专题13 立体几何中有关异面直线夹角、线面角、二面角的计算问题-高一数学下学期期中期末复习（人教A版必修第二册）

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立体几何中有关异面直线夹角、线面角、二面角的计算问题
专 题

体系搭建

（一）异面直线所成的角
定义：已知，是两条异面直线，经过空间任意一点作直线，我们把直线和所成的锐角（或直角）叫做异面直线，所成的角．
(1)异面直线所成的角与点的位置无关．
(2)如果两条异面直线所成角是直角，则说这两条异面直线互相垂直，记作．
(3)异面直线所成角的范围是．
求异面直线所成角的步骤：
（1）恰当选点，由平移构造出一个交角；
（2）证平行关系成立；
（3）把角放入三角形或其它平面图形中求出；
（4）作结论：若求出的角是锐角或直角，则它就是所求异面直线所成的角；若求出的角是钝角，则它的补角才是所求异面直线所成的角．
（二）、直线与平面所成的角
1．直线与平面所成角的定义
一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线.过斜线上斜足外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面内的射影.平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角.


要点诠释：
(1)直线与平面平行，直线在平面上的射影是一条直线.
(2)直线与平面垂直时射影是点.
(3)斜线上任一点在平面内的射影一定在斜线的射影上.
2．直线与平面所成的角的范围：
直线和平面相交
不垂直时，0°＜＜90°
垂直时，=90°

直线和平面平行或直线在平面内，=0°。．
直线和平面所成角的范围是0°≤≤90°．
3．求斜线与平面所成角的一般步骤：
(1)确定斜线与平面的交点即斜足；
(2)经过斜线上除斜足外任一点作平面的垂线，确定垂足，进而确定斜线在平面内的射影；
(3)解由垂线、斜线及其射影构成的直角三角形，求出线面角．
（三）、二面角
1.二面角定义
平面内的一条直线把平面分成两部分，这两部分通常称为半平面.从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.这条直线叫二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面.
表示方法：棱为、面分别为的二面角记作二面角.有时为了方便，也可在内(棱以外的半平面部分)分别取点，将这个二面角记作二面角.如果棱记作，那么这个二面角记作二面角或.
2.二面角的平面角
(1) 二面角的平面角的定义：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，则这两条射线构成的角叫做二面角的平面角.
(2)二面角的平面角的范围：0°≤≤180°．当两个半平面重合时，=0°；当两个半平面相交时，0°＜＜180°；当两个半平面合成一个平面时，=180°．

二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度.平面角是直角的二面角叫做直二面角.
(3) 二面角与平面角的对比

角
二面角
图形


定义
从半面内一点出发的两条射线（半直线）所组成的图形
从空间内二直线出发的两个半平面所组成的图形
表示法
由射线、点（顶点）、射线构成，
表示为∠AOB
由半平面、线（棱）、半平面构成，表示为二面角
(4) 二面角的平面角的确定方法
方法1：（定义法）在二面角的棱上找一特殊点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线．
如右图，在二面角的棱a上任取一点O，在平面内过点O作OA⊥a，在平面内过点O作BO⊥a，则∠AOB为二面角的平面角．


方法2：（垂面法）过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面产生交线，这两条交线所成的角，即为二面角的平面角．
如下图（左），已知二面角，
过棱上一点O作一平面，使，且，。
∴，，且⊥OA，⊥OB，
∴∠AOB为二面角的平面角．

方法3：（垂线法）过二面角的一个面内一点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角，此种方法通常用于求二面角的所有题目，具体步骤：一找，二证，三求．
如上图（右），已知二面角A-BC-D，求作其平面角．
过点A作AE⊥平面BCD于E，过E在平面BCD中作EF⊥BC于F，连接AF．
∵AE⊥平面BCD，BC平面BCD，∴AE⊥BC．
又EF⊥BC，AE∩EF=E，
∴BC⊥平面AEF，∴BC⊥AF
由垂面法可知，∠AFE为二面角A-BC-D的平面角。

例题分析

考点1 异面直线夹角问题
【例1】．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝3，AB＝5，AA1＝4，则异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为（　　）

A． B． C． D．
解：连接BC1，与B1C交于点O，则O为B1C的中点，取AB的中点D，连接CD、OD，
∴OD∥AC1，OD＝AC1，
∴∠COD或其补角为异面直线AC1与B1C所成角，

∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1，且AC⊥BC，AC＝3，AB＝5，AA1＝4，
∴OD＝AC1＝，OC＝B1C＝，CD＝AB＝，
∴由余弦定理知，cos∠COD＝＝＝，
∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为．
故选：D．
Ø变式训练
【变1-1】．在如图的正方体中，M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线A1D和MN所成的角为（　　）
A．30° B．45° C．90° D．60°
解：连结BC1、AD1，A1D⊥B1C，
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
∴BC1D1A是平行四边形．
∴平行四边形BC1D1A中，BC1∥AD1，
在△BC1C中MN是中位线得MN∥C1B，
∴A1D⊥B1C，
∴MN⊥A1D，
得异面直线A1D和MN所成的角为90°，
故选：C．

【变1-2】．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱C1D1，A1D1的中点，则异面直线DE与AF所成角的余弦值是（　　）

A． B． C． D．
解：取A1B1的中点M，连接AM，EM，FM，则EM∥A1D1∥AD，EM＝A1D1＝AD，
∴四边形ADEM为平行四边形，
∴DE∥AM，
∴∠FAM或其补角为异面直线DE与AF所成角，
设正方体的棱长为2，
在△AFM中，AF＝AM＝，FM＝，
由余弦定理知，cos∠FAM＝＝＝．

故选：A．
【变1-3】．如图，圆锥的轴截面ABC为等边三角形，D为弧的中点，E为母线BC的中点，则异面直线AC和DE所成角的余弦值为（　　）

A． B． C． D．
解：设底面圆的圆心为O，半径为R．连接EO，DO．
因为O，E分别为BA，BC的中点，所以OE∥AC，OE＝R．
因为D为弧AB中点，所以DO⊥AB，又平面ABC⊥平面ABD，所以DO⊥平面ABC．
所以DO⊥OE，又OD＝R，所以△ODE为等腰直角三角形，所以∠ODE＝45°．
因为OE∥AC，所以异面直线AC和DE所成角为∠ODE，故余弦值为．
故选：C．

考点2 线面角计算问题
【例2】．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．
（1）求证：平面AEC⊥平面PDB；
（2）当PD＝AB，且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小．

（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
∵PD⊥底面ABCD，
∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，
∴平面AEC⊥平面PDB．
（Ⅱ）解：设AC∩BD＝O，连接OE，
由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，
∴O，E分别为DB、PB的中点，
∴OE∥PD，，
又∵PD⊥底面ABCD，
∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，
在Rt△AOE中，，
∴∠AEO＝45°，即AE与平面PDB所成的角的大小为45°．

Ø变式训练
【变2-1】．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1，M、N分别是A1B、B1C1的中点．
（Ⅰ）求证：MN⊥平面A1BC；
（Ⅱ）求直线BC1和平面A1BC所成角的大小．

证明：（Ⅰ）由已知BC⊥AC，BC⊥CC1，
所以BC⊥平面ACC1A1．连接AC1，则BC⊥AC1．
由已知，侧面ACC1A1是矩形，所以A1C⊥AC1．
又BC∩A1C＝C，所以AC1⊥平面A1BC．
因为侧面ABB1A1是正方形，M是A1B的中点，连接AB1，则点M是AB1的中点．
又点N是B1C1的中点，则MN是△AB1C1的中位线，所以MN∥AC1．
故MN⊥平面A1BC．
（Ⅱ）因为AC1⊥平面A1BC，设AC1与A1C相交于点D，
连接BD，则∠C1BD为直线BC1和平面A1BC所成角．
设AC＝BC＝CC1＝a，则C1D＝a，BC1＝a．
在Rt△BDC1中，sin∠C1BD＝，
所以∠C1BD＝30°，故直线BC1和平面A1BC所成的角为30°．

【变2-2】．已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面BB1C1C是边长为2的菱形，∠B1BC＝60°，侧面BB1C1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，二面角A﹣B1B﹣C为30°．
（1）求证：AC⊥平面BB1C1C；
（2）求AB1与平面BB1C1C所成角的正切值．

证明：（1）∵平面BB1C1C⊥平面ABC
平面BB1C1C∩平面ABC＝BC
又∵AC⊥BC，AC⊂平面ABC
∴AC⊥平面BB1C1C（6分）
（2）取BB1的中点D，
AC⊥平面BB1C1C
∴AC⊥BB1
∴BB1⊥平面ADC
∴AD⊥BB1
∴∠CDA为二面角A﹣BB1﹣C的平面角
∴∠CDA＝30°
∵CD＝
∴AC＝1（8分）
连接B1C，则∠AB1C为AB1与平面BB1C1C所成的角（10分）
在Rt△ACB1中tan∠AB1C＝（12分）

【变2-3】．如图，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D﹣ABC，如图所示．

（1）求证：BC⊥平面ACD；
（2）求BD与平面ABC所成角θ的正弦值．
解：（1）法一：由于AC＝BC＝2，从而AC2+BC2＝AB2故AC⊥BC，
取AC中点O，连接DO，则DO⊥AC，
又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，DO⊂平面ACD，从而DO⊥平面ABC，
∴DO⊥BC，又DO∩AC＝O，
∴BC⊥平面ACD
法二：由于AC＝BC＝2，从而AC2+BC2＝AB2故AC⊥BC，
∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，从而得BC⊥平面ACD
（2）作DH⊥AC于H，连接HB，∵平面ADC⊥平面ABC，且DH⊂平面ACD，
∴DH⊥平面ABC，
∴∠DBH即为BD与平面ABC所成角θ
∴sinθ＝sin∠DBH＝＝＝
考点3 二面角计算问题
【例3】．已知Rt△ABC，斜边BC⊂α，点A∉α，AO⊥α，O为垂足，∠ABO＝30°，∠ACO＝45°，则二面角A﹣BC﹣O的大小为　60°　．

解：如图所示，在平面α内，过O作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，设OC＝a，
∵AO⊥α，BC⊂α，∴AO⊥BC．又∵AO∩OD＝O，∴BC⊥平面AOD，而AD⊂平面AOD，
∴AD⊥BC，∴∠ADO是二面角A﹣BC﹣O的平面角．
由AO⊥α，OB⊂α，OC⊂α可知AO⊥OB，AO⊥OC，又∠ABO＝30°，∠ACO＝45°，∴设AO＝a，则AC＝a，AB＝2a，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∴BC＝＝，
∴AD＝＝＝．
在Rt△AOD中，sin∠ADO＝＝＝，
∴∠ADO＝60°，二面角A﹣BC﹣O的大小为：60°．
故答案为：60°．

Ø变式训练
【变3-1】．在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥AC，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，且CD+PD＝3．若四棱锥P﹣ABCD的每个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为　6π　；当四棱锥P﹣ABCD的体积取得最大值时，二面角A﹣PC﹣D的正切值为　　．

解：设CD＝x（0＜x＜3），则PD＝3﹣x，
因为AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD，
所以AB⊥PD，
又PD⊥AC，所以PD⊥平面ABCD，
则四棱锥P﹣ABCD可补形为一个长方体，球O的球心为PB的中点，
从而球心O的表面积为：＝3π[（x﹣1）2+2]≥6π．
四棱锥的体积为V＝（0＜x＜3），
则V′＝﹣x2+2x，当0＜x＜2时，V′＞0，当2＜x＜3时，
V′＜0，所以Vmax＝V（2）此时AD＝CD＝2，PD＝1，
过D作DH⊥PC于H，
连接AH，则∠AHD为二面角A﹣PC﹣D的平面角．
∵DH＝＝，
∴tan∠AHD＝＝．
故答案为：6π；．

【变3-2】．若四棱锥P﹣ABCD的侧面PAB内有一动点Q，已知Q到底面ABCD的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角P﹣AB﹣C平面角的大小为30°时，k的值为　　．
解：如图，
设二面角P﹣AB﹣C平面角为θ，点Q到底面ABCD的距离为|QH|，
点Q到定直线AB得距离为d，则|QH|＝dsinθ，即d＝．
∵点Q到底面ABCD的距离与到点P的距离之比为正常数k，
∴＝k，则|PQ|＝，
∵动点Q的轨迹是抛物线，
∴|PQ|＝d，即＝．则sinθ＝k．
∴二面角P﹣AB﹣C的平面角的余弦值为cosθ＝＝＝cos30°＝．
解得：k＝（k＞0）．
故答案为：．

【变3-3】．如图，在四面体D﹣ABC中，AD＝BD＝AC＝BC＝5，AB＝DC＝6．若M为线段AB上的动点（不包含端点），则二面角D﹣MC﹣B的余弦值取值范围是　（）　．

解：取AB的中点O，连接OD，OC，由题意AD＝BD＝AC＝BC＝5，AB＝DC＝6．可知AB⊥平面CDO，
图形关于平面DCO对称，M在O时，二面角D﹣MC﹣B的余弦值为0，当M在A时，做DE⊥平面ABC交CO与E，做EF⊥AC，交AC于F，则∠DFE就是二面角D﹣MC﹣B的平面角，cos∠DCA＝，cos∠ACO＝，则cos∠DCE＝，
所以CE＝，EF＝＝，DF＝，
cos∠DFE＝＝＝，
二面角D﹣MC﹣B的余弦值小于，
当M移动到B时，二面角最大，余弦值最小，大于﹣，
二面角D﹣MC﹣B的余弦值取值范围是：（）
故答案为：（）

【变3-4】．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2，E是线段AB上的点，且EB＝1，则二面角C﹣DE﹣C1的正切值为　　．

解：过点C作CF⊥DE于F，连结C1F，因为DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CF，所以C1F⊥DE，
所以∠C1FC就是二面角C﹣DE﹣C1的平面角，
在△C1FC中，∠C1CF＝90°，CF＝CDsin45．
所以tan∠C1FC＝＝．
故答案为：．

【变3-5】．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，且AD＝CD＝CF＝1．
（1）求证：EF⊥平面BCF；
（2）求平面FAB与平面FCB夹角的余弦值．

解：（1）证明：在梯形中ABCD，∵AB∥CD，AD＝CD＝BC，
∴梯形为等腰梯形，
∵∠BCD＝120°，∴∠DAB＝∠ABC＝60°，∠ADC＝120°，
∴∠DAC＝∠ACD＝30°，∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC，
∵EF∥AC，∴EF⊥BC，
∵EF⊥CF，CF∩BC＝C，∴EF⊥平面BCF；
（2）取BF中点G，连接CG、AG，如图，

∵BC＝FC，∴CG⊥BF，∵BC＝FC，∠ACF＝∠ACB＝90°，
∴Rt△ACF≌Rt△ACB，∴AF＝AB，∴AG⊥BF，
∴∠AGC为平面FAB与平面FCB夹角或其补角，
在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝，
∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，FC⊥AC，FC⊂平面ACFE，
∴FC⊥平面ABCD，
∵BC⊂平面ABCD，∴FC⊥BC，∴在Rt△BCF中，BF＝，CG＝，
∴在Rt△BCF中，AG＝＝＝，
∴在△ACG中，根据余弦定理得cos∠AGC＝＝＝＝，
∴平面FAB与平面FCB夹角的余弦值为．

【变3-6】．如图，圆柱OQ的上，下底面圆的圆心分别为Q，O，四边形ABCD是圆柱QQ的轴截面，点P在圆柱OQ的下底面圆周上，G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的直径AB＝4，母线AD＝AP＝2．
（1）求证：AG⊥BD；
（2）求锐二面角P﹣AG﹣B的平面角的余弦值．

（1）证明：∵AD⊥平面APB，PB⊂平面APB，
∴AD⊥PB，
∵AB是圆O的直径，∴AP⊥PB，
又AD∩AP＝A，
∴PB⊥平面PAD，∴PB⊥AG，
∵AD＝AP，G是PD的中点，
∴AG⊥PD，
又PD∩PB＝P，
∴AG⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，
∴AG⊥BD．
（2）解：由（1）可知AG⊥平面PBD，
∴AG⊥PD，AG⊥BG，
∴∠PGB为二面角P﹣AG﹣B的平面角，
由PB⊥平面PAD可得PB⊥PD，
在直角三角形PBG中，PB＝＝＝2，
PG＝PD＝＝＝，
∴BG＝＝＝，
∴cos∠PGB＝＝＝．
所以平面PAG与平面BAG的夹角的余弦值为．


实战演练

1．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M为侧面ABB1A1的中心，N为侧面ACC1A1的中心，P为BC的中点，则直线MN与直线AP所成的角为（　　）
A．0° B．45° C．60° D．90°
解：如图，
∵M为侧面ABB1A1的中心，N为侧面ACC1A1的中心，∴MN∥BC，
P为BC的中点，连接AP，则AP⊥BC．
∴AP⊥MN，即直线MN与直线AP所成的角为90°．
故选：D．

2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，底面ABCD为边长为2的正方形，E为BC的中点，则异面直线BD与PE所成的角的余弦值为（　　）

A． B． C． D．
解：取CD的中点F，连接EF，PF，
∵E为BC的中点，∴EF∥BD，
则∠PEF为异面直线BD与PE的所成角（或补角）．
∵PA⊥底面ABCD，AE⊂底面ABCD，
∴PA⊥AE，
∵底面ABCD为边长为2的正方形，E为BC的中点，
∴AE＝，在Rt△PAE中，PA＝2，则PE＝3，
同理可得PF＝3，又EF＝BD＝，
∴cos∠PEF＝＝＝．
故选：A．

3．三棱锥P﹣ABC的六条棱长都相等，M是棱AB上一点，若直线PM与直线BC所成角的余弦值为，则＝（　　）
A． B． C． D．
解：设三棱锥P﹣ABC的六条棱长均为a，AM＝λAB，λ∈（0，1）．
过点M作MN∥BC，交AC于点N，连接PN，则∠PMN即为直线PM与直线BC所成角．

在△APM中，由余弦定理知，cos∠PAM＝，即cos60°＝，
∴PM2＝（λ2﹣λ+1）a2＝PN2．
在△PMN中，MN＝λBC＝λa，
由余弦定理知，cos∠PMN＝，即＝，
化简得3λ2+λ﹣1＝0，解得λ＝（舍负）．
∴＝＝．
故选：D．
4．如图1，圆形纸片的圆心为O，半径为6cm，该纸片上的正方形ABCD的中心为O．点E，F，G，H为圆O上的点，△ABE，△BCF，△CDG，△ADH分别是以AB，BC，CD，DA为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DA为折痕折起△ABE，△BCF，△CDG，△ADH，使得E，F，G，H重合得到一个四棱锥P﹣ABCD（如图2）．当四棱锥P﹣ABCD的侧面积是底面积的2倍时，异面直线PB与CD所成角的余弦值为（　　）

A． B． C． D．
解：如图，连接OE交AB于点I，设正方形ABCD的边长为x．
则OI＝，IE＝6﹣，
由四棱锥的侧面积是底面积的2倍，
可得4××（6﹣）＝2x2，
解得x＝4．
即AB＝4，BI＝2，EI＝4，
所以BE＝AE＝2，
所以在四棱锥P﹣ABCD中，PB＝PA＝2，
因为AB∥CD，所以∠PBA即为异面直线PB与CD所成的角，
所以cos∠PBA＝＝＝，
即异面直线PB与CD所成角的余弦值为．
故选：A．

5．如图，锐二面角α﹣l﹣β的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB．已知AB＝4，AC＝BD＝6，，则锐二面角α﹣l﹣β的平面角的余弦值是 　　．

解：过点B作BE∥AC，且BE＝AC，连接DE，CE，
∵AC⊥AB，
∴BE⊥AB，
∵BD⊥AB，BD∩BE＝B，
∴∠DBE为二面角α﹣l﹣β的平面角，且AB⊥平面DBE，
∴AB⊥DE，则CE⊥DE，
∵AB＝4，CD＝2，
∴DE＝＝2，
∴cos∠EBD＝＝．
锐二面角α﹣l﹣β的平面角的余弦值是．
故答案为：．

6．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则二面角A﹣BC﹣D的余弦值是　　．
解：取BC的中点E，OF⊥BC，可得∠AEO为二面角A﹣BC﹣D的平面角，
设正方形ABCD的边长为1，
∴A0＝，OE＝CD＝
则AE＝＝，
则cos∠AEO＝＝＝，
故答案为：．

7．已知二面角α﹣l﹣β的大小为120°，在半平面α内，PA⊥l于A，在半平面β内，QB⊥l于B，PA＝AB＝QB＝1，则直线PQ与AB所成角的大小为 　60°　．
解：过点P作PM∥AB，且PM＝AB＝1，连接BM，则四边形ABMP为平行四边形，
所以BM∥AP，
又AB⊥AP，所以BM⊥AB，
因为BQ⊥AB，所以∠QBM为二面角α﹣l﹣β的平面角，即∠QBM＝120°，
因为BM∩BQ＝B，BM、BQ⊂平面BMQ，所以AB⊥平面BMQ，所以AB⊥QM，
因为AB∥PM，所以PM⊥QM，且∠QPM或其补角即为直线PQ与AB所成角，
又QB＝BM＝1，所以QM＝，
所以tan∠QPM＝＝＝，即∠QPM＝60°，
所以直线PQ与AB所成角的大小为60°．

故答案为：60°．

8．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2，则二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值为 　﹣　．

解：取BD的中点O，连接A1O，C1O，A1C1，

∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2，
∴A1D＝A1B＝C1D＝C1B＝＝2，
BD＝A1C1＝＝4，
∴A1O＝C1O＝＝2，
由勾股定理可得A1O⊥BD，C1O⊥BD，
∴∠A1OC1是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角，
∴cos∠A1OC1＝＝﹣，
∴二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值为﹣．
故答案为：﹣．
9．已知三棱锥A﹣BCD的所有棱长都相等，若AB与平面α所成的角为，则平面ACD与平面α所成角的正弦值的取值范围是　[，]　．
解：∵三棱锥A﹣BCD的所有棱长都相等，
∴三棱锥A﹣BCD为正四面体，如图：

设正四面体的棱长为2，取CD中点P，连接AP，BP，
则∠BAP为AB与平面ADC所成角．
AP＝BP＝，可得sin∠BAP＝，cos∠BAP＝．
设∠BAP＝θ．
当CD与α平行且AB在面ACD外时，平面ACD与平面α所成角的正弦值最小，
为sin（﹣θ）＝sincosθ﹣cossinθ＝×﹣×＝；
当CD与α平行且AB在面ACD内时，平面ACD与平面α所成角的正弦值最大，
为sin（+θ）＝sincosθ+cossinθ＝×+×＝；
∴平面ACD与平面α所成角的正弦值的取值范围是[，]．
故答案为：[，]．

10．棱长均相等的四面体A﹣BCD中，P为BC中点，Q为直线BD上一点，则平面APQ与平面ACD所成二面角的正弦值的取值范围是　　．
解：由题意把正四面体A﹣BCD放到正方体BK内，
则平面ACD与平面APQ所成角的正弦值等于平面ACD的法向量BK与平面APQ所成角的余弦值，
问题等价于平面APQ绕AP转动，
当平面ACD与平面APQ所成角等于BK与AP夹角时，
平面APQ与平面ACD所成二面角的正弦值取最小值，
此时该正弦值为：；
当平面APQ与BK平行时，所成角为0°，
此时正弦值为1．
∴平面APQ与平面ACD所成二面角的正弦值的取值范围为[，1]．
故答案为：[，1]．

11．边长为2的正方形ABCD的顶点均在表面积为28π的球O的球面上，O1为正方形ABCD的中心，△O1AB绕AB旋转，其顶点O1接触到球面时设为E，则二面角E﹣AB﹣D的大小为　120°或60°　．
解：如图，取AB中点H，连接O1H，EH，OH，则∠O1HE即为二面角E﹣AB﹣D的平面角．
由已知得，，，OO1＝1，，OH＝2，
∴∠O1HO＝30°．
∵，，∴OH⊥EH，∠O1HE＝120°，
同理当E在下方时∠O1HE＝60°．

故答案为：120°或60°．

12．如图，已知二面角α﹣l﹣β的棱l上有A，B两点，C∈α，AC⊥l，D∈β，BD⊥l，若AC＝AB＝BD＝2，，有以下结论：
（1）直线AB与CD所成角的大小为45°；
（2）二面角α﹣l﹣β的大小为60°；
（3）三棱锥A﹣BCD的体积为；
（4）直线CD与平面β所成角的正弦值为．则正确结论的序号为 　（1）（2）（4）　．

解：如图，过B作BE∥AC，且BE＝AC，再过A作AF∥BD，且AF＝BD，
连接CE，DE，CF，DF，∵l上有A，B两点，C∈α，AC⊥l，D∈β，BD⊥l，
∴易得三棱柱AFC﹣BDE为直三棱柱，
又CE＝AB＝2，CD＝，CE⊥ED，∴ED＝2，△CED为等腰直角三角形，
又BE＝AC＝2，BD＝2，∴△BDE为等边三角形，
∴三棱柱AFC﹣BDE为棱长都为2的正三棱柱，
对（1），∵AB∥CE，∴直线AB与CD所成角即为∠DCE＝45°，∴（1）正确；
对（2），∵二面角α﹣l﹣β即为二面角E﹣AB﹣D，又AB⊥平面DBE，
∴∠DBE即为二面角E﹣AB﹣D的平面角，又∠DBE＝60°，∴（2）正确；
对（3），∵VA﹣BCD＝VD﹣ABC＝VD﹣BCE＝VC﹣BDE＝＝，∴（3）错误；
对（4），过C作CH⊥AF，垂足点为H，连接HD，
又平面AFC⊥平面AFD，且平面AFC∩平面AFD＝AF，CH⊂平面AFC，
∴CH⊥平面AFD，又平面AFD即为β平面，
∴CD与平面β所成角为∠CDH，
又CH为边长为2的等边三角形AFC的高线，∴CH＝，又CD＝，
∴sin∠CDH＝，∴（4）正确．
故答案为：（1）（2）（4）．

13．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，D1D⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，且AB＝1，D1D＝．
（1）求直线D1B与平面ABCD所成角的大小；
（2）求证：AC⊥平面BB1D1D．

（1）解：∵D1D⊥平面ABCD，BD是D1B在底面ABCD上的射影，
∴∠D1BD是直线D1B与平面ABCD所成的角，
在直角三角形D1BD中，BD＝，D1D＝，
则tan∠D1BD＝＝1，
∴∠D1BD＝45°，
即直线D1B与平面ABCD所成角的大小为45°；
（2）证明：∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD，
∵D1D⊥平面ABCD，∴D1D⊥AC，
又BD∩D1D＝D，
∴AC⊥平面BB1D1D．

14．如图，在三棱锥D﹣ABC中，平面ADC⊥平面ABC，△ADC和△ABC都是等腰直角三角形，AD＝DC，AC＝BC．
（Ⅰ）证明：AD⊥平面BCD；
（Ⅱ）若棱AC的中点为M，求二面角B﹣DM﹣C的余弦值．

（Ⅰ）证明：由已知可得，AD⊥DC，AC⊥BC，
又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，
∴BC⊥平面ADC，而AD⊂平面ADC，∴BC⊥AD，
又DC∩BC＝C，∴AD⊥平面BCD；
（Ⅱ）解：∵AD＝DC，M为棱AC的中点，∴DM⊥AC，
∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，
∴DM⊥平面ABC，而BM⊂平面ABC，∴DM⊥BM，
可得∠BMC为二面角B﹣DM﹣C的平面角．
在Rt△ACB中，AC⊥BC，MC＝，
设MC＝m，则BC＝2m，可得BM＝，
∴cos∠BMC＝，即二面角B﹣DM﹣C的余弦值为．

15．如图，PA⊥平面ABC，AB⊥BC．AD垂直于PB于D，AE垂直于PC于E．，AB＝BC＝1．
（1）求证：PC⊥平面ADE；
（2）求AB与平面ADE所成的角；

解：（1）证明：因为PA⊥平面ABC，
所以PA⊥BC，（2分）
又AB⊥BC，PA∩AB＝A
所以BC⊥平面PAB，又AD⊂平面PAB，
则BC⊥AD，（4分）
又AD⊥PB，PB∩BC＝B，
所以AD⊥平面PBC，（5分）
得PC⊥AD（6分）
又PC⊥AE，AE∩AD＝A，所以PC⊥平面ADE（7分）

（2）在平面PBC上，过点B作BF平行于PC交ED延长线于点F，
连接AF，因为PC⊥平面ADE，所以BF⊥平面ADE，
所以∠BAF为直线AB和平面ADE所成的角（10分）
在三角形PBC中，，则，
由△PED与△BFD相似可得（12分）
在RT△BFA中，，（13分）
所以直线AB与平面ADE所成的角为30°．（14分）

16．如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝2，E为BC的中点，把△ABE和△CDE分别沿AE，DE折起，使点B与点C重合于点P．
（1）求证：PE⊥平面PAD；
（2）求二面角P﹣AD﹣E的大小．

（1）证明：在矩形ABCD中，有EC⊥CD，EB⊥BA，
∴由题意知：PE⊥PD，PE⊥PA，而PD∩PA＝P，
∴PE⊥平面PAD；…（6分）
（2）解：过E作EF⊥AD于F，连接PF，又AD⊂平面PAD，
由（1）知：PE⊥AD，而PE∩EF＝E，所以AD⊥平面PEF，
∴∠PFE为二面角P﹣AD﹣E的平面角，而，
∴，则，
∵∠PFE∈[0，π]，
∴…（12分）

17．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝3，沿对角线BD把△ABD折起，使A移到A1点，过点A1作A1O⊥平面BCD，垂足O恰好落在CD上．
（1）求证：BC⊥A1D；
（2）求直线A1B与平面BCD所成角的正弦值．

解：（1）证明：因为A1O⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴BC⊥A1O，
因为BC⊥CD，A1O∩CD＝O，∴BC⊥面A1CD．
因为A1D⊂面A1CD，∴BC⊥A1D．（6分）
（2）连接BO，则∠A1BO是直线A1B与平面BCD所成的角．
因为A1D⊥BC，A1D⊥A1B，A1B∩BC＝B，∴A1D⊥面A1BC．A1C⊂面A1BC，∴A1D⊥A1C．
在Rt△DA1C中，A1D＝3，CD＝5，∴A1C＝4．
根据S△A1CD＝A1D•A1C＝A1O•CD，得到A1O＝，
在Rt△A1OB中，sin∠A1BO＝＝＝．
所以直线A1B与平面BCD所成角的正弦值为．（12分）
18．如图，四边形ABGH，BCFG，CDEF都是菱形．沿BG把菱形ABGH折起，沿CF把菱形CDEF折起，点A与点E正好重合于点A．
（1）设BF与CG交于点O，求证：AO⊥面BCFG．
（2）求直线AB与平面BCFG所成角的正切值．

解：（Ⅰ）连AG，AC．则AG＝AC，O是GC中点，故AO⊥GC．
又AB＝AF，O是BF中点，故AO⊥BF．故AO⊥面BCFG．
（Ⅱ）以OB，OC，OA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．设B（b，0，0），C（0，c，0），A（0，0，a）．
由得a＝c．因此A（0，0，c）.＝（﹣b，0，c），＝（﹣b，﹣c，0），cos∠ABG＝，＝（﹣b，c，0），cos∠CBG＝，由已知，∠ABG+∠CBG＝π，
所以+＝0，2b2＝c2．
因为AO⊥面BCFG．，所以直线AB与平面BCFG所成角即为∠ABO，其正切值tan∠ABO＝．