2026年（北师大版）高中数学选修2第7讲-直线与平面的空间向量表示及其夹角 含解析

/直线与平面的空间向量表示及其夹角____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________1理解直线的方向向量及平面的法向量；2能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理．4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；5了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称eq\o(AB,\s\up8(→))为直线l的方向向量，与eq\o(AB,\s\up8(→))平行的任意非零向量也是直线l的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·a＝0，,n·b＝0.))2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为ν1和ν2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔(2)设直线l的方向向量为ν，与平面α共面的两个不共线向量ν1和ν2，则l∥α或l⊂α⇔(3)设直线l的方向向量为ν，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为ν1和ν2，则l1⊥l2⇔(2)设直线l的方向向量为ν，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔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满足cosθ＝__|cos〈m1，m2〉|＝eq\f(|m1·m2|,|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满足sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)．(3)求二面角的大小(ⅰ)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\up8(→))，eq\o(CD,\s\up8(→))〉．(ⅱ)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满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．5．点面距的求法如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝eq\f(|\o(AB,\s\up8(→))·n|,|n|)．规律方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)其一证明线线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可．当然也可证直线的方向向量与平面法向量平行．其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．类型一利用空间向量证明平行问题例１：如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证：PB∥平面EFG.练习１：已知平面α的一个法向量是n＝(1,1,1)，A(2,3,1)，B(1,3,2)，则直线AB与平面α的关系是()A．AB∥α B．AB⊥α C．ABα D．AB∥α或ABα类型二利用空间向量证明垂直问题例2：(2014·辽宁)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角E－BF－C的正弦值．练习１：如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝eq\r(2).证明：A1C⊥平面BB1D1D.类型三利用空间向量解决探索性问题例3：如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．练习１：(2013·北京卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求证：二面角A1－BC1－B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求eq\f(BD,BC1)的值．类型四求异面直线所成的角例4：在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，求异面直线BA1与AC所成的角．练习１：练习１已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E是AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(1,5) C.eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(3,5)类型五利用空间向量求直线与平面所成的角例5：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为AB、C1D1的中点，则A1B1与平面A1EF夹角的正弦值为()A.eq\f(\r(6),2) B.eq\f(\r(6),3) C.eq\f(\r(6),4) D.eq\r(2)练习1：正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是________．练习2：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为AB、CC1的中点，则异面直线EF与A1C1所成角的大小是________．类型六利用空间向量求二面角例6：如图所示，P是二面角α－AB－β棱上一点，分别在α，β内引射线PM，PN，若∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，则二面角α－AB－β大小为________．练习１：如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值是()A.eq\f(\r(6),4) B.eq\f(1,6) C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(3),2)2.如图，过正方形ABCD的顶点A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A．30° B．45° C．60° D．90°3．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，则下面结论错误的为()A．AC⊥BD B．△ACD是等边三角形C．AB与平面BCD所成的角为60° D．AB与CD所成的角为60°4．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．5.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.6.(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值．__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________基础巩固（1）1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是()A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(\r(6),6) C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),2)2.在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝a.点E为侧棱PC的中点，又作DF⊥PB交PB于点F，则PB与平面EFD所成角为()A．30° B．45° C．60° D．90°3．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________．4.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是________．5.正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是________．能力提升（2）6.如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；7.如图，在直三棱柱ADE­BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．求证：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.8.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2eq\r(2)，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝eq\r(5).(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．9.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．[(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．直线与平面的空间向量表示及其夹角____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________1理解直线的方向向量及平面的法向量；2能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理．4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；5了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称eq\o(AB,\s\up8(→))为直线l的方向向量，与eq\o(AB,\s\up8(→))平行的任意非零向量也是直线l的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·a＝0，,n·b＝0.))2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为ν1和ν2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔ν1∥ν2⇔v1＝λν2.(2)设直线l的方向向量为ν，与平面α共面的两个不共线向量ν1和ν2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使ν＝xν1＋yν2．(3)设直线l的方向向量为ν，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔ν⊥u⇔u·ν＝0．(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2⇔u1＝λu2.3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为ν1和ν2，则l1⊥l2⇔ν1⊥ν2⇔ν1·ν2＝0．(2)设直线l的方向向量为ν，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔ν∥u⇔v＝λu．(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0．4．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满足cosθ＝|cos〈m1，m2|＝eq\f(|m1·m2|,|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满足sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)．(3)求二面角的大小(ⅰ)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\up8(→))，eq\o(CD,\s\up8(→))〉．(ⅱ)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满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．5．点面距的求法如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝eq\f(|\o(AB,\s\up8(→))·n|,|n|)．规律方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)其一证明线线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可．当然也可证直线的方向向量与平面法向量平行．其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．类型一利用空间向量证明平行问题例１：如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证：PB∥平面EFG.【解析】(1)恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．(2)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．【答案】证明∵平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD为正方形，∴AB，AP，AD两两垂直．以A为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)．∴eq\o(EF,\s\up8(→))＝(0，1，0)，eq\o(EG,\s\up8(→))＝(1，2，－1)，设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up8(→))＝0，,n·\o(EG,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＋2y－z＝0，))令z＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，∵eq\o(PB,\s\up8(→))＝(2，0，－2)，∴eq\o(PB,\s\up8(→))·n＝0，∴n⊥eq\o(PB,\s\up8(→))，∵PB⊄面EFG，∴PB∥平面EFG.练习１：已知平面α的一个法向量是n＝(1,1,1)，A(2,3,1)，B(1,3,2)，则直线AB与平面α的关系是()A．AB∥α B．AB⊥α C．ABα D．AB∥α或ABα【解析】由已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(AB,\s\up6(→))·n＝－1×1＋1×0＋1×1＝0.∴eq\o(AB,\s\up6(→))⊥n.∴AB∥α或ABα.【答案】D类型二利用空间向量证明垂直问题例2：(2014·辽宁)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角E－BF－C的正弦值．【解析】(1)可以利用线面的垂直来判定线线垂直，也可以利用空间向量来求解．(2)可以作出二面角再进一步求解，也可以利用空间向量求解．【答案】解法一：(1)证明：如图(1)，过E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF.由题意得△ABC≌△DBC，可证出△EOC≌△FOC.所以∠EOC＝∠FOC＝90°，即FO⊥BC.又EO⊥BC，EO∩FO＝O，因此BC⊥平面EFO.又EF⊂平面EFO，所以EF⊥BC.图(1)(2)如图(1)，过O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平面BDC.又OG⊥BF，由三垂线定理知EG⊥BF.因此∠EGO为二面角E－BF－C的一个平面角，在△EOC中，EO＝eq\f(1,2)EC＝eq\f(1,2)BC·co30°＝eq\f(\r(3),2)，由△BGO∽△BFC知，OG＝eq\f(BO,BC)·FC＝eq\f(\r(3),4)，因此tan∠EGO＝eq\f(EO,OG)＝2，从而sin∠EGO＝eq\f(2\r(5),5)，即二面角E－BF－C的正弦值为eq\f(2\r(5),5).解法二：(1)证明：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直于BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图(2)所示的空间直角坐标系，易得B(0,0,0)，A(0，－1，eq\r(3))，D(eq\r(3)，－1,0)，C(0,2,0)，因而Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，所以eq\o(EF,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up16(→))＝(0,2,0)，因此eq\o(EF,\s\up16(→))·eq\o(BC,\s\up16(→))＝0.从而eq\o(EF,\s\up16(→))⊥eq\o(BC,\s\up16(→))，所以EF⊥BC.图(2)(2)如图(2)，平面BFC的一个法向量为n1＝(0,0,1)．设平面BEF的法向量为n2＝(x，y，z)，又eq\o(BF,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq\o(BE,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BF,\s\up16(→))＝0，,n2·\o(BE,\s\up16(→))＝0，))得其中一个n2＝(1，－eq\r(3)，1)．设二面角E－BF－C的大小为θ，且由题意知θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq\f(1,\r(5)).因此siθ＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，即所求二面角的正弦值为eq\f(2\r(5),5).练习１：如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝eq\r(2).证明：A1C⊥平面BB1D1D.【答案】证明由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立空间直角坐标系，如图．∵AB＝AA1＝eq\r(2)，∴OA＝OB＝OA1＝1，∴A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，1)．由eq\o(A1B1,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))，易得B1(－1，1，1)．∵eq\o(A1C,\s\up8(→))＝(－1，0，－1)，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(0，－2，0)，eq\o(BB1,\s\up8(→))＝(－1，0，1)，∴eq\o(A1C,\s\up8(→))·eq\o(BD,\s\up8(→))＝0，eq\o(A1C,\s\up8(→))·eq\o(BB1,\s\up8(→))＝0，∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，又BD∩BB1＝B，∴A1C⊥平面BB1D1D.类型三利用空间向量解决探索性问题例3：如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．【解析】(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的论证推理，只需通过坐标运算进行判断，但对运算有较高要求，运算结论要准确．(2)解题时，注意把要成立的结论做为已知条件，据此列方程或方程组，把存在性问题转化为“点的坐标是否存在，在限制范围内是否有解”等，因此把空间问题转化为运算问题，使问题的解决变的简单更有效．(3)利用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．【答案】(1)证明以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\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)．设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0，1,0)，D1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，B1(a,0,1)，故eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，－1))，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(a,0,1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0)).∵eq\o(AD1,\s\up6(→))·eq\o(B1E,\s\up6(→))＝－eq\f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.(2)解假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，∴n⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AE,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a,2)，－a)).要使DP∥平面B1AE，只要n⊥eq\o(DP,\s\up6(→))，有eq\f(a,2)－az0＝0，解得z0＝eq\f(1,2).又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝eq\f(1,2).(3)解连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，∴AD1⊥平面DCB1A1，∴eq\o(AD1,\s\up6(→))是平面A1B1E的一个法向量，此时eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,1,1)．设eq\o(AD1,\s\up6(→))与n所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(n·\o(AD1,\s\up6(→)),|n||\o(AD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\f(a,2)－a,\r(2)·\r(1＋\f(a2,4)＋a2)).∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，∴|cosθ|＝cos30°，即eq\f(\f(3a,2),\r(2)·\r(1＋\f(5a2,4)))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝2，即AB的长为2.练习１：(2013·北京卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求证：二面角A1－BC1－B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求eq\f(BD,BC1)的值．【答案】(1)证明在正方形AA1C1C中，A1A⊥AC.又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，∴AA1⊥平面ABC.(2)解在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A－xyz.A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(4，0,0)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,3，－4)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(4，－3,0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,4)．设平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1C1,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(A1B,\s\up6(→))·n1＝0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x1＝0，,3y1－4z1＝0，))∴取向量n1＝(0,4,3)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(B1C1,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(BB1,\s\up6(→))·n2＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x2－3y2＝0，,4z2＝0.))取向量n2＝(3,4,0)∴cosθ＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(16,5×5)＝eq\f(16,25).(3)证明设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且eq\o(BD,\s\up6(→))＝λeq\o(BC1,\s\up6(→)).∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(4λ，3－3λ，4λ)又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0则λ＝eq\f(9,25)，因为eq\f(9,25)∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B此时eq\f(BD,BC1)＝eq\f(9,25).类型四求异面直线所成的角例4：在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，求异面直线BA1与AC所成的角．【解析】利用eq\o(BA1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(BA1,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|×cos〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉，求出向量eq\o(BA1,\s\up6(→))与eq\o(AC,\s\up6(→))的夹角〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉，再根据异面直线BA1，AC所成角的范围确定异面直线所成角．还可用几何法或坐标法．【答案】方法一因为eq\o(BA1,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\o(BA1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→)).因为AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，所以eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝－a2.所以eq\o(BA1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－a2.又eq\o(BA1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(BA1,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉，cos〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(－a2,\r(2)a×\r(2)a)＝－eq\f(1,2).所以〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝120°.所以异面直线BA1与AC所成的角为60°.方法二连接A1C1，BC1，则由条件可知A1C1∥AC，从而BA1与AC所成的角亦为BA1与A1C1所成的角，由于该几何体为边长为a的正方体，于是△A1BC1为正三角形，∠BA1C1＝60°，从而所求异面直线BA1与AC所成的角为60°.方法三由于该几何体为正方体，所以DA，DC，DD1两两垂直且长度均为a，于是以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，于是有A(a,0,0)，C(0，a,0)，A1(a,0，a)，B(a，a,0)，从而eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－a，a,0)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(0，－a，a)，且|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(BA1,\s\up6(→))|＝eq\r(2)a，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BA1,\s\up6(→))＝－a2，∴cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BA1,\s\up6(→))〉＝eq\f(－a2,\r(2)a·\r(2)a)＝－eq\f(1,2)，〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BA1,\s\up6(→))〉＝120°，所以所求异面直线BA1与AC所成角为60°.练习１已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E是AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(1,5) C.eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(3,5)图3【解析】以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，如图3，设AB＝a，则AD＝a，AA1＝2a.B(a，a,0)，C(0，a,0)，D1(0,0,2a)，E(a,0，a)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－a，a)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，－a,2a)，∴cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(CD1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BE,\s\up6(→))·\o(CD1,\s\up6(→)),|\o(BE,\s\up6(→))||\o(CD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(a2＋2a2,\r(2)a·\r(5)a)＝eq\f(3\r(10),10).【答案】C类型五利用空间向量求直线与平面所成的角例5：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为AB、C1D1的中点，则A1B1与平面A1EF夹角的正弦值为()A.eq\f(\r(6),2) B.eq\f(\r(6),3) C.eq\f(\r(6),4) D.eq\r(2)图5【解析】建系如图5，设正方体棱长为1，则A1(1,0,1)，E(1，eq\f(1,2)，0)，F(0，eq\f(1,2)，1)，B1(1,1,1)．eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，－1)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(－1，eq\f(1,2)，0)．设平面A1EF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1E,\s\up6(→))＝0,n·\o(A1F,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y－z＝0,－x＋\f(y,2)＝0)).令y＝2，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1,z＝1)).∴n＝(1,2,1)，cos〈n，eq\o(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq\f(2,\r(6))＝eq\f(\r(6),3).设A1B1与平面A1EF的夹角为θ，则sinθ＝cos〈n，eq\o(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(6),3)，即所求线面角的正弦值为eq\f(\r(6),3).【答案】B练习1：正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是________．【解析】如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P(0，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，则eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2a,0,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－a，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(a，a,0)．设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0,1,1)，则cos〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·n,|\o(CB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq\f(1,2).∴〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.【答案】30°练习2：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为AB、CC1的中点，则异面直线EF与A1C1所成角的大小是________．【解析】以A为原点建立直角坐标系(如图8所示)，设B(2,0,0)，则E(1,0,0)，F(2,2,1)，C1(2,2,2)，A1(0,0,2)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,2,1)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(2,2,0)，∴cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(A1C1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(EF,\s\up6(→))·\o(A1C1,\s\up6(→)),|\o(EF,\s\up6(→))|·|\o(A1C1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),2)，∴〈eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(A1C1,\s\up6(→))〉＝30°.【答案】30°类型六利用空间向量求二面角例6：如图所示，P是二面角α－AB－β棱上一点，分别在α，β内引射线PM，PN，若∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，则二面角α－AB－β大小为________．【解析】如图10，过M在α内作MF⊥AB，过F在β内作FN⊥AB交PN于点N，连结MN.∵∠MPB＝∠NPB＝45°，∴△PMF≌△PNF.设PM＝1，则：MF＝NF＝eq\f(\r(2),2)，PM＝PN＝1，又∵∠MPN＝60°，∴MN＝PM＝PN＝1，∴MN2＝MF2＋NF2，∴∠MFN＝90°.【答案】90°练习１：如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．【答案】解：(1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝eq\r(3)AD.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如图14，以D为坐标原点，设AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.则A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，eq\r(3)，0)，P(0,0,1)．图14eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,0,0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y－z＝0.))因此可取n＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))．设平面PBC的法向量为m，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝0.))可取m＝(0，－1，－eq\r(3))．cos〈m，n〉＝eq\f(－4,2\r(7))＝－eq\f(2\r(7),7).故二面角A－PB－C的余弦值为－eq\f(2\r(7),7).1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值是()A.eq\f(\r(6),4) B.eq\f(1,6) C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(3),2)【答案】C2.如图，过正方形ABCD的顶点A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】B3．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，则下面结论错误的为()A．AC⊥BD B．△ACD是等边三角形C．AB与平面BCD所成的角为60° D．AB与CD所成的角为60°【答案】C4．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．【答案】eq\f(1,3)5.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.【答案】证明：如图建立空间直角坐标系A－xyz，不妨设AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．(1)取AB中点为N，连接CN，则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝(－2,4,0)，eq\o(NC,\s\up6(→))＝(－2,4,0)，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(NC,\s\up6(→))，∴DE∥NC，又∵NC∥平面ABC，DE∥平面ABC.故DE∥平面ABC.(2)eq\o(B1F,\s\up6(→))＝(－2,2，－4)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2,2,0)．eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴eq\o(B1F,\s\up6(→))⊥eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(B1F,\s\up6(→))⊥eq\o(AF,\s\up6(→))，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.6.(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值．【答案】(1)证明：连接BC1交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点。因为AO=CO,AB=BC,有,从而OA垂直OB,有OA,OB,OB1两两垂直。以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up16(→))，eq\o(OB1,\s\up16(→))，eq\o(OA,\s\up16(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|eq\o(OB,\s\up16(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．又AB＝BC,OC＝OA，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),3)))，B(1,0,0)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),3)，0))，eq\o(AB1,\s\up16(→))＝0，eq\f(\r(3),3)，－eq\f(\r(3),3)，eq\o(A1B1,\s\up16(→))＝eq\o(AB,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(\r(3),3)))，eq\o(B1C1,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),3)，0)).设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up16(→))＝0，,n·\o(A1B1,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)y－\f(\r(3),3)z＝0，,x－\f(\r(3),3)z＝0.))所以可取n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))．设m是平面A1B1C1的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1B1,\s\up16(→))＝0，,m·\o(B1C1,\s\up16(→))＝0.))同理可取m＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))．则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(1,7).所以二面角A－A1B1－C1的余弦值为eq\f(1,7).__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________基础巩固（1）1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是()A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(\r(6),6) C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),2)【答案】B2.在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝a.点E为侧棱PC的中点，又作DF⊥PB交PB于点F，则PB与平面EFD所成角为()A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】D3．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°4.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是________．【答案】90°正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是________．【答案】30°能力提升（2）6.如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；【答案】(1)证明设eq\o(AB,\s\up6(→))＝p，eq\o(AC,\s\up6(→))＝q，eq\o(AD,\s\up6(→))＝r.由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(AN,\s\up6(→))－eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(q＋r－p)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(q＋r－p)·p＝eq\f(1,2)(q·p＋r·p－p2)＝eq\f(1,2)(a2·cos60°＋a2·cos60°－a2)＝0.∴MN⊥AB，同理可证MN⊥CD.(2)解由(1)可知eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(q＋r－p)，∴|eq\o(MN,\s\up6(→))|2＝eq\o(MN,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(q＋r－p)2＝eq\f(1,4)[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]＝eq\f(1,4)[a2＋a2＋a2＋2(eq\f(a2,2)－eq\f(a2,2)－eq\f(a2,2))]＝eq\f(1,4)×2a2＝eq\f(a2,2).∴|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(2),2)a，∴MN的长为eq\f(\r(2),2)a.7.如图，在直三棱柱ADE­BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．求证：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.【证明】由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).(1)eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(BA,\s\up6(→)).∵棱柱ADE­BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，∴eq\o(BA,\s\up6(→))是平面BCF的一个法向量，且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．∵eq\o(DF,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，由n1·eq\o(DF,\s\up6(→))＝n1·eq\o(DM,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－y1＋z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝\f(1,2)x1，,z1＝－\f(1,2)x1，))令x1＝1，则n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－\f(1,2))).同理可得n2＝(0,1,1)．则n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.8.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2eq\r(2)，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝eq\r(5).(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．【答案】(1)如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．依题意得A(2eq\r(2)，0,0)，B(0,0,0)，C(eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))，A1(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，B1(0,2eq\r(2)，0)，C1(eq\r(2)，eq\r(2)，eq\r(5))．(1)易得eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，0,0)，于是cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up11(→))·\o(A1B1,\s\up6(→)),\o(\s\up7(),\s\do4(|\o(AC,\s\up6(→))||\o(A1B1,\s\up6