新高考数学一轮复习讲义 第7章 §7.7　向量法求空间角

这是一份新高考数学一轮复习讲义 第7章 §7.7　向量法求空间角，共22页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§7.7 向量法求空间角
考试要求 能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用．
知识梳理
1．异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2．直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3．平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
常用结论
1．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＝|cs〈a，n〉|，不要误记为cs θ＝|cs〈a，n〉|.
2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两条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的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α 所成的角．( × )
(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ.( × )
(4)两异面直线夹角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( √ )
教材改编题
1．已知直线l1的方向向量s1＝(1,0,1)与直线l2的方向向量s2＝(－1,2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 C
解析 因为s1＝(1,0,1)，s2＝(－1,2，－2)，
所以cs〈s1，s2〉＝eq \f(s1·s2,|s1||s2|)＝eq \f(－1－2,\r(2)×3)＝－eq \f(\r(2),2).
所以l1和l2夹角的余弦值为eq \f(\r(2),2).
2．已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cs〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则l与α所成的角为________．
答案 30°
解析 设直线l与α所成角为θ，
sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈m，n〉))＝eq \f(1,2)，
又∵θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴θ＝30°.
3．已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为______．
答案 eq \f(\r(15),6)
解析 eq \f(|0，－1，3·2，2，4|,\r(1＋9)×\r(4＋4＋16))＝eq \f(\r(15),6).
题型一 异面直线所成的角
例1 (1)(2022·大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1，E，F，G分别为AB，CD1，AD的中点，则异面直线A1G与EF所成角的余弦值为( )
A．0 B.eq \f(\r(10),10)
C.eq \f(\r(2),2) D．1
答案 A
解析 如图，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A1(2,0,2)，G(1,0,0)，
E(2,1,0)，F(0,1,1)，
所以eq \(A1G,\s\up6(—→))＝(－1,0，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，
设异面直线A1G与EF所成的角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(A1G,\s\up6(—→))·\(EF,\s\up6(→))|,|\(A1G,\s\up6(—→))||\(EF,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|－1×－2－2×1|,\r(5)×\r(5))＝0.
(2)(2022·杭州模拟)如图，已知圆锥CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圆O的直径，点D在eq \(AB,\s\up8(︵))上，且∠AOD＝2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,4) D.eq \f(3,4)
答案 A
解析 因为∠AOD＝2∠BOD，
且∠AOD＋∠BOD＝π，
所以∠BOD＝eq \f(π,3)，
连接CO，则CO⊥平面ABD，以点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设圆O的半径为2，则A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0，2eq \r(3))，D(eq \r(3)，1,0)，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－2,2eq \r(3))，
设异面直线AD与BC所成的角为θ，
则cs θ＝|cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))|,|\(AD,\s\up6(→))||\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－6|,2\r(3)×4)＝eq \f(\r(3),4)，因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为eq \f(\r(3),4).
教师备选
如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq \r(2)，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 B
解析 以A为坐标原点，AB，AC，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，
则A(0,0,0)，A1(0,0，eq \r(2))，B(eq \r(2)，0,0)，
C(0，eq \r(2)，0)，
∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，
∴eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，
eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))，
∴cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(A1C,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(AD,\s\up6(→))·\(A1C,\s\up6(—→)),|\(AD,\s\up6(→))||\(A1C,\s\up6(—→))|)＝eq \f(1,2)，
∴即异面直线AD，A1C所成角为eq \f(π,3).
思维升华 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两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)注意两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为eq \f(3\r(2),10)，则λ的值为______．
答案 eq \f(1,3)
解析 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(图略)，正方体的棱长为2，
则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
∴eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(0,2，－1)，
eq \(A1F,\s\up6(—→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋λeq \(AD,\s\up6(→))
＝(－2λ，0，－2)．
∴cs〈eq \(A1F,\s\up6(—→))，eq \(D1E,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(A1F,\s\up6(—→))·\(D1E,\s\up6(—→)),|\(A1F,\s\up6(—→))||\(D1E,\s\up6(—→))|)
＝eq \f(2,2\r(λ2＋1)×\r(5))＝eq \f(3\r(2),10)，
解得λ＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(1,3)舍)).
(2)(2022·武汉模拟)若在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(\r(2),4)
解析 令M为AC的中点，连接MB，MA1，
由题意知△ABC是等边三角形，
所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC，
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
BM⊂平面ABC，
所以BM⊥平面A1ACC1，
因为A1M⊂平面A1ACC1，
所以BM⊥A1M，
所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为坐标原点，eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MA1,\s\up6(—→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设AA1＝AC＝AB＝2，
则A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，A1(0,0，eq \r(3))，
C1(－2,0，eq \r(3))，
所以eq \(AC1,\s\up6(—→))＝(－3,0，eq \r(3))，eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(0，eq \r(3)，－eq \r(3))，
所以cs〈eq \(AC1,\s\up6(—→))，eq \(A1B,\s\up6(—→))〉＝eq \f(－3,2\r(3)×\r(6))＝－eq \f(\r(2),4)，
故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4).
题型二 直线与平面所成的角
例2 (2022·广州模拟)在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E是边AB的中点(如图1)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1－BCDE(如图2)．
(1)证明：平面A1BE⊥平面BCDE；
(2)若A1E⊥BE，连接CE，求直线CE与平面A1CD所成角的正弦值．
(1)证明 连接图1中的BD，如图所示．
因为四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，
所以△ABD为等边三角形，所以DE⊥AB，
所以在图2中有DE⊥BE，DE⊥A1E，
因为BE∩A1E＝E，BE，A1E⊂平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE，
因为DE⊂平面BCDE，
所以平面A1BE⊥平面BCDE.
(2)解 因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1E⊥BE，A1E⊂平面A1BE，所以A1E⊥平面BCDE，
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
所以A1(0,0,1)，C(2，eq \r(3)，0)，D(0，eq \r(3)，0)，
E(0,0,0)，
所以eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(0，eq \r(3)，－1)，eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(2，eq \r(3)，－1)，eq \(EC,\s\up6(→))＝(2，eq \r(3)，0)，
设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1D,\s\up6(—→))＝\r(3)y－z＝0，,n·\(A1C,\s\up6(—→))＝2x＋\r(3)y－z＝0，))
令y＝1，则n＝(0,1，eq \r(3))，
所以cs〈n，eq \(EC,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(EC,\s\up6(→)),|n||\(EC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3),2\r(7))＝eq \f(\r(21),14)，
所以直线CE与平面A1CD所成角的正弦值为eq \f(\r(21),14).
教师备选
(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
(1)证明 在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
因为PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，
所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，PD，DC⊂平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
(2)解 以D为坐标原点，eq \(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，
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
因为平面PAD∩平面PBC＝l，
所以l过点P，设Q(m，0,1)，
则有eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝(m，0,1)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,mx＋z＝0，))
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up6(→)),|n||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋0＋m,\r(3)·\r(m2＋1)).
记PB与平面QCD所成的角为θ，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))，
当m＝0时，sin θ＝eq \f(\r(3),3)，
当m≠0时，sin θ＝eq \f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))
＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2m,m2＋1))
≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2|m|,m2＋1))≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋1)＝eq \f(\r(6),3)，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3).
思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤
跟踪训练2 (2022·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，A是线段SD上的点，△SBD为等边三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.
(1)若SA＝AD，求证：SD⊥CA；
(2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为eq \f(4\r(195),65)，求AD的长．
(1)证明 依题意，BD＝2，
在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，
由余弦定理求得BC＝2eq \r(3)，
∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.
又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，
∴BC⊥平面SBD.从而BC⊥SD，
在等边△SBD中，SA＝AD，则BA⊥SD.
又BC∩BA＝B，BC，BA⊂平面BCA，
∴SD⊥平面BCA，又CA⊂平面BCA，
∴SD⊥CA.
(2)解 以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x轴、y轴，过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，C(2eq \r(3)，0,0)，D(0,2,0)，S(0,1，eq \r(3))，
故eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，2,0)，eq \(SD,\s\up6(→))＝(0,1，－eq \r(3))，
设平面SCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CD,\s\up6(→))＝0，,m·\(SD,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)x＋2y＝0，,y－\r(3)z＝0，))
取x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝1，
∴m＝(1，eq \r(3)，1)，
设eq \(DA,\s\up6(→))＝λeq \(DS,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
则eq \(DA,\s\up6(→))＝(0，－λ，eq \r(3)λ)，
故A(0,2－λ，eq \r(3)λ)，则eq \(BA,\s\up6(→))＝(0,2－λ，eq \r(3)λ)，
设直线BA与平面SCD所成角为θ，
故sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈m，\(BA,\s\up6(→))〉))＝eq \f(|m·\(BA,\s\up6(→))|,|m||\(BA,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|2\r(3)－\r(3)λ＋\r(3)λ|,\r(5)·\r(2－λ2＋3λ2))＝eq \f(4\r(195),65)，
解得λ＝eq \f(1,4)或λ＝eq \f(3,4)，则AD＝eq \f(1,2)或AD＝eq \f(3,2).
题型三 平面与平面的夹角
例3 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD; [切入点：线线垂直转化到线面垂直]
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积. [关键点：建系写坐标]
教师备选
(2020·全国Ⅰ改编)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝eq \f(\r(6),6)DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值．
(1)证明 由题设，知△DAE为等边三角形，
设AE＝1，则DO＝eq \f(\r(3),2)，CO＝BO＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(1,2)，
所以PO＝eq \f(\r(6),6)DO＝eq \f(\r(2),4)，PC＝eq \r(PO2＋OC2)＝eq \f(\r(6),4)，
同理PB＝eq \f(\r(6),4)，PA＝eq \f(\r(6),4)，
又△ABC为等边三角形，
则eq \f(BA,sin 60°)＝2OA，所以BA＝eq \f(\r(3),2)，
PA2＋PB2＝eq \f(3,4)＝AB2，则∠APB＝90°，
所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，
又PC∩PB＝P，PC，PB⊂平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
(2)解 过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),4)))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，0))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，
eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，－\f(\r(2),4)))，
设平面PCB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PB,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1－\r(3)y1－\r(2)z1＝0，,－x1＋\r(3)y1－\r(2)z1＝0，))
令x1＝eq \r(2)，得z1＝－1，y1＝0，
所以n＝(eq \r(2)，0，－1)，
设平面PCE的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PC,\s\up6(→))＝0，,m·\(PE,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－\r(3)y2－\r(2)z2＝0，,－2x2－\r(2)z2＝0，))
令x2＝1，得z2＝－eq \r(2)，y2＝eq \f(\r(3),3)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)，－\r(2)))，
故cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2\r(2),\r(3)×\f(\r(10),\r(3)))＝eq \f(2\r(5),5)，
所以平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值为eq \f(2\r(5),5).
思维升华 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
跟踪训练3 (2021·全国乙卷改编)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求平面APM与平面BPM夹角的正弦值．
解 (1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设BC＝t，则A(t，0,0)，B(t，1,0)，
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)，1，0))，P(0,0,1)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(t，1，－1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,2)，1，0)).
因为PB⊥AM，所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝－eq \f(t2,2)＋1＝0，得t＝eq \r(2)，所以BC＝eq \r(2).
(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得eq \(AP,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0,1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，0))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0,0)，
eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，1，－1)．
设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AP,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AM,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋z1＝0，,－\f(\r(2),2)x1＋y1＝0，))
令x1＝eq \r(2)，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量为n1＝(eq \r(2)，1,2)．
设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x2＝0，,\r(2)x2＋y2－z2＝0，))
得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0,1,1)．
设平面APM与平面BPM夹角为θ，
cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(3,\r(7)×\r(2))＝eq \f(3\r(14),14)，
sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(70),14).
所以平面APM与平面BPM夹角的正弦值为eq \f(\r(70),14).
课时精练
1．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq \r(3)，∠BAD＝120°.
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
(2)求平面A1BD与平面A1AD所成角的正弦值．
解 在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.
如图，以{eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(—→))}为一个正交基底，建立空间直角坐标系，
因为AB＝AD＝2，AA1＝eq \r(3)，∠BAD＝120°，
则A(0,0,0)，B(eq \r(3)，－1,0)，D(0,2,0)，
E(eq \r(3)，0,0)，A1(0,0，eq \r(3))，C1(eq \r(3)，1，eq \r(3))．
(1)eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(eq \r(3)，－1，－eq \r(3))，eq \(AC1,\s\up6(—→))＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))．
则cs〈eq \(A1B,\s\up6(—→))，eq \(AC1,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(A1B,\s\up6(—→))·\(AC1,\s\up6(—→)),|\(A1B,\s\up6(—→))||\(AC1,\s\up6(—→))|)
＝eq \f(3－1－3,\r(7)×\r(7))＝－eq \f(1,7).
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为eq \f(1,7).
(2)可知平面A1AD的一个法向量为
eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0,0)，
设m＝(x，y，z)为平面A1BD的一个法向量，
又eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(eq \r(3)，－1，－eq \r(3))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，3,0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A1B,\s\up6(—→))＝0，,m·\(BD,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x－y－\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋3y＝0.))
不妨取x＝3，则y＝eq \r(3)，z＝2.
所以m＝(3，eq \r(3)，2)为平面A1BD的一个法向量，
从而cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，m〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·m,|\(AE,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(3\r(3),\r(3)×4)＝eq \f(3,4).
设平面A1BD与平面A1AD所成的角为θ，
则cs θ＝eq \f(3,4).
所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(7),4).
因此平面A1BD与平面A1AD所成角的正弦值为eq \f(\r(7),4).
2．(2021·浙江)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq \r(15)，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
(1)证明 因为底面ABCD是平行四边形，
∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，
且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.
又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)解 方法一 由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角．
连接AM，因为PM⊥MD，PM⊥DC，
所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝eq \r(7)，
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2)，
所以PB＝PC＝2eq \r(3)，
连接BN，
结合余弦定理得BN＝eq \r(11).
连接AC，
则由余弦定理得AC＝eq \r(21)，
在△PAC中，结合余弦定理得
PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝eq \r(15).
所以在△ABN中，cs∠BAN＝eq \f(AB2＋AN2－BN2,2AB·AN)＝eq \f(1＋15－11,2\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝cs∠BAN＝eq \f(\r(15),6).
方法二 因为PM⊥MD，PM⊥DC，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝eq \r(7)，
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2)，
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，
则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(－eq \r(3)，2,0)，P(0,0,2eq \r(2))，C(eq \r(3)，－1,0)，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2))).
所以eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，－\f(5,2)，\r(2))).
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0,1,0)．
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AN,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AN,\s\up6(→))·n|,|\(AN,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\f(5,2),\r(15))
＝eq \f(\r(15),6).
3.(2022·汕头模拟)如图，在圆柱OO1中，四边形ABCD是其轴截面，EF为⊙O1的直径，且EF⊥CD，AB＝2，BC＝a(a>1)．
(1)求证：BE＝BF；
(2)若直线AE与平面BEF所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3)，求平面ABE与平面BEF夹角的余弦值．
(1)证明 如图，连接BO1，在圆柱OO1中，
BC⊥平面CEDF，
∵EF⊂平面CEDF，∴EF⊥BC，
∵EF⊥CD，BC∩CD＝C，BC，
CD⊂平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD，
又BO1⊂平面ABCD，
∴EF⊥BO1，
∵在△BEF中，O1为EF的中点，∴BE＝BF.
(2)解 连接OO1，则OO1与该圆柱的底面垂直，
以点O为坐标原点，OB，OO1所在直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，E(－1,0，a)，
F(1,0，a)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1,1，a)，
eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1，－1，a)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(1，－1，a)，
设平面BEF的法向量是n1＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(BE,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BF,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1－y1＋az1＝0，,x1－y1＋az1＝0，))
取z1＝1，得n1＝(0，a，1)，
设直线AE与平面BEF所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，n1〉|
＝eq \f(2a,\r(a2＋2)·\r(a2＋1))＝eq \f(\r(6),3)，
化简得(a2－2)(a2－1)＝0，
∵a>1，解得a＝eq \r(2)，
∴n1＝(0，eq \r(2)，1)，
设平面ABE的法向量是n2＝(x2，y2，z2)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AE,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y2＝0，,－x2＋y2＋\r(2)z2＝0，))
取z2＝1，得n2＝(eq \r(2)，0,1)，
设平面ABE与平面BEF的夹角为α，
则cs α＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,3)，
∴平面ABE与平面BEF夹角的余弦值为eq \f(1,3).
4.(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小？
(1)证明 因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝eq \r(5).
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝eq \r(BF2＋AB2)＝3，所以AC＝eq \r(AF2－CF2)＝2eq \r(2).由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(0,2,1)．
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0,2)，
于是eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)．
所以eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝0，所以BF⊥DE.
(2)解 易知平面BB1C1C的一个法向量为
n1＝(1,0,0)．
设平面DFE的一个法向量为n2＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\(EF,\s\up6(→))·n2＝0，))
又eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－mx＋y－2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))
令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是平面DFE的一个法向量为
n2＝(3，m＋1,2－m)，
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(3,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))2＋\f(27,2))).
设平面BB1C1C与平面DFE的夹角为θ，
则sin θ＝eq \r(1－cs2〈n1，n2〉)，
故当m＝eq \f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小，为eq \f(\r(3),3)，即当B1D＝eq \f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小．