2021年高中数学 第3章 空间向量与立体几何 3.6 直线与平面、平面与平面所成的角讲义（含解析）湘教版选修2-1

3．6直线与平面、平面与平面所成的角[读教材·填要点]1．直线与平面所成的角(1)定义：如果直线l与平面α垂直，l与平面α所成的角θ为直角，θ＝eq\f(π,2).如果直线l与平面α不垂直，则l在α内的射影是一条直线l′，将l与l′所成的角θ定义为l与平面α所成的角．(2)范围：θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(3)计算：作直线l的方向向量v和平面α的法向量n，并且可选v与n所成的角θ1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则l与平面α所成的角θ＝eq\f(π,2)－θ1，sinθ＝cos_θ1＝eq\f(|v·n|,|v|·|n|).2．二面角(1)定义：从一条直线l出发的两个半平面α，β组成的图形叫作二面角，记作α­l­β.(2)二面角的平面角过二面角α­l­β的棱l上任意一点O作垂直于棱l的平面，分别与两个面α，β相交得到两条射线OA，OB，则∠AOB称为二面角α­l­β的平面角．(3)二面角的范围二面角的平面角的度数在0°～180°范围内，特别当二面角α­l­β是90°时称它为直二面角，此时称两个面α，β相互垂直．3．两个平面所成的角两个相交平面，以交线为棱可以构成四个二面角，其中最小的一个二面角称为这两个平面所成的角，取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).两个平行平面所成的角为0°.[小问题·大思维]1．当一条直线l与一个平面α的夹角为0时，这条直线一定在平面内吗？提示：不一定，这条直线可能与平面平行．2．设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为a，平面α的法向量为n，如何用a和n求角θ？提示：sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a|·|n|).3．二面角的法向量的夹角与二面角的平面角的大小有什么关系？提示：相等或互补．求直线与平面所成的角如图，在四棱锥P­ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M，N分别为PC，PB的中点．求BD与平面ADMN所成的角θ.[自主解答]　如图所示，建立空间直角坐标系，设BC＝1，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，则N(1,0,1)，∴eq\o(BD,\s\up7(―→))＝(－2,2,0)，eq\o(AD,\s\up7(―→))＝(0,2,0)，eq\o(AN,\s\up7(―→))＝(1,0,1)．设平面ADMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AD,\s\up7(―→))＝0，,n·eq\o(AN,\s\up7(―→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＋z＝0，))取x＝1，则z＝－1，∴n＝(1,0，－1)．∵cos〈eq\o(BD,\s\up7(―→))，n〉＝eq\f(eq\o(BD,\s\up7(―→))·n,|eq\o(BD,\s\up7(―→))|·|n|)＝eq\f(－2,\r(8)·\r(2))＝－eq\f(1,2)，∴sinθ＝|cos〈eq\o(BD,\s\up7(―→))，n〉|＝eq\f(1,2).又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.利用向量法求直线与平面所成角的步骤为：(1)确定直线的方向向量和平面的法向量；(2)求两个向量夹角的余弦值；(3)确定向量夹角的范围；(4)确定线面角与向量夹角的关系：向量夹角为锐角时，线面角与这个夹角互余；向量夹角为钝角时，线面角等于这个夹角减去90°.1.如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2.求直线PA与平面DEF所成角的正弦值．解：如图，以点A为原点，AB，AC，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A­xyz.由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1)).∴eq\o(PA,\s\up7(―→))＝(0,0，－2)，eq\o(DE,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq\o(DF,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)).设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(DE,\s\up7(―→))＝0，,n·eq\o(DF,\s\up7(―→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))＝0，,x，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1))＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2z，,y＝0.))取z＝1，则平面DEF的一个法向量为n＝(2,0,1)．设PA与平面DEF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(PA,\s\up7(―→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(eq\o(PA,\s\up7(―→))·n,|eq\o(PA,\s\up7(―→))|·|n|)))＝eq\f(\r(5),5)，故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).求二面角如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．(1) 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：O1O⊥底面ABCD.(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1­OB1­D的余弦值．[自主解答]　(1)证明：因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，因为AC∩BD＝O，所以O1O⊥底面ABCD.(2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝eq\r(3)，OC＝1，所以O(0,0,0)，B1(eq\r(3)，0,2)，C1(0,1,2)，平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，设平面OC1B1的法向量为m＝(x，y，z)，则由m⊥eq\o(OB1,\s\up7(―→))，m⊥eq\o(OC1,\s\up7(―→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋2z＝0，,y＋2z＝0.))取z＝－eq\r(3)，则x＝2，y＝2eq\r(3)，所以m＝(2,2eq\r(3)，－eq\r(3))，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),\r(19))＝eq\f(2\r(57),19).由图形可知二面角C1­OB1­D的大小为锐角，所以二面角C1­OB1­D的余弦值为eq\f(2\r(57),19).利用法向量求二面角的步骤为：(1)确定两平面的法向量；(2)求两法向量的夹角的余弦值；(3)确定二面角的范围；(4)确定二面角与面面角的关系：二面角范围的确定要通过图形观察，法向量一般不能体现出来．2．(2016·全国卷Ⅰ)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D­AF­E与二面角C­BE­F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E­BC­A的余弦值．解：(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)过D作DG⊥EF，垂足为G.由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，eq\o(GF,\s\up7(―→))的方向为x轴正方向，|eq\o(GF,\s\up7(―→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G­xyz.由(1)知∠DFE为二面角D­AF­E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝eq\r(3)，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，eq\r(3))．由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C­BE­F的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C(－2,0，eq\r(3))．所以eq\o(EC,\s\up7(―→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(EB,\s\up7(―→))＝(0,4,0)，eq\o(AC,\s\up7(―→))＝(－3，－4，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up7(―→))＝(－4,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(EC,\s\up7(―→))＝0，,n·eq\o(EB,\s\up7(―→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,4y＝0，))所以可取n＝(3,0，－eq\r(3))．设m是平面ABCD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(AC,\s\up7(―→))＝0，,m·eq\o(AB,\s\up7(―→))＝0，))同理可取m＝(0，eq\r(3)，4)．则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(2\r(19),19).由图知，二面角E­BC­A为钝角，故二面角E­BC­A的余弦值为－eq\f(2\r(19),19).解题高手多解题条条大路通罗马，换一个思路试一试已知PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝eq\r(2)，求二面角A­PB­C的余弦值．[解]　法一：如图所示，取PB的中点D，连接CD.∵PC＝BC＝eq\r(2)，∴CD⊥PB.∴作AE⊥PB于E，那么二面角A­PB­C的大小就等于异面直线DC与EA所成的角θ的大小．∵PD＝1，PE＝eq\f(PA2,PB)＝eq\f(1,2)，∴DE＝PD－PE＝eq\f(1,2).又∵AE＝eq\f(AP·AB,PB)＝eq\f(\r(3),2)，CD＝1，AC＝1，eq\o(AC,\s\up7(―→))＝eq\o(AE,\s\up7(―→))＋eq\o(ED,\s\up7(―→))＋eq\o(DC,\s\up7(―→))，且eq\o(AE,\s\up7(―→))⊥eq\o(ED,\s\up7(―→))，eq\o(ED,\s\up7(―→))⊥eq\o(DC,\s\up7(―→))，∴|eq\o(AC,\s\up7(―→))|2＝|eq\o(AE,\s\up7(―→))|2＋|eq\o(ED,\s\up7(―→))|2＋|eq\o(DC,\s\up7(―→))|2＋2|eq\o(AE,\s\up7(―→))|·|eq\o(DC,\s\up7(―→))|cos(π－θ)，即1＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)＋1－2·eq\f(\r(3),2)·1·cosθ，解得cosθ＝eq\f(\r(3),3).故二面角A­PB­C的余弦值为eq\f(\r(3),3).法二：由法一可知，向量eq\o(DC,\s\up7(―→))与eq\o(EA,\s\up7(―→))的夹角的大小就是二面角A­PB­C的大小，如图，建立空间直角坐标系Cxyz，则A(1,0,0)，B(0，eq\r(2)，0)，C(0,0,0)，P(1,0,1)，D为PB的中点，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)，\f(1,2))).又eq\f(PE,EB)＝eq\f(AP2,AB2)＝eq\f(1,3)，即E分eq\o(PB,\s\up7(―→))的比为eq\f(1,3).∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(\r(2),4)，\f(3,4)))，eq\o(EA,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，－\f(\r(2),4)，－\f(3,4)))，eq\o(DC,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(2),2)，－\f(1,2)))，|eq\o(EA,\s\up7(―→))|＝eq\f(\r(3),2)，|eq\o(DC,\s\up7(―→))|＝1，eq\o(EA,\s\up7(―→))·eq\o(DC,\s\up7(―→))＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(1,2).∴cos〈eq\o(EA,\s\up7(―→))，eq\o(DC,\s\up7(―→))〉＝eq\f(eq\o(EA,\s\up7(―→))·eq\o(DC,\s\up7(―→)),|eq\o(EA,\s\up7(―→))|·|eq\o(DC,\s\up7(―→))|)＝eq\f(\r(3),3).故二面角A­PB­C的余弦值为eq\f(\r(3),3).法三：如图所示建立空间直角坐标系，则A(0，0,0)，B(eq\r(2)，1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，eq\o(AP,\s\up7(―→))＝(0,0,1)，eq\o(AB,\s\up7(―→))＝(eq\r(2)，1,0)，eq\o(CB,\s\up7(―→))＝(eq\r(2)，0,0)，eq\o(CP,\s\up7(―→))＝(0，－1,1)，设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(AP,\s\up7(―→))＝0，,m·eq\o(AB,\s\up7(―→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，y，z·0，0，1＝0，,x，y，z·\r(2)，1，0＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(2)x，,z＝0.))令x＝1，则m＝(1，－eq\r(2)，0)．设平面PBC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(CB,\s\up7(―→))＝0，,n·eq\o(CP,\s\up7(―→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′，y′，z′·\r(2)，0，0＝0，,x′，y′，z′·0，－1，1＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝0，,y′＝z′.))令y′＝－1，则n＝(0，－1，－1)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(\r(3),3).∴二面角A­PB­C的余弦值为eq\f(\r(3),3).1．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于(　　)A．120°　　　　　　　B．60°C．30°D．以上均错解析：设直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos120°|＝eq\f(1,2)，又∵0＜θ≤90°，∴θ＝30°.答案：C2．若正三棱锥的侧面都是直角三角形，则侧面与底面所成的二面角的余弦值为(　　)A.eq\f(\r(6),3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),3)D.eq\f(1,3)解析：设正三棱锥P­ABC，PA，PB，PC两两互相垂直，设PA＝PB＝PC＝a.取AB的中点D，连接PD，CD，易知∠PDC为侧面PAB与底面ABC所成的角．易求PD＝eq\f(\r(2),2)a，CD＝eq\f(\r(6),2)a，故cos∠PDC＝eq\f(PD,DC)＝eq\f(\r(3),3).答案：B3．在边长为a的正△ABC中，AD⊥BC于D，沿AD折成二面角B­AD­C后，BC＝eq\f(1,2)a，这时二面角B­AD­C的大小为(　　)A．30°B．45°C．60°D．90°解析：由定义知，∠BDC为所求二面角的平面角，又BC＝BD＝DC＝eq\f(1,2)a，∴△BDC为等边三角形，∴∠BDC＝60°.答案：C4．若一个二面角的两个面的法向量分别为m＝(0,0,3)，n＝(8,9,2)，则这个锐二面角的余弦值为________．解析：cos〈m，n〉＝eq\f(0，0，3·8，9，2,3\r(82＋92＋22))＝eq\f(2,\r(149))＝eq\f(2\r(149),149).答案：eq\f(2\r(149),149)5．正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值是________．解析：如图，以DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，取正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，易证eq\o(AC1,\s\up7(―→))是平面A1BD的一个法向量．又eq\o(AC1,\s\up7(―→))＝(－1,1,1)，eq\o(BC1,\s\up7(―→))＝(－1,0,1)．所以cos〈eq\o(AC1,\s\up7(―→))，eq\o(BC1,\s\up7(―→))〉＝eq\f(1＋1,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3).所以BC1与平面A1BD所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).答案：eq\f(\r(6),3)6．(2017·江苏高考)如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1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B­A1D­A的正弦值．解：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\up7(―→))，eq\o(AD,\s\up7(―→))，eq\o(AA1,\s\up7(―→))}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A(0,0,0)，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\up7(―→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up7(―→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))．则cos〈eq\o(A1B,\s\up7(―→))，eq\o(AC1,\s\up7(―→))〉＝eq\f(eq\o(A1B,\s\up7(―→))·eq\o(AC1,\s\up7(―→)),|eq\o(A1B,\s\up7(―→))||eq\o(AC1,\s\up7(―→))|)＝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)可知平面A1DA的一个法向量为eq\o(AE,\s\up7(―→))＝(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\up7(―→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up7(―→))＝(－eq\r(3)，3,0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(A1B,\s\up7(―→))＝0，,m·eq\o(BD,\s\up7(―→))＝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\up7(―→))，m〉＝eq\f(eq\o(AE,\s\up7(―→))·m,|eq\o(AE,\s\up7(―→))||m|)＝eq\f(3\r(3),\r(3)×4)＝eq\f(3,4).设二面角B­A1D­A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B­A1D­A的正弦值为eq\f(\r(7),4).一、选择题1．若平面α的一个法向量n＝(2,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(1,2,3)，则l与α所成角的正弦值为(　　)A.eq\f(\r(17),6)　　　　　　　B.eq\f(\r(21),6)C．－eq\f(\r(21),6)D.eq\f(\r(21),3)解析：∵cos〈a，n〉＝eq\f(a·n,|a|·|n|)＝eq\f(1，2，3·2，1，1,\r(1＋4＋9)·\r(22＋1＋1))＝eq\f(2＋2＋3,\r(14×6))＝eq\f(\r(21),6).∴l与α所成角的正弦值为eq\f(\r(21),6).答案：B2.如图，过边长为1的正方形ABCD的顶点A作线段EA⊥平面AC，若EA＝1，则平面ADE与平面BCE所成的二面角的大小是(　　)A．120°　　　　　　　B．45°C．135°D．60°解析：以A为原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则E(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，eq\o(EB,\s\up7(―→))＝(1,0，－1)，eq\o(EC,\s\up7(―→))＝(1,1，－1)．设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,x＋y－z＝0，))可取n＝(1,0,1)，又平面EAD的法向量为eq\o(AB,\s\up7(―→))＝(1,0,0)，所以cos〈n，eq\o(AB,\s\up7(―→))〉＝eq\f(1,\r(2)×1)＝eq\f(\r(2),2)，故平面ADE与平面BCE所成的二面角为45°.答案：B3．在直角坐标系中，已知A(2,3)，B(－2，－3)，沿x轴把直角坐标系折成平面角为θ的二面角A­Ox­B，使∠AOB＝90°，则cosθ为(　　)A．－eq\f(1,9)B.eq\f(1,9)C.eq\f(4,9)D．－eq\f(4,9)解析：过A，B分别作x轴垂线，垂足分别为A′，B′.则AA′＝3，BB′＝3，A′B′＝4，OA＝OB＝eq\r(13)，折后，∠AOB＝90°，∴AB＝eq\r(OA2＋OB2)＝eq\r(26).由eq\o(AB,\s\up7(―→))＝eq\o(AA′,\s\up7(―→))＋eq\o(A′B′,\s\up7(―→))＋eq\o(B′B,\s\up7(―→))，得|eq\o(AB,\s\up7(―→))|2＝|eq\o(AA′,\s\up7(―→))|2＋|eq\o(A′B′,\s\up7(―→))|2＋|eq\o(B′B,\s\up7(―→))|2＋2|eq\o(AA′,\s\up7(―→))|·|eq\o(B′B,\s\up7(―→))|·cos(π－θ)．∴26＝9＋16＋9＋2×3×3×cos(π－θ)，∴cosθ＝eq\f(4,9).答案：C4.已知平面α内有一个以AB为直径的圆，PA⊥α，点C在圆周上(异于点A，B)，点D，E分别是点A在PC，PB上的射影，则(　　)A．∠ADE是二面角A­PC­B的平面角B．∠AED是二面角A­PB­C的平面角C．∠DAE是二面角B­PA­C的平面角D．∠ACB是二面角A­PC­B的平面角解析：选项A错误，若DE⊥PC，则PC⊥平面ADE，所以PC⊥AE，又AE⊥PB，所以AE⊥平面PBC，同理可证：AD⊥平面PBC，这是不可能的．选项B正确，因为PA⊥BC，AC⊥BC，所以BC⊥平面PAC，所以AD⊥BC，又AD⊥PC，且PC∩BC＝C，所以AD⊥平面PBC，又因为AE⊥PB，所以DE⊥PB，所以∠AED为二面角A­PB­C的平面角．选项C错误，因为PA⊥平面α，所以PA⊥AC且PA⊥AB，所以∠CAB为二面角B­PA­C的平面角，因此，∠DAE不是二面角B­PA­C的平面角．选项D错误，在△PAC中，∠PAC＝90°，所以AC与PC不垂直，因此，∠ACB不是二面角A­PC­B的平面角．答案：B二、填空题5．如图所示，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC夹角的正弦值为________．解析：不妨设正三棱柱ABC­A1B1C1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(eq\r(3)，－1,0)，B1(eq\r(3)，1,2)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，则eq\o(CD,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，eq\o(CB1,\s\up7(―→))＝(eq\r(3)，1,2)，设平面B1DC的法向量为n＝(x，y,1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(CD,\s\up7(―→))＝0，,n·eq\o(CB1,\s\up7(―→))＝0，))解得n＝(－eq\r(3)，1,1)．又∵eq\o(DA,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，－2))，∴sinθ＝|cos〈eq\o(DA,\s\up7(―→))，n〉|＝eq\f(4,5).答案：eq\f(4,5)6．正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A­BD­C的正弦值为________．解析：取BC中点O，连接AO，DO.建立如图所示空间直角坐标系，设BC＝1，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0)).∴eq\o(OA,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(BA,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BD,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).由于eq\o(OA,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))为平面BCD的法向量，可进一步求出平面ABD的一个法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，1))，∴cos〈n，eq\o(OA,\s\up7(―→))〉＝eq\f(\r(5),5)，sin〈n，eq\o(OA,\s\up7(―→))〉＝eq\f(2\r(5),5).∴二面角A­BD­C的正弦值为eq\f(2\r(5),5).答案：eq\f(2\r(5),5)7．已知三棱锥S­ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA＝3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为________．解析：建立如图所示空间直角坐标系，则S(0,0,3)，A(0,0,0)，B(eq\r(3)，1,0)，C(0,2,0)．∴eq\o(AB,\s\up7(―→))＝(eq\r(3)，1,0)，eq\o(SB,\s\up7(―→))＝(eq\r(3)，1，－3)，eq\o(SC,\s\up7(―→))＝(0,2，－3)．设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(SB,\s\up7(―→))＝\r(3)x＋y－3z＝0，,n·eq\o(SC,\s\up7(―→))＝2y－3z＝0.))令y＝3，则z＝2，x＝eq\r(3)，∴n＝(eq\r(3)，3,2)．设AB与平面SBC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(AB,\s\up7(―→))〉|＝eq\f(|n·eq\o(AB,\s\up7(―→))|,|n|·|eq\o(AB,\s\up7(―→))|)＝eq\f(3＋3,4×2)＝eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)8．在体积为1的直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，求直线A1B与平面BB1C1C所成角的正弦值为________．解析：由题意，可得体积V＝CC1·S△ABC＝CC1·eq\f(1,2)·AC·BC＝eq\f(1,2)CC1＝1，∴CC1＝2.建立如图所示空间直角坐标系，得点B(0,1,0)，eq\a\vs4\al(A11，0，2).则eq\o(A1B,\s\up7(―→))＝(－1,1，－2)，又平面BB1C1C的法向量为n＝(1,0,0)．设直线A1B与平面BB1C1C所成的角为θ，eq\o(A1B,\s\up7(―→))与n的夹角为φ，则cosφ＝eq\f(eq\o(A1B,\s\up7(―→))·n,|eq\o(A1B,\s\up7(―→))|·|n|)＝－eq\f(\r(6),6)，∴sinθ＝|cosφ|＝eq\f(\r(6),6)，即直线A1B与平面BB1C1C所成角的正弦值为eq\f(\r(6),6).答案：eq\f(\r(6),6)三、解答题9.如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，所以AH＝10.以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up7(―→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，eq\o(FE,\s\up7(―→))＝(10,0,0)，eq\o(HE,\s\up7(―→))＝(0，－6，8)．设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(FE,\s\up7(―→))＝0，,n·eq\o(HE,\s\up7(―→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10x＝0，,－6y＋8z＝0，))所以可取n＝(0,4,3)．又eq\o(AF,\s\up7(―→))＝(－10,4,8)，故|cos〈n，eq\o(AF,\s\up7(―→))〉|＝eq\f(|n·eq\o(AF,\s\up7(―→))|,|n||eq\o(AF,\s\up7(―→))|)＝eq\f(4\r(5),15).所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为eq\f(4\r(5),15).10．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P­ABCD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M­AB­D的余弦值．解：(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，所以四边形BCEF是平行四边形，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\up7(―→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up7(―→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，P(0，1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up7(―→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up7(―→))＝(1,0,0)．设M(x，y，z)(0