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所属成套资源：2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘
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专题7.6 用向量法求空间角-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案
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这是一份专题7.6 用向量法求空间角-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案，文件包含专题76用向量法求空间角解析版doc、专题76用向量法求空间角原卷版doc等2份学案配套教学资源，其中学案共49页， 欢迎下载使用。
【考纲要求】
能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
【命题趋势】
用向量法证明线线、线面、面面的平行与垂直，用向量法求空间角和解决探索性问题.
【核心素养】
本讲内容能体现对数学建模，数学运算，数学抽象的考查.
【素养清单•基础知识】
1．两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
2.直线与平面所成角的求法
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所成角为θ，a与n的夹角为β，则.
3．求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ为〈eq \(AB,\s\up8(→))，eq \(CD,\s\up8(→))〉.
(2)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|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|，即二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
【真题体验】
1. 【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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．
2.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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．
3.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.
4.【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（1）求证：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角F–AE–P的余弦值；
（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
5.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
【考法拓展•题型解码】
考法一 求异面直线所成的角
答题模板
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．
(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．
【例1】 (2017·江苏卷)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)求二面角B－A1D－A的正弦值．
考法二 求直线与平面所成的角
解题技巧
利用向量法求线面角的方法
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影所在直线的方向向量，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成的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
【例2】 (2019·黄冈外校模拟)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示．
(1)求证：AB⊥CD；
(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
考法三 求二面角
解题技巧
求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在面的法向量，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是锐角还是钝角．
【例3】 (2017·浙江卷)如图，已知正四面体D－ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，eq \f(BQ,QC)＝eq \f(CR,RA)＝2.分别记二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角为α，β，γ，则( )
A．γ<α<β B．α<γ<β
C．α<β<γ D．β<γ<α
【例4】 (2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq \r(6)，AB＝4.
(1)求证：M为PB的中点；
(2)求二面角为B－PD－A的大小；
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．
【例5】 (2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值．
【易错警示】
易错点 混淆向量的夹角与几何中的夹角的概念
【典例】 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
(1)证明：BE⊥DC；
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．
【错解】：(1)证明：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系如图，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．
eq \(BE,\s\up8(→))＝(0,1,1)，eq \(DC,\s\up8(→))＝(2,0,0)，
故eq \(BE,\s\up8(→))·eq \(DC,\s\up8(→))＝0，所以BE⊥DC.
(2)eq \(BD,\s\up8(→))＝(－1,2,0)，eq \(PB,\s\up8(→))＝(1,0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up8(→))＝0，,n·\(PB,\s\up8(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))
不妨令y＝1，可得n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量．
于是有cs 〈n，eq \(BE,\s\up8(→))〉＝eq \f(n·\(BE,\s\up8(→)),|n||\(BE,\s\up8(→))|)＝eq \f(2,\r(6)×\r(2))＝eq \f(\r(3),3)，
所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3).
(3)eq \(BC,\s\up8(→))＝(1,2,0)，eq \(CP,\s\up8(→))＝(－2，－2,2)，eq \(AC,\s\up8(→))＝(2,2,0)，
eq \(AB,\s\up8(→))＝(1,0,0)．
由点F在棱PC上，设eq \(CF,\s\up8(→))＝λeq \(CP,\s\up8(→))，0≤λ≤1，
故eq \(BF,\s\up8(→))＝eq \(BC,\s\up8(→))＋eq \(CF,\s\up8(→))＝eq \(BC,\s\up8(→))＋λeq \(CP,\s\up8(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．
由BF⊥AC，得eq \(BF,\s\up8(→))·eq \(AC,\s\up8(→))＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，
解得λ＝eq \f(3,4)，即eq \(BF,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AB,\s\up8(→))＝0，,n1·\(BF,\s\up8(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0.))不妨令z＝1，
可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．
取平面ABP的一个法向量n2＝(0,1,0)，
则cs 〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(－3,\r(10)×1)＝－eq \f(3\r(10),10).
所以二面角F－AB－P的余弦值为－eq \f(3\r(10),10).
【错因分析】：两个方向向量的夹角与空间中直线、平面的夹角是不完全相同的，如两个相交平面的法向量的夹角与这两个平面构成的二面角相等或互补，线面角的正弦值与平面的法向量和直线的方向向量的夹角的余弦值的绝对值是相等的．
【正解】：(1)证明：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系如图，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
由E为棱PC的中点，得E(1,1,1).eq \(BE,\s\up8(→))＝(0,1,1)，eq \(DC,\s\up8(→))＝(2,0,0)，
故eq \(BE,\s\up8(→))·eq \(DC,\s\up8(→))＝0，所以BE⊥DC.
(2)(同前)由于eq \(BE,\s\up8(→))与平面PBD的法向量n所成之角为线面夹角的余角，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
(3)(同前)易知二面角F－AB－P是锐二面角，所以所求二面角的余弦值为|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(3\r(10),10).
【误区防范】
需要注意的是，利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角还是钝角由图形决定．由图形知二面角是锐角时，cs θ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)，二面角是钝角时，cs θ＝－eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).当图形不能确定时，要根据向量的坐标在图形中观察向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部如图②)还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部如图③)，这是利用向量法求二面角的难点，也是易错点．
【跟踪训练】 如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cs θ的最大值为__________．
【答案】eq \f(2,5)
【解析】 以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AQ为z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝2，则E(1,0,0)，F(2,1,0)，
设M(0，y,2)(0≤y≤2)，则eq \(EM,\s\up8(→))＝(－1，y,2)，eq \(AF,\s\up8(→))＝(2,1,0)，
所以cs θ＝|cs〈eq \(EM,\s\up8(→))，eq \(AF,\s\up8(→))〉|＝eq \f(2－y,\r(y2＋5)·\r(5))，
设f(y)＝eq \f(2－y,\r(y2＋5)·\r(5))，所以f′(y)＝.
因为0≤y≤2，所以f′(y)<0，所以f(y)在[0,2]上单调递减，
所以y＝0时，f(y)取最大值eq \f(2,5).
【递进题组】
1．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A.eq \f(3\r(3),4) B.eq \f(2\r(3),3)
C.eq \f(3\r(2),4) D.eq \f(\r(3),2)
2．(2019·山东模拟)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.
(1)证明：AC⊥B1D；
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．
3．如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝eq \f(π,2)，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝eq \r(2)，CE＝2EB＝2.
(1)证明：DE⊥平面PCD；
(2)求二面角A－PD－C的余弦值．
4．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.
(1)求证：CD＝C1D；
(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值．
【考卷送检】
一、选择题
1．已知三棱锥S－ABC中，SA，SB，SC两两互相垂直，底面ABC上一点P到三个面SAB，SAC，SBC的距离分别为eq \r(2)，1，eq \r(6)，则PS的长度为( )
A．9 B.eq \r(5)
C.eq \r(7) D．3
2．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
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.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2)
4．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为u＝(－2,0，－4)，则( )
A．l∥α B．l⊥α
C．l⊂α D．l与α斜交
5．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧面积是其下底面面积的4eq \r(3)倍，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(6),4) B.eq \f(\r(10),4)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
6．(2018·浙江卷)已知四棱锥S－ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S－AB－C的平面角为θ3，则( )
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
二、填空题
7．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，点D在棱BB1上，若BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为____．
8．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________．
9．已知长方体ABCO－A1B1C1O1，OA＝OC＝2，OO1＝4，D为BC1与B1C的交点，E为A1C1与O1B1的交点，则DE的长度为________．
三、解答题
10．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均为a，D是侧棱CC1的中点．
(1)求证：平面AB1D⊥平面ABB1A1；
(2)求异面直线AB1与BC所成角的余弦值；
(3)求平面AB1D与平面ABC所成锐二面角的大小．
11．(2016·全国卷Ⅲ)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．
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
12．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)求二面角C－EM－N的正弦值；
(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为eq \f(\r(7),21)，求线段AH的长．
l1与l2所成的角θ
a与b的夹角β
范围
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
(0，π)
求法
【考纲要求】
能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
【命题趋势】
用向量法证明线线、线面、面面的平行与垂直，用向量法求空间角和解决探索性问题.
【核心素养】
本讲内容能体现对数学建模，数学运算，数学抽象的考查.
【素养清单•基础知识】
1．两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
2.直线与平面所成角的求法
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所成角为θ，a与n的夹角为β，则.
3．求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ为〈eq \(AB,\s\up8(→))，eq \(CD,\s\up8(→))〉.
(2)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|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|，即二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
【真题体验】
1. 【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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．
2.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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．
3.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.
4.【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（1）求证：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角F–AE–P的余弦值；
（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
5.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
【考法拓展•题型解码】
考法一 求异面直线所成的角
答题模板
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．
(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．
【例1】 (2017·江苏卷)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)求二面角B－A1D－A的正弦值．
考法二 求直线与平面所成的角
解题技巧
利用向量法求线面角的方法
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影所在直线的方向向量，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成的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
【例2】 (2019·黄冈外校模拟)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示．
(1)求证：AB⊥CD；
(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
考法三 求二面角
解题技巧
求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在面的法向量，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是锐角还是钝角．
【例3】 (2017·浙江卷)如图，已知正四面体D－ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，eq \f(BQ,QC)＝eq \f(CR,RA)＝2.分别记二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角为α，β，γ，则( )
A．γ<α<β B．α<γ<β
C．α<β<γ D．β<γ<α
【例4】 (2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq \r(6)，AB＝4.
(1)求证：M为PB的中点；
(2)求二面角为B－PD－A的大小；
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．
【例5】 (2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值．
【易错警示】
易错点 混淆向量的夹角与几何中的夹角的概念
【典例】 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
(1)证明：BE⊥DC；
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．
【错解】：(1)证明：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系如图，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．
eq \(BE,\s\up8(→))＝(0,1,1)，eq \(DC,\s\up8(→))＝(2,0,0)，
故eq \(BE,\s\up8(→))·eq \(DC,\s\up8(→))＝0，所以BE⊥DC.
(2)eq \(BD,\s\up8(→))＝(－1,2,0)，eq \(PB,\s\up8(→))＝(1,0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up8(→))＝0，,n·\(PB,\s\up8(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))
不妨令y＝1，可得n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量．
于是有cs 〈n，eq \(BE,\s\up8(→))〉＝eq \f(n·\(BE,\s\up8(→)),|n||\(BE,\s\up8(→))|)＝eq \f(2,\r(6)×\r(2))＝eq \f(\r(3),3)，
所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3).
(3)eq \(BC,\s\up8(→))＝(1,2,0)，eq \(CP,\s\up8(→))＝(－2，－2,2)，eq \(AC,\s\up8(→))＝(2,2,0)，
eq \(AB,\s\up8(→))＝(1,0,0)．
由点F在棱PC上，设eq \(CF,\s\up8(→))＝λeq \(CP,\s\up8(→))，0≤λ≤1，
故eq \(BF,\s\up8(→))＝eq \(BC,\s\up8(→))＋eq \(CF,\s\up8(→))＝eq \(BC,\s\up8(→))＋λeq \(CP,\s\up8(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．
由BF⊥AC，得eq \(BF,\s\up8(→))·eq \(AC,\s\up8(→))＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，
解得λ＝eq \f(3,4)，即eq \(BF,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AB,\s\up8(→))＝0，,n1·\(BF,\s\up8(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0.))不妨令z＝1，
可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．
取平面ABP的一个法向量n2＝(0,1,0)，
则cs 〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(－3,\r(10)×1)＝－eq \f(3\r(10),10).
所以二面角F－AB－P的余弦值为－eq \f(3\r(10),10).
【错因分析】：两个方向向量的夹角与空间中直线、平面的夹角是不完全相同的，如两个相交平面的法向量的夹角与这两个平面构成的二面角相等或互补，线面角的正弦值与平面的法向量和直线的方向向量的夹角的余弦值的绝对值是相等的．
【正解】：(1)证明：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系如图，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
由E为棱PC的中点，得E(1,1,1).eq \(BE,\s\up8(→))＝(0,1,1)，eq \(DC,\s\up8(→))＝(2,0,0)，
故eq \(BE,\s\up8(→))·eq \(DC,\s\up8(→))＝0，所以BE⊥DC.
(2)(同前)由于eq \(BE,\s\up8(→))与平面PBD的法向量n所成之角为线面夹角的余角，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
(3)(同前)易知二面角F－AB－P是锐二面角，所以所求二面角的余弦值为|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(3\r(10),10).
【误区防范】
需要注意的是，利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角还是钝角由图形决定．由图形知二面角是锐角时，cs θ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)，二面角是钝角时，cs θ＝－eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).当图形不能确定时，要根据向量的坐标在图形中观察向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部如图②)还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部如图③)，这是利用向量法求二面角的难点，也是易错点．
【跟踪训练】 如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cs θ的最大值为__________．
【答案】eq \f(2,5)
【解析】 以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AQ为z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝2，则E(1,0,0)，F(2,1,0)，
设M(0，y,2)(0≤y≤2)，则eq \(EM,\s\up8(→))＝(－1，y,2)，eq \(AF,\s\up8(→))＝(2,1,0)，
所以cs θ＝|cs〈eq \(EM,\s\up8(→))，eq \(AF,\s\up8(→))〉|＝eq \f(2－y,\r(y2＋5)·\r(5))，
设f(y)＝eq \f(2－y,\r(y2＋5)·\r(5))，所以f′(y)＝.
因为0≤y≤2，所以f′(y)<0，所以f(y)在[0,2]上单调递减，
所以y＝0时，f(y)取最大值eq \f(2,5).
【递进题组】
1．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A.eq \f(3\r(3),4) B.eq \f(2\r(3),3)
C.eq \f(3\r(2),4) D.eq \f(\r(3),2)
2．(2019·山东模拟)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.
(1)证明：AC⊥B1D；
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．
3．如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝eq \f(π,2)，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝eq \r(2)，CE＝2EB＝2.
(1)证明：DE⊥平面PCD；
(2)求二面角A－PD－C的余弦值．
4．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.
(1)求证：CD＝C1D；
(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值．
【考卷送检】
一、选择题
1．已知三棱锥S－ABC中，SA，SB，SC两两互相垂直，底面ABC上一点P到三个面SAB，SAC，SBC的距离分别为eq \r(2)，1，eq \r(6)，则PS的长度为( )
A．9 B.eq \r(5)
C.eq \r(7) D．3
2．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
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.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2)
4．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为u＝(－2,0，－4)，则( )
A．l∥α B．l⊥α
C．l⊂α D．l与α斜交
5．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧面积是其下底面面积的4eq \r(3)倍，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(6),4) B.eq \f(\r(10),4)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
6．(2018·浙江卷)已知四棱锥S－ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S－AB－C的平面角为θ3，则( )
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
二、填空题
7．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，点D在棱BB1上，若BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为____．
8．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________．
9．已知长方体ABCO－A1B1C1O1，OA＝OC＝2，OO1＝4，D为BC1与B1C的交点，E为A1C1与O1B1的交点，则DE的长度为________．
三、解答题
10．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均为a，D是侧棱CC1的中点．
(1)求证：平面AB1D⊥平面ABB1A1；
(2)求异面直线AB1与BC所成角的余弦值；
(3)求平面AB1D与平面ABC所成锐二面角的大小．
11．(2016·全国卷Ⅲ)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．
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
12．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)求二面角C－EM－N的正弦值；
(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为eq \f(\r(7),21)，求线段AH的长．
l1与l2所成的角θ
a与b的夹角β
范围
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
(0，π)
求法
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