2020版高考数学第七章空间向量应用(第2课时)利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)讲义理

第2课时利用空间向量求夹角和距离(距离供采用)考点一

用空间向量求异面直线所成的角【例

1】(1)(

一题多解)(2017·全国Ⅱ卷

)已知直三棱柱

ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线

AB1与

BC1所成角的余弦值为

(

)3

15

10

3A.

2

B.

5

C.

5

D.

3(2)(

一题多解)(2019·河北、山西、河南三省联考

)在三棱锥

P－ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角

P－BC－A的大小为

120°，则异面直线

PB和

AC所成角的余弦值为(

)5

3

7

1A.8

B.4

C.8

D.4分析

(1)法一

以B为原点，成立如图

(1)所示的空间直角坐标系

.图(1)则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).又在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝2，则A(－1，3，0).→，－→，0，1)，所以AB1＝(13，1)，BC1＝(1→→→→AB1·BC1则cos〈AB1，BC1〉＝→→|AB|·|BC|11（1，－3，1）·（1，0，1）210＝5·2＝5·2＝5，所以，异面直线1110AB与BC所成角的余弦值为5.法二将直三棱柱ABC－ABC补形成直四棱柱ABCD－ABCD(如图(2))，连结AD，BD，则1111111111AD1∥BC1.图(2)则∠B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角)，易求得AB1＝5，BC1＝AD1＝2，B1D13.10由余弦定理得cos∠B1AD1＝5.法一取BC的中点O，连结OP，OA，由于△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，过点B作AC的平行线交AO的延伸线于点D，连结PD，则∠PBD或其补角就是异面直线PB和AC所成的角.设AB23a2＋a2－3a52＝a，则PB＝BD＝a，PO＝PD＝2a，所以cos∠PBD＝2×a×a＝8.法二

如图，取

BC的中点

O，连结

OP，OA，由于△ABC和△PBC均为等边三角形，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°，成立空间直角坐标系如下图.33设AB＝2，则A(3，0，0)，C(0，－1，0)，B(0，1，0)，P－2，0，2，所以→＝(－3，－1，0)，→＝33，22→→55cos〈AC，PB〉＝－8，所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为8.法三如下图，取BC的中点O，连结OP，OA，由于△ABC和△PBC是全等的等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角的→→→→→→平面角，设AB＝2，则AC＝OC－OA，PB＝OB－OP，故→·→＝(→－→→→5)·(－)＝－，ACPBOCOAOBOP2→→→→5AC·PB所以cos〈AC，PB〉＝→→＝－8.||·||ACPB即异面直线PB与5所成角的余弦值为.AC8答案(1)C(2)A规律方法1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或成立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v1，v2；(3)代入公式|cos〈v1|v1·v2|，v2〉|＝求解.vv122.两异面直线所成角的范围是θ∈0，πα的范围是[0，π]，当异面直2，两向量的夹角线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.【训练1】(一题多解)如图，在正三棱柱ABC－ABC中，AA＝2AB，E，F分别为BC，BB11111的中点，M，N分别为AA1，A1C1的中点，则直线MN与EF所成角的余弦值为()3

3

1

4A.

B.

C.

D.5

2

2

5分析

法一

如图，在原三棱柱的上方，再放一个完整同样的三棱柱，

连结

AC1，CB1，C1B′，易得

MN∥AC1，EF∥CB1∥C1B′，那么∠AC1B′或∠AC1B′的补角即直线MN与EF所成的角.设AA1＝2AB＝2a，则AC1＝C1B′＝3a，连结AB′，则AB′＝a2＋（22a）2＝3a，由余弦定理得cos∠AC1B′＝（3a）2＋（3a）2－（3a）212（3a）·（3a）＝－2.1故直线MN与EF所成角的余弦值为2.法二如图，连结AC1，C1B，CB1，设C1B，CB1交于点O，取AB的中点D，连结CD，OD，则MN∥AC1∥OD，EF∥CB1，那么∠DOC或其补角即直线MN与EF所成的角.设AA1＝2AB＝2a，则AC1＝CB1＝3a，于是OD＝OC＝3a2，3又CD＝OCD为正三角形，2，于是△11故∠DOC＝60°，cos∠DOC＝2，即直线MN与EF所成角的余弦值为2.法三取AB的中点，连结，则⊥，以为坐标原点，所在直线为x轴，所OCOCOABOOBOC在直线为y轴，过点O且平行于1的直线为z轴成立如下图的空间直角坐标系.CC设AB＝2，则AA1＝22，求得M(－1，0，2)，132，E3，F(1，0，2)，N－，，21，，02222所以→＝13，→＝132，MN2，2，2EF2，－2，→→321cos〈→MN·EF＝，→〉＝＝.MNEF→→3×32|MN|·|EF|答案C考点二用空间向量求线面角【例2】(2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.证明：PO⊥平面ABC；若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明由于AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝23.2连结OB，由于AB＝BC＝2AC，222所以AB＋BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，1且OB⊥AC，OB＝2AC＝2.222由OP＋OB＝PB知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.(2)解如图，以为坐标原点，→的方向为x轴正方向，成立空间直角坐标系－.OOBOxyz由已知得(0，0，0)，(2，0，0)，(0，－2，0)，(0，2，0)，(0，0，23)，→＝(0，OBACPAP→，0，0).2，23).取平面PAC的一个法向量OB＝(2→设M(a，2－a，0)(0<a≤2)，则AM＝(a，4－a，0).设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).→→由AP·n＝0，AM·n＝0得2y＋23z＝0，可取n＝(3(a－4)，3a，－a)，ax＋（4－a）y＝0，所以cos〈→，〉＝23（a－4）.OBn23（a－4）2＋3a2＋a2→3由已知可得|cos〈OB，n〉|＝2，23|a－4|3所以23（a－4）2＋3a2＋a2＝2，解得a＝－4(舍去)，a＝4，383434所以n＝－，3，－.33又→＝(0，2，－23)，所以cos〈→，〉＝3.PCPCn4所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.规律方法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直线的方向向量，转变为求两个方向向量的夹角(或其补角)；经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夹的锐角或钝角的补角，取其他角就是斜线和平面所成的角.【训练

2】

(2019·郑州测试

)在如下图的多面体中，四边形

ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝π6，AB＝2AD.求证：平面BDEF⊥平面ADE；若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值.(1)证明

在△ABD中，∠

ABD＝π，AB＝2AD，6由余弦定理，得

BD＝

3AD，进而

222BD＋AD＝AB，故

BD⊥AD，π所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝.由于DE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以DE⊥BD.又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.由于BD?平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.π(2)解由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝3，BD＝3AD，又由ED＝BD，设AD＝1，则BD＝ED＝3.由于DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，所以能够点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴成立空间直角坐标系，如下图.则(1，0，0)，(－1，3，0)，(0，0，3)，(0，3，3)，ACEF所以→＝(－1，0，3)，→＝(－2，3，0).AEAC设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，→－x＋3z＝0，n·AE＝0，则即－2x＋3y＝0，→n·AC＝0，令z＝1，得n＝(3，2，1)，为平面AEC的一个法向量.→由于AF＝(－1，3，3)，→→42n·AF所以cos〈n，AF〉＝n→＝14，||·||AF所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为4214.考点三用空间向量求二面角【例3】(2019·北京海淀区模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不一样于，两点)，连结并延伸至点，使∥.ABOEQAQOB(1)(一题多解)证明：OD⊥平面PAQ；若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.(1)证明

法一

取OO1的中点

F，连结

AF，PF，如下图

.∵P为BC的中点，∴PF∥OB，∵AQ∥OB，∴PF∥AQ，∴P，F，A，Q四点共面.由题图1可知OB⊥OO1，∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O＝OO1，OB?平面BCO1O，∴OB⊥平面ADO1O，∴PF⊥平面ADO1O，又OD?平面ADO1O，∴PF⊥OD.由题意知，AO＝OO1，OF＝O1D，∠AOF＝∠OO1D，∴△AOF≌△OO1D，∴∠FAO＝∠DOO1，∴∠FAO＋∠AOD＝∠DOO1＋∠AOD＝90°，∴AF⊥OD.∵AF∩PF＝F，且AF?平面PAQ，PF?平面PAQ，∴OD⊥平面PAQ.法二由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴成立如下图的空间直角坐标系，设AQ的长为m，则O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0).∵点P为BC的中点，∴P9，0，，32∴→＝，，，→＝，，，→＝6，m－9，－3.OD(306)AQ(0m0)PQ2→→→→∵OD·AQ＝0，OD·PQ＝0，→→→→→→∴OD⊥AQ，OD⊥PQ，又AQ与PQ不共线，∴OD⊥平面PAQ.1解∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝2OB＝3，→→，－3，6).则Q(6，3，0)，∴QB＝(－6，3，0)，BC＝(0设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，n1·→＝0，－6x＋3y＝0，由→得n－3y＋6z＝0，1·BC＝0，令z＝1，则y＝2，＝1，1＝(1，2，1).xn易得平面的一个法向量为n2＝(0，0，1).ABQ设二面角－－的大小为θ，由图可知，θ为锐角，CBQAn·n261则cosθ＝|n1|·|n2|＝6，6即二面角C－BQ－A的余弦值为6.规律方法利用空间向量计算二面角大小的常用方法：找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，而后经过两个平面的法向量的夹角获得二面角的大小，但要注意联合实质图形判断所求角的大小.找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.【训练3】(2018·安徽六校第二次联考)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝BC＝CC1＝2CD，E为线段AB的中点，F是线段DD1上的动点.求证：EF∥平面BCC1B1；(2)(一题多解)若∠BCD＝∠C1CD＝60°，且平面D1C1CD⊥平面ABCD，求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.(1)证明

如图(1)

，连结

DE，D1E.图(1)∵AB∥CD，AB＝2CD，E是AB的中点，∴BE∥CD，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴DE∥BC.又DE?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.∵DD1∥CC1，DD1?平面BCC1B1，CC1?平面BCC1B1，∴D1D∥平面BCC1B1.又D1D∩DE＝D，∴平面DED1∥平面BCC1B1.∵EF?平面DED1，∴EF∥平面BCC1B1.解如图(1)，连结BD.设CD＝1，则AB＝BC＝CC1＝2.∵∠BCD＝60°，∴BD＝22°＝3.BC＋CD－2BC·CD·cos60222∴CD＋BD＝BC，∴BD⊥CD.同理可得，C1D⊥CD.法一∵平面D1C1CD⊥平面ABCD，平面D1C1CD∩平面ABCD＝CD，C1D?平面D1C1CD，∴C1D⊥平面ABCD，∵BC?平面ABCD，∴C1D⊥BC，∴C1D⊥B1C1.在平面ABCD中，过点D作DH⊥BC，垂足为H，连结C1H，如图(1).∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH.∵1?平面1，∴⊥1，∴11⊥1，CHCDHBCCHBCCH∴∠1为平面11与平面11所成的角.DCHBCCBDCB∵在Rt△CCD中，CD＝3，11在Rt△BCD中，DH＝CD·sin603°＝2，∴在Rt△1中，1＝12＋2＝15，CDHCHCDDH2CD25∴cos∠＝1＝.1∴平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角(锐角)的余弦值为255.法二以D为原点，分别以DB，DC，DC1所在直线为x轴、y轴、z轴成立空间直角坐标系，如图(2)，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，C(0，0，3)，B(3，0，0)，1图(2)→→→，0，→，－1，3).1111设平面11的法向量为n1＝(x1，1，1)，BCCByz→n1·BC＝0，－3x1＋y1＝0，则即3z1＝0.n→－y1＋11取z1＝1，则y1＝3，x1＝1，∴平面BCC1B1中的一个法向量为n1＝(1，3，1).设平面DC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2).→n2·B1C1＝0，－3x2＋y2＝0，则→1＝0，即n2·3z2＝0.DC令x2＝1，则y2＝3，z2＝0，∴平面DC1B1的一个法向量为n2＝(1，3，0).设平面BCC1B1与平面DC1B1所成的锐二面角的大小为θ，则cosθ＝|n1·n2|＝1＋325|n||n|＝.1＋3＋1·1＋3512∴平面1与平面25111所成的角(锐角)的余弦值为.BCCBDCB5考点四用空间向量求空间距离(供采用)【例4】如图，△与△都是边长为2的正三角形，平面⊥平面，⊥平面BCDMCDMCDBCDABBCD，AB＝23，求点A到平面MBC的距离.解设CD的中点为E，连结ME，BE，由于△MCD是正三角形，所以ME⊥CD.又由于平面MCD⊥平面BCD，ME?平面MCD.平面MCD∩平面BCD＝CD.所以ME⊥平面BCD.由于△BCD是正三角形，所以BE⊥CD，以E点为坐标原点，ED，EB，EM所在直线为x轴、y轴、z轴，成立空间直角坐标系如图.则E(0，0，0)，M(0，0，3)，C(－1，0，0)，B(0，3，0)，A(0，3，23).→，3，→，－3，→，0，3)，所以MA＝(03)，BM＝(03)，CM＝(1设n＝(x，y，z)是平面MBC的法向量，则→→n⊥BM，n⊥CM，→→所以n·BM＝0，n·CM＝0，－3y＋3z＝0，所以x＋3z＝0，令z＝1，则y＝1，x＝－3，所以n＝(－3，1，1).所以点A到平面MBC的距离为→23215|MA·n|＝＝＝.n|55|规律方法1.空间中两点间的距离的求法两点间的距离就是以这两点为端点的向量的模.所以，要求两点间的距离除了使用距离公式外，还可转变为求向量的模.求点P到平面α的距离的三个步骤：→(1)在平面α内取一点A，确立向量PA的坐标表示；(2)确立平面α的法向量n；|→·|(3)代入公式d＝PAn求解.|n|【训练4】正方体－1111的棱长为2，，，，H分别是棱，，11，11的ABCDABCDEFGABADBCDC中点，则平面11和平面的距离是________.EFDBGHDB分析由于平面EFD1B1∥平面GHDB，EF∥平面GHDB，所以平面EFD1B1和平面GHDB的距离，就是EF到平面GHDB的距离，也就是点F到平面GHDB的距离.成立如下图的空间直角坐标系－xyz，D→→，→，2，0)，则DF＝(1，0，0)，DH＝(01，2)，DB＝(2设平面GHDB的法向量为n＝(x，y，z)，→y＋2z＝0，n·DH＝0，则即→2x＋2y＝0，n·DB＝0，不如设y＝－2，则n＝(2，－2，1)，所以点F到平面GHDB的距离|→·||1×2＋0×（－2）＋0×1|2d＝|n|＝22＋（－2）2＋12＝3，2即平面EFD1B1和平面GHDB的距离也是.3答案

23[思想升华]利用空间向量求空间角，防止了找寻平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判断和计算程序化、简单化.主假如建系、设点、计算向量的坐标、利用数目积的夹角公式计算.利用法向量求距离问题的程序思想方法第一步，确立法向量；第二步，选择参照向量；第三步，确立参照向量到法向量的投影向量；第四步，求投影向量的长度.[易错防备]异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；不然向量夹角的补角是异面直线所成的角.利用向量法求二面角大小的注意点成立空间直角坐标系时，若垂直关系不明确，应先给出证明；关于某些平面的法向量，要联合题目条件和图形多察看，判断该法向量能否已经隐含着，不用再求.(3)注意判断二面角的平面角是锐角仍是钝角，可联合图形进行，以防结论失误.基础稳固题组(建议用时：40分钟)一、选择题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°C.30°分析设直线

l

与平面α所成的角为β，直线

B.60°D.60°或30°l与平面α的法向量的夹角为

γ.则sin

β1|cosγ|＝|cos120°|＝2.又0°≤β≤90°，∴β＝30°.答案C2.在正方体

A1B1C1D1－ABCD中，AC与

B1D所成角大小为

(

)π

π

π

πA.

6

B.

4

C.3

D.

2分析

成立如下图的空间直角坐标系，设正方体边长为

1，则

A(0，0，0)，C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0).∴→＝(1，1，0)→＝(－1，1，－1)，，1ACBD→→∵AC·B1D＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，→→∴AC⊥B1D，∴AC与

B1D所成的角为

π.2答案

D如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.则CD与平面ACM所成角的正弦值为( )3356A.2B.3C.3D.3分析如下图，成立空间直角坐标系，则(0，0，0)，(0，0，4)，APB(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，M(0，2，2).→→→所以AC＝(2，4，0)，AM＝(0，2，2)，CD＝(－2，0，0).设平面的一个法向量n＝(x，，)，由⊥→，⊥→，ACMyznACnAM可得2x＋4y＝0，z＝1，得＝(2，－1，1).令2y＋2z＝0，n→6CD·n设所求角为α，则sinα＝|→|||＝3.CDn答案D4.在正方体－中，点E为BB的中点，则平面与平面夹角的余弦值为111111()1B.232A.3C.D.223分析以A为原点，，，1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，成立如下图的空间直ABADAA1角坐标系，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E1，0，2，D(0，1，0)，→→1，0，－1112.∴AD＝(0，1，－1)，AE＝设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，→＝，y－z＝0，A1D·n1y＝2，即1则有∴→＝0，1－2z＝0，z＝2，A1E·n1n1＝(1，2，2).∵平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，212223×132即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为3.答案B5.(2019·日照模拟)设正方体ABCD－ABCD的棱长为2，则点D到平面ABD的距离是( )111111322223A.2B.2C.3D.3分析如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD所在直线分别为x轴、y轴、z轴，成立空间1→直角坐标系，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，D1A1＝(2，0，0)，→→，0，2)，DB＝(2，2，0)，DA1＝(2设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，→2x＋2z＝0，n·DA1＝0，则∴→2x＋2y＝0，n·DB＝0，令z＝1，得n＝(－1，1，1).→223|D1A1·n|＝∴D1到平面A1BD的距离d＝＝.|n|33答案D二、填空题6.(2019·昆明月考)如下图，在三棱柱－111中，1⊥底面，＝＝1，∠ABCABCAAABCABBCAAABC＝90°，点，F分别是棱，1的中点，则直线EF和1所成的角是__________.EABBBBC分析以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，成立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则→＝(0，－1，1)，→1＝(2，0，2)，EFBC∴→·→1＝2，EFBC∴cos〈→，→1〉＝2＝1，EFBC2×222∴EF和1所成的角为60°.BC答案60°在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________.分析

以D为坐标原点，成立空间直角坐标系，

如图.设

AA1＝2AB＝2，则

D(0，0，0)，C(0，→→→1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则DC＝(0，1，0)，DB＝(1，1，0)，DC1＝(0，1，2).设平面BDC的一个法向量为→→11x＋y＝0，所以有令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2，1).y＋2z＝0，设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，→→2n·DC则sinθ＝|cos〈n，DC〉|＝→＝3.|n||DC|答案238.(一题多解)已知点，分别在正方体－1111的棱1，1上，且1＝2，EFABCDABCDBBCCBEEBCF＝21，则平面与平面所成的锐二面角的正切值为________.FCAEFABC分析法一延伸，订交于点，连结，如下图.FECBGAG设正方体的棱长为3，则GB＝BC＝3，作BH⊥AG于点H，连结EH，则∠EHB为所求锐二面角的平面角.32∵BH＝2，EB＝1，EB2.∴tan∠EHB＝＝BH3法二如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，成立空间直角坐标系D－xyz，设DA＝1，由已知条件得A(1，0，0)，E1，1，13，0，1，2→1→2F3，AE＝0，1，，AF＝－1，1，，33设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，→1y＋z＝0，n·AE＝0，3由→得2n·＝0，AF－x＋y＋3z＝0.令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝(－1，1，－3)，取平面ABC的法向量为m＝(0，0，－1)，则

cos

θ＝|cos

311〈n，m〉|＝11，tan

θ＝

2.32答案

3三、解答题9.(2018·江苏卷)如图，在正三棱柱－111中，＝1＝2，点，Q分别为11，BCABCABCABAAPAB的中点.求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.解如图，在正三棱柱－111中，设，11的中点分别为，1，连结，1，则ABCABCACACOOOBOO→→→O－OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{OB，OC，OO1}为基底，成立如下图的空间直角坐标系xyz.由于AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，A(0，－1，2)，1B1(3，0，2)，C1(0，1，2).(1)由于P为11的中点，所以P31，22进而→＝31，→＝(0，2，2)，－2，－2，21→→→→|－1＋4|310故|cos|BP·AC1|〈BP，AC〉|＝→＝5×22201|·|1||BPAC所以，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为310.20(2)由于Q为BC的中点，所以Q312，2，0，→33→，2，→11设n＝(x，y，z)为平面AQC的一个法向量，1→33AQ·n＝0，则即2x＋2y＝0，→1·＝0，2y＋2z＝0.ACn不如取n＝(3，－1，1).设直线CC与平面AQC所成角为θ，11→|→1·|25则sinθ＝|cos＝，1→5×251所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55.(2018·河北五校联考)如图，在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，底面△ABC是边长为2的正三角形，A1A＝A1C，A1A⊥A1C.求证：A1C1⊥B1C；(2)(一题多解)求二面角B1－A1C－C1的正弦值.(1)证明如图，取A1C1的中点D，连结B1D，CD，∵C1C＝A1A＝A1C，∴CD⊥A1C1，∵底面△ABC是边长为2的正三角形，∴AB＝BC＝2，A1B1＝B1C1＝2，∴B1D⊥A1C1，又B1D∩CD＝D，B1D?平面B1CD，CD?平面B1CD，∴A1C1⊥平面B1CD，∴A1C1⊥B1C.(2)解法一如图，过点D作DE⊥A1C于点E，连结B1E.∵侧面AA1C1C⊥底面ABC，∴侧面AA1C1C⊥平面A1B1C1，又B1D⊥A1C1，侧面AA1C1C∩平面A1B1C1＝A1C1，∴B1D⊥平面A1CC1，∴B1D⊥A1C，∴A1C⊥平面B1DE，∴B1E⊥A1C，∴∠B1ED为所求二面角的平面角.∵AB＝BC＝AC＝2，∴BD＝3，11111111121BD31又ED＝2CC＝2，∴tan∠BED＝ED＝2＝6，2∴sin∠1＝42.BED7∴二面角1－1－1的正弦值为42.BACC7法二如图，取AC的中点O，以O为坐标原点，射线OB，OC，OA1分别为x，y，z轴的正方向成立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(3，0，0)，A(0，0，1)，B(3，1，1)，C(0，1112，1)，(0，1，0)，C∴→11＝(3，1，0)，→1＝(0，1，－1).ABAC设m＝(x，y，z)为平面A1B1C的法向量，→m·A1B1＝3x＋y＝0，∴→m·A1C＝y－z＝0，令y＝3，得m＝(－1，3，3)，→又OB＝(3，0，0)为平面A1CC1的一个法向量，→∴cos〈，→〉＝m·OB＝－7，mOB→7|m||OB|由图易知所求二面角为锐角，∴二面角B－AC－C的正弦值为42.111能力提高题组(建议用时：20分钟)11.(2019·长沙雅礼中学检测)在三棱锥P－ABC中，点P在底面的正投影恰巧是等边△ABC的边AB的中点，且点P究竟面ABC的距离等于底面边长.设△PAC与底面所成的二面角的大小为α，△PBC与底面所成的二面角的大小为β，则tan(α＋β)的值是()33238353A.B.C.－D.－45138分析如图，设点P在边AB上的射影为H，作HF⊥BC，HE⊥AC，连结PF，PE.依题意，∠HEP＝α，∠PFH＝β.不如设等边△ABC的边长为2，则PH＝2，AH＝BH＝1.∴＝3＝3α＝tanβ＝24，，则tan＝，HE2HF233242tan2×8α3故tan(α＋β)＝1－tan2α＝42＝－133.1－3答案C12.(2019·济南质检)如下图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2，则直线BC与直线AB夹角的余弦值为( )115B.5253A.3C.5D.55分析不如令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，1(0，2，1)，B→→11→→→→4－115BC1·AB1∴cos〈BC，AB〉＝→＝＝＝5＞0.115×95|BC1||AB1