3.4.3 求角的大小 讲义-2022-2023学年高二上学期数学沪教版（2020）选择性必修第一册

学生版第3章空间向量及其应用3.4空间向量在立体几何中的应用3.4.3求角的大小本章将要学习的空间向量是从几何直观角度讲述向量的最高境界；空间向量知识是平面向量知识的延伸与拓展，从概念理解到问题解决，或可直接化归到平面向量，或可对平面向量的理论进行类比与提升；因此，本章的学习，特别要帮助学生在复习平面向量的基础上，理解空间向量的概念、运算、基本定理和应用，体会平面向量和空间向量理论上的一脉相承，掌握它们的共性和差异；特别注意，向量理论“可把有关的几何问题简便地转化为相应代数问题来处理”；在“平面向量”一章，由于只能处理平面上的问题，学生对向量这一化几何问题为代数问题的神奇功能和强大威力可能体会还不深刻；本章中，向量将为处理立体几何问题展现新视角，把许多三维空间中的逻辑推理和度量问题归结到向量的计算，使向量方法成为研究几何问题的有效工具；因此，本章学习的另一个要求是，使学生能运用空间向量方法研究空间基本图形的位置关系和度量问题，体会向量方法和纯几何方法在研究立体几何问题中的共性与差异，进一步发展空间想象能力和几何直观能力；【学习目标】学习目标学科素养1、理解空间三种角的概念，能用向量方法求线线、线面、面面的夹角；（重点、难点）2、二面角的求法；3、空间三种角的范围；（易错点）1、逻辑推理：借助空间角的求解；2、数学运算：求平面的法向量；【自主学习】问题导学：预习教材P111－P113的内容，思考以下问题：1、空间三种角的定义及其范围；2、空间三种角的向量求法；【知识梳理】1、用空间向量求夹角问题分类图示计算公式夹角异面直线所成的角（其中为异面直线的方向向量）直线与平面所成的角（其中为直线的方向向量，为平面的法向量）两个平面的夹角（其中为两平面的法向量）【思考】1、直线与平面所成的角和直线的方向向量与平面的法向量所成的角有怎样的关系？【提示】设为平面α的一个法向量，为直线a的方向向量，直线a与平面α所成的角为，则2、二面角与二面角的两个半平面的法向量所成的角有怎样的关系？条件平面α，β的法向量分别为，，eq\a\vs4\al(α)，eq\a\vs4\al(β)所构成的二面角的大小为eq\a\vs4\al(θ)，〈，〉＝φ，图形关系θ＝φθ＝π－φ计算cosθ＝cosφcosθ＝－cosφ【自我尝试】1、判断下列命题的真假（正确的打“√”，错误的打“×”）①两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等；（）②直线l与平面的法向量的夹角的余角就是直线l与平面所成的角；（）③二面角的大小为，平面，的法向量分别为，，则；（）④若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°；（）⑤二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小；（）【提示】；【答案】；【解析】；【说明】本题主要考查了空间角的概念、范围与向量所成角的联系与区别；2、若直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角是150°，则l1与l2这两条异面直线的夹角等于()A．30°B．150°C．30°或150° D．以上均错3、若平面α的一个法向量＝(4，1，1)，直线l的方向向量＝(－2，－3，3)，则l与α夹角的余弦值为4、已知平面α的一个法向量为＝(2，2，x)，平面β的一个法向量为＝(2，x，－2)且平面α，β的夹角为60°，则x＝________．【题型探究】题型一、利用空间向量法求异面直线的夹角例1、如图所示，已知正四棱锥P­ABCD底面边长为a，高PO的长也为a，E，F分别是PD，PA的中点，求：异面直线AE与BF所成角的余弦值；【提示】；【解析】【说明】1、几何法求异面直线的夹角时，需要通过作平行线将异面直线的夹角转化为平面角，再解三角形来求解，过程相当复杂；用向量法求异面直线的夹角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需对相应向量进行运算即可；2、由于两异面直线夹角θ的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，而两向量夹角α的范围是[0，π]，故应有cosθ＝|cosα|，求解时要特别注意；题型二、利用空间向量法求直线与平面所成的角例2、已知三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq\f(1,2)AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别是PB，BC的中点．（1）证明：CM⊥SN；（2）求SN与平面CMN所成的角的大小．【提示】【解析】【说明】若直线l与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：1、建系：依据题设的几何条件适当建立空间直角坐标系；2、确定向量：（1）找直线的一个方向向量；（2）找平面的一个法向量；3、计算夹角：，由的范围确定的大小；题型三、利用空间向量法求二面角例3、如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A­PB­C的余弦值．【提示】【解析】【说明】利用向量法求二面角的步骤1、建立空间直角坐标系；2、分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量；3、求两个法向量的夹角；4、判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角；5、确定二面角的大小；题型四、空间向量在涉及角方面的综合应用例4、如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是eq\o\ac(DF,\s\up12(︵))的中点．（1）设P是eq\o\ac(CE,\s\up12(︵))上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（2）当AB＝3，AD＝2时，求二面角E­AG­C的大小．【素养提升】向量法求角1、两条异面直线所成的角θ可以借助这两条直线的方向向量的夹角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.2、直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sinθ＝|cosφ|或cosθ＝sinφ.3、二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．【即时练习】A级：“四基”巩固训练1、已知四棱锥S­ABCD的底面是正方形且侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为（）A．eq\f(1,3)B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(2,3)2、已知向量，分别是直线l与平面α的方向向量、法向量，若cos〈，〉＝－eq\f(\r(3),2)，则l与α所成的角为（）A．30°B．60°C．150° D．120°3、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所成的角为________．4、长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AC与BC1所成角的余弦值为________．5、已知二面角α­l­β，α的法向量为＝(1,2，－1)，β的法向量为＝(1，－3,1)，若二面角α­l­β为锐角，则其余弦值为________．B级：“四能”提升训练6、正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为（）A．eq\f(\r(2),3)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(2,3) D．eq\f(\r(6),3)7、已知点A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，则平面ABC与平面xOy所成锐二面角的余弦值为________．8、直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为9、如图所示，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，求异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值；10、如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1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：O1O⊥底面ABCD；（2）若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面BDD1B1的夹角的余弦值．【教师版】第3章空间向量及其应用3.4空间向量在立体几何中的应用3.4.3求角的大小本章将要学习的空间向量是从几何直观角度讲述向量的最高境界；空间向量知识是平面向量知识的延伸与拓展，从概念理解到问题解决，或可直接化归到平面向量，或可对平面向量的理论进行类比与提升；因此，本章的学习，特别要帮助学生在复习平面向量的基础上，理解空间向量的概念、运算、基本定理和应用，体会平面向量和空间向量理论上的一脉相承，掌握它们的共性和差异；特别注意，向量理论“可把有关的几何问题简便地转化为相应代数问题来处理”；在“平面向量”一章，由于只能处理平面上的问题，学生对向量这一化几何问题为代数问题的神奇功能和强大威力可能体会还不深刻；本章中，向量将为处理立体几何问题展现新视角，把许多三维空间中的逻辑推理和度量问题归结到向量的计算，使向量方法成为研究几何问题的有效工具；因此，本章学习的另一个要求是，使学生能运用空间向量方法研究空间基本图形的位置关系和度量问题，体会向量方法和纯几何方法在研究立体几何问题中的共性与差异，进一步发展空间想象能力和几何直观能力；【学习目标】学习目标学科素养1、理解空间三种角的概念，能用向量方法求线线、线面、面面的夹角；（重点、难点）2、二面角的求法；3、空间三种角的范围；（易错点）1、逻辑推理：借助空间角的求解；2、数学运算：求平面的法向量；【自主学习】问题导学：预习教材P111－P113的内容，思考以下问题：1、空间三种角的定义及其范围；2、空间三种角的向量求法；【知识梳理】1、用空间向量求夹角问题分类图示计算公式夹角异面直线所成的角（其中为异面直线的方向向量）直线与平面所成的角（其中为直线的方向向量，为平面的法向量）两个平面的夹角（其中为两平面的法向量）【思考】1、直线与平面所成的角和直线的方向向量与平面的法向量所成的角有怎样的关系？【提示】设为平面α的一个法向量，为直线a的方向向量，直线a与平面α所成的角为，则2、二面角与二面角的两个半平面的法向量所成的角有怎样的关系？条件平面α，β的法向量分别为，，eq\a\vs4\al(α)，eq\a\vs4\al(β)所构成的二面角的大小为eq\a\vs4\al(θ)，〈，〉＝φ，图形关系θ＝φθ＝π－φ计算cosθ＝cosφcosθ＝－cosφ【自我尝试】1、判断下列命题的真假（正确的打“√”，错误的打“×”）①两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等；（）②直线l与平面的法向量的夹角的余角就是直线l与平面所成的角；（）③二面角的大小为，平面，的法向量分别为，，则；（）④若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°；（）⑤二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小；（）【提示】注意理解空间角的概念、范围与向量所成角的概念与范围；【答案】①×；②×

；③×；④×；⑤×；【解析】对于①，两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角或补角，所以，①是假命题；对于②，直线l与平面的法向量的夹角或余角就是直线l与平面所成的角，所以，②是假命题；对于③，或，所以，③是假命题；对于④，当直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为150°时，直线l与平面α所成的角为60°，，所以，④是假命题；对于⑤，二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角的大小相等或互补，所以，⑤是假命题；【说明】本题主要考查了空间角的概念、范围与向量所成角的联系与区别；2、若直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角是150°，则l1与l2这两条异面直线的夹角等于()A．30°B．150°C．30°或150° D．以上均错【答案】A；【解析】直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角是150°，l1与l2这两条异面直线的夹角等于180°－150°＝30°，选A；3、若平面α的一个法向量＝(4，1，1)，直线l的方向向量＝(－2，－3，3)，则l与α夹角的余弦值为【答案】eq\f(\r(913),33)【解析】cos〈，〉＝－eq\f(4\r(11),33)，∴l与α夹角的余弦为sin〈，〉＝eq\f(\r(913),33).4、已知平面α的一个法向量为＝(2，2，x)，平面β的一个法向量为＝(2，x，－2)且平面α，β的夹角为60°，则x＝________．【答案】0；【解析】由两平面夹角为60°，故它们法向量的夹角为60°或120°，∴eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(4,8＋x2)＝±eq\f(1,2)，∴x＝0；【题型探究】题型一、利用空间向量法求异面直线的夹角例1、如图所示，已知正四棱锥P­ABCD底面边长为a，高PO的长也为a，E，F分别是PD，PA的中点，求：异面直线AE与BF所成角的余弦值；【提示】注意适当建立空间直角坐标系，构建与空间向量的联系；【解析】如图，以O为原点，过O点平行于AB、BC的直线为x轴、y轴，PO为z轴建立空间直角坐标系．由已知得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(a,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(a,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)，\f(a,4)，\f(a,2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)，－\f(a,4)，\f(a,2)))，所以eq\o(AE,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，\f(3a,4)，\f(a,2)))，eq\o(BF,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3a,4)，\f(a,4)，\f(a,2)))，所以cos〈eq\o(AE,\s\up15(→))，eq\o(BF,\s\up15(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up15(→))·\o(BF,\s\up15(→)),|\o(AE,\s\up15(→))|·|\o(BF,\s\up15(→))|)＝eq\f(－\f(3a2,16)＋\f(3a2,16)＋\f(a2,4),\r(\f(a2,16)＋\f(9a2,16)＋\f(a2,4))·\r(\f(9a2,16)＋\f(a2,16)＋\f(a2,4)))＝eq\f(2,7).所以异面直线AE与BF所成角的余弦值为eq\f(2,7)；【说明】1、几何法求异面直线的夹角时，需要通过作平行线将异面直线的夹角转化为平面角，再解三角形来求解，过程相当复杂；用向量法求异面直线的夹角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需对相应向量进行运算即可；2、由于两异面直线夹角θ的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，而两向量夹角α的范围是[0，π]，故应有cosθ＝|cosα|，求解时要特别注意；题型二、利用空间向量法求直线与平面所成的角例2、已知三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq\f(1,2)AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别是PB，BC的中点．（1）证明：CM⊥SN；（2）求SN与平面CMN所成的角的大小．【提示】建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标，向量的坐标，计算eq\o(CM,\s\up15(→))，eq\o(SN,\s\up15(→))的数量积，证明(1)；求出平面CMN的法向量，求线面角的余弦，求得线面角．【解析】如图，设PA＝1，以A为原点，直线AB，AC，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0)).（1）证明：eq\o(CM,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq\o(SN,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，因为eq\o(CM,\s\up15(→))·eq\o(SN,\s\up15(→))＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋0＝0，所以CM⊥SN.（2）eq\o(NC,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))，设＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量．由·eq\o(CM,\s\up15(→))＝0，·eq\o(NC,\s\up15(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0，))令x＝2，得＝(2,1，－2)，∵|cos〈，eq\o(SN,\s\up15(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－1－\f(1,2),3×\f(\r(2),2))))＝eq\f(\r(2),2)，∴SN与平面CMN所成角为45°.【说明】若直线l与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：1、建系：依据题设的几何条件适当建立空间直角坐标系；2、确定向量：（1）找直线的一个方向向量；（2）找平面的一个法向量；3、计算夹角：，由的范围确定的大小；题型三、利用空间向量法求二面角例3、如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A­PB­C的余弦值．【提示】（1）先证线面垂直，再证面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解．【解析】（1）证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.因为AB∥CD，所以AB⊥PD.又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD.因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.（2）在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F.由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.以F为坐标原点，eq\o(FA,\s\up8(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up8(→))|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F­xyz.由（1）及已知可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0))，所以eq\o(PC,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，eq\o(CB,\s\up8(→))＝(eq\r(2)，0,0)，eq\o(PA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，－\f(\r(2),2)))，eq\o(AB,\s\up8(→))＝(0,1,0)．设＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up8(→))＝0，,n·\o(CB,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)x1＋y1－\f(\r(2),2)z1＝0，,\r(2)x1＝0.))所以可取＝(0，－1，－eq\r(2))．设＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up8(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x2－\f(\r(2),2)z2＝0，,y2＝0.))所以可取＝(1,0,1)，则eq\f(－\r(2),\r(3)×\r(2))＝－eq\f(\r(3),3).所以二面角A­PB­C的余弦值为－eq\f(\r(3),3)；【说明】利用向量法求二面角的步骤1、建立空间直角坐标系；2、分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量；3、求两个法向量的夹角；4、判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角；5、确定二面角的大小；题型四、空间向量在涉及角方面的综合应用例4、如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是eq\o\ac(DF,\s\up12(︵))的中点．（1）设P是eq\o\ac(CE,\s\up12(︵))上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（2）当AB＝3，AD＝2时，求二面角E­AG­C的大小．【提示】注意理解题设，明确几何条件与空间向量的关联与自觉应用；【解析】（1）因为AP⊥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°，所以∠CBP＝30°；（2）以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系；由题意得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\up8(→))＝(2,0，－3)，eq\o(AG,\s\up8(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(CG,\s\up8(→))＝(2,0,3)．设＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up8(→))＝0，,m·\o(AG,\s\up8(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.))取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量＝(3，－eq\r(3)，2)．设＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up8(→))＝0，,n·\o(CG,\s\up8(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.))取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量＝(3，－eq\r(3)，－2)．所以；故所求的角为60°；【素养提升】向量法求角1、两条异面直线所成的角θ可以借助这两条直线的方向向量的夹角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.2、直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sinθ＝|cosφ|或cosθ＝sinφ.3、二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．【即时练习】A级：“四基”巩固训练1、已知四棱锥S­ABCD的底面是正方形且侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为（）A．eq\f(1,3)B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(2,3)【答案】C；【解析】依题意，建立坐标系如图所示，设四棱锥S­ABCD的棱长为eq\r(2)，则A(0，－1,0)，B(1,0,0)，S(0,0,1)，D(－1,0,0)，∴E点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq\o(AE,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，eq\o(SD,\s\up8(→))＝(－1,0，－1)，∴cos〈eq\o(AE,\s\up8(→))，eq\o(SD,\s\up8(→))〉＝eq\f(－1,\f(\r(6),2)·\r(2))＝－eq\f(\r(3),3)，故异面直线所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).故选C；2、已知向量，分别是直线l与平面α的方向向量、法向量，若cos〈，〉＝－eq\f(\r(3),2)，则l与α所成的角为（）A．30°B．60°C．150° D．120°【答案】B；【解析】设l与α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝eq\f(\r(3),2)，∴θ＝60°，应选B；3、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所成的角为________．【答案】30°；【解析】由题意得，直线l与平面α的法向量所在直线的夹角为60°，∴直线l与平面α所成的角为90°－60°＝30°；4、长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AC与BC1所成角的余弦值为________．【答案】eq\f(\r(5),10)；【解析】如图建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，C1(1,1,3)．∴eq\o(AC,\s\up8(→))＝(1,1,0)，eq\o(BC1,\s\up8(→))＝(0,1,3)，cos〈eq\o(AC,\s\up8(→))，eq\o(BC1,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up8(→))·\o(BC1,\s\up8(→)),|\o(AC,\s\up8(→))||\o(BC1,\s\up8(→))|)＝eq\f(1，1，0·0，1，3,\r(2)×\r(10))＝eq\f(1,\r(20))＝eq\f(\r(5),10).综上，异面直线AC与BC1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),10)；5、已知二面角α­l­β，α的法向量为＝(1,2，－1)，β的法向量为＝(1，－3,1)，若二面角α­l­β为锐角，则其余弦值为________．【答案】eq\f(\r(66),11)；【解析】eq\f(1－6－1,\r(6)·\r(11))＝－eq\f(\r(66),11).又因二面角为锐角，所以余弦值为eq\f(\r(66),11)；B级：“四能”提升训练6、正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为（）A．eq\f(\r(2),3)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(2,3) D．eq\f(\r(6),3)【答案】B；【解析】设正方体的棱长为1，依题意，建立如图所示的坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，∴eq\o(AD1,\s\up8(→))＝(－1,0,1)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(－1,1,0)，设平面ACD的法向量为＝(x，y，z)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0,－x＋y＝0))，令x＝1，∴＝(1,1,1)，又∵eq\o(BB1,\s\up8(→))＝(0,0,1)，∴BB1与平面ACD1所成角的正弦值为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(BB1,\s\up8(→)),|n||\o(BB1,\s\up8(→))|)))＝eq\f(\r(3),3)；7、已知点A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，则平面ABC与平面xOy所成锐二面角的余弦值为________．【答案】eq\f(2,7)【解析】eq\o(AB,\s\up8(→))＝(－1,2,0)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(－1,0,3)，设平面ABC的一个法向量＝(x，y，z)，由n·eq\o(AB,\s\up8(→))＝0，n·eq\o(AC,\s\up8(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,－x＋3z＝0，))令x＝2，则y＝1，z＝eq\f(2,3)，∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，\f(2,3))).平面xOy的一个法向量为eq\o(OC,\s\up8(→))＝(0,0,3)，cos〈，eq\o(OC,\s\up8(→))〉＝eq\f(n·\o(OC,\s\up8(→)),|n|·|\o(OC,\s\up8(→))|)＝eq\f(2×0＋1×0＋\f(2,3)×3,\r(22＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2)×\r(02＋02＋32))＝eq\f(2,7)；8、直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为【提示】建立空间直角坐标系，表示出eq\o(BM,\s\up15(→))，eq\o(AN,\s\up15(→))的坐标，利用向量法求解；【答案】eq\f(\r(30),10)；【解析】以C1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝CA＝CC1＝2，则A(2,0,2)，N(1,0,0)，M(1,1,0)，B(0,2,2)，∴eq\o(AN,\s\up15(→))＝(－1,0，－2)，eq\o(BM,\s\up15(→))＝(1，－1，－2)，∴cos〈eq\o(AN,\s\up15(→))，eq\o(BM,\s\up15(→))〉＝eq\f(\o(AN,\s\up15(→))·\o(BM,\s\up15(→)),|\o(AN,\s\up15(→))||\o(BM,\s\up15(→))|)＝eq\f(－1＋4,\r(5)×\r(6))＝eq\f(3,\r(30))＝eq\f(\r(30),10).9、如图所示，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，求异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值；【提示】以A为原点，建立空间直角坐标系，设出正方形的边长，表示出向量eq\o(AF,\s\up15(→))，eq\o(EM,\s\up15(→))的坐标，建立函数关系式讨论最值．【答案】eq\f(2,5)【解析】以AB，AD，AQ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Axyz，设正方形边长为2，M(0，y,2)(0≤y≤2)，则A(0,0,0)，E(1,0,0)，F(2，1,0)，∴eq\o(EM,\s\up15(→))＝(－1，y,2)，|eq\o(EM,\s\up15(→))|＝eq\r(y2＋5)，eq\o(AF,\s\up15(→))＝(2,1,0)，|eq\o(AF,\s\up15(→))|＝eq\r(5