2025版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.8立体几何中的向量方法二-求空间角和距离教案理含解析新人教A版

PAGEPAGE1§8.8立体几何中的向量方法(二)——求空间角距离最新考纲考情考向分析1.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.2.了解向量方法在探讨立体几何问题中的应用.本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解.题型以解答题为主，要求有较强的数学运算素养，广泛应用函数与方程思想、转化与化归思想.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θa与b的夹角β范围eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))[0，π]求法cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)2.斜线和平面所成的角(1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角).(2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内全部直线所成角中最小的角.3.二面角(1)从一条直线动身的两个半平面所组成的图形叫做二面角.(2)在二面角α—l—β的棱上任取一点O，在两半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB叫做二面角α—l—β的平面角.4.空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满意cosθ＝|cos〈m1，m2〉|.(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α所成角θ满意sinθ＝|cos〈m，n〉|.(3)求二面角的大小1°如图①，AB、CD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＝〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉.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满意cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉.概念方法微思索1.利用空间向量如何求线段长度？提示利用|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))可以求空间中有向线段的长度.2.如何求空间点面之间的距离？提示点面距离的求法：已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离为|eq\o(BO,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉|.题组一思索辨析1.推断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(×)(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.(×)(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.(×)π].(√)(5)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.(×)

题组二教材改编2.已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()A.45° B.135°C.45°或135° D.90°答案C解析cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,1·\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2eq\r(2)，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为______.答案eq\f(π,6)解析如图，以A为原点，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))(AE⊥AB)，eq\o(AA1,\s\up6(→))所在直线分别为x轴、y轴、z轴(如图)建立空间直角坐标系，设D为A1B1的中点，则A(0,0,0)，C1(1，eq\r(3)，2eq\r(2))，D(1,0,2eq\r(2))，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，2eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1,0,2eq\r(2)).∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角，cos∠C1AD＝eq\f(\o(AC1,\s\up6(→))·\o(AD,\s\up6(→)),|\o(AC1,\s\up6(→))||\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(1，\r(3)，2\r(2)·1，0，2\r(2),\r(12)×\r(9))＝eq\f(\r(3),2)，又∵∠C1AD∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴∠C1AD＝eq\f(π,6).题组三易错自纠4.在直三棱柱ABC－A1B1C1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()A.eq\f(1,10)B.eq\f(2,5)C.eq\f(\r(30),10)D.eq\f(\r(2),2)答案C解析以点C为坐标原点，CA，CB，CC1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.设BC＝CA＝CC1＝2，则可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1，0,2)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－1,0,2).∴cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(1×－1＋－1×0＋2×2,\r(12＋－12＋22)×\r(－12＋02＋22))＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).5.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，则l与α所成的角为________.答案30°解析设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，∴sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2)，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.题型一求异面直线所成的角例1如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.(1)证明如图所示，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\r(3).由BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝eq\r(3)，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝eq\r(2)，故DF＝eq\f(\r(2),2).在Rt△FDG中，可得FG＝eq\f(\r(6),2).在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq\r(2)，DF＝eq\f(\r(2),2)，可得EF＝eq\f(3\r(2),2)，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，AC，FG⊂平面AFC，所以EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC所在直线为x轴、y轴，|eq\o(GB,\s\up6(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，－eq\r(3)，0)，E(1,0，eq\r(2))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，eq\r(2))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))).故cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(CF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(CF,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).思维升华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值等于两向量夹角余弦值的肯定值.跟踪训练1三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB，N，M分别是A1B1，A1C1的中点，则AM与BN所成角的余弦值为()A.eq\f(1,10)B.eq\f(3,5)C.eq\f(7,10)D.eq\f(4,5)答案C解析如图所示，取AC的中点D，以D为原点，BD，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC＝2，则A(0，－1,0)，M(0,0,2)，B(－eq\r(3)，0,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝(0,1,2)，eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，所以cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AM,\s\up6(→))·\o(BN,\s\up6(→)),|\o(AM,\s\up6(→))|·|\o(BN,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(7,2),\r(5)×\r(5))＝eq\f(7,10)，故选C.题型二求直线与平面所成的角例2(2024·全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，eq\o(HF,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，|eq\o(BF,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq\r(3).又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝eq\f(\r(3),2)，EH＝eq\f(3,2).则H(0,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，0))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(HP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2))).又eq\o(HP,\s\up6(→))为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(HP,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(HP,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→))|,|\o(HP,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3,4),\r(3))＝eq\f(\r(3),4).所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).思维升华若直线l与平面α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β，则θ＝eq\f(π,2)－β或θ＝β－eq\f(π,2)，故有sinθ＝|cosβ|＝eq\f(|l·n|,|l||n|).跟踪训练2(2024·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)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)证明因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2eq\r(3).如图，连接OB.因为AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，所以OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.因为OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC.(2)解由(1)知OP，OB，OC两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2eq\r(3))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,2,2eq\r(3)).由(1)知平面PAC的一个法向量为eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2,0,0).设M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，则eq\o(AM,\s\up6(→))＝(a,4－a,0).设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).由eq\o(AP,\s\up6(→))·n＝0，eq\o(AM,\s\up6(→))·n＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋4－ay＝0，))可取y＝eq\r(3)a，得平面PAM的一个法向量为n＝(eq\r(3)(a－4)，eq\r(3)a，－a)，所以cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(OB,\s\up6(→))·n,|\o(OB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2\r(3)a－4,2\r(3a－42＋3a2＋a2)).由已知可得|cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉|＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(2\r(3)|a－4|,2\r(3a－42＋3a2＋a2))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝－4(舍去)或a＝eq\f(4,3).所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8\r(3),3)，\f(4\r(3),3)，－\f(4,3))).又eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0,2，－2eq\r(3))，所以cos〈eq\o(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(3),4).所以PC与平面PAM所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).题型三求二面角例3(2024·锦州模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝2，∠ABC＝60°，平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ACEF是菱形，∠CAF＝60°.(1)求证：BF⊥AE；(2)求二面角B－EF－D的平面角的正切值.(1)证明依题意，在等腰梯形ABCD中，AC＝2eq\r(3)，AB＝4，∵BC＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，即BC⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACEF，而AE⊂平面ACEF，∴AE⊥BC，连接CF，∵四边形ACEF为菱形，∴AE⊥FC，又∵BC∩CF＝C，BC，CF⊂平面BCF，∴AE⊥平面BCF，∵BF⊂平面BCF，∴BF⊥AE.(2)解取EF的中点M，连接MC，∵四边形ACEF是菱形，且∠CAF＝60°，∴由平面几何易知MC⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，CM⊂平面ACEF，∴MC⊥平面ABCD.以CA，CB，CM所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，各点的坐标依次为C(0,0,0)，A(2eq\r(3)，0,0)，B(0，2,0)，D(eq\r(3)，－1,0)，E(－eq\r(3)，0,3)，F(eq\r(3)，0,3)，设平面BEF和平面DEF的一个法向量分别为n1＝(a1，b1，c1)，n2＝(a2，b2，c2)，∵eq\o(BF,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－2,3)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，0,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BF,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(EF,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)a1－2b1＋3c1＝0，,2\r(3)a1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,2b1＝3c1，))不妨令b1＝3，则n1＝(0,3,2)，同理可求得n2＝(0,3，－1)，设二面角B－EF－D的大小为θ，由图易知θ为锐角，∴cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(7,\r(130))，故二面角B－EF－D的平面角的正切值为eq\f(9,7).思维升华利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.跟踪训练3(2024·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点.(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.(1)证明由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM⊂平面CMD，故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，BC，CM⊂平面BMC，所以DM⊥平面BMC.又DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)解以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥M－ABC体积最大时，M为的中点.由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.))可取n＝(1,0,2)，eq\o(DA,\s\up6(→))是平面MCD的一个法向量，因此cos〈n，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(DA,\s\up6(→)),|n||\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sin〈n，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是eq\f(2\r(5),5).利用空间向量求空间角例(12分)如图，四棱锥S－ABCD中，△ABD为正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CS＝2，∠BSD＝90°.(1)求证：AC⊥平面SBD；(2)若SC⊥BD，求二面角A－SB－C的余弦值.(1)证明设AC∩BD＝O，连接SO，如图①，因为AB＝AD，CB＝CD，所以AC是BD的垂直平分线，即O为BD的中点，且AC⊥BD.[1分]在△BCD中，因为CB＝CD＝2，∠BCD＝120°，所以BD＝2eq\r(3)，CO＝1.在Rt△SBD中，因为∠BSD＝90°，O为BD的中点，所以SO＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(3).在△SOC中，因为CO＝1，SO＝eq\r(3)，CS＝2，所以SO2＋CO2＝CS2，所以SO⊥AC.[4分]因为BD∩SO＝O，BD，SO⊂平面SBD，所以AC⊥平面SBD.[5分](2)解方法一过点O作OK⊥SB于点K，连接AK，CK，如图②，由(1)知AC⊥平面SBD，所以AO⊥SB.因为OK∩AO＝O，OK，AO⊂平面AOK，所以SB⊥平面AOK.[6分]因为AK⊂平面AOK，所以AK⊥SB.同理可证CK⊥SB.[7分]所以∠AKC是二面角A－SB－C的平面角.因为SC⊥BD，由(1)知AC⊥BD，且AC∩SC＝C，AC，SC⊂平面SAC，所以BD⊥平面SAC.而SO⊂平面SAC，所以SO⊥BD.在Rt△SOB中，OK＝eq\f(SO·OB,SB)＝eq\f(\r(6),2).在Rt△AOK中，AK＝eq\r(AO2＋OK2)＝eq\f(\r(42),2)，同理可求CK＝eq\f(\r(10),2).[10分]在△AKC中，cos∠AKC＝eq\f(AK2＋CK2－AC2,2AK·CK)＝－eq\f(\r(105),35).所以二面角A－SB－C的余弦值为－eq\f(\r(105),35).[12分]方法二因为SC⊥BD，由(1)知，AC⊥BD，且AC∩SC＝C，AC，SC⊂平面SAC，所以BD⊥平面SAC.而SO⊂平面SAC，所以SO⊥BD.[6分]由(1)知，AC⊥平面SBD，SO⊂平面SBD，所以SO⊥AC.因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以SO⊥平面ABCD.[7分]以O为原点，eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OS,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图③，则A(3,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1,0,0)，S(0,0，eq\r(3)).所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3，eq\r(3)，0)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(SB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3)).[8分]设平面SAB的法向量n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n＝－3x1＋\r(3)y1＝0，,\o(SB,\s\up6(→))·n＝\r(3)y1－\r(3)z1＝0，))令y1＝eq\r(3)，得平面SAB的一个法向量为n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3)).同理可得平面SCB的一个法向量为m＝(－eq\r(3)，1,1).[10分]所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(－\r(3)＋\r(3)＋\r(3),\r(7)×\r(5))＝eq\f(\r(105),35).因为二面角A－SB－C是钝角，所以二面角A－SB－C的余弦值为－eq\f(\r(105),35).[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；其次步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角.1.已知两平面的法向量分别为m＝(1，－1,0)，n＝(0,1，－1)，则两平面所成的二面角为()A.60°B.120°C.60°或120°D.90°答案C解析cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－1,\r(2)·\r(2))＝－eq\f(1,2)，即〈m，n〉＝120°.∴两平面所成二面角为120°或180°－120°＝60°.2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(\r(5),6) D.eq\f(\r(5),4)答案A解析设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(0＋4－1,\r(4＋4＋1)×\r(0＋4＋1))＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，故选A.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，AB，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)，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝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)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2，))∴n1＝(1,2,2).∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴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.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AC与B1D所成角的大小为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)答案D解析以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，B1(1,0,1)，D(0,1,0).∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，∵eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，∴eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D,\s\up6(→))，∴AC与B1D所成的角为eq\f(π,2).5.(2024·包头模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1，AB＝AA1＝2，则异面直线AB1与CA1所成角的余弦值为()A.0B.－eq\f(1,4)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,2)答案C解析以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B1(eq\r(3)，1,2)，A1(0,0,2)，C(0,2,0)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,2)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，设异面直线AB1和A1C所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·\o(A1C,\s\up6(→))|,|\o(AB1,\s\up6(→))|·|\o(A1C,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－2|,\r(8)·\r(8))＝eq\f(1,4).∴异面直线AB1和A1C所成的角的余弦值为eq\f(1,4).6.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系O－xyz的三条坐标轴上，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(0,0,2)，平面ABC的法向量为n＝(2，1,2)，设二面角C－AB－O的大小为θ，则cosθ等于()A.eq\f(4,3)B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2,3)D.－eq\f(2,3)答案C解析由题意可知，平面ABO的一个法向量为eq\o(OC,\s\up6(→))＝(0,0，2)，由图可知，二面角C－AB－O为锐角，由空间向量的结论可知，cosθ＝eq\f(|\o(OC,\s\up6(→))·n|,|\o(OC,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|4|,2×3)＝eq\f(2,3).7.在三棱锥P－ABC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，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为________.答案eq\f(\r(5),5)解析以A为原点，AB，AC，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，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\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝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)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x＋y＋2z＝0.))取z＝1，则n＝(2,0,1)，设直线PA与平面DEF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(PA,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(5),5)，∴直线PA与平面DEF所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).8.如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶eq\r(2)，则AF与CE所成角的余弦值为________.答案eq\f(4,5)解析∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶eq\r(2)，∴AE⊥ED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，∴eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(0,2,1)，∴cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(EC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AF,\s\up6(→))·\o(EC,\s\up6(→)),|\o(AF,\s\up6(→))||\o(EC,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,5)，∴AF与CE所成角的余弦值为eq\f(4,5).9.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________.答案60°解析以B点为坐标原点，以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2，∴cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(EF,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(EF,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]，∴EF和BC1所成的角为60°.10.(2024·福州质检)已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的正切值为________.答案eq\f(\r(2),3)解析方法一延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示.设正方体的棱长为3，则GB＝BC＝3，作BH⊥AG于点H，连接EH，则∠EHB为所求锐二面角的平面角.∵BH＝eq\f(3\r(2),2)，EB＝1，∴tan∠EHB＝eq\f(EB,BH)＝eq\f(\r(2),3).方法二如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，设DA＝1，由已知条件得A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,3)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2,3)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,3)))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(2,3)))，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋y＋\f(2,3)z＝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)，设平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，则cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(3\r(11),11)，tanθ＝eq\f(\r(2),3).11.(2024·鄂尔多斯联考)如图，在几何体ABC－A1B1C1中，平面A1ACC1⊥底面ABC，四边形A1ACC1是正方形，B1C1∥BC，Q是A1B的中点，且AC＝BC＝2B1C1，∠ACB＝eq\f(2π,3).(1)证明：B1Q⊥A1C；(2)求直线AC与平面A1BB1所成角的正弦值.(1)证明如图所示，连接AC1与A1C交于M点，连接MQ.∵四边形A1ACC1是正方形，∴M是AC1的中点，又Q是A1B的中点，∴MQ∥BC，MQ＝eq\f(1,2)BC，又∵B1C1∥BC且BC＝2B1C1，∴MQ∥B1C1，MQ＝B1C1，∴四边形B1C1MQ是平行四边形，∴B1Q∥C1M，∵C1M⊥A1C，∴B1Q⊥A1C.(2)解∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，CC1⊥AC，CC1⊂平面A1ACC1，∴CC1⊥平面ABC.如图所示，以C为原点，CB，CC1所在直线分别为y轴和z轴建立空间直角坐标系，令AC＝BC＝2B1C1＝2，则C(0,0,0)，A(eq\r(3)，－1,0)，A1(eq\r(3)，－1,2)，B(0,2,0)，B1(0，1,2)，∴eq\o(CA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1,0)，eq\o(B1A1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－2,0)，eq\o(B1B,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，设平面A1BB1的法向量为n＝(x，y，z)，则由n⊥eq\o(B1A1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(B1B,\s\up6(→))，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－2y＝0，,y－2z＝0，))可令y＝2eq\r(3)，则x＝4，z＝eq\r(3)，∴平面A1BB1的一个法向量n＝(4,2eq\r(3)，eq\r(3))，设直线AC与平面A1BB1所成的角为α，则sinα＝eq\f(|n·\o(CA,\s\up6(→))|,|n|·|\o(CA,\s\up6(→))|)＝eq\f(2\r(3),2\r(31))＝eq\f(\r(93),31).12.(2024·盘锦模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中AB∥CD，∠CDA＝90°，CD＝2AB＝2，AD＝3，PA＝eq\r(5)，PD＝2eq\r(2)，点E在棱AD上且AE＝1，点F为棱PD的中点.(1)证明：平面BEF⊥平面PEC；(2)求二面角A－BF－C的余弦值.(1)证明在Rt△ABE中，由AB＝AE＝1，得∠AEB＝45°，同理在Rt△CDE中，由CD＝DE＝2，得∠DEC＝45°，所以∠BEC＝90°，即BE⊥EC.在△PAD中，cos∠PAD＝eq\f(PA2＋AD2－PD2,2PA·AD)＝eq\f(5＋9－8,2×3×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，在△PAE中，PE2＝PA2＋AE2－2PA·AE·cos∠PAE＝5＋1－2×eq\r(5)×1×eq\f(\r(5),5)＝4，所以PE2＋AE2＝PA2，即PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BE.又因为CE∩PE＝E，CE，PE⊂平面PEC，所以BE⊥平面PEC，所以平面BEF⊥平面PEC.(2)解由(1)知EB，EC，EP两两垂直，故以E为坐标原点，以射线EB，EC，EP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(eq\r(2)，0,0)，C(0,2eq\r(2)，0)，P(0,0,2)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，0))，D(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，设平面ABF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝\f(\r(2),2)x1＋\f(\r(2),2)y1＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝－\f(3\r(2),2)x1＋\f(\r(2),2)y1＋z1＝0，))不妨设x1＝1，则m＝(1，－1,2eq\r(2))，设平面BFC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝－\r(2)x2＋2\r(2)y2＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝－\f(3\r(2),2)x2＋\f(\r(2),2)y2＋z2＝0，))不妨设y2＝2，则n＝(4,2,5eq\r(2))，记二面角A－BF－C为θ(由图知应为钝角)，则cosθ＝－eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝－eq\f(|4－2＋20|,\r(10)·\r(70))＝－eq\f(11\r(7),35)，故二面角A－BF－C的余弦值为－eq\f(11\r(7),35).13.如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且AB＝4，SA＝3.E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满意eq\f(SF,BF)＝eq\f(CE,BE)＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE为直角.答案eq\f(9,16)解析因为SA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，以A为坐标原点，AD，AB，AS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.∵AB＝4，SA＝3，∴B(0,4,0)，S(0,0,3).设BC＝m，则C(m,4,0)，∵eq\f(SF,BF)＝eq\f(CE,BE)＝λ，∴eq\o(SF,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→)).∴eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\o(AS,\s\up6(→))＝λ(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AF,\s\up6(→))).∴eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,1＋λ)(eq\o(AS,\s\up6(→))＋λeq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,1＋λ)(0,4λ，3)，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4λ,1＋λ)，\f(3,1＋λ))).同理可得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,1＋λ)，4，0))，∴eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,1＋λ)，\f(4,1＋λ)，\f(－3,1＋λ))).∵eq\o(FA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－4λ,1＋λ)，\f(－3,1＋λ)))，要使∠AFE为直角，即eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＝0，则0·eq\f(m,1＋λ)＋eq\f(－4λ,1＋λ)·eq\f(4,1＋λ)＋eq\f(－3,1＋λ)·eq\f(－3,1＋λ)＝0，∴16λ＝9，解得λ＝eq\f(9,16).14.(2024·满洲里模拟)如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在直线A1B1上运动，且eq\o(A1P,\s\up6(→))＝λeq\o(A1B1,\s\up6(→))(λ∈[0,1]).(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ；(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由.(1)证明连接A1Q.∵AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点，∴Rt△AA1Q≌Rt△CAM，∴∠MAC＝∠QA1A，∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，∴AM⊥A1Q.∵N，Q分别是BC，AC的中点，∴NQ∥AB.又AB⊥AC，∴NQ⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∴NQ⊥AA1.又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，∴NQ⊥平面ACC1A1，∴NQ⊥AM.由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1，∴N，Q，A1，P四点共面，∴A1Q⊂平面PNQ.∵NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q⊂平面PNQ，∴AM⊥平面PNQ，∴无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.(2)解如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq\o(NM,\