浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第8节空间角含解析

浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第8节空间角含解析

第8节　空间角 考试要求　1.能用几何方法解决空间角问题；2.了解向量方法在研究立体几何空间角问题中的应用.‎ 知 识 梳 理 ‎1.求异面直线所成的角 ‎(1)(几何法)通过作平行线化为三角形求解.‎ ‎(2)(向量法)设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 a与b的夹角β l1与l2所成的角θ 范围 ‎(0，π)‎ 求法 cos β＝ cos θ＝|cos β|＝ ‎2.求直线与平面所成的角 ‎(1)(几何法)通过直线在平面上的射影求解，其步骤为“一作、二证、三计算”.‎ ‎(2)(向量法)设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.‎ ‎3.求二面角的大小 ‎(1)(几何法)通过一个面的垂线或垂面先作出二面角的平面角，然后加以证明和计算.‎ ‎(2)(向量法)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＝__〈，〉.‎ 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|cos θ|＝|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).‎ ‎[常用结论与易错提醒]‎ ‎1.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；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角.‎ ‎2.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.‎ ‎3.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察出向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.‎ ‎4.最小角定理：平面的一条斜线与平面内所有直线的夹角中，斜线与它在平面内的射影的夹角最小.‎ 诊 断 自 测 ‎1.判断下列说法的正误.‎ ‎(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.(　　)‎ ‎(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π].(　　)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√‎ ‎2.(选修2－1P104练习2改编)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°‎ 解析　cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.‎ ‎∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.‎ 答案　C ‎3.(2020·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(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析　如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△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°，建立空间直角坐标系如图所示.设AB＝2，则A(，0，0)，C(0，－1，0)，B ‎(0，1，0)，P，所以＝(－，－1，0)，＝，cos〈，〉＝－，所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为.‎ 答案　A ‎4.如图，把边长为4的正三角形ABC沿中线AD折起，使得二面角C－AD－E的大小为60°，则异面直线AC与DE所成角的余弦值为(　　)‎ A.－ B. C.－ D. 解析　如图，取AB的中点F，连接DF，EF，因为D，F分别是线段BC，AB的中点，所以DF∥AC，所以∠EDF(或其补角)是异面直线AC与DE所成的角.由正三角形的性质可得AD⊥BC，所以∠CDE就是二面角C－AD－E的平面角，所以∠CDE＝60°.又CD＝DE，所以△CDE是正三角形.作EG⊥CD，垂足为G，作FH⊥BD，垂足为H，连接EH，易知EG＝DEsin 60°＝2×＝，DG＝DEcos 60°＝2×＝1，DH＝BD＝×2＝1，HG＝DH＋DG＝2，FH＝AD＝×AC＝××4＝.由勾股定理得EH＝＝＝，EF＝＝＝.在△EDF中，由余弦定理得cos∠EDF＝＝－，所以异面直线AC与DE所成角的余弦值为，故选B.‎ 答案　B ‎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〉＝－，则l与α所成的角为________.‎ 解析　设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－，∴ sin θ＝| cos〈m，n〉|＝，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.‎ 答案　30°‎ ‎6.过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP 所成的二面角为________.‎ 解析　如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，‎ 又易知CD⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，‎ ‎∴CD⊥AE，又PD∩CD＝D，从而AE⊥平面PCD.‎ 所以＝(0，1，0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°.‎ 故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.‎ 答案　45°‎ 考点一　求异面直线所成的角 ‎【例1】 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点.已知AB＝2，AD＝2，PA＝2.求：‎ ‎(1)△PCD的面积.‎ ‎(2)(一题多解)异面直线BC与AE所成的角的大小.‎ 解　(1)因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，‎ 所以PA⊥CD.又底面ABCD为矩形，所以AD⊥CD，PA∩AD＝A，‎ 所以CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，从而CD⊥PD.因为PD＝＝2，CD＝2，‎ 所以△PCD的面积为×2×2＝2.‎ ‎ (2)法一　如图1，取PB中点F，连接EF，AF，则EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角.‎ 图1‎ 在△AEF中，由于EF＝，AF＝，AE＝PC＝2.所以AF2＋EF2＝AE2，∠AFE＝，‎ 则△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF＝.‎ 因此异面直线BC与AE所成的角的大小是.‎ 法二　如图2，建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，E(1，，1)，＝(1, ，1)，＝(0，2，0).‎ 图2‎ 设与的夹角为θ，则cos θ＝＝＝，所以θ＝.‎ 由此可知异面直线BC与AE所成的角的大小是.‎ 规律方法　(1)几何法求异面直线所成的角关键是根据定义构成三角形求解.‎ ‎(2)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v1，v2；③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解；④取锐角或直角.‎ ‎【训练1】 (1)(一题多解)(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎(2)(一题多解)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB，E，F分别为BC，BB1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(　　)‎ A. B. C. D. 解析　(1)法一　如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，所以DE1＝ ‎＝＝2，‎ DB1＝＝，B1E1＝＝＝，在△B1DE1中，由余弦定理，‎ 得cos∠B1DE1＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.‎ 法二　如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.‎ 法三　以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，如图所示.由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以＝(－1，0，)，＝(1，1，)，则由向量夹角公式，得cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.‎ ‎(2)法一　如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接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＝AB＝a，‎ 则AC1＝C1B′＝a，‎ 连接AB′，则AB′＝＝3a，‎ 由余弦定理得 cos ∠AC1B′＝＝－.‎ 故直线MN与EF所成角的余弦值为.‎ 法二　如图，连接AC1，C1B，CB1，‎ 设C1B，CB1交于点O，取AB的中点D，连接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＝AB＝a，则AC1＝CB1＝a，于是OD＝OC＝，‎ 又CD＝，于是△OCD为正三角形，‎ 故直线MN与EF所成角的余弦值为.‎ 法三　取AB的中点O，连接CO，则CO⊥AB，以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，过点O且平行于CC1的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB＝2，则AA1＝2，‎ ‎∴A(－1，0，0)，A1(－1，0，2)，M(－1，0，)，C(0，，0)，C1(0，，2)，N，B(1，0，0)，E，B1(1，0，2)，F(1，0，)，＝，＝，所以cos〈，〉＝＝＝，故直线MN与EF所成角的余弦值为.‎ 答案　(1)C　(2)B 考点二　求直线与平面所成的角 ‎【例2】 (一题多解)(2019·浙江卷)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点.‎ ‎(1)证明：EF⊥BC；‎ ‎(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.‎ 法一　(1)证明　如图①，连接A1E.‎ ‎①‎ 因为A1A＝A1C，E是AC的中点，‎ 所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，‎ 所以A1E⊥平面ABC，‎ 又BC⊂平面ABC，‎ 则A1E⊥BC.‎ 又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.‎ 又A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F⊂平面A1EF，‎ 所以BC⊥平面A1EF.‎ 又EF⊂平面A1EF，因此EF⊥BC.‎ ‎(2)解　如图①，取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1是平行四边形.‎ 由于A1E⊥平面ABC，EG⊂平面ABC，故A1E⊥EG，‎ 所以平行四边形EGFA1为矩形.‎ 由(1)得BC⊥平面EGFA1，又BC⊂平面A1BC，‎ 则平面A1BC⊥平面EGFA1，‎ 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.‎ 连接A1G交EF于点O，‎ 则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).‎ 不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.‎ 由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，‎ 所以cos ∠EOG＝＝.‎ 因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.‎ 法二　(1)证明　连接A1E.因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，‎ 所以A1E⊥平面ABC.‎ 如图②，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E－xyz.‎ ‎②‎ 不妨设AC＝4，则A1(0，0，2)，B(，1，0)，B1(，3，2)，F，C(0，2，0).‎ 因此，＝，＝(－，1，0).‎ 由·＝0，得EF⊥BC.‎ ‎(2)解　设直线EF与平面A1BC所成角为θ.‎ 由(1)可得＝(－，1，0)，＝(0，2，－2).‎ 设平面A1BC的一个法向量为n＝(x，y，z).‎ 由得取n＝(1，，1)，‎ 故sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，‎ 又θ∈，所以cos θ＝.‎ 因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.‎ 规律方法　求线面角的方法：‎ ‎(1)几何法求线面角的步骤是“一作、二证、三计算”，转化为三角形求解.‎ ‎(2)向量法(或坐标法)求线面角，分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)，注意范围是.‎ ‎【训练2】 如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为边长为2的菱形，∠ADC＝60°，PC⊥CD，E为PC的中点，PC＝1，PA＝.‎ ‎(1)求证：PA∥平面BDE；‎ ‎(2)(一题多解)求直线BE与平面PBD所成的角的正弦值.‎ ‎(1)证明　连接AC，交BD于点O，连接EO，则EO∥PA，‎ 因为PA⊄平面BDE，EO⊂平面BDE，‎ 所以PA∥平面BDE.‎ ‎(2)解　法一　取AB的中点F，连接PF，FC，AC，作PH⊥CF于点H，‎ 则由AC＝CB，得AB⊥PF，AB⊥FC，‎ 因为PF∩FC＝F，所以AB⊥平面PFC，则AB⊥PH，‎ 因为AC∩AB＝A，所以PH⊥平面ABC.‎ 在△PAB中，AB＝2，PA＝PB＝，得PF＝，‎ 又PC＝1，FC＝，于是可求得PH＝，‎ 因为S△BDC＝×2×＝，PH＝，‎ PC⊥CD，所以在Rt△DPC中，PD＝，‎ 又PB＝，BD＝2，所以PD2＋PB2＝BD2，‎ 所以PB⊥PD，所以S△PBD＝，‎ 由VP－BDC＝VC－PBD，得点C到平面PBD的距离为，‎ 则点E到平面PBD的距离为，‎ 又在△PBC中，易求得EB＝.‎ 设直线BE与平面PBD所成的角为θ，‎ 则sin θ＝＝.‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ 法二　建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则易知A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，D(0，－，0)，‎ 由得P，‎ 则E，‎ 则＝，‎ ＝，＝(0，－2，0)，‎ 所以可求得平面PBD的一个法向量为m＝(2，0，3)，‎ 设直线BE与平面PBD所成的角为θ，‎ 则sin θ＝＝.‎ 即直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ 考点三　求二面角 ‎【例3】 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是的中点.‎ ‎(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；‎ ‎(2)(一题多解)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小.‎ 解　(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°，因此∠CBP＝30°.‎ ‎(2)法一　如图1，取的中点H，连接EH，GH，CH.因为∠EBC＝120°，‎ 图1‎ 所以四边形BEHC为菱形，‎ 所以AE＝GE＝AC＝GC ‎＝＝.‎ 取AG的中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，‎ 所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM＝1，所以EM＝CM＝＝2.‎ 在△BEC中，由于∠EBC＝120°，‎ 由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，‎ 所以EC＝2，因此△EMC为等边三角形，‎ 故所求的角为60°，即二面角E－AG－C的大小为60°.‎ 法二　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2所示的空间直角坐标系.‎ 图2‎ 由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，，3)，C(－1，，0)，‎ 故＝(2，0，－3)，＝(1，，0)，＝(2，0，3).‎ 设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量.‎ 由可得 取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2).‎ 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量.‎ 由可得 取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2).所以cos〈m，n〉＝＝，则〈m·n〉＝60°.‎ 因此二面角E－AG－C的大小为60°.‎ 规律方法　(1)几何法求二面角的步骤是“一作、二证、三计算”.注意利用二面角一个平面的垂线、垂面找(作)平面角.‎ ‎(2)利用向量计算二面角大小的常用方法：‎ ‎①找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.‎ ‎②找与棱垂直的方向向量法：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】 (一题多解)(2020·嘉兴测试)如图，多面体由正方体ABCD－A1B1C1D1和四棱锥P－ABCD组成.正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为2，四棱锥P－ABCD侧棱长都相等，高为1.‎ ‎(1)求证：B1C⊥平面PCD；‎ ‎(2)求二面角B－PB1－C的余弦值.‎ 法一(几何法)‎ ‎(1)证明　分别取正方体上、下底面中心O，O1，‎ 则P，O，O1三点共线，连接PO1，AC，D1B1，‎ 在△PO1B1中，因为PO1＝3，B1O1＝，所以PB1＝.‎ 在△POC中，因为PO＝1，CO＝，‎ 所以PC＝.‎ 在△PB1C中，B1C＝2，‎ B1C2＋PC2＝PB，‎ 所以∠PCB1＝90°，即B1C⊥PC.‎ 又B1C⊥CD，PC∩CD＝C，PC⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，故B1C⊥平面PCD.‎ ‎(2)解　易得CO⊥平面PBB1，‎ 作OE⊥PB1于E，连接CE，则CE⊥PB1，‎ 所以∠CEO是二面角O－PB1－C的平面角.‎ 在Rt△PO1B1中，＝，所以OE＝.‎ 在Rt△CEO中，tan∠CEO＝＝，‎ 则cos∠CEO＝，‎ 从而，二面角B－PB1－C的余弦值是－.‎ 法二(向量法)　以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D1－xyz.‎ ‎(1)证明　因为B1(2，2，0)，C(0，2，2)，D(0，0，2)，P(1，1，3)，所以＝(－2，0，2)，＝(0，－2，0)，＝(1，－1，1)，‎ 所以·＝0，·＝0，‎ 即B1C⊥CD，B1C⊥CP，‎ 又PC∩CD＝C，PC⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，‎ 故B1C⊥平面PCD.‎ ‎(2)解　易得平面BPB1的一个法向量是m＝(1，－1，0).‎ 设n＝(x，y，z)是平面CPB1的法向量，‎ 则⇒x∶y∶z＝1∶2∶1，可取n＝(1，2，1).‎ cos〈m，n〉＝＝＝－，故二面角B－PB1－C的余弦值为－.‎ 空间向量在立体几何中的应用 ‎【例题】 (满分15分)(2018·浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.‎ ‎(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；‎ ‎(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.‎ 审题路线图 法一(向量法)　‎ 法二(几何法)‎ 满分解答 法一　(1)证明　如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.‎ 由题意知各点坐标如下：‎ A(0，－，0)，B(1，0，0)，A1(0，－，4)，B1(1，0，2)，C1(0，，1).(3分)‎ 因此＝(1，，2)，＝(1，，－2)，＝(0，2，－3).5分 由·＝0得AB1⊥A1B1.‎ 由·＝0得AB1⊥A1C1.‎ 又A1B1∩A1C1＝A1，‎ 所以AB1⊥平面A1B1C1.7分 ‎(2)解　设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.‎ 由(1)可知＝(0，2，1)，＝(1，，0)，＝(0，0，2).9分 设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z).‎ 由即可取n＝(－，1，0).‎ ‎12分 所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.‎ 因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.15分 ‎[构建模板]‎ 利用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”‎ ‎……建立空间直角坐标系，写出点的坐标 ‎　 ‎ ‎……用向量表示几何元素 ‎　 ‎ ‎……通过向量运算，得出结论 ‎　 ‎ ‎……用向量表示几何元素 ‎　 ‎ ‎……设求平面的法向量 ‎　 ‎ ‎……代入线面角的向量公式，结论 法二　(1)证明　由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB得AB1＝A1B1＝2，所以A1B＋AB＝AA，‎ 由AB1⊥A1B1.3分 由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1＝，‎ 由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝2，‎ 由CC1⊥AC，得AC1＝，所以AB＋B1C＝AC，‎ 故AB1⊥B1C1，6分 又A1B1∩B1C1＝B1，‎ 因此AB1⊥平面A1B1C1.7分 ‎(2)解　如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.9分 由AB1⊥平面A1B1C1，AB1⊂平面ABB1，得 平面A1B1C1⊥平面ABB1，‎ 由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，‎ 所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.12分 由B1C1＝，A1B1＝2，A1C1＝得cos∠C1A1B1＝，‎ sin∠C1A1B1＝，所以C1D＝，故sin∠C1AD＝＝.‎ 因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.15分 ‎[构建模板]‎ ‎……利用勾股定理，计算证明AB1⊥A1B1‎ ‎　 ‎ ‎……证明AB1⊥B1C1‎ ‎　 ‎ ‎……由线面垂直判定定理得结论 ‎　 　(几何法求线面角的步骤：“一作，二证，三计算”)‎ ‎……作出线面角 ‎　 ‎ ‎……论证线面角 ‎　 ‎ ‎……计算线面角(的正弦值)‎ ‎【训练】 (一题多解)(2017·浙江卷)如图，已知四棱锥P－ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点.‎ ‎(1)证明：CE∥平面PAB；‎ ‎(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.‎ 法一　过P作PH⊥CD，交CD的延长线于点H.不妨设AD＝2，∵BC∥AD，CD⊥AD，则易求DH＝，过P作底面的垂线，垂足为O，连接OB，OH，易得OH∥BC，且OP，OB，OH两两垂直.故可以O为原点，以OH，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.‎ ‎(1)证明　由PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点，则可得：‎ D，C，P，A，B，E，‎ 则＝，＝，＝.‎ 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则 令y＝1，则 ‎∴n＝(1，1，)，‎ ‎∴·n＝×1＋×1＋×＝0.‎ 又∵CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB.‎ ‎(2)解　由(1)得＝，＝，＝.‎ 设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，‎ 则 令y＝1，则 ‎∴m＝(0，1，).‎ 设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝‎ ‎|cos〈m，〉|＝＝＝.‎ ‎∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.‎ 法二　(1)证明　如图，设PA中点为F，连接EF，FB.‎ 因为E，F分别为PD，PA中点，‎ 所以EF∥AD且EF＝AD，‎ 又因为BC∥AD，BC＝AD，‎ 所以EF∥BC且EF＝BC，‎ 即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF.‎ 又因为CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，‎ 因此CE∥平面PAB.‎ ‎(2)解　分别取BC，AD的中点为M，N，‎ 连接PN交EF于点Q，连接MQ.‎ 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，‎ 所以Q为EF中点，‎ 在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.‎ 由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.‎ 由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.‎ 因为PN∩BN＝N，所以AD⊥平面PBN.‎ 由BC∥AD得BC⊥平面PBN，‎ 因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBN.‎ 过点Q作PB的垂线，垂足为H，则QH⊥平面PBC.连接MH，则MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD＝1.‎ 在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，‎ 在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，‎ 在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，‎ 所以sin∠QMH＝，‎ 所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.‎ 基础巩固题组 一、选择题 ‎1.(2020·济南质检)如图所示，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夹角的余弦值为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析　不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，‎ ‎∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝＝＞0.‎ ‎∴与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，‎ ‎∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.‎ 答案　A ‎2.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段A1C1的中点，则异面直线DE与B1C所成角的大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　连接AC，BD，B1E，设BD与AC交于点O，连接B1O，则四边形DOB1E为平行四边形，所以DE∥OB1，所以异面直线DE与B1C所成角为∠OB1C，设正方体棱长为1，则B1C＝，OC＝，B1O＝，‎ 所以cos∠OB1C＝＝.‎ 又因为异面直线所成角的范围是，‎ ‎∴∠OB1C＝.‎ 答案　C ‎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. B. ‎ C. 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A－xyz，设棱长为1，‎ 则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，‎ ‎∴＝(0，1，－1)，‎ ＝.‎ 设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则有即∴ ‎∴n1＝(1，2，2).‎ ‎∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，‎ ‎∴ cos〈n1，n2〉＝＝，‎ 即所成的锐二面角的余弦值为.‎ 答案　B ‎4.(2020·金丽衢十二校三联)正四面体ABCD，E为棱AD的中点，过点A作平面BCE的平行平面，该平面与平面ABC、平面ACD的交线分别为l1，l2，则l1，l2所成角的正弦值为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析　由题意得BC∥l1，CE∥l2，则∠BCE即为l1与l2所成角.设正四面体的棱长为a，则易得EB＝EC＝a，设BC的中点为F，连接EF，则易得EF＝a，则l1与l2所成角的正弦值为sin∠BCE＝＝＝，故选A.‎ 答案　A ‎5.在三棱锥P－ABC中，点P在底面的正投影恰好是等边△ABC的边AB的中点，且点P到底面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(　　)‎ A. B. C.－ D.－ 解析　如图，设点P在边AB上的射影为H，作HF⊥BC，HE⊥AC，连接PF，PE.‎ 依题意，∠HEP＝α，∠PFH＝β.‎ 不妨设等边△ABC的边长为2，则PH＝2，AH＝BH＝1.‎ ‎∴HE＝，HF＝，则tan α＝tan β＝＝，‎ 故tan(α＋β)＝＝＝－ .‎ 答案　C 二、填空题 ‎6.如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直.‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是________.‎ 解析　还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合.‎ 易知GH与EF异面，BD与MN异面.‎ 连接GM，∵△GMH为等边三角形，‎ ‎∴GH与MN成60°角，‎ 易证DE⊥AF，又MN∥AF，∴MN⊥DE.‎ 因此正确命题的序号是②③④.‎ 答案　②③④‎ ‎7.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 所成的角大小为__________；直线EF与底面ABC所成角的大小为________.‎ 解析　以BC为x轴，BA为y轴，BB1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＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，‎ ‎∴·＝2，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝，‎ ‎∴EF和BC1所成的角为60°；‎ ‎∵FB⊥平面ABC，BF＝BE＝1，‎ ‎∴∠FEB为直线EF与底面ABC的夹角且为45°.‎ 答案　60°　45°‎ ‎8.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所成的二面角的正切值为________.‎ 解析　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为所求二面角的平面角.‎ ‎∵BH＝，EB＝1，‎ ‎∴tan∠EHB＝＝.‎ 答案　 ‎9.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________.‎ 解析　以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则＝(0，1，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2).‎ 设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，‎ 所以有令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2，1).‎ 设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，‎ 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝.‎ 答案　 三、解答题 ‎10.(2020·台州期末评估)如图，四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，PD＝AB＝2AD＝2CD＝2，E为PB的中点.‎ ‎(1)证明：平面EAC⊥平面PBC；‎ ‎(2)(一题多解)求直线PD与平面AEC所成角的正弦值.‎ ‎(1)证明　PC⊥平面ABCD，故PC⊥AC.‎ 又AB＝2，AD＝CD＝1，AD⊥AB，‎ 所以AC＝BC＝.‎ 故AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC.‎ 又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC，‎ 因为AC⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面PBC.‎ ‎(2)解　法一　PC⊥平面ABCD，故PC⊥CD.‎ 又PD＝2，所以PC＝.‎ 在平面PCB内，过点P作PH⊥CE，垂足为H.‎ 由(1)知平面ACE⊥平面PBC，所以PH⊥平面ACE，‎ 又点E为PB的中点，CE＝PB＝.‎ 由等面积法得CE·PH＝PC·BC.‎ 所以PH＝.‎ 又点E为PB的中点，所以点P到平面ACE的距离与点B到平面ACE的距离相等.‎ 连接BD交AC于点G，则GB＝2DG.所以点D到平面ACE的距离是点B到平面ACE的距离的一半，即PH.所以直线PD与平面AEC所成角的正弦值为＝.‎ 法二　如图，取AB的中点F，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 因为PD＝2，所以CP＝.‎ 所以C(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，)，A(1，1，0)，B(1，－1，0)，E.‎ ＝(0，1，－)，＝(1，1，0)，＝.‎ 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则 即 取x＝1，得y＝－1，z＝－，即n＝.‎ 设直线PD与平面AEC所成角为θ，则 sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.‎ 所以直线PD与平面AEC所成角的正弦值为.‎ ‎11.(2019·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.‎ ‎(1)证明：BE⊥平面EB1C1；‎ ‎(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值.‎ ‎(1)证明　由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，‎ BE⊂平面ABB1A1，‎ 故B1C1⊥BE.‎ 又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，‎ B1C1，EC1⊂平面EB1C1，‎ 所以BE⊥平面EB1C1.‎ ‎(2)解　由(1)知∠BEB1＝90°.‎ 由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，‎ 所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.‎ 以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，‎ 则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，＝(0，0，2).‎ 设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 所以可取n＝(0，－1，－1).‎ 设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，‎ 则即 所以可取m＝(1，1，0).‎ 于是cos〈n，m〉＝＝－，‎ 则sin〈n，m〉＝，‎ 所以二面角B－EC－C1的正弦值为.‎ 能力提升题组 ‎12.如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，点F在斜边AB上，且AB＝4AF，点M在线段BC上运动，D，E是平面ABC同一侧的两点，AD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，AD＝3，AC＝BE＝4.当点M运动到线段BC的中点时，异面直线CF与EM所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析　取BF的中点N，连接MN，EN，‎ 因为M，N分别为BC，BF的中点，所以MN∥CF，且MN＝CF，所以∠EMN为异面直线CF与EM所成的角.‎ 因为AC＝4，∠BAC＝60°，∠ACB＝90°，‎ 所以BC＝4，BM＝2，‎ 所以EM＝＝＝2.‎ 因为AC＝4，∠BAC＝60°，∠ACB＝90°，‎ 所以AB＝8，‎ 所以AF＝AB＝2，BF＝AB＝6，‎ 所以BN＝3，‎ 所以EN＝＝＝5.‎ 在△ACF中，由余弦定理得CF＝2，‎ 所以MN＝.‎ 在△EMN中，由余弦定理可得 cos∠EMN＝ ‎＝＝，‎ 所以异面直线CF与EM所成角的余弦值为.故选A.‎ 答案　A ‎13.(2020·绍兴适应性考试)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB，AC，AA1两两互相垂直，AB＝AC＝AA1，M，N分别是侧棱BB1，CC1上的点，平面AMN与平面ABC所成的(锐)二面角为.当B1M最小时，∠AMB＝(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析　不妨设AB＝AC＝AA1＝2，设平面AMN与平面ABC的交线为l，过点B作直线l的垂线BH，设垂足为点H，因为AB，AC，AA1两两互相垂直，所以∠MHB为平面AMN与平面ABC所成的锐二面角，则tan∠MHB＝＝，要使B1M最小，则BM最大，即BH最大，因为BH⊥AH，所以点H在平面ABC内的轨迹为以AB为直径的圆，则(BH)max＝AB＝2，所以(BM)max＝，则此时tan∠AMB＝＝，则∠AMB＝，故选B.‎ 答案　B ‎14.(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.‎ ‎(1)证明：MN∥平面C1DE；‎ ‎(2)求二面角A－MA1－N的正弦值.‎ ‎(1)证明　如图，连接B1C，ME.‎ 因为M，E分别为BB1，BC的中点，‎ 所以ME∥B1C，且ME＝B1C.‎ 又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.‎ 由题设知A1B1綉DC，‎ 可得B1C綉A1D，故ME綉ND，‎ 因此四边形MNDE为平行四边形，‎ 所以MN∥ED.‎ 又MN⊄平面C1DE.‎ 所以MN∥平面C1DE.‎ ‎(2)解　由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，‎ 则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)，＝(0，0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1，0，－2)，＝(0，－，0).‎ 设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则 所以可取m＝(，1，0).‎ 设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，‎ 则所以可取n＝(2，0，－1).‎ 于是cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 则sin〈m，n〉＝，‎ 所以二面角A－MA1－N的正弦值为.‎ ‎15.(2019·天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.‎ ‎(1)求证：BF∥平面ADE；‎ ‎(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；‎ ‎(3)若二面角E－BD－F的余弦值为，求线段CF的长.‎ 解　依题意，建立以A为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C ‎(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).‎ 设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h).‎ ‎(1)证明　依题意，＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，‎ 又＝(0，2，h)，可得·＝0，‎ 又因为直线BF⊄平面ADE，‎ 所以BF∥平面ADE.‎ ‎(2)依题意，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(－1，－2，2).‎ 设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则 即不妨令z＝1，可得n ＝(2，2，1).‎ 因此有cos〈，n〉＝＝－.‎ 所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.‎ ‎(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，‎ 则 即不妨令y1＝1，可得m ＝.‎ 又n＝(2，2，1)为平面BDE的一个法向量，‎ 故由题意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝.‎ 解得h＝.经检验，符合题意.‎ 所以线段CF的长为.‎