第3講立體幾何中的向量方法高考定位以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，常與空間線面關系的證明相結合，熱點為二面角的求解，均以解答題的形式進行考查，難度主要體現在建立空間直角坐標系和準確計算上.真題感悟1.(2022·全國Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(15),5) C.eq\f(\r(10),5) D.eq\f(\r(3),3)2.(2022·全國Ⅲ卷)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧eq\o(CD,\s\up8(︵))所在平面垂直，M是eq\o(CD,\s\up8(︵))上異于C，D的點.(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)當三棱錐M－ABC體積最大時，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.3.(2022·全國Ⅰ卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF.(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.熱點一利用空間向量證明平行、垂直關系【例1】如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點E為棱PC的中點.證明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.【訓練1】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點.求證：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.熱點二利用空間向量計算空間角考法1求線面角或異面直線所成的角【例2－1】(2022·煙臺質檢)如圖，在梯形ABCD中，AD＝BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDFE⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD.(1)求證：平面AFC⊥平面BDFE；(2)若AB＝2CD＝2eq\r(2)，BE＝EF＝2，求BF與平面DFC所成角的正弦值.【訓練2】(2022·江蘇卷)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點.(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.考法2二面角的計算【例2－2】(2022·福州模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1＝4，AB＝2，AC＝2eq\r(2)，∠BAC＝45°，點M是棱AA1上不同于A，A1的動點.(1)證明：BC⊥B1M；(2)若平面MB1C把此棱柱分成體積相等的兩部分，求此時二面角M－B1C－A的余弦值.【訓練3】(2022·北京卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分別為AA1，AC，A1C1，BB1的中點，AB＝BC＝eq\r(5)，AC＝AA1＝2.(1)求證：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B－CD－C1的余弦值；(3)證明：直線FG與平面BCD相交.熱點三利用空間向量求解探索性問題【例3】如圖所示，在正四棱錐P－ABCD中，底面ABCD的邊長為2，側棱長為2eq\r(2).(1)若點E為PD上的點，且PB∥平面EAC，試確定E點的位置；(2)在(1)的條件下，在線段PA上是否存在點F，使平面AEC和平面BDF所成的銳二面角的余弦值為eq\f(1,14)，若存在，求線段PF的長度，若不存在，請說明理由.【訓練4】(2022·廣州質檢)如圖，在幾何體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，DE＝2eq\r(2)，DE>BF，∠ABC＝120°.(1)當BF長為多少時，平面AEF⊥平面CEF?(2)在(1)的條件下，求二面角E－AC－F的余弦值.一、選擇題1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是邊長為1的正三角形，側棱AA1⊥底面ABC，點D在棱BB1上，且BD＝1，若AD與平面AA1C1C所成的角為α，則sinα的值是()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2) C.eq\f(\r(10),4) D.eq\f(\r(6),4)2.(2022·合肥質檢)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點E是底面ABCD上的動點，則(eq\o(CE,\s\up8(→))－eq\o(CA1,\s\up8(→)))·eq\o(D1B1,\s\up8(→))的最大值為()A.eq\f(\r(2),2) B.1 C.eq\r(2) D.eq\r(6)3.(2022·衡水中學質檢)如圖，在四棱錐C－ABOD中，CO⊥平面ABOD，AB∥OD，OB⊥OD，且AB＝2OD＝4，AD＝2eq\r(2)，異面直線CD與AB所成角為30°，若點O，B，C，D都在同一個球面上，則該球的表面積為()A.72π B.8π C.eq\f(28,3)π D.eq\f(26,3)π4.(2022·全國Ⅱ卷)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),6) C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(\r(2),2)5.(2022·長沙雅禮中學檢測)在三棱錐P－ABC中，點P在底面的正投影恰好是等邊△ABC的邊AB的中點，且點P到底面ABC的距離等于底面邊長.設△PAC與底面所成的二面角的大小為α，△PBC與底面所成的二面角的大小為β，則tan(α＋β)的值是()A.eq\f(3,4)eq\r(3) B.eq\f(2,5)eq\r(3)C.－eq\f(8,13)eq\r(3) D.－eq\f(5,8)eq\r(3)二、填空題6.如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直線AC與直線DE所成的角為α，直線DE與平面BCC1B1所成的角為β，則cos(α－β)＝________.三、解答題7.(2022·全國Ⅰ卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)證明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值.8.(2022·浙江卷)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)證明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.(2022·武漢模擬)如圖1，在高為6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，將它沿對稱軸OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O.如圖2，點P為BC中點，點E在線段AB上(不同于A，B兩點)，連接OE并延長至點Q，使AQ∥OB.(1)證明：OD⊥平面PAQ；(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.10.(2022·全國Ⅱ卷)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點.(1)證明：PO⊥平面ABC；(2)若點M在棱BC上，且二面角M－PA－C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值.11.(2022·佛山調研)如圖所示，該幾何體是由一個直三棱柱ADE－BCF和一個正四棱錐P－ABCD組合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2.(1)證明：平面PAD⊥平面ABFE；(2)求正四棱錐P－ABCD的高h，使得二面角C－AF－P的余弦值是eq\f(2\r(2),3).立體幾何中的向量方法高考定位以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，常與空間線面關系的證明相結合，熱點為二面角的求解，均以解答題的形式進行考查，難度主要體現在建立空間直角坐標系和準確計算上.真題感悟1.(2022·全國Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(15),5) C.eq\f(\r(10),5) D.eq\f(\r(3),3)解析法一以B為原點，建立如圖(1)所示的空間直角坐標系.圖(1)圖(2)則B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).又在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝2，則A(－1，eq\r(3)，0).所以eq\o(AB1,\s\up8(→))＝(1，－eq\r(3)，1)，eq\o(BC1,\s\up8(→))＝(1，0，1)，則cos〈eq\o(AB1,\s\up8(→))，eq\o(BC1,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up8(→))·\o(BC1,\s\up8(→)),|\o(AB1,\s\up8(→))|·|\o(BC1,\s\up8(→))|)＝eq\f(（1，－\r(3)，1）·（1，0，1）,\r(5)×\r(2))＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5)，因此，異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為eq\f(\r(10),5).法二如圖(2)，設M，N，P分別為AB，BB1，B1C1中點，則PN∥BC1，MN∥AB1，∴AB1與BC1所成的角是∠MNP或其補角.∵AB＝2，BC＝CC1＝1，∴MN＝eq\f(1,2)AB1＝eq\f(\r(5),2)，NP＝eq\f(1,2)BC1＝eq\f(\r(2),2).取BC的中點Q，連接PQ，MQ，則可知△PQM為直角三角形，且PQ＝1，MQ＝eq\f(1,2)AC，在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，AC＝eq\r(7)，則MQ＝eq\f(\r(7),2)，則△MQP中，MP＝eq\r(MQ2＋PQ2)＝eq\f(\r(11),2)，則△PMN中，cos∠PNM＝eq\f(MN2＋NP2－PM2,2·MN·NP)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(11),2)))\s\up12(2),2×\f(\r(5),2)×\f(\r(2),2))＝－eq\f(\r(10),5)，又異面直線所成角范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則余弦值為eq\f(\r(10),5).答案C2.(2022·全國Ⅲ卷)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧eq\o(CD,\s\up8(︵))所在平面垂直，M是eq\o(CD,\s\up8(︵))上異于C，D的點.(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)當三棱錐M－ABC體積最大時，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.(1)證明由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM?平面CDM，故BC⊥DM.因為M為eq\o(CD,\s\up8(︵))上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.由于DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)解以D為坐標原點，eq\o(DA,\s\up8(→))的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz.當三棱錐M－ABC體積最大時，M為eq\o(CD,\s\up8(︵))的中點.由題設得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，eq\o(AM,\s\up8(→))＝(－2，1，1)，eq\o(AB,\s\up8(→))＝(0，2，0)，eq\o(DA,\s\up8(→))＝(2，0，0).設n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up8(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.))可取n＝(1，0，2).又eq\o(DA,\s\up8(→))是平面MCD的法向量，因此cos〈n，eq\o(DA,\s\up8(→))〉＝eq\f(n·\o(DA,\s\up8(→)),|n||\o(DA,\s\up8(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sin〈n，eq\o(DA,\s\up8(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值為eq\f(2\r(5),5).3.(2022·全國Ⅰ卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF.(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.(1)證明由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF?平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標原點，以eq\o(HF,\s\up8(→))的方向為y軸的正方向，|eq\o(BF,\s\up8(→))|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系H－xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq\r(3).又PF＝1，EF＝2，故EF2＝PE2＋PF2，所以PE⊥PF.可得PH＝eq\f(\r(3),2)，EH＝eq\f(3,2).則H(0，0，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，0))，eq\o(DP,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(HP,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))為平面ABFD的一個法向量.設DP與平面ABFD所成角為θ，則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(HP,\s\up8(→))·\o(DP,\s\up8(→)),|\o(HP,\s\up8(→))||\o(DP,\s\up8(→))|)))＝eq\f(\f(3,4),\r(3))＝eq\f(\r(3),4).所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).考點整合1.直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法設直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，則(1)線面平行l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)線面垂直l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.2.直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計算設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).(1)線線夾角設l，m的夾角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，則cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,1)＋ceq\o\al(2,1))\r(aeq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,2)＋ceq\o\al(2,2))).(2)線面夾角設直線l與平面α的夾角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，則sinθ＝eq\f(|a·μ|,|a||μ|)＝|cosa，μ|.(3)面面夾角設平面α，β的夾角為θ(0≤θ＜π)，則|cosθ|＝eq\f(|μ·v|,|μ||v|)＝|cosμ，v|.熱點一利用空間向量證明平行、垂直關系【例1】如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點E為棱PC的中點.證明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.證明依題意，以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E為棱PC的中點，得E(1，1，1).(1)向量eq\o(BE,\s\up8(→))＝(0，1，1)，eq\o(DC,\s\up8(→))＝(2，0，0)，故eq\o(BE,\s\up8(→))·eq\o(DC,\s\up8(→))＝0.所以BE⊥DC.(2)因為AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，所以向量eq\o(AB,\s\up8(→))＝(1，0，0)為平面PAD的一個法向量，而eq\o(BE,\s\up8(→))·eq\o(AB,\s\up8(→))＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的法向量eq\o(AB,\s\up8(→))＝(1，0，0)，向量eq\o(PD,\s\up8(→))＝(0，2，－2)，eq\o(DC,\s\up8(→))＝(2，0，0)，設平面PCD的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up8(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,2x＝0，))不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)為平面PCD的一個法向量.且n·eq\o(AB,\s\up8(→))＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥eq\o(AB,\s\up8(→)).所以平面PAD⊥平面PCD.探究提高1.利用向量法證明平行、垂直關系，關鍵是建立恰當的坐標系(盡可能利用垂直條件，準確寫出相關點的坐標，進而用向量表示涉及到直線、平面的要素).2.向量證明的核心是利用向量的數量積或數乘向量，但向量證明仍然離不開立體幾何定理的條件，如在(2)中忽略BE?平面PAD而致誤.【訓練1】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點.求證：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.證明(1)以B為坐標原點，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示.則B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4).設BA＝a，則A(a，0，0)，所以eq\o(BA,\s\up8(→))＝(a，0，0)，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(0，2，2)，eq\o(B1D,\s\up8(→))＝(0，2，－2).eq\o(B1D,\s\up8(→))·eq\o(BA,\s\up8(→))＝0，eq\o(B1D,\s\up8(→))·eq\o(BD,\s\up8(→))＝0＋4－4＝0，則B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD，因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知，E(0，0，3)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，4))，F(0，1，4)，則eq\o(EG,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，1))，eq\o(EF,\s\up8(→))＝(0，1，1)，eq\o(B1D,\s\up8(→))·eq\o(EG,\s\up8(→))＝0＋2－2＝0，eq\o(B1D,\s\up8(→))·eq\o(EF,\s\up8(→))＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF，因此B1D⊥平面EGF.結合(1)可知平面EGF∥平面ABD.熱點二利用空間向量計算空間角考法1求線面角或異面直線所成的角【例2－1】(2022·煙臺質檢)如圖，在梯形ABCD中，AD＝BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDFE⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD.(1)求證：平面AFC⊥平面BDFE；(2)若AB＝2CD＝2eq\r(2)，BE＝EF＝2，求BF與平面DFC所成角的正弦值.(1)證明∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD＝BD，AC?平面ABCD，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDFE.又AC?平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE.(2)解設AC∩BD＝O，∵四邊形ABCD為等腰梯形，AC⊥BD，AB＝2CD＝2eq\r(2)，∴OD＝OC＝1，OB＝OA＝2，∵FE∥OB且FE＝OB，∴四邊形FEBO為平行四邊形，∴OF∥BE，且OF＝BE＝2，又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD.以O為原點，向量eq\o(OA,\s\up8(→))，eq\o(OB,\s\up8(→))，eq\o(OF,\s\up8(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0，2，0)，D(0，－1，0)，F(0，0，2)，C(－1，0，0)，eq\o(DF,\s\up8(→))＝(0，1，2)，eq\o(CD,\s\up8(→))＝(1，－1，0)，eq\o(BF,\s\up8(→))＝(0，－2，2)，設平面DFC的一個法向量為n＝(x，y，z)，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DF,\s\up8(→))·n＝0，,\o(CD,\s\up8(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋2z＝0，,x－y＝0.))不妨設z＝1，得x＝y＝－2，得n＝(－2，－2，1).于是cos〈n，eq\o(BF,\s\up8(→))〉＝eq\f(4＋2,\r(8)×\r(9))＝eq\f(\r(2),2).設BF與平面DFC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(BF,\s\up8(→))〉|＝eq\f(\r(2),2).∴BF與平面DFC所成角的正弦值為eq\f(\r(2),2).探究提高1.異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的夾角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.2.直線與平面所成的角θ主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即sinθ＝|cosφ|，有時也可分別求出斜線與它在平面內的射影直線的方向向量，轉化為求兩方向向量的夾角(或其補角).【訓練2】(2022·江蘇卷)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點.(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.解如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，設AC，A1C1的中點分別為O，O1，連接OB，OO1.則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB.以{eq\o(OB,\s\up8(→))，eq\o(OC,\s\up8(→))，eq\o(OO1,\s\up8(→))}為基底，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz.因為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)因為P為A1B1的中點，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，從而eq\o(BP,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，eq\o(AC1,\s\up8(→))＝(0，2，2)，故|cos〈eq\o(BP,\s\up8(→))，eq\o(AC1,\s\up8(→))〉|＝eq\f(|\o(BP,\s\up8(→))·\o(AC1,\s\up8(→))|,|\o(BP,\s\up8(→))|·|\o(AC1,\s\up8(→))|)＝eq\f(|－1＋4|,\r(5)×2\r(2))＝eq\f(3\r(10),20).因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為eq\f(3\r(10),20).(2)因為Q為BC的中點，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，因此eq\o(AQ,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(AC1,\s\up8(→))＝(0，2，2)，eq\o(CC1,\s\up8(→))＝(0，0，2).設n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AQ,\s\up8(→))·n＝0，,\o(AC1,\s\up8(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0，,2y＋2z＝0.))不妨取n＝(eq\r(3)，－1，1).設直線CC1與平面AQC1所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(CC1,\s\up8(→))，n〉|＝eq\f(|\o(CC1,\s\up8(→))·n|,|\o(CC1,\s\up8(→))|·|n|)＝eq\f(2,\r(5)×2)＝eq\f(\r(5),5)，所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).考法2二面角的計算【例2－2】(2022·福州模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1＝4，AB＝2，AC＝2eq\r(2)，∠BAC＝45°，點M是棱AA1上不同于A，A1的動點.(1)證明：BC⊥B1M；(2)若平面MB1C把此棱柱分成體積相等的兩部分，求此時二面角M－B1C－A的余弦值.(1)證明在△ABC中，由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝4＋8－2×2×2eq\r(2)×cos45°＝4，∴BC＝2，則有AB2＋BC2＝8＝AC2，∴∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，又∵BB1⊥BC，BB1∩AB＝B，∴BC⊥平面ABB1A1，又B1M?平面ABB1A1，故BC⊥B1M.(2)解由題設知，平面MB1C把此三棱柱分成兩個體積相等的幾何體為四棱錐C－ABB1M和四棱錐B1－A1MCC1.由(1)知四棱錐C－ABB1M的高為BC＝2，∵V三棱柱ABC－A1B1C1＝eq\f(1,2)×2×2×4＝8，∴V四棱錐C－ABB1M＝eq\f(1,2)V柱＝4，又V四棱錐C－ABB1M＝eq\f(1,3)S梯形ABB1M·BC＝eq\f(2,3)S梯形ABB1M＝4，∴S梯形ABB1M＝6＝eq\f(AM＋4,2)×2，∴AM＝2.此時M為AA1中點，以點B為坐標原點，eq\o(BA,\s\up8(→))，eq\o(BC,\s\up8(→))，eq\o(BB1,\s\up8(→))的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系B－xyz.∴A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M(2，0，2).∴eq\o(CB1,\s\up8(→))＝(0，－2，4)，eq\o(B1M,\s\up8(→))＝(2，0，－2)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(－2，2，0)，設n1＝(x1，y1，z1)是平面CB1M的一個法向量，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CB1,\s\up8(→))＝0，,n1·\o(B1M,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2y1＋4z1＝0，,2x1－2z1＝0.))令z1＝1，可得n1＝(1，2，1)，設n2＝(x2，y2，z2)是平面ACB1的一個法向量，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CB1,\s\up8(→))＝0，,n2·\o(AC,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2y2＋4z2＝0，,－2x2＋2y2＝0.))令z2＝1，得n2＝(2，2，1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(7,3\r(6))＝eq\f(7\r(6),18).所以二面角M－B1C－A的余弦值等于eq\f(7\r(6),18).探究提高1.二面角的大小可以利用分別在兩個半平面內與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補角)或通過二面角的兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩個法向量的夾角或其補角.2.利用向量法求二面角，必須能判定“所求二面角的平面角是銳角或鈍角”，否則解法是不嚴謹的.【訓練3】(2022·北京卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分別為AA1，AC，A1C1，BB1的中點，AB＝BC＝eq\r(5)，AC＝AA1＝2.(1)求證：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B－CD－C1的余弦值；(3)證明：直線FG與平面BCD相交.(1)證明在三棱柱ABC－A1B1C1中，因為CC1⊥平面ABC，所以四邊形A1ACC1為矩形.又E，F分別為AC，A1C1的中點，所以AC⊥EF.因為AB＝BC，所以AC⊥BE.又EF∩BE＝E，所以AC⊥平面BEF.(2)解由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1，又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC，因為BE?平面ABC，所以EF⊥BE.如圖建立空間直角坐標系E－xyz，由題意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1).所以eq\o(BC,\s\up8(→))＝(－1，－2，0)，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(1，－2，1).設平面BCD的法向量為n＝(x0，y0，z0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up8(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＋2y0＝0，,x0－2y0＋z0＝0.))令y0＝－1，則x0＝2，z0＝－4.于是n＝(2，－1，－4).又因為平面CC1D的法向量為eq\o(EB,\s\up8(→))＝(0，2，0)，所以cos〈n，eq\o(EB,\s\up8(→))〉＝eq\f(n·\o(EB,\s\up8(→)),|n||\o(EB,\s\up8(→))|)＝－eq\f(\r(21),21).由題知二面角B－CD－C1為鈍角，所以其余弦值為－eq\f(\r(21),21).(3)證明由(2)知平面BCD的法向量為n＝(2，－1，－4)，eq\o(FG,\s\up8(→))＝(0，2，－1).因為n·eq\o(FG,\s\up8(→))＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直線FG與平面BCD相交.熱點三利用空間向量求解探索性問題【例3】如圖所示，在正四棱錐P－ABCD中，底面ABCD的邊長為2，側棱長為2eq\r(2).(1)若點E為PD上的點，且PB∥平面EAC，試確定E點的位置；(2)在(1)的條件下，在線段PA上是否存在點F，使平面AEC和平面BDF所成的銳二面角的余弦值為eq\f(1,14)，若存在，求線段PF的長度，若不存在，請說明理由.解(1)設BD交AC于點O，連接OE.∵PB∥平面AEC，平面AEC∩平面BDP＝OE，∴PB∥OE.又O為BD的中點，∴在△BDP中E為PD中點.(2)連接OP，由題知PO⊥平面ABCD，且AC⊥BD，∴以eq\o(OC,\s\up8(→))，eq\o(OD,\s\up8(→))，eq\o(OP,\s\up8(→))所在直線為x、y、z軸建立直角坐標系，如圖.OP＝eq\r(PD2－OD2)＝eq\r(6).∴O(0，0，0)，A(－eq\r(2)，0，0)，B(0，－eq\r(2)，0)，C(eq\r(2)，0，0)，D(0，eq\r(2)，0)，P(0，0，eq\r(6))，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(6),2)))，eq\o(OC,\s\up8(→))＝(eq\r(2)，0，0)，eq\o(OE,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(6),2)))，eq\o(OD,\s\up8(→))＝(0，eq\r(2)，0).設平面AEC的法向量為m＝(x1，y1，z1).則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(OC,\s\up8(→))＝0，,m·\o(OE,\s\up8(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,y1＋\r(3)z1＝0.))令z1＝1，得平面AEC的一個法向量m＝(0，－eq\r(3)，1)，假設在線段PA上存在點F，滿足題設條件，不妨設eq\o(PF,\s\up8(→))＝λeq\o(PA,\s\up8(→))(0≤λ≤1).則F(－eq\r(2)λ，0，eq\r(6)－eq\r(6)λ)，eq\o(OF,\s\up8(→))＝(－eq\r(2)λ，0，eq\r(6)－eq\r(6)λ).設平面BDF的法向量n＝(x2，y2，z2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(OD,\s\up8(→))＝0，,n·\o(OF,\s\up8(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝0，,－\r(2)λx2＋（1－λ）\r(6)z2＝0.))令z2＝1得平面BDF的一個法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)（1－λ）,λ)，0，1)).由平面AEC與平面ADF所成銳二面角的余弦值為eq\f(1,14)，則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,2·\r(1＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－1))\s\up12(2)))＝eq\f(1,14)，解得λ＝eq\f(1,5).所以|eq\o(PF,\s\up8(→))|＝eq\f(1,5)|eq\o(PA,\s\up8(→))|＝eq\f(2\r(2),5).故在線段PA上存在點F，當|PF|＝eq\f(2\r(2),5)時，使得平面AEC和平面BDF所成的銳二面角的余弦值為eq\f(1,14).探究提高1.空間向量最適合于解決立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷.2.空間向量求解探索性問題：(1)假設題中的數學對象存在(或結論成立)或暫且認可其中的一部分結論；(2)在這個前提下進行邏輯推理，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標(或參數)是否有解，是否有規定范圍內的解”等.若由此推導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結論.【訓練4】(2022·廣州質檢)如圖，在幾何體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，DE＝2eq\r(2)，DE>BF，∠ABC＝120°.(1)當BF長為多少時，平面AEF⊥平面CEF?(2)在(1)的條件下，求二面角E－AC－F的余弦值.解(1)連接BD交AC于點O，則AC⊥BD.取EF的中點G，連接OG，則OG∥DE.∵DE⊥平面ABCD，∴OG⊥平面ABCD.∴OG，AC，BD兩兩垂直.以AC，BD，OG所在直線分別作為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系(如圖)，設BF＝m(0<m<2eq\r(2))，由題意，易求A(eq\r(3)，0，0)，C(－eq\r(3)，0，0)，E(0，－1，2eq\r(2))，F(0，1，m).則eq\o(AE,\s\up8(→))＝(－eq\r(3)，－1，2eq\r(2))，eq\o(AF,\s\up8(→))＝(－eq\r(3)，1，m)，eq\o(CE,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，－1，2eq\r(2))，eq\o(CF,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，1，m)，設平面AEF，平面CEF的法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AE,\s\up8(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up8(→))＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1－y1＋2\r(2)z1＝0，,－\r(3)x1＋y1＋mz1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z1＝\f(2\r(3),m＋2\r(2))x1，,y1＝\f(2\r(6)－\r(3)m,m＋2\r(2))x1.))取x1＝m＋2eq\r(2)，得n1＝(m＋2eq\r(2)，2eq\r(6)－eq\r(3)m，2eq\r(3)).同理可求n2＝(m＋2eq\r(2)，eq\r(3)m－2eq\r(6)，－2eq\r(3)).若平面AEF⊥平面CEF，則n1·n2＝0，∴(m＋2eq\r(2))2＋(eq\r(3)m－2eq\r(6))(2eq\r(6)－eq\r(3)m)－12＝0，解得m＝eq\r(2)或m＝7eq\r(2)(舍)，故當BF長為eq\r(2)時，平面AEF⊥平面CEF.(2)當m＝eq\r(2)時，eq\o(AE,\s\up8(→))＝(－eq\r(3)，－1，2eq\r(2))，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(－2eq\r(3)，0，0)，eq\o(EF,\s\up8(→))＝(0，2，－eq\r(2))，eq\o(AF,\s\up8(→))＝(－eq\r(3)，1，eq\r(2))，eq\o(CF,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(2))，則eq\o(EF,\s\up8(→))·eq\o(AF,\s\up8(→))＝0，eq\o(EF,\s\up8(→))·eq\o(CF,\s\up8(→))＝0，所以EF⊥AF，EF⊥CF，且AF∩CF＝F，所以EF⊥平面AFC，所以平面AFC的一個法向量為eq\o(EF,\s\up8(→))＝(0，2，－eq\r(2)).設平面AEC的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up8(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up8(→))＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x－y＋2\r(2)z＝0，,x＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2\r(2)z，,x＝0.))令z＝eq\r(2)，n＝(0，4，eq\r(2)).從而cos〈n，eq\o(EF,\s\up8(→))〉＝eq\f(n·\o(EF,\s\up8(→)),|n|·|\o(EF,\s\up8(→))|)＝eq\f(6,6\r(3))＝eq\f(\r(3),3).故所求的二面角E－AC－F的余弦值為eq\f(\r(3),3).1.兩條直線夾角的范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).設直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2，其夾角為θ，則cosθ＝|cosn1，n2|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).2.二面角的范圍為[0，π].設半平面α與β的法向量分別為n1與n2，二面角為θ，則|cosθ|＝|cosn1，n2|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).3.利用空間向量求解二面角時，易忽視二面角的范圍，誤以為兩個法向量的夾角就是所求的二面角，導致出錯.4.空間向量在處理空間問題時具有很大的優越性，能把“非運算”問題“運算”化，即通過直線的方向向量和平面的法向量，把立體幾何中的平行、垂直關系，各類角、距離以向量的方式表達出來，把立體幾何問題轉化為空間向量的運算問題.應用的核心是充分認識形體特征，進而建立空間直角坐標系，通過向量的運算解答問題，達到幾何問題代數化的目的，同時注意運算的準確性.一、選擇題1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是邊長為1的正三角形，側棱AA1⊥底面ABC，點D在棱BB1上，且BD＝1，若AD與平面AA1C1C所成的角為α，則sinα的值是()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2) C.eq\f(\r(10),4) D.eq\f(\r(6),4)解析如圖，建立空間直角坐標系，易求點Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，平面AA1C1C的一個法向量是n＝(1，0，0)，所以sinα＝|cos〈n，eq\o(AD,\s\up8(→))〉|＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(2))＝eq\f(\r(6),4).答案D2.(2022·合肥質檢)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點E是底面ABCD上的動點，則(eq\o(CE,\s\up8(→))－eq\o(CA1,\s\up8(→)))·eq\o(D1B1,\s\up8(→))的最大值為()A.eq\f(\r(2),2) B.1 C.eq\r(2) D.eq\r(6)解析由正方體性質知eq\o(CA1,\s\up8(→))·eq\o(D1B1,\s\up8(→))＝0，則(eq\o(CE,\s\up8(→))－eq\o(CA1,\s\up8(→)))·eq\o(D1B1,\s\up8(→))＝eq\o(CE,\s\up8(→))·eq\o(D1B1,\s\up8(→)).建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(1，1，0)，C(0，1，0).設點E(x，y，0)，則eq\o(CE,\s\up8(→))＝(x，y－1，0)，eq\o(D1B1,\s\up8(→))＝eq\o(DB,\s\up8(→))＝(1，1，0).∴eq\o(CE,\s\up8(→))·eq\o(D1B1,\s\up8(→))＝(x，y－1，0)·(1，1，0)＝x＋y－1.易知當E位于點B時，x＋y有最大值2.因此eq\o(CE,\s\up8(→))·eq\o(D1B1,\s\up8(→))的最大值為2－1＝1.答案B3.(2022·衡水中學質檢)如圖，在四棱錐C－ABOD中，CO⊥平面ABOD，AB∥OD，OB⊥OD，且AB＝2OD＝4，AD＝2eq\r(2)，異面直線CD與AB所成角為30°，若點O，B，C，D都在同一個球面上，則該球的表面積為()A.72π B.8π C.eq\f(28,3)π D.eq\f(26,3)π解析∵CD與AB所成角為30°，且AB∥OD，∴∠CDO＝30°，由OD＝2，知OC＝OD·tan30°＝eq\f(2\r(3),3).在直角梯形ABOD中，OB＝eq\r(AD2－4)＝2.因此(2R)2＝OB2＋OD2＋OC2＝eq\f(28,3)，故球的表面積S＝4πR2＝eq\f(28,3)π.答案C4.(2022·全國Ⅱ卷)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),6) C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(\r(2),2)解析法一如圖，連接BD1，交DB1于O，取AB的中點M，連接DM，OM.易知O為BD1的中點，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角.因為在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，AD1＝eq\r(AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝eq\r(5).所以OM＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).法二以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示.由條件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，eq\r(3))，B1(1，1，eq\r(3))，所以eq\o(AD1,\s\up8(→))＝(－1，0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up8(→))＝(1，1，eq\r(3)).則cos〈eq\o(AD1,\s\up8(→))，eq\o(DB1,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(AD1,\s\up8(→))·\o(DB1,\s\up8(→)),|\o(AD1,\s\up8(→))|·|\o(DB1,\s\up8(→))|)＝eq\f(2,2\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).答案C5.(2022·長沙雅禮中學檢測)在三棱錐P－ABC中，點P在底面的正投影恰好是等邊△ABC的邊AB的中點，且點P到底面ABC的距離等于底面邊長.設△PAC與底面所成的二面角的大小為α，△PBC與底面所成的二面角的大小為β，則tan(α＋β)的值是()A.eq\f(3,4)eq\r(3) B.eq\f(2,5)eq\r(3)C.－eq\f(8,13)eq\r(3) D.－eq\f(5,8)eq\r(3)解析如圖，設點P在邊AB上的射影為H，作HF⊥BC，HE⊥AC，連接PF，PE.依題意，∠HEP＝α，∠PFH＝β.不妨設等邊△ABC的邊長為2，則PH＝2，AH＝BH＝1.∴HE＝eq\f(\r(3),2)，HF＝eq\f(\r(3),2)，則tanα＝tanβ＝eq\f(2,\f(\r(3),2))＝eq\f(4,\r(3))，故tan(α＋β)＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(4,\r(3)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(3))))\s\up12(2))＝－eq\f(8,13)eq\r(3).答案C二、填空題6.如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直線AC與直線DE所成的角為α，直線DE與平面BCC1B1所成的角為β，則cos(α－β)＝________.解析∵AC⊥BD且AC⊥BB1，BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面BB1D1D?AC⊥DE，∴α＝eq\f(π,2).取A1D1的中點F，連EF，FD，易知EF⊥平面ADD1A1，則β＝∠EDF.cos(α－β)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠EDF))＝sin∠EDF＝eq\f(EF,ED)＝eq\f(\r(6),6).答案eq\f(\r(6),6)三、解答題7.(2022·全國Ⅰ卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)證明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值.(1)證明∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，又∵AB∥CD，∴PD⊥AB，又∵PD∩PA＝P，PD，PA?平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.(2)解在平面PAD內作PO⊥AD，垂足為點O.由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PO，又AB∩AD＝A，可得PO⊥平面ABCD.以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz，設PA＝2，∴D(－eq\r(2)，0，0)，B(eq\r(2)，2，0)，P(0，0，eq\r(2))，C(－eq\r(2)，2，0)，∴eq\o(PD,\s\up8(→))＝(－eq\r(2)，0，－eq\r(2))，eq\o(PB,\s\up8(→))＝(eq\r(2)，2，－eq\r(2))，eq\o(BC,\s\up8(→))＝(－2eq\r(2)，0，0)，設n＝(x，y，z)為平面PBC的一個法向量，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up8(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up8(→))＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x＋2y－\r(2)z＝0，,－2\r(2)x＝0.))令y＝1，則z＝eq\r(2)，x＝0，可得平面PBC的一個法向量n＝(0，1，eq\r(2))，∵∠APD＝90°，∴PD⊥PA，又知AB⊥平面PAD，PD?平面PAD，∴PD⊥AB，又PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴PD⊥平面PAB，即eq\o(PD,\s\up8(→))是平面PAB的一個法向量，∴cos〈eq\o(PD,\s\up8(→))，n〉＝eq\f(\o(PD,\s\up8(→))·n,|\o(PD,\s\up8(→))|·|n|)＝eq\f(－2,2\r(3))＝－eq\f(\r(3),3)，由圖知二面角A－PB－C為鈍角，所以它的余弦值為－eq\f(\r(3),3).8.(2022·浙江卷)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)證明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.(1)證明如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系O－xyz.由題意知各點坐標如下：A(0，－eq\r(3)，0)，B(1，0，0)，A1(0，－eq\r(3)，4)，B1(1，0，2)，C1(0，eq\r(3)，1).因此eq\o(AB1,\s\up8(→))＝(1，eq\r(3)，2)，eq\o(A1B1,\s\up8(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1C1,\s\up8(→))＝(0，2eq\r(3)，－3).由eq\o(AB1,\s\up8(→))·eq\o(A1B1,\s\up8(→))＝0得AB1⊥A1B1.由eq\o(AB1,\s\up8(→))·eq\o(A1C1,\s\up8(→))＝0得AB1⊥A1C1，A1B1∩A1C1＝A1，所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)解設直線AC1與平面ABB1所成的角為θ.由(1)可知eq\o(AC1,\s\up8(→))＝(0，2eq\r(3)，1)，eq\o(AB,\s\up8(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(BB1,\s\up8(→))＝(0，0，2).設平面ABB1的法向量n＝(x，y，z).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up8(→))＝0，,n·\o(BB1,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,2z＝0，))令y＝1，則x＝－eq\r(3)，z＝0，可得平面ABB1的一個法向量n＝(－eq\r(3)，1，0).所以sinθ＝|cos〈eq\o(AC1,\s\up8(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AC1,\s\up8(→))·n|,|\o(AC1,\s\up8(→))|·|n|)＝eq\f(\r(39),13).因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(39),13).9.(2022·武漢模擬)如圖1，在高為6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，將它沿對稱軸OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O.如圖2，點P為BC中點，點E在線段AB上(不同于A，B兩點)，連接OE并延長至點Q，使AQ∥OB.(1)證明：OD⊥平面PAQ；(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.(1)證明由題設知OA，OB，OO1兩兩垂直，所以以O為坐標原點，OA，OB，OO1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設AQ的長度為m，則相關各點的坐標為O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0).∵點P為BC中點，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2)，3))，∴eq\o(OD,\s\up8(→))＝(3，0，6)，eq\o(AQ,\s\up8(→))＝(0，m，0)，eq\o(PQ,\s\u