高考数学二轮复习讲义专题七第二讲运用空间向量求角

第二讲运用空间向量求角题型(一)运用空间向量求两直线所成的角主要考查用直线的方向向量求异面直线所成的角.[典例感悟][例1]已知正三棱柱ABC­A1B1C1的各条棱长都相等，P为A1B上的点，且eq\o(A1P,\s\up7(→))＝λeq\o(A1B,\s\up7(→))，PC⊥AB.(1)求λ的值；(2)求异面直线PC与AC1所成角θ的余弦值．[解](1)设正三棱柱的棱长为2，取AC中点O，连结OB，则OB⊥AC.以O为原点，OB，OC所在直线为x轴，y轴，过点O且平行AA1的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(eq\r(3)，0,2)，C1(0,1,2)，所以eq\o(AB,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1,0)，eq\o(CA1,\s\up7(→))＝(0，－2,2)，eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1，－2)．因为PC⊥AB，所以eq\o(CP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，得(eq\o(CA1,\s\up7(→))＋eq\o(A1P,\s\up7(→)))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，即(eq\o(CA1,\s\up7(→))＋λeq\o(A1B,\s\up7(→)))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，即(eq\r(3)λ，－2＋λ，2－2λ)·(eq\r(3)，1,0)＝0，解得λ＝eq\f(1,2).(2)由(1)知eq\o(CP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，1))，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(0,2,2)，cosθ＝eq\f(|eq\o(CP,\s\up7(→))·eq\o(AC1,\s\up7(→))|,|eq\o(CP,\s\up7(→))||eq\o(AC1,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(2),8)，所以异面直线PC与AC1所成角θ的余弦值是eq\f(\r(2),8).[方法技巧]1．两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)(其中φ为异面直线a，b所成的角)．2．用向量法求异面直线所成角的四步骤(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值等于两向量夹角余弦值的绝对值．[演练冲关](2018·无锡期末)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝∠CBA＝90°，PA＝AB＝BC＝1，AD＝2，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．(1)求EF与DG所成角的余弦值；(2)若M为EF上一点，N为DG上一点，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，∵E，F，G分别为BC，PD，PC的中点，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，∴eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(DG,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(3,2)，\f(1,2)))，设EF与DG所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(DG,\s\up7(→))|,|eq\o(EF,\s\up7(→))|·|eq\o(DG,\s\up7(→))|)＝eq\f(2\r(66),33).∴EF与DG所成角的余弦值为eq\f(2\r(66),33).(2)存在MN，使得MN⊥平面PBC，理由如下：设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，∵eq\o(BC,\s\up7(→))＝(0,1,0)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1,0，－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(PB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x－z＝0，))取x＝1，得n＝(1,0,1)，若存在MN，使得MN⊥平面PBC，则eq\o(MN,\s\up7(→))∥n，设M(x1，y1，z1)，N(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x1＝z2－z1，,y2－y1＝0，))①∵点M，N分别是线段EF与DG上的点，∴eq\o(EM,\s\up7(→))＝λeq\o(EF,\s\up7(→))，eq\o(DN,\s\up7(→))＝teq\o(DG,\s\up7(→))，∵eq\o(EM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－1，y1－\f(1,2)，z1))，eq\o(DN,\s\up7(→))＝(x2，y2－2，z2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－1＝－λ，,y1－\f(1,2)＝\f(1,2)λ，,z1＝\f(1,2)λ，))且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(1,2)t，,y2－2＝－\f(3,2)t，,z2＝\f(1,2)t，))②把②代入①，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)t＋λ－1＝\f(1,2)t－\f(1,2)λ，,－\f(3,2)t－\f(1,2)λ＋\f(3,2)＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(2,3)，,t＝\f(7,9)，))∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,6)，\f(1,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,18)，\f(5,6)，\f(7,18))).故存在两点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,6)，\f(1,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,18)，\f(5,6)，\f(7,18)))，使得MN⊥平面PBC.题型(二)运用空间向量求直线和平面所成的角考查用直线的方向向量与平面的法向量计算直线与平面所成的角.[典例感悟][例2](2018·苏州暑假测试)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，且PA＝AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝1，PA⊥平面ABCD.(1)求PB与平面PCD所成角的正弦值；(2)棱PD上是否存在一点E满足∠AEC＝90°？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由．[解](1)如图，以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A­xyz，则P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，从而eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1,0，－1)，eq\o(PC,\s\up7(→))＝(1,1，－1)，eq\o(PD,\s\up7(→))＝(0,2，－1)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(PC,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(PD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－z＝0，,2y－z＝0，))不妨取z＝2，则y＝1，x＝1，所以平面PCD的一个法向量n＝(1,1,2)，此时cos〈eq\o(PB,\s\up7(→))，n〉＝eq\f(1－2,\r(2)×\r(6))＝－eq\f(\r(3),6)，所以PB与平面PCD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),6).(2)设eq\o(PE,\s\up7(→))＝λeq\o(PD,\s\up7(→))(0≤λ≤1)，则E(0,2λ，1－λ)．则eq\o(CE,\s\up7(→))＝(－1,2λ－1,1－λ)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(0,2λ，1－λ)，由∠AEC＝90°得eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(CE,\s\up7(→))＝2λ(2λ－1)＋(1－λ)2＝0，化简得，5λ2－4λ＋1＝0，该方程无解，所以棱PD上不存在一点E满足∠AEC＝90°.[方法技巧]直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|n·e|,|n||e|).[演练冲关](2018·南通、泰州一调)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为棱C1D1的中点，Q为棱BB1上的点，且BQ＝λBB1(λ≠0)．(1)若λ＝eq\f(1,2)，求AP与AQ所成角的余弦值；(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45°，求实数λ的值．解：以{eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，P(1,2,2)，Q(2,0,2λ)．(1)当λ＝eq\f(1,2)时，eq\o(AP,\s\up7(→))＝(1,2,2)，eq\o(AQ,\s\up7(→))＝(2,0,1)，所以cos〈eq\o(AP,\s\up7(→))，eq\o(AQ,\s\up7(→))〉＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AQ,\s\up7(→)))),|eq\o(AP,\s\up7(→))||eq\o(AQ,\s\up7(→))|)＝eq\f(|1×2＋2×0＋2×1|,3×\r(5))＝eq\f(4\r(5),15).所以AP与AQ所成角的余弦值为eq\f(4\r(5),15).(2)eq\o(AA1,\s\up7(→))＝(0,0,2)，eq\o(AQ,\s\up7(→))＝(2,0,2λ)．设平面APQ的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AP,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AQ,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＋2z＝0，,2x＋2λz＝0.))令z＝－2，则x＝2λ，y＝2－λ.所以n＝(2λ，2－λ，－2)．又因为直线AA1与平面APQ所成角为45°，所以|cos〈n，eq\o(AA1,\s\up7(→))〉|＝eq\f(|n·eq\o(AA1,\s\up7(→))|,|n||eq\o(AA1,\s\up7(→))|)＝eq\f(4,2\r(2λ2＋2－λ2＋－22))＝eq\f(\r(2),2)，可得5λ2－4λ＝0，又因为λ≠0，所以λ＝eq\f(4,5).题型(三)运用空间向量求二面角考查用平面的法向量计算平面与平面所成的角.[典例感悟][例3]如图，正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD＝1，D1D＝2，点P为棱CC1的中点．(1)设二面角A­A1B­P的大小为θ，求sinθ的值；(2)设M为线段A1B上的一点，求eq\f(AM,MP)的取值范围．[解](1)如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D­xyz，则A(1,0,0)，A1(1,0,2)，P(0,1,1)，B(1,1,0)．由题意可知n＝(1,0,0)为平面AA1B的一个法向量．又eq\o(PA1,\s\up7(→))＝(1，－1,1)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1,0，－1)．设平面PA1B的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(PA1,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(PB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2＋z2＝0，,x2－z2＝0，))取m＝(1,2,1)为平面PA1B的一个法向量．所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(\r(6),6)，则sinθ＝eq\f(\r(30),6).(2)设M(x，y，z)，eq\o(BM,\s\up7(→))＝λeq\o(BA1,\s\up7(→))(0≤λ≤1)，即(x－1，y－1，z)＝λ(0，－1,2)，所以M(1,1－λ，2λ)．所以eq\o(MA,\s\up7(→))＝(0，λ－1，－2λ)，eq\o(MP,\s\up7(→))＝(－1，λ，1－2λ)，eq\f(AM,MP)＝eq\r(\f(λ－12＋4λ2,1＋λ2＋1－2λ2))＝eq\r(\f(5λ2－2λ＋1,5λ2－4λ＋2))＝eq\r(1＋\f(2λ－1,5λ2－4λ＋2)).令2λ－1＝t∈[－1,1]，则eq\f(2λ－1,5λ2－4λ＋2)＝eq\f(4t,5t2＋2t＋5)＝eq\f(4,5t＋\f(5,t)＋2)，当t∈[－1,0)时，eq\f(4,5t＋\f(5,t)＋2)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))；当t∈(0,1]时，eq\f(4,5t＋\f(5,t)＋2)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))；当t＝0时，eq\f(4t,5t2＋2t＋5)＝0.所以eq\f(4t,5t2＋2t＋5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))，则eq\f(AM,MP)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(2\r(3),3))).故eq\f(AM,MP)的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(2\r(3),3))).[方法技巧]二面角的求法建立恰当坐标系，求出两个平面的法向量n1，n2，利用cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)求出(结合图形取“±”号)二面角，也可根据线面垂直，直接求出法向量来求解．[演练冲关]ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，AA1＝2，eq\o(BD,\s\up7(→))＝λeq\o(DC,\s\up7(→)).(1)若λ＝1，求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值；(2)若二面角B1­A1C1­D的大小为60°，求实数λ的值．解：如图，分别以AB，AC，AA1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A­xyz.则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，C1(0,4,2)．(1)当λ＝1时，D为BC的中点，所以D(1,2,0)，eq\o(DB1,\s\up7(→))＝(1，－2,2)，eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝(0,4,0)，eq\o(A1D,\s\up7(→))＝(1,2，－2)．设平面A1C1D的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(A1D,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4y＝0，,x＋2y－2z＝0，))令z＝1，得y＝0，x＝2，则n＝(2,0,1)为平面A1C1D的一个法向量，设直线DB1与平面A1C1D所成的角为θ.则sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈eq\o(DB1,\s\up7(→))，n〉))＝eq\f(|eq\o(DB1,\s\up7(→))·n|,|eq\o(DB1,\s\up7(→))||n|)＝eq\f(4,3\r(5))＝eq\f(4\r(5),15)，所以直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值为eq\f(4\r(5),15).(2)因为eq\o(BD,\s\up7(→))＝λeq\o(DC,\s\up7(→))，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,λ＋1)，\f(4λ,λ＋1)，0))，eq\o(A1D,\s\up7(→))＝eq\f(2,λ＋1)，eq\f(4λ,λ＋1)，－2.设平面A1C1D的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(A1D,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4y1＝0，,\f(2,λ＋1)x1＋\f(4λ,λ＋1)y1－2z1＝0，))令z1＝1，得y1＝0，x1＝λ＋1，则n1＝(λ＋1,0,1)为平面A1C1D的一个法向量．又平面A1B1C1的一个法向量为n2＝(0,0,1)，由题意得|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,\r(λ＋12＋1))＝eq\f(1,2)，解得λ＝eq\r(3)－1或λ＝－eq\r(3)－1(不合题意，舍去)，所以实数λ的值为eq\r(3)－1.2．(2018·苏锡常镇一模)如图，已知正四棱锥P­ABCD中，PA＝AB＝2，点M，N分别在PA，BD上，且eq\f(PM,PA)＝eq\f(BN,BD)＝eq\f(1,3).(1)求异面直线MN与PC所成角的大小；(2)求二面角N­PC­B的余弦值．解：(1)连结AC，BD，设AC，BD交于点O，在正四棱锥P­ABCD中，OP⊥平面ABCD.又PA＝AB＝2，所以OP＝eq\r(2).以O为坐标原点，eq\o(DA,\s\up7(→))，eq\o(AB,\s\up7(→))方向分别是x轴，y轴正方向，建立空间直角坐标系O­xyz，如图．则A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，eq\r(2))．故eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(1,3)，\f(2\r(2),3)))，eq\o(ON,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，0))，所以eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，－\f(2\r(2),3)))，eq\o(PC,\s\up7(→))＝(－1,1，－eq\r(2))，cos〈eq\o(MN,\s\up7(→))，eq\o(PC,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(MN,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→)),|eq\o(MN,\s\up7(→))||eq\o(PC,\s\up7(→))|)＝eq\f(2,\f(2\r(3),3)×2)＝eq\f(\r(3),2)，所以MN与PC所成角的大小为30°.(2)eq\o(PC,\s\up7(→))＝(－1,1，－eq\r(2))，eq\o(CB,\s\up7(→))＝(2,0,0)，eq\o(NC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(2,3)，0)).设m＝(x，y，z)是平面PCB的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(PC,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(CB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y－\r(2)z＝0，,2x＝0，))令y＝eq\r(2)，得z＝1，所以m＝(0，eq\r(2)，1)，设n＝(x1，y1，z1)是平面PCN的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(PC,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(NC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1－\r(2)z1＝0，,－\f(4,3)x1＋\f(2,3)y1＝0.))令x1＝2，得y1＝4，z1＝eq\r(2)，所以n＝(2,4，eq\r(2)),故cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(5\r(2),\r(3)×\r(22))＝eq\f(5\r(33),33)，所以二面角N­PC­B的余弦值为eq\f(5\r(33),33).eq\a\vs4\al([课时达标训练])A组——大题保分练1．(2018·南京学情调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AP＝AB＝AD＝1.(1)若直线PB与CD所成角的大小为eq\f(π,3)，求BC的长；(2)求二面角B­PD­A的余弦值．解：(1)以{eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AP,\s\up7(→))}为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.因为AP＝AB＝AD＝1，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．设C(1，y,0)，则eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1,0，－1)，eq\o(CD,\s\up7(→))＝(－1,1－y,0)．因为直线PB与CD所成角大小为eq\f(π,3)，所以|cos〈eq\o(PB,\s\up7(→))，eq\o(CD,\s\up7(→))〉|＝eq\f(|eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))|,∣eq\o(PB,\s\up7(→))∣·∣eq\o(CD,\s\up7(→))∣)＝eq\f(1,2)，即eq\f(1,\r(2)×\r(1＋1－y2))＝eq\f(1,2)，解得y＝2或y＝0(舍)，所以C(1,2,0)，所以BC的长为2.(2)设平面PBD的法向量为n1＝(x，y，z)．因为eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1,0，－1)，eq\o(PD,\s\up7(→))＝(0,1，－1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(PB,\s\up7(→))·n1＝0，,eq\o(PD,\s\up7(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y－z＝0.))令x＝1，则y＝1，z＝1，所以n1＝(1,1,1)．因为平面PAD的一个法向量为n2＝(1,0,0)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(3),3)，所以由图可知二面角B­PD­A的余弦值为eq\f(\r(3),3).2．(2018·苏北四市期末)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F，G分别是棱AA1，AC和A1C1的中点，以{eq\o(FA,\s\up7(→))，eq\o(FB,\s\up7(→))，eq\o(FG,\s\up7(→))→}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系F­xyz.(1)求异面直线AC与BE所成角的余弦值；(2)求二面角F­BC1­C的余弦值．解：(1)因为AB＝1，AA1＝2，则F(0,0,0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Ceq\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))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，2))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，2))，所以eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－1,0,0)，eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，1)).记异面直线AC和BE所成角为α，则cosα＝|cos〈eq\o(AC,\s\up7(→))，eq\o(BE,\s\up7(→))〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1×\f(1,2))),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))2＋1))＝eq\f(\r(2),4)，所以异面直线AC和BE所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4).(2)设平面BFC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)．因为eq\o(FB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(FC1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，2))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(FB,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(FC1,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)y1＝0，,－\f(1,2)x1＋2z1＝0，))取x1＝4，得平面BFC1的一个法向量为m＝(4,0,1)．设平面BCC1的法向量为n＝(x2，y2，z2)．因为eq\o(CB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(CC1,\s\up7(→))＝(0,0,2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(CB,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(CC1,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋\f(\r(3),2)y2＝0，,2z2＝0，))取x2＝eq\r(3)，得平面BCC1的一个法向量为n＝(eq\r(3)，－1,0)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(4×\r(3)＋－1×0＋1×0,\r(\r(3)2＋－12＋02)·\r(42＋02＋12))＝eq\f(2\r(51),17).根据图形可知二面角F­BC1­C为锐二面角，所以二面角F­BC1­C的余弦值为eq\f(2\r(51),17).3．(2018·南京、盐城二模)如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝60°，E，F分别是BC，A1C的中点．(1)求异面直线EF，AD所成角的余弦值；(2)点M在线段A1D上，eq\f(A1M,A1D)＝λ.若CM∥平面AEF，求实数λ的值．解：因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1为直四棱柱，所以A1A⊥平面ABCD.又AE⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以A1A⊥AE，A1A⊥AD.在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，则△ABC是等边三角形．因为E是BC的中点，所以BC⊥AE.因为BC∥AD，所以AE⊥AD.故以A为原点，AE，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A(0,0,0)，E(eq\r(3)，0,0)，C(eq\r(3)，1,0)，D(0，2,0)，A1(0,0,2)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1)).(1)因为eq\o(AD,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，所以cos〈eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(EF,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(EF,\s\up7(→)),|eq\o(AD,\s\up7(→))||eq\o(EF,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(2),4)，所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4).(2)设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且eq\f(A1M,A1D)＝λ，即eq\o(A1M,\s\up7(→))＝λeq\o(A1D,\s\up7(→))，则(x，y，z－2)＝λ(0,2，－2)．解得M(0,2λ，2－2λ)，eq\o(CM,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，2λ－1,2－2λ)．设平面AEF的法向量为n＝(x0，y0，z0)．因为eq\o(AE,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，0,0)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x0＝0，,\f(\r(3),2)x0＋\f(1,2)y0＋z0＝0，))令y0＝2，得z0＝－1，所以平面AEF的一个法向量为n＝(0,2，－1)．由于CM∥平面AEF，则n·eq\o(CM,\s\up7(→))＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(2,3).4.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AB＝AC＝1，AA1＝2，点P是棱BB1上一点，满足eq\o(BP,\s\up7(→))＝λeq\o(BB1,\s\up7(→))(0≤λ≤1)．(1)若λ＝eq\f(1,3)，求直线PC与平面A1BC所成角的正弦值；(2)若二面角P­A1C­B的正弦值为eq\f(2,3)，求λ的值．解：以A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1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.因为AB＝AC＝1，AA1＝2，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1，0,2λ)．(1)由λ＝eq\f(1,3)得，eq\o(CP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(2,3)))，eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(1,0，－2)，eq\o(A1C,\s\up7(→))＝(0,1，－2)．设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(A1B,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(A1C,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－2z1＝0，,y1－2z1＝0.))不妨取z1＝1，则x1＝y1＝2，从而平面A1BC的一个法向量为n1＝(2,2,1)．设直线PC与平面A1BC所成的角为θ，则sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈eq\o(CP,\s\up7(→))，n1〉))＝eq\f(|eq\o(CP,\s\up7(→))·n1|,|eq\o(CP,\s\up7(→))|·|n1|)＝eq\f(\r(22),33)，所以直线PC与平面A1BC所成角的正弦值为eq\f(\r(22),33).(2)设平面PA1C的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，又eq\o(A1P,\s\up7(→))＝(1,0,2λ－2)，故由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(A1C,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(A1P,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2－2z2＝0，,x2＋2λ－2z2＝0.))不妨取z2＝1，则x2＝2－2λ，y2＝2，所以平面PA1C的一个法向量为n2＝(2－2λ，2,1)．则cos〈n1，n2〉＝eq\f(9－4λ,3\r(4λ2－8λ＋9))，又二面角P­A1C­B的正弦值为eq\f(2,3)，所以eq\f(9－4λ,3\r(4λ2－8λ＋9))＝eq\f(\r(5),3)，化简得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)，故λ的值为1.B组——大题增分练1．(2018·镇江期末)如图，AC⊥BC，O为AB中点，且DC⊥平面ABC，DC∥BE.已知AC＝BC＝DC＝BE＝2.(1)求直线AD与CE所成的角；(2)求二面角O­CE­B的余弦值．解：(1)因为AC⊥CB且DC⊥平面ABC，则以C为原点，CB为x轴正方向，CA为y轴正方向，CD为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．因为AC＝BC＝BE＝2，则C(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,2,0)，O(1,1,0)，E(2,0,2)，D(0,0,2)，且eq\o(AD,\s\up7(→))＝(0，－2,2)，eq\o(CE,\s\up7(→))＝(2,0,2)．所以cos〈eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(CE,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(CE,\s\up7(→)),|eq\o(AD,\s\up7(→))|·|eq\o(CE,\s\up7(→))|)＝eq\f(4,2\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2).所以直线AD和CE的夹角为60°.(2)平面BCE的一个法向量为m＝(0,1,0)，设平面OCE的法向量n＝(x0，y0，z0)．由eq\o(CO,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(CE,\s\up7(→))＝(2,0,2)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(CE,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(CO,\s\up7(→))＝0，))则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x0＋2z0＝0，,x0＋y0＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z0＝－x0，,y0＝－x0，))取x0＝－1，则n＝(－1,1,1)．因为二面角O­CE­B为锐二面角，记为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(\r(3),3).即二面角O­CE­B的余弦值为eq\f(\r(3),3).2．(2018·江苏高考)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．解：如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))，eq\o(OO1,\s\up7(→))}为基底，建立空间直角坐标系O­xyz.因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(eq\r(3)，0,2)，C1(0，1,2)．(1)因为P为A1B1的中点，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，从而eq\o(BP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(0,2,2)，所以|cos〈eq\o(BP,\s\up7(→))，eq\o(AC1,\s\up7(→))〉|＝eq\f(|eq\o(BP,\s\up7(→))·eq\o(AC1,\s\up7(→))|,|eq\o(BP,\s\up7(→))|·|eq\o(AC1,\s\up7(→))|)＝eq\f(|－1＋4|,\r(5)×2\r(2))＝eq\f(3\r(10),20).所以异面直线BP与AC1所成角的余弦值为eq\f(3\r(10),20).(2)因为Q为BC的中点，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，因此eq\o(AQ,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(0,2,2)，eq\o(CC1,\s\up7(→))＝(0,0,2)．设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(AQ,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(AC1,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0，,2y＋2z＝0.))不妨取n＝(eq\r(3)，－1,1)．设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(CC1,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(CC1,\s\up7(→))·n|,|eq\o(CC1,\s\up7(→))|·|n|)＝eq\f(2,\r(5)×2)＝eq\f(\r(5),5).所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).3.(2018·苏锡常镇调研(一))如图，在四棱锥P­ABCD中，已知底面ABCD是矩形，PD垂直于底面ABCD，PD＝AD＝2AB，点Q为线段PA(不含端点)上一点．(1)当Q是线段PA的中点时，求CQ与平面PBD所成角的正弦值；(2)已知二面角Q­BD­P的正弦值为eq\f(2,3)，求eq\f(PQ,PA)的值．解：以{eq\o(DA,\s\up7(→))，eq\o(DC,\s\up7(→))，eq\o(DP,\s\up7(→))}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.不妨设AB＝1，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2，1,0)，P(0,0,2)．eq\o(DB,\s\up7(→))＝(2,1,0)，eq\o(DP,\s\up7(→))＝(0,0,2)．(1)当Q是线段PA的中点时，Q(1，0,1)，eq\o(CQ,\s\up7(→))＝(1，－1，1)．设平面PBD的法向量为m＝(x，y，z)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(DP,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0，,2z＝0，))不妨取x＝1，解得y＝－2.则平面PBD的一个法向量为m＝(1，－2,0)．故cos〈m，eq\o(CQ,\s\up7(→))〉＝eq\f(m·eq\o(CQ,\s\up7(→)),|m|·|eq\o(CQ,\s\up7(→))|)＝eq\f(3,\r(3)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5).综上，CQ与平面PBD所成角的正弦值为eq\f(\r(15),5).(2)eq\o(AP,\s\up7(→))＝(－2,0,2)，设eq\o(AQ,\s\up7(→))＝λeq\o(AP,\s\up7(→))(λ∈(0,1))，即eq\o(AQ,\s\up7(→))＝(－2λ，0,2λ)．故Q(2－2λ，0,2λ)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(2,1,0)，eq\o(DQ,\s\up7(→))＝(2－2λ，0,2λ)．设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z