高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用第2课时导学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用第2课时导学案，共20页。学案主要包含了两异面直线所成的角，直线和平面所成的角，两个平面的夹角等内容，欢迎下载使用。

导语
地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”，黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°26′.黄道面与地球相交的大圆为“黄道”．黄道及其附近的南北宽9°以内的区域称为黄道带，太阳及大多数行星在天球上的位置常在黄道带内．黄道带内有十二个星座，称为“黄道十二宫”．从春分(节气)点起，每30°便是一宫，并冠以星座名，如白羊座、狮子座、双子座等等，这便是星座的由来．
一、两异面直线所成的角
知识梳理
设两异面直线 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 \f(|u·v|,|u||v|).
注意点：
两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系．
例1 如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱长为b，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°，求异面直线BD1和AC所成角的余弦值．
解 {eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))}可以作为空间的一个基底，且|eq \(AB,\s\up6(→))|＝a，|eq \(AD,\s\up6(→))|＝a，|eq \(AA1,\s\up6(→))|＝b，〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝90°，〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))〉＝120°，〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝120°，
又eq \(BD1,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))，
所以|eq \(BD1,\s\up6(→))|2＝|eq \(AD,\s\up6(→))|2＋|eq \(AA1,\s\up6(→))|2＋|eq \(AB,\s\up6(→))|2＋2eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))－2eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))－2eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝a2＋b2＋a2＋2abcs 120°－0－2abcs 120°＝2a2＋b2，
|eq \(AC,\s\up6(→))|2＝|eq \(AB,\s\up6(→))|2＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋|eq \(AD,\s\up6(→))|2＝2a2，
所以|eq \(BD1,\s\up6(→))|＝eq \r(2a2＋b2)，|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(2)a.
所以eq \(BD1,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))·(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))
＝eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋|eq \(AD,\s\up6(→))|2＋eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))－|eq \(AB,\s\up6(→))|2－eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))
＝0＋a2＋abcs 120°＋abcs 120°－a2－0＝－ab.
所以|cs〈eq \(BD1,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(BD1,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→))|,|\(BD1,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－ab|,\r(2a2＋b2)·\r(2)a)＝eq \f(b,\r(4a2＋2b2))，
所以异面直线BD1和AC所成角的余弦值为eq \f(b,\r(4a2＋2b2)).
反思感悟 求异面直线夹角的步骤
(1)确定两条异面直线的方向向量．
(2)确定两个向量夹角的余弦值的绝对值．
(3)得出两条异面直线所成的角．
跟踪训练1 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(30),10) B.eq \f(\r(30),15)
C.eq \f(\r(30),30) D.eq \f(\r(15),15)
答案 A
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则
B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0,0,2)，N(1,0,0)，
∴eq \(B1M,\s\up6(—→))＝(－1，－1，－2)，
eq \(D1N,\s\up6(—→))＝(1,0，－2)，
∴cs〈eq \(B1M,\s\up6(—→))，eq \(D1N,\s\up6(—→))〉＝eq \f(－1＋4,\r(1＋1＋4)×\r(1＋4))＝eq \f(\r(30),10).
二、直线和平面所成的角
知识梳理
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 \f(|u·n|,|u||n|).
注意点：
(1)直线与平面所成的角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角．
(2)线面角的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(3)直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角．
例2 如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq \f(1,2)AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点．
(1)证明：CM⊥SN；
(2)求SN与平面CMN所成角的大小．
(1)证明 设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．
则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，
又AN＝eq \f(1,4)AB，M，S分别为PB，BC的中点，
∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，0))，
eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(1,2)))，eq \(SN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，
∴eq \(CM,\s\up6(→))·eq \(SN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))＝0，
∴eq \(CM,\s\up6(→))⊥eq \(SN,\s\up6(→))，因此CM⊥SN.
(2)解 由(1)知，eq \(NC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，0))，eq \(SN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))
设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，
∴eq \(CM,\s\up6(→))·a＝0，eq \(NC,\s\up6(→))·a＝0.
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0.))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2y，,z＝－2y.))取y＝1，得a＝(2,1，－2)．
设SN与平面CMN所成的角为θ，
∵sin θ＝|cs〈a，eq \(SN,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－1－\f(1,2))),3×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(2),2).
∴SN与平面CMN所成角为eq \f(π,4).
反思感悟 利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤
(1)建立空间直角坐标系．
(2)求直线的方向向量u.
(3)求平面的法向量n.
(4)设线面角为θ，则sin θ＝ eq \f(|u·n|,|u||n|) .
跟踪训练2 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F依次为C1C，BC的中点．求A1B与平面AEF所成角的正弦值．
解 以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,1,0)，所以eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(2,0，－2)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(1,1,0)．
设平面AEF的一个法向量为n＝(a，b，c)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＋c＝0，,a＋b＝0，))
令a＝1可得n＝(1，－1,2)．
设A1B与平面AEF所成角为θ，
所以sin θ＝|cs〈n，eq \(A1B,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|n·\(A1B,\s\up6(—→))|,|n||\(A1B,\s\up6(—→))|)＝eq \f(\r(3),6)，
即A1B与平面AEF所成角的正弦值为eq \f(\r(3),6).
三、两个平面的夹角
问题1 两个平面的夹角与二面角的平面角的区别？
提示 平面α与平面β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．
区别：二面角的范围是[0，π]，而两个平面的夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
问题2 平面与平面所成的夹角与两平面的法向量所成夹角有何关系？
提示 两平面的夹角是两法向量的夹角或其补角．
知识梳理
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|).
注意点：
(1)求两平面的夹角问题转化为两平面法向量的夹角问题．
(2)两平面的夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(3)二面角与两平面的夹角不是相同的概念．
例3 如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．
(1)证明：O1O⊥平面ABCD；
(2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值．
(1)证明 因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，
又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，
因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，
所以O1O⊥平面ABCD.
(2)解 因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥平面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．
如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝eq \r(3)，OC＝1，
所以O(0,0,0)，B1(eq \r(3)，0,2)，C1(0,1,2)，
平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，
设平面OC1B1的法向量为m＝(x，y，z)，
由m⊥eq \(OB1,\s\up6(→))，m⊥eq \(OC1,\s\up6(→))，得eq \r(3)x＋2z＝0，y＋2z＝0，
取z＝－eq \r(3)，则x＝2，y＝2eq \r(3)，所以m＝(2,2eq \r(3)，－eq \r(3))，
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2\r(3),\r(19))＝eq \f(2\r(57),19).
所以平面C1 OB1与平面OB1D夹角的余弦值为eq \f(2\r(57),19).
延伸探究 本例不变，求平面BA1C与平面A1CD夹角的余弦值．
解 B(eq \r(3)，0,0)，A1(0，－1,2)，C(0,1,0)，
D(－eq \r(3)，0,0)，
设平面BA1C的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(0,2，－2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1,0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A1C,\s\up6(—→))＝0，,m·\(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y1－2z1＝0，,－\r(3)x1＋y1＝0，))
令x1＝1，则y1＝eq \r(3)，z1＝eq \r(3)，
∴m＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))，
同理得，平面A1CD的法向量n＝(1，－eq \r(3)，－eq \r(3))，
cs〈m，n〉＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(5,7)，
则平面BA1C与平面A1CD夹角的余弦值为eq \f(5,7).
反思感悟 求两平面夹角的两种方法
(1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同．
(2)法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2〉
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当〈n1，n2〉∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时))或π－〈n1，n2〉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当〈n1，n2〉∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时.))
跟踪训练3 如图所示，在几何体S－ABCD中，AD⊥平面SCD，BC⊥平面SCD，AD＝DC＝2，BC＝1，又SD＝2，∠SDC＝120°，求平面SAD与平面SAB夹角的余弦值．
解 如图，过点D作DC的垂线交SC于E，以D为原点，以DC，DE，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
∵∠SDC＝120°，∴∠SDE＝30°，又SD＝2，∴点S到y轴的距离为1，到x轴的距离为eq \r(3)，则有D(0,0,0)，S(－1，eq \r(3)，0)，A(0,0,2)，C(2,0,0)，B(2,0,1)，设平面SAD的法向量为m＝(x，y，z)，
∵eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq \(AS,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，－2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2z＝0，,－x＋\r(3)y－2z＝0，))取x＝eq \r(3)，得平面SAD的一个法向量为m＝(eq \r(3)，1,0)．
又eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,0，－1)，设平面SAB的法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AS,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－c＝0，,－a＋\r(3)b－2c＝0，))令a＝eq \r(3)，
则n＝(eq \r(3)，5,2eq \r(3))，∴cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(8,2\r(10)×2)＝eq \f(\r(10),5)，故平面SAD与平面SAB夹角的余弦值是eq \f(\r(10),5).
1．知识清单：
(1)异面直线所成的角．
(2)直线与平面所成的角．
(3)平面与平面所成的角．
2．方法归纳：转化与化归．
3．常见误区：混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念，把握空间角的范围．
1．若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°，则l1与l2所成的角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(5π,6)
C.eq \f(π,6)或eq \f(5π,6) D．以上均不对
答案 A
解析 l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故选A.
2．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(2,5) C.eq \f(\r(30),10) D.eq \f(\r(2),2)
答案 C
解析 如图所示，以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线CC1为z轴建立空间直角坐标系，设CA＝CB＝1，则B(0,1,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，A(1,0,0)，
Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1)).故eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1))，eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，1))，
所以cs〈eq \(BM,\s\up6(→))，eq \(AN,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BM,\s\up6(→))·\(AN,\s\up6(→)),|\(BM,\s\up6(→))||\(AN,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(3,4),\f(\r(6),2)×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(30),10).
3.如图所示，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，eq \(OC,\s\up6(→))＝(0,0,2)，平面ABC的一个法向量为n＝(2,1,2)，平面ABC与平面ABO的夹角为θ，则cs θ＝________.
答案 eq \f(2,3)
解析 cs θ＝eq \f(\(OC,\s\up6(→))·n,|\(OC,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(4,2×3)＝eq \f(2,3).
4．正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为________．
答案 eq \f(\r(3),3)
解析 设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系如图．
则D(0,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)．
平面ACD1的一个法向量为eq \(DB1,\s\up6(→))＝(1,1,1)．
又eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,1)，
则cs〈eq \(DB1,\s\up6(→))，eq \(BB1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(DB1,\s\up6(→))·\(BB1,\s\up6(→)),|\(DB1,\s\up6(→))||\(BB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3).
课时对点练
1．两异面直线l1，l2的方向向量分别是v1，v2，若v1与v2所成的角为θ，直线l1，l2所成的角为α，则( )
A．α＝θ B．α＝π－θ
C．cs θ＝|cs α| D．cs α＝|cs θ|
答案 D
解析 α＝θ或α＝π－θ，且α∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
因而cs α＝|cs θ|.
2．平面α的斜线l与它在这个平面上射影l′的方向向量分别为a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，则斜线l与平面α所成的角为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案 C
解析 l与α所成的角即为a与b所成的角(或其补角)，
因为cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(1,2)，
所以〈a，b〉＝60°.
3．设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，α的法向量为n，若〈a，n〉＝eq \f(2π,3)，则l与α所成的角为( )
A.eq \f(2π,3) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,6) D.eq \f(5π,6)
答案 C
解析 线面角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
∵〈a，n〉＝eq \f(2π,3)，
∴l与法向量所在直线所成角为eq \f(π,3)，
∴l与α所成的角为eq \f(π,6).
4．正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案 B
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，
设PA＝AB＝1，则A(0,0,0)，
D(0,1,0)，P(0,0,1)．
于是eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,1,0)，取PD的中点E，则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，易知eq \(AD,\s\up6(→))是平面PAB的法向量，eq \(AE,\s\up6(→))是平面PCD的法向量，
∴cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(2),2)，
∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°.
5.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \f(2\r(5),5)
C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(10),5)
答案 D
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，
B(2,2,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，
∴eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,1)．
连接AC，易证AC⊥平面BB1D1D，
∴平面BB1D1D的一个法向量为a＝eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．
∴所求角的正弦值为|cs〈a，eq \(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|a·\(BC1,\s\up6(→))|,|a||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,\r(8)×\r(5))＝eq \f(\r(10),5).
6.如图，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于点O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2eq \r(2)，E，F分别是AB，AP的中点．则平面FOE与平面OEA夹角的余弦值为( )
A．－eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(3),3) C．－eq \f(\r(6),3) D.eq \f(\r(6),3)
答案 B
解析 由题意，以O为坐标原点，OB，OC，OP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，
由题意知，OA＝OB＝2，
则A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，
∴E(1，－1,0)，F(0，－1,1)，
∴eq \(OE,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq \(OF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，
设平面OEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(OE,\s\up6(→))＝0，,m·\(OF,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,－y＋z＝0，))
令x＝1，可得m＝(1,1,1)，
易知平面OAE的一个法向量为n＝(0,0,1)，
则cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，
设平面FOE与平面OEA的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(\r(3),3).
7．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________．
答案 eq \f(2,3)
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eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则n⊥eq \(DB,\s\up6(→))，n⊥eq \(DC1,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))
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＝|cs〈n，eq \(DC,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(DC,\s\up6(→)),|n||\(DC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(2,3).
8．在空间中，已知平面α过A(3,0,0)和B(0,4,0)及z轴上一点P(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的法向量为u＝(x，y，z)，
又eq \(AB,\s\up6(→))＝(－3,4,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－3,0，a)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(u·\(AB,\s\up6(→))＝0，,u·\(AP,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))
即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，
∴a＝eq \f(12,5).
9.如图所示，在四面体ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝eq \r(2).求异面直线AB与CD所成角的余弦值．
解 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，eq \r(3)，0)，A(0,0,1)，
∴eq \(BA,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，
eq \(CD,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，0)，
∴cs〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉
＝eq \f(\(BA,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→)),|\(BA,\s\up6(→))|·|\(CD,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(2),4).
∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4).
10.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
解 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1 的中点分别为O，O1，
连接OB，OO1，
则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB.
以O为原点，OB，OC，OO1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．
因为AB＝AA1＝2，
所以A(0，－1,0)，B(eq \r(3)，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(eq \r(3)，0,2)，C1(0,1,2)．
(1)因为P为A1B1的中点，
所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，
从而eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，
又eq \(AC1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，
故cs〈eq \(BP,\s\up6(→))，eq \(AC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BP,\s\up6(→))·\(AC1,\s\up6(→)),|\(BP,\s\up6(→))|·|\(AC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1＋4,\r(5)×2\r(2))＝eq \f(3\r(10),20).
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为eq \f(3\r(10),20).
(2)因为Q为BC的中点，
所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，
因此eq \(AQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0,0,2)．
设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AQ,\s\up6(→))·n＝0，,\(AC1,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0，,2y＋2z＝0.))
不妨取n＝(eq \r(3)，－1,1)．
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(CC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(CC1,\s\up6(→))·n|,|\(CC1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(2,\r(5)×2)＝eq \f(\r(5),5)，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
11.如图，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角D－AB－E为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成的角为θ，且cs θ＝eq \f(\r(3),9)，则eq \f(AB,BC)等于( )
A．1 B.eq \r(2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(1,2)
答案 C
解析 不妨设BC＝1，AB＝λ，则eq \f(AB,BC)＝λ，记eq \(AF,\s\up6(→))＝a，eq \(AB,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝c，则eq \(FM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b－a，eq \(BD,\s\up6(→))＝c－b，根据题意，|a|＝|c|＝1，|b|＝λ，a·b＝b·c＝c·a＝0，所以eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)b2＝－eq \f(1,2)λ2，而|eq \(FM,\s\up6(→))|＝eq \r(\f(1,4)λ2＋1)，|eq \(BD,\s\up6(→))|＝eq \r(λ2＋1)，所以|cs〈eq \(FM,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(FM,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)),|\(FM,\s\up6(→))|·|\(BD,\s\up6(→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－\f(1,2)λ2,\r(\f(1,4)λ2＋1)·\r(λ2＋1))))＝eq \f(\r(3),9)，得λ＝eq \f(\r(2),2).
12．如图所示，M，N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起，使二面角A－DE－B为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M，N的连线与AE所成的角的大小为( )
A．45° B．90° C．135° D．150°
答案 B
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知△ABE为等腰直角三角形，设CD＝1，则BE＝1，AB＝1，AE＝eq \r(2).设BC＝DE＝2a，则E(0,0,0)，A(1,0,1)，N(1，a,0)，D(0,2a,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，a，\f(1,2)))，∴eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，－\f(1,2)))，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，∴eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，－\f(1,2)))·(－1,0，－1)＝0，
∴eq \(AE,\s\up6(→))⊥eq \(MN,\s\up6(→))，从而MN与AE所成的角为90°.
13.如图，正三角形ABC与正三角形BCD所在的平面互相垂直，则直线CD与平面ABD所成角的正弦值为____．
答案 eq \f(\r(15),5)
解析 如图，取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
设BC＝1，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，
Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，0))，
所以eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0)).
设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BA,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0.))
取x＝1，则y＝－eq \r(3)，z＝1，
所以n＝(1，－eq \r(3)，1)，
所以cs〈n，eq \(CD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(15),5)，
因此直线CD与平面ABD所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5).
14.如图，在三棱锥V－ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x轴、y轴、z轴上，D是线段AB的中点，且AC＝BC＝2，∠VDC＝eq \f(π,3)，则异面直线AC与VD所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(\r(2),4)
解析 ∵AC＝BC＝2，D是AB的中点，
∴C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(1,1,0)．
当θ＝eq \f(π,3)时，在Rt△VCD中，CD＝eq \r(2)，
∴V(0,0，eq \r(6))，
∴eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq \(VD,\s\up6(→))＝(1,1，－eq \r(6))，
∴cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(VD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(VD,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))||\(VD,\s\up6(→))|)＝eq \f(－2,2×2\r(2))＝－eq \f(\r(2),4).
∴异面直线AC与VD所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4).
15．如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶eq \r(2)，则AF与CE所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(4,5)
解析 因为AE∶ED∶AD＝1∶1∶eq \r(2)，
所以AE⊥ED，即AE，DE，EF两两垂直，
所以建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝EF＝CD＝2，
则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq \(EC,\s\up6(→))＝(0,2,1)，
所以cs〈eq \(AF,\s\up6(→))，eq \(EC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AF,\s\up6(→))·\(EC,\s\up6(→)),|\(AF,\s\up6(→))|·|\(EC,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,\r(5)×\r(5))＝eq \f(4,5)，
所以AF与CE所成角的余弦值为eq \f(4,5).
16．已知几何体EFG－ABCD，如图所示，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上．
(1)求证：BM⊥EF；
(2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 ∵四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，
∴GD⊥DA，GD⊥DC.
又DA∩DC＝D，∴GD⊥平面ABCD.
以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
则B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)．
∵点M在棱DG上，故可设M(0,0，t)(0≤t≤1)．
∵eq \(MB,\s\up6(→))＝(1,1，－t)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
∴eq \(MB,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝0，∴BM⊥EF.
(2)解 假设存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°.
设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
∵eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BE,\s\up6(→))＝0，,n·\(BF,\s\up6(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y＋z＝0，,－x＋z＝0，))
令z＝1，得x＝y＝1，
∴n＝(1,1,1)为平面BEF的一个法向量，
∴cs〈n，eq \(MB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(MB,\s\up6(→)),|n||\(MB,\s\up6(→))|)＝eq \f(2－t,\r(3)×\r(2＋t2))，
∵直线MB与平面BEF所成的角为45°，
∴sin 45°＝|cs〈n，eq \(MB,\s\up6(→))〉|，
∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2－t,\r(3)×\r(2＋t2))))＝eq \f(\r(2),2)，
解得t＝－4±3eq \r(2).
又0≤t≤1，∴t＝3eq \r(2)－4.
∴存在点M(0,0,3eq \r(2)－4)．
∴当点M位于棱DG上，且DM＝3eq \r(2)－4时，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°.