中点E，连接B1E，易知B1E⊥A1C1，又AA1⊥底面A1B1C1，所以AA1⊥A1C1，AA1⊥B1E.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，设a为1，则E(0,0,0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0)).设AB1与平面ACC1A1所成的角为θ，eq\o(EB1,\s\up8(→))为平面ACC1A1的一个法向量，eq\o(AB1,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，－1))，eq\o(EB1,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，则sinθ＝|coseq\o(AB1,\s\up8(→))，eq\o(EB1,\s\up8(→))(