新高考数学一轮复习基础版讲义第7章第7节　向量法求空间角（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习基础版讲义第7章第7节　向量法求空间角（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了掌握空间向量的应用，直线和平面所成的角，平面与平面的夹角，))等内容，欢迎下载使用。

【知识梳理】
1.两条异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则
cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2.直线和平面所成的角
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
(1)两平面的夹角：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.
(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则
cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
[常用结论与微点提醒]
1.确定平面的法向量的方法
(1)直接法：观察是否有垂直于平面的法向量，若有可直接确定.
(2)待定系数法：取平面的两个相交向量a，b，设平面的法向量为n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·a＝0，,n·b＝0))求得.
2.方向向量和法向量均不为零向量且不唯一.
3.当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”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的夹角.( )
(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)))，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))).( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
解析 (1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量u，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈u，n〉|；
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角或其补角.
2.(选修一P38T1改编)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是( )
A.eq \f(\r(30),10)B.eq \f(1,2)C.eq \f(\r(30),15)D.eq \f(\r(15),10)
答案 A
解析 建系如图，设BC＝CA＝CC1＝2，
则B(0，2，0)，D1(1，1，2)，A(2，0，0)，F1(1，0，2)，
eq \(BD1,\s\up6(→))＝(1，－1，2)，eq \(AF1,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，
故|cs〈eq \(BD1,\s\up6(→))，eq \(AF1,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－1＋4,\r(6)×\r(5))))＝eq \f(\r(30),10).
3.(选修一P43T10改编)设M，N分别是正方体ABCD－A′B′C′D′的棱BB′和B′C′的中点，则直线MN与平面A′BCD′所成角的正弦值为________.
答案 eq \f(1,2)
解析 建系如图，设AB＝2，
则M(2，2，1)，N(1，2，2)，B(2，2，0)，A′(2，0，2)，C(0，2，0)，
则eq \(MN,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，eq \(BA′,\s\up6(→))＝(0，－2，2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2，0，0).
设平面A′BCD′的法向量为n＝(x，y，z)，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BA′,\s\up6(→))·n＝－2y＋2z＝0，,\(BC,\s\up6(→))·n＝－2x＝0，))
令z＝1，则y＝1，x＝0，
所以n＝(0，1，1)，
所以MN与平面A′BCD′所成角的正弦值为
|cs〈eq \(MN,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2)×\r(2))))＝eq \f(1,2).
4.在空间中，已知平面α过点(3，0，0)和(0，4，0)及z轴上一点(0，0，a)(a＞0)，如果平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a＝________.
答案 eq \f(12,5)
解析 平面Oxy的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设平面α的一个法向量为u＝(x，y，z)，
取平面中两个向量(－3，4，0)与(－3，0，a)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))则3x＝4y＝az，取z＝1，
则u＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，\f(a,4)，1))，
而|cs〈n，u〉|＝eq \f(1,\r(\f(a2,9)＋\f(a2,16)＋1))＝eq \f(\r(2),2).
又a＞0，故a＝eq \f(12,5).
考点一 异面直线所成的角
例1 (1)(2024·江西五市九校联考)如图，矩形ABCD是圆柱O1O2的轴截面，AB＝AD＝2，点E在上底面圆周上，且eq \(EC,\s\up8(︵))＝2eq \(DE,\s\up8(︵))，F为线段BC的中点，则异面直线AE与DF所成角的余弦值为________.
答案 eq \f(1,5)
解析 连接O1O2，过点E作EE1∥O1O2，交下底面于点E1，连接O2E1，
则eq \(E1B,\s\up8(︵))＝2eq \(AE1,\s\up8(︵))，∠E1O2A＝eq \f(π,3).
以O2为坐标原点，在下底面中，过点O2作AB的垂线为x轴，分别以O2B，O2O1所在的直线为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则由已知可得A(0，－1，0)，D(0，－1，2)，F(0，1，1)，
E1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2)).
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，2))，eq \(DF,\s\up6(→))＝(0，2，－1).
所以cs 〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(DF,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·\(DF,\s\up6(→)),|\(AE,\s\up6(→))||\(DF,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1,\r(5)×\r(5))＝－eq \f(1,5)，
所以异面直线AE与DF所成角的余弦值为eq \f(1,5).
(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，点F在线段AD上，且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为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，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).
所以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(→))
＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2).
则|cs〈eq \(A1F,\s\up6(→))，eq \(D1E,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(A1F,\s\up6(→))·\(D1E,\s\up6(→)),|\(A1F,\s\up6(→))|·|\(D1E,\s\up6(→))|)))＝eq \f(2,2\r(λ2＋1)·\r(5))，
所以eq \f(2,2\r(5)·\r(λ2＋1))＝eq \f(3\r(2),10)，
解得λ＝eq \f(1,3)(舍去－eq \f(1,3)).
感悟提升 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤
(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|cs 〈v1，v2〉|＝eq \f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解.
训练1 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，BC＝8，E，F，G分别为B1C1，A1B1，BB1的中点，则异面直线A1E与FG所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(10),10)B.eq \f(\r(5),5)C.eq \f(\r(3),3)D.eq \f(\r(2),2)
答案 A
解析 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A1(8，0，2)，E(4，2，2)，F(8，1，2)，G(8，2，1)，
∴eq \(A1E,\s\up6(→))＝(－4，2，0)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，
∴cs 〈eq \(A1E,\s\up6(→))，eq \(FG,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,2\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),10)，
故异面直线A1E与FG所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
考点二 直线与平面所成的角
例2 (2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明：A1C＝AC；
(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
(1)证明 由A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
得A1C⊥BC.
又因为BC⊥AC，且AC∩A1C＝C，AC，A1C⊂平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，且BC⊂平面BCC1B1，
所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
图1
如图1，过A1作A1H⊥CC1，垂足为H，
则A1H⊥平面BCC1B1，
由题设得A1H＝1.
设AC＝x，在Rt△A1CA中，A1C＝eq \r(4－x2)，
在Rt△CA1C1中，A1C1·A1C＝CC1·A1H，
即x·eq \r(4－x2)＝2×1，
解得x＝eq \r(2)，故A1C＝AC＝eq \r(2)，
∴A1C＝AC.
(2)解 连接B1C.过C作CQ⊥AA1，垂足为Q，连接BQ.
由(1)知BC⊥平面ACC1A1，
又AA1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AA1.
又CQ∩BC＝C，CQ，BC⊂平面BCQ，
∴AA1⊥平面BCQ.
∵BQ⊂平面BCQ，∴AA1⊥BQ，
又∵AA1∥BB1，∴BB1⊥BQ，
∴BQ的长为直线AA1与BB1之间的距离，即BQ＝2.
在Rt△BCQ中，BQ＝2，CQ＝1，∴BC＝eq \r(3).
由(1)知CA，CB，CA1两两垂直，
图2
∴以直线CA，CB，CA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图2所示，
则C(0，0，0)，A(eq \r(2)，0，0)，A1(0，0，eq \r(2))，B(0，eq \r(3)，0)，
∴eq \(CB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，
又知eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，
∴B1(－eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(2))，
∴eq \(CB1,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(2))，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－2eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(2)).
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\(CB1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(3)y＋\r(2)z＝0，))
取x＝1，则y＝0，z＝1，
∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1).
设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(AB1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(AB1,\s\up6(→))|,|n||\(AB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(13),13).
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq \f(\r(13),13).
感悟提升 向量法求直线与平面所成角的方法是：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
训练2 (2024·马鞍山质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝4，M为线段PC的中点，N在线段BC上，且BN＝eq \f(1,4)BC.
(1)求证：平面DMN⊥平面PBC；
(2)求直线AB与平面DMN所成角的正弦值.
(1)证明 因为PD⊥平面ABCD，AD，CD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥CD，
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥CD，则AD，CD，PD两两垂直.
以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系D－xyz，如图，
由已知可得D(0，0，0)，M(0，2，2)，N(3，4，0)，
P(0，0，4)，B(4，4，0)，C(0，4，0)，
则eq \(DM,\s\up6(→))＝(0，2，2)，eq \(DN,\s\up6(→))＝(3，4，0)，
eq \(PB,\s\up6(→))＝(4，4，－4)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，4，－4).
设平面DMN的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1⊥\(DM,\s\up6(→))，,n1⊥\(DN,\s\up6(→))，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(DM,\s\up6(→))＝0，,n1·\(DN,\s\up6(→))＝0，))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y1＋2z1＝0，,3x1＋4y1＝0，))
令z1＝1，得y1＝－1，x1＝eq \f(4,3)，
所以n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－1，1)).
设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2⊥\(PB,\s\up6(→))，,n2⊥\(PC,\s\up6(→))，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(PB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(PC,\s\up6(→))＝0，))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x2＋4y2－4z2＝0，,4y2－4z2＝0，))
令z2＝1，得y2＝1，x2＝0，
所以n2＝(0，1，1)，
因为n1·n2＝0，所以n1⊥n2，
所以平面DMN⊥平面PBC.
(2)解 由(1)得eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，4，0)，平面DMN的一个法向量为n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－1，1))，
设直线AB与平面DMN所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈eq \(AB,\s\up6(→))，n1〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n1|,|\(AB,\s\up6(→))||n1|)＝eq \f(3\r(34),34).
考点三 平面与平面的夹角
例3 (12分)(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eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))，求二面角D－AB－F的正弦值.
[思路分析] (1)通过证明BC⊥平面ADE，从而证明BC⊥DA.
(2)确定线线位置关系→建系→设点写坐标→求平面的法向量→利用公式求二面角的正弦值.
[规范解答] (1)证明 如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，E为BC的中点，
所以eq \x(DE⊥BC.①)
→eq \a\vs4\al(线线垂直)(1分)
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS)，
所以AC＝AB，
故eq \x(AE⊥BC.①)→eq \a\vs4\al(线线垂直)(2分)
因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，
所以eq \x(BC⊥平面ADE.①)→eq \a\vs4\al(线面垂直)(3分)
又DA⊂平面ADE，
所以eq \x(BC⊥DA.①)→eq \a\vs4\al(线线垂直)(4分)
(2)解 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＝eq \r(2).
因为AE⊥BC，
所以AE＝eq \r(AB2－EB2)＝eq \r(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eq \x(建立空间直角坐标系)，如图，
→eq \a\vs4\al(建系)(5分)
→eq \a\vs4\al(设点写坐标)(6分)
设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DA,\s\up6(→))·m＝0，,\(BA,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,－\r(2)y1＋\r(2)z1＝0，))
取x1＝1，则y1＝z1＝1，eq \x(m＝（1，1，1）.③)
→eq \a\vs4\al(求出平面的法向量)(8分)
设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(FA,\s\up6(→))·n＝0，,\(BA,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x2＝0，,－\r(2)y2＋\r(2)z2＝0，))
得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，eq \x(n＝（0，1，1）.③)
→eq \a\vs4\al(求出平面的法向量)(10分)
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3).③
→eq \a\vs4\al(应用公式求值)
记二面角D－AB－F的大小为θ，
→eq \a\vs4\al(转化为二面角的正弦值)
故二面角D－AB－F的正弦值为eq \f(\r(3),3).(12分)
[满分规则]
❶得步骤分
①处通过证明线⊥线⇒线⊥面⇒线⊥线，注意应用相关定理的条件要完整，否则易失步骤分.
❷得关键分
②处求出各点与向量的坐标，特别是求出点F的坐标是解题的关键，此处出错会导致(2)题至多得1分.
❸得计算分
③处求平面的法向量及应用公式求角的正弦值、余弦值，要注意计算准确.
训练3 (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.
(1)证明 法一 依题意，得eq \(B2C2,\s\up6(→))＝eq \(B2B1,\s\up6(→))＋eq \(B1C1,\s\up6(→))＋eq \(C1C2,\s\up6(→))＝eq \(DD2,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(A2A,\s\up6(→))＝eq \(A2D2,\s\up6(→))，
又B2C2与A2D2不重合，所以B2C2∥A2D2.
法二 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eq \(B2C2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，eq \(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，
所以eq \(B2C2,\s\up6(→))＝eq \(A2D2,\s\up6(→))，
又B2C2与A2D2不重合，所以B2C2∥A2D2.
(2)解 建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中法二，
设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，
所以eq \(PA2,\s\up6(→))＝(2，0，1－n)，eq \(PC2,\s\up6(→))＝(0，－2，3－n).
设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PA2,\s\up6(→))·a＝0，,\(PC2,\s\up6(→))·a＝0，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x1＋（1－n）z1＝0，,－2y1＋（3－n）z1＝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)，
由(1)法二知，
eq \(A2C2,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，eq \(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(A2C2,\s\up6(→))·b＝0，,\(A2D2,\s\up6(→))·b＝0，))
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x2－2y2＋2z2＝0，,－2y2＋z2＝0，))
令y2＝1，得b＝(1，1，2).
所以|cs 150°|＝|cs〈a，b〉|，
即eq \f(\r(3),2)＝eq \f(|n－1＋3－n＋4|,\r(（n－1）2＋（3－n）2＋4)×\r(6))，
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.
【A级 基础巩固】
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°.
求：(1)异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
(2)平面A1BD与平面A1AD夹角的正弦值.
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)易知平面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\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A1B,\s\up6(→))＝0，,m·\(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\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的夹角为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夹角的正弦值为eq \f(\r(7),4).
2.(2024·济南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA＝PC，AB＝BC.
(1)求证：PB⊥AC；
(2)若平面PCD⊥平面ABCD，AB∥CD，且AB＝2CD＝2，∠ABC＝90°，二面角P－BC－D的大小为45°，求直线PB与平面PAD所成角的正弦值.
(1)证明 取AC的中点M，连接MB，MP，
∵在△PAC中，PA＝PC，M为AC的中点，
∴MP⊥AC，
在△ABC中，AB＝BC，M为AC的中点，
∴MB⊥AC，
又MP∩MB＝M，MP，MB⊂平面PMB，
∴AC⊥平面PMB.
又PB⊂平面PMB，∴PB⊥AC.
(2)解 ∵∠ABC＝90°，AB∥CD，∴BC⊥CD，
∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面PCD，
∵PC⊂平面PCD，∴BC⊥PC.
故∠PCD为二面角P－BC－D的平面角，∠PCD＝45°.
以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(2，2，2)，A(0，2，0)，C(2，0，0)，D(2，1，0).
则eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(2，－1，0)，
设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DP,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋2z＝0，,2x－y＝0，))
令x＝1，得n＝(1，2，－1).
又eq \(BP,\s\up6(→))＝(2，2，2)，
所以直线BP与平面PAD所成角的正弦值为
|cs 〈n，eq \(BP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(BP,\s\up6(→))|,|n||\(BP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(2),3).
3.(2023·全国乙卷)如图，三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，PB＝PC＝eq \r(6)，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝eq \r(5)DO，点F在AC上，BF⊥AO.
(1)证明：EF∥平面ADO；
(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；
(3)求二面角D－AO－C的正弦值.
(1)证明 如图，因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，O是BC的中点，
所以eq \f(AB,BC)＝eq \f(OB,AB)＝eq \f(\r(2),2)，
所以△OBA∽△ABC，所以∠CAB＝∠AOB.
记BF⊥AO的垂足为H，则△BHA∽△OBA，
所以∠HBA＝∠AOB.
所以∠HBA＝∠CAB，
所以BF＝AF，∠BCF＝∠CBF，
所以CF＝BF，CF＝AF，故F是AC的中点.
因为E，F分别是AP，AC的中点，
所以EF∥PC.
因为D，O分别是BP，BC的中点，
所以DO∥PC，所以EF∥DO.
又DO⊂平面ADO，EF⊄平面ADO，
所以EF∥平面ADO.
(2)证明 AO＝eq \r(AB2＋BO2)＝eq \r(6)，
OD＝eq \f(1,2)PC＝eq \f(\r(6),2)，
又AD＝eq \r(5)OD＝eq \f(\r(30),2)，
所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.
由于EF∥OD，所以AO⊥EF，
又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF，
所以AO⊥平面BEF.
又AO⊂平面ADO，
所以平面ADO⊥平面BEF.
(3)解 如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0，eq \r(2)，0)，eq \(AO,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(2)，0).
因为PB＝PC，BC＝2eq \r(2)，
所以设P(x，eq \r(2)，z)，z＞0，
则eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AP,\s\up6(→))
＝(2，0，0)＋eq \f(1,2)(x－2，eq \r(2)，z)＝(eq \f(x＋2,2)，eq \f(\r(2),2)，eq \f(z,2))，
由(2)知AO⊥BE，
所以eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(BE,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(2)，0)·(eq \f(x＋2,2)，eq \f(\r(2),2)，eq \f(z,2))＝0，所以x＝－1，
又PB＝eq \r(6)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(x，eq \r(2)，z)，
所以x2＋2＋z2＝6，
所以z＝eq \r(3)，则P(－1，eq \r(2)，eq \r(3)).
由D为BP的中点，得D(－eq \f(1,2)，eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(3),2))，
则eq \(AD,\s\up6(→))＝(－eq \f(5,2)，eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(3),2)).
设平面DAO的法向量n1＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AO,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)a＋\f(\r(2),2)b＋\f(\r(3),2)c＝0，,－2a＋\r(2)b＝0，))
得b＝eq \r(2)a，c＝eq \r(3)a，
取a＝1，则n1＝(1，eq \r(2)，eq \r(3)).
易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
设二面角D－AO－C的大小为θ，
则|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(\r(3),\r(6))＝eq \f(\r(2),2)，
所以sin θ＝eq \r(1－\f(1,2))＝eq \f(\r(2),2)，
故二面角D－AO－C的正弦值为eq \f(\r(2),2).
【B级 能力提升】
4.(2024·无锡调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，AP⊥DP，AB＝1，AP＝2，DP＝2eq \r(3)，CD＝3，AB∥CD，AB⊥平面PAD，点M满足eq \(AM,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))(0