高三数学一轮复习第七章立体几何与空间向量培优专题一2空间直角坐标系的构建策略学案

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利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其他向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的五种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如．
1．建立空间直角坐标系的方法
(1)利用共顶点的互相垂直的三条棱构建空间直角坐标系；
(2)利用线面垂直关系构建空间直角坐标系；
(3)利用面面垂直关系构建空间直角坐标系；
(4)利用底面中心与高所在的直线，构建空间直角坐标系；
(5)利用底面正三角形构建空间直角坐标系．
2．建立空间直角坐标系的原则
无论利用哪种关系建系，都应遵循与求解问题相关的元素尽可能在坐标轴上或坐标面上，这样便于计算点的坐标(空间向量的坐标)，减少运算量．
[培优案例]
[例1] 如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
[解] 取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，
从而AE⊥AD，AE＝AB2-BE2＝AB2-BC22＝5.
以A为坐标原点，AE的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(5，2，0)，N52，1，2，PM＝(0，2，－4)，PN＝52，1，-2，AN＝52，1，2.设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，
则n·PM=0，n·PN=0，即2y-4z=0， 52x+y-2z=0，
令z＝1，则y＝2，x＝0，
则n＝(0，2，1)为平面PMN的一个法向量．
于是|cs 〈n，AN〉|＝n·ANnAN＝8525.
设AN与平面PMN所成的角为θ，则sin θ＝8525，
所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525.
[例2] 如图所示，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面为正方形，O1，O分别为上、下底面的中心，且A1在底面ABCD上的射影是O.
(1)求证：平面O1DC⊥平面ABCD；
(2)若点E，F分别在棱AA1，BC上，且AE＝2EA1，问点F在何处时，EF⊥AD?
[解] (1)证明：如图所示，以O为坐标原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设OA＝1，OA1＝a.
则A(1，0，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，a)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，O1(－1，0，a)．
则O1D＝(1，－1，－a)，O1C＝(0，0，－a)．
设m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)分别是平面O1DC和平面ABCD的法向量．
由m·O1D=0，m·O1C=0，得x1-y1-z1a=0，-z1a=0.
令x1＝1，则m＝(1，1，0)为平面O1DC的一个法向量，
∵OA1⊥平面ABCD，则平面ABCD的一个法向量可取n＝OA1＝(0，0，a)，
故m·n＝0，即平面O1DC与平面ABCD的法向量垂直，故平面O1DC⊥平面ABCD.
(2)由(1)可知，OE＝13，0，23a，AA1＝(－1，0，a)，AD＝BC＝(－1，－1，0)．
设BF＝γBC，则BF＝(－γ，－γ，0)，故点F的坐标为(－γ，1－γ，0)，
∴FE＝13+γ，γ-1，23a.EF⊥AD⇔FE·AD＝0，
而FE·AD＝－13－γ－γ＋1＝0，解得γ＝13.
故当F为BC的三等分点(靠近B)时，有EF⊥AD.
培优训练(十二) 空间直角坐标系的构建策略
1．如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C，D，E三点共线，已知三棱锥P-ADE四个面都为直角三角形，且ED⊥AD，PA⊥平面ABCE，PE＝3，CD＝AD＝2，ED＝1，则直线PC与平面PAE所成角的正弦值等于( )
A．34 B．105 C．155 D．134
C [由题意知，PA，AD，AB两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，
P(0，0，2)，C(2，2，0)，A(0，0，0)，E(2，－1，0)，则有PC＝(2，2，－2)，AE＝(2，－1，0)，AP＝(0，0，2)，设平面PAE的法向量n＝(x，y，z)，则有2x-y=0，2z=0， 令x＝1，则y＝2，z＝0，则n＝(1，2，0)为平面PAE的一个法向量，
设直线PC与平面PAE所成角为θ，则sin θ＝|cs 〈PC，n〉|＝PC·nPCn＝155，即直线PC与平面PAE所成角的正弦值为155.故选C.]
2．(2024·成都模拟)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，M，E，F分别为PQ，AB，BC的中点，则异面直线EM与AF所成角的余弦值是( )
A．3030 B．25 C．－3030 D．15
A [由题设易知，AB，AD，AQ两两垂直．以A为原点，AB，AD，AQ所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
设正方形边长为2，
则A(0，0，0)，E(1，0，0)，M(0，1，2)，F(2，1，0)，EM＝(－1，1，2)，AF＝(2，1，0)，
cs 〈EM，AF〉＝EM·AFEM·AF＝-130＝-3030，则异面直线EM与AF所成角的余弦值为3030.]
3．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB＝2BB1，则异面直线AB1与C1B所成角的大小为( )
A．60° B．75° C．105° D．90°
D [建立如图所示的空间直角坐标系，设BB1＝1，
则A(0，0，1)，B162，22，0，C1(0，2，0)，B62，22，1.
∴AB1＝62，22，-1，C1B＝62，-22，1，
∴AB1·C1B＝64-24－1＝0，
即异面直线AB1与C1B所成角的大小为90°.]
4．(2024·贵阳模拟)如图，四棱锥P-ABCD中，PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，点E在棱PA上，且PE＝2EA，则平面ABE与平面BED夹角的余弦值为( )
A．23 B．66 C．33 D．63
B [如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(0，3，0)，P(0，0，3)，D(3，3，0)，E(0，2，1)，
∴BE＝(0，2，1)，BD＝(3，3，0)．
设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·BE=2y+z=0， n·BD=3x+3y=0，
取z＝1，得n＝12，-12，1为平面BED的一个法向量．
又平面ABE的法向量为m＝(1，0，0)，
∴cs 〈n，m〉＝m·nnm＝1262×1＝66.
∴平面ABE与平面BED夹角的余弦值为66.]
5．如图所示，在四面体ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝2，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为________．
24 [取BD的中点O，连接OA，OC.由题意知OA，OC，BD两两垂直，
以O为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，
则B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，3，0)，A(0，0，1)，
所以AB＝(1，0，－1)，CD＝(－1，－3，0)，
cs 〈AB，CD〉＝-12×2＝－24，
因为异面直线所成角的范围是0，π2，
所以AB与CD所成角的余弦值是24.]
6．(2024·衡水中学月考)如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形，对角线AC，BD交于点O，OA＝4，OB＝3，OP＝4，OP⊥底面ABCD.设点M满足PM＝λMC(λ>0)，当λ＝12时，直线PA与平面BDM所成角的正弦值是________．
1010 [以O为坐标原点，OA，OB，OP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(图略)，
则P(0，0，4)，A(4，0，0)，D(0，－3，0)，B(0，3，0)，C(－4，0，0)，PA＝(4，0，－4)，DB＝(0，6，0)，AB＝(－4，3，0)．
当λ＝12时，得M-43，0，83，
所以MB＝43，3，-83.
设平面DBM的法向量为n＝(x，y，z)，
则DB·n=6y=0， MB·n=43x+3y-83z=0，
解得y＝0，令x＝2，则z＝1，
所以n＝(2，0，1)为平面DBM的一个法向量．
因为cs 〈PA，n〉＝PA·nPAn＝442×5＝1010，
所以直线PA与平面BDM所成角的正弦值为1010.]
7．(2024·滕州模拟)如图，四棱锥F-ABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC＝2，BD＝2.若CF⊥平面ABCD，CF＝2，则平面BAF与平面AFD夹角的大小为________．
π2 [过点A作AE⊥平面ABCD，以A为坐标原点，BD，AC，AE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．
于是B-22，1，0，D22，1，0，F(0，2，2)．
设平面ABF的法向量为n1＝(x，y，z)，
则由n1·AB=0，n1·AF=0，得-22x+y=0，2y+2z=0，
令z＝1，得x=-2， y=-1， 所以n1＝(－2，－1，1)为平面ABF的一个法向量．
同理，可求得平面ADF的一个法向量为n2＝(2，－1，1)．
由n1·n2＝0，知平面ABF与平面ADF垂直，
所以平面BAF与平面AFD夹角的大小为π2.]
8．(2024·杭州二中月考)在底面为直角梯形的四棱锥S-ABCD中，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝12，则平面SCD与平面SAB夹角的余弦值为________．
63 [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，
则A(0，0，0)，D12，0，0，C(1，1，0)，S(0，0，1)，
平面SAB的一个法向量AD＝12，0，0，
并求得平面SCD的一个法向量n＝1，-12，12，
则cs 〈AD，n〉＝AD·nADn＝63.
即平面SCD与平面SAB夹角的余弦值为63.]
9．(2024·枣庄模拟)在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD.
(1)证明：AB⊥平面VAD；
(2)求二面角A-VD-B的平面角的余弦值．
[解] (1)证明：取AD的中点O作为坐标原点，
由题意知，VO⊥底面ABCD，
则可建立如图所示的空间直角坐标系．
设AD＝2，则A(1，0，0)，D(－1，0，0)，B(1，2，0)，V(0，0，3)．
易得AB＝(0，2，0)，VA＝(1，0，－3)．
∵AB·VA＝(0，2，0)·(1，0，－3)＝0，
∴AB⊥VA，即AB⊥VA.
又AB⊥AD，AD∩VA＝A，∴AB⊥平面VAD.
(2)易得DV＝(1，0，3)．
设E为DV的中点，连接EA，EB，则E-12，0，32，
∴EA＝32，0，-32，EB＝32，2，-32.
∵EB·DV＝32，2，-32·(1，0，3)＝0，
∴EB⊥DV，即EB⊥DV.
又EA⊥DV，∴∠AEB为所求二面角的平面角，
∴cs 〈EA，EB〉＝EA·EBEAEB＝217.
故所求二面角的平面角的余弦值为217.
10．(2024·临沂一中月考)已知正四棱锥V-ABCD中，E为VC的中点，正四棱锥的底面边长为2a，高为h.
(1)求∠DEB的余弦值；
(2)若BE⊥VC，求∠DEB的余弦值．
[解] (1)如图所示，以V在底面ABCD内的射影O为坐标原点建立空间直角坐标系，其中Ox∥BC，Oy∥AB.由AB＝2a，OV＝h，知B(a，a，0)，C(－a，a，0)，D(－a，－a，0)，V(0，0，h)，
E-a2，a2，h2.
∴BE＝-32a，-a2，h2，DE＝a2，32a，h2，
∴cs 〈BE，DE〉＝BE·DEBEDE＝-6a2+h210a2+h2.
即cs ∠DEB＝-6a2+h210a2+h2.
(2)∵BE⊥VC，∴BE·VC＝0，
即-32a，-a2，h2·(－a，a，－h)＝0，
∴32a2－a22-h22＝0，∴h＝2a.
此时cs 〈BE，DE〉＝-6a2+h210a2+h2＝－13，
即cs ∠DEB＝－13.
阶段提能(十三) 空间向量及其应用

1．(北师大版选择性必修第一册P133例11)如图，已知二面角α-l-β的平面角为2π3，点B，C在棱l上，A∈α，D∈β，AB⊥l，CD⊥l，AB＝2，BC＝1，CD＝3，求AD的长．
[解] 因为AB⊥l，CD⊥l，二面角α-l-β的平面角为2π3，
所以AB·BC＝0，BC·CD＝0，〈BA，CD〉＝2π3.
因为AD＝AB+BC+CD，
所以|AD|2＝(AB+BC+CD)·(AB+BC+CD)
＝|AB|2＋|BC|2＋|CD|2＋2AB·BC＋2BC·CD＋2AB·CD
＝|AB|2＋|BC|2＋|CD|2＋2AB·CD
＝22＋12＋32＋2×2×3×12＝20.
所以|AD|＝25.
2．(人教A版选择性必修第一册P38T4)如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠CBA＝∠DBC＝120°.求：
(1)直线AD与直线BC所成角的大小；
(2)直线AD与平面BCD所成角的大小；
(3)平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值．
[解] 如图，建立空间直角坐标系．
设AB＝a，则 A0，-12a，32a，
C(0，a，0)，D32a，-12a，0，
∴AD＝32a，0，-32a，
BC＝(0，a，0)，BD＝32a，-12a，0.
(1)∵AD·BC＝0，∴AD⊥BC，∴AD与BC所成角的大小为90°.
(2)设AD与平面BCD所成的角为θ，
∵n＝(0，0，1)是平面BCD的一个法向量，
∴sin θ＝|cs 〈AD，n〉|＝AD·nADn＝32a32a2×1＝22.
∴θ＝45°，即AD与平面BCD所成角的大小为45°.
(3)设m＝(x，y，z)是平面ABD的法向量，
则m·AD=0，m·BD=0，∴32ax-32az=0，32ax-12ay=0，
取x＝1，则z＝1，y＝3，∴m＝(1，3，1)．
∴cs 〈m，n〉＝m·nmn＝15×1＝55.
设平面ABD和平面BDC的夹角为θ，
则cs θ＝|cs 〈m，n〉|＝55.
故平面ABD和平面BDC夹角的余弦值为55.
3．(人教A版选择性必修第一册P35练习T2)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点
．
(1)求点A1到直线B1E的距离；
(2)求直线FC1到直线AE的距离；
(3)求点A1到平面AB1E的距离；
(4)求直线FC1到平面AB1E的距离．
[解] 建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，E0，0，12，F1，1，12，
C1(0，1，1)，A(1，0，0)．
(1)B1E＝-1，-1，-12，u＝B1EB1E＝-23，-23，-13，A1B1＝(0，1，0)．
设a＝A1B1＝(0，1，0)，∴a2＝1，a·u＝－23，
∴点A1到直线B1E的距离为a2-a·u2＝1-49＝53.
(2)∵AE＝-1，0，12，FC1＝-1，0，12，
∴AE∥FC1，∴AE∥FC1，
∴点F到直线AE的距离即为直线FC1到直线AE的距离．
u＝AEAE＝-255，0，55，AF＝0，1，12.
设a＝AF＝0，1，12，
∴a2＝54，a·u＝510.
∴直线FC1到直线AE的距离为54-5102＝305.
(3)设平面AB1E的法向量n＝(x，y，z)，
又AB1＝(0，1，1)，AE＝-1，0，12，
∴n·AB1=y+z=0，n·AE=-x+12z=0.
取z＝2，则y＝－2，x＝1，
∴n＝(1，－2，2)，∴n0＝nn＝13，-23，23.
又AA1＝(0，0，1)，
∴点A1到平面AB1E的距离为|AA1·n0|＝23.
(4)∵FC1∥AE，FC1⊄平面AB1E，AE⊂平面AB1E，
∴FC1∥平面AB1E，
∴FC1到平面AB1E的距离即为F到平面AB1E的距离．
又平面AB1E的单位法向量n0＝13，-23，23，FB1＝0，0，12，
∴直线FC1到平面AB1E的距离为|FB1·n0|＝13.
4．(2022·全国甲卷)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB, AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝3.
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB 所成角的正弦值．
[解] (1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1, AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝12，
故DE＝32，BD＝DE2+BE2＝3，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，又PD∩AD＝D，
所以BD⊥平面PAD，
又因为PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA.
(2)如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系，
BD＝3，
则A(1，0，0)，B(0，3，0)，P(0，0，3)，
则AP＝(－1，0，3)，BP＝(0，－3，3)，DP＝(0，0，3)，
设平面PAB的法向量n＝(x，y，z)，
则有n·AP=-x+3z=0， n·BP=-3y+3z=0，
可取n＝(3，1，1)为平面PAB的一个法向量，
则cs 〈n，DP〉＝n·DPnDP＝55，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.
5．(2021·北京卷)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F.
(1)求证：点F为B1C1中点；
(2)若点M为棱A1B1上一点，且二面角M-CF-E的余弦值为53，求A1MA1B1.
[解] (1)证明：因为ABCD-A1B1C1D1为正方体，所以A1D1∥B1C1，CD∥C1D1.
又因为CD⊄平面A1B1C1D1，C1D1⊂平面A1B1C1D1，所以CD∥平面A1B1C1D1.
因为平面CDEF∩平面A1B1C1D1＝EF，且CD⊂平面CDEF，所以CD∥EF，故C1D1∥EF.
所以四边形EFC1D1为矩形，又点E为A1D1中点，故C1F＝D1E＝12A1D1＝12C1B1，故点F为B1C1的中点．
(2)因为ABCD-A1B1C1D1为正方体，故DA，DC，DD1两两垂直．
以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
令正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，设A1M＝λA1B1(0≤λ<1)，则C(0，2，0)，E(1，0，2)，F(1，2，2)，M(2，2λ，2)，CE＝(1，－2，2)，CF＝(1，0，2)，CM＝(2，2λ－2，2)．
设平面CEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则CE·n1=0，CF·n1=0， 即x1-2y1+2z1=0，x1+2z1=0， 故y1＝0.
令z1＝－1，x1＝2，可取n1＝(2，0，－1)．
设平面CMF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则CM·n2=0，CF·n2=0， 即2x2+2λ-2y2+2z2=0，x2+2z2=0，
令z2＝－1，则x2＝2，y2＝11-λ，可取n2＝2，11-λ，-1.
设二面角M-CF-E为θ，且θ为锐角，故
cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝n1·n2n1·n2＝4+122+-12·22+11-λ2+-12＝53，
解得λ＝12∈[0，1)，故A1MA1B1＝12.
当λ＝1时，点M与B1重合，此时平面CEF⊥平面CFM，不符合题意．
综上，A1MA1B1＝12.
6．(2021·全国甲卷)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所成的二面角的正弦值最小？
[解] (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＝5.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝BF2+AB2＝3，
所以AC＝AF2-CF2＝2 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)，BF＝(0，2，1)．
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，
于是DE＝(1－m，1，－2)．
所以BF·DE＝0，所以BF⊥DE.
(2)易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0)．
设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，
则DE·n2=0，EF·n2=0，
又DE＝(1－m，1，－2)，EF＝(－1，1，1)，
所以1-mx+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〉＝32m-122+272.
设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝1-cs2〈n1，n2〉，故当m＝12时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小，为33，即当B1D＝12时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小．
7．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足EF＝DA，求二面角D-AB-F的正弦值．
[解] (1)证明：如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC.
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS)．
可得AC＝AB，故AE⊥BC.
因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE.
又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以AB＝AC＝2.
由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝2.
因为AE⊥BC，所以AE＝AB2-EB2＝2.
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(2，0，0)，B(0，2，0)，A(0，0，2)，DA＝(－2，0，2)，BA＝(0，－2，2)．
设F(xF，yF，zF)，因为EF＝DA，所以(xF，yF，zF)＝(－2，0，2)，可得F(－2，0，2)．
所以FA＝(2，0，0)．
设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则DA·m=0，BA·m=0，即-2x1+2z1=0，-2+y12z1=0，
取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1，1，1)．
设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则FA·n=0，BA·n=0，即2x2=0， -2y2+2z2=0，
得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)．
所以cs 〈m，n〉＝m·nmn＝23×2＝63.
记二面角D-AB-F的大小为θ，
则sin θ＝1-cs2〈m，n〉＝1-632＝33，
故二面角D-AB-F的正弦值为33.
8．(2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P.
[解] (1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，
所以B2C2＝(0，－2，1)，A2D2＝(0，－2，1)，
所以B2C2＝A2D2，所以B2C2∥A2D2.
(2)设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，
所以PA2＝(2，0，1－n)，PC2＝(0，－2，3－n)，
设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)，
所以PA2·a=0，PC2·a=0，则2x1+1-nz1=0，-2y1+3-nz1=0，
令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)．
设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)，
又A2C2＝(－2，－2，2)，A2D2＝(0，－2，1)，
所以A2C2·b=0，A2D2·b=0，则-2x2-2y2+2z2=0，-2y2+z2=0，
令y2＝1，得b＝(1，1，2)．
所以|cs 150°|＝|cs 〈a，b〉|＝n-1+3-n+4n-12+4+3-n2×6＝32，
整理得n2－4n＋3＝0，
解得n＝1或n＝3，
所以BP＝1或BP＝3，
所以B2P＝1.