§7.7向量法求空間角課標要求1.能用向量法解決異面直線所成的角、直線與平面所成的角、平面與平面的夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會向量法在研究空間角問題中的作用.2.弄清折疊問題中的變量與不變量，掌握折疊問題中線面位置關系的判斷和空間角的計算問題.1.異面直線所成的角若異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別是u，v，則cosθ=|cos〈u，v〉|=|u2.直線與平面所成的角如圖，直線AB與平面α相交于點B，設直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sinθ=|cos〈u，n〉|=u·n|3.平面與平面的夾角如圖，平面α與平面β相交，形成四個二面角，我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角.若平面α，β的法向量分別是n1和n2，則平面α與平面β的夾角即向量n1和n2的夾角或其補角.設平面α與平面β的夾角為θ，則cosθ=|cos〈n1，n2〉|=n11.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)(1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角.(×)(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角.(×)(3)二面角的平面角為θ，則兩個平面的法向量的夾角也是θ.(×)(4)二面角α-l-β的平面角與平面α，β的夾角相等.(×)2.若直線l的一個方向向量u=(1，0，1)，平面α的一個法向量n=(0，-1，1)，則l與α所成角的大小為()A.π6 B.C.π3或2π3 D.π答案A解析設l與α所成角為θ0因為直線l的一個方向向量u=(1，0，1)，平面α的一個法向量n=(0，-1，1)，所以sinθ=|cos〈u，n〉|=12×因為0≤θ≤π2，所以θ=3.若平面α的一個法向量為n=(1，1，0)，平面β的一個法向量為m=(-1，0，1)，則平面α與β夾角的大小為()A.π6 B.π3 C.π答案B解析∵cos〈n，m〉=n·m|n∴平面α與β夾角的余弦值為1又平面α與β夾角的取值范圍為0∴平面α與β夾角的大小為π34.已知點O(0，0，0)，A(1，0，1)，B(-1，1，2)，C(-1，0，-1)，則異面直線OC與AB所成角的余弦值為.

答案3解析由已知得OC=(-1，0，-1)，AB=(-2，1，1)設異面直線OC與AB所成的角為θ，則cosθ=|cos〈OC，AB〉|=|OC·AB(1)斜線與平面所成的角是斜線與平面內直線所成角中的最小角.(2)線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sinθ=|cos〈a，n〉|.(3)平面與平面的夾角和二面角的概念不同.題型一異面直線所成的角例1(1)如圖，圓錐的軸截面ABC為等邊三角形，D為弧AB的中點，E，F分別為母線BC，AC的中點，則異面直線BF和DE所成角的大小為()A.π4 B.π3 C.π答案C解析取AB的中點O，連接OC，OD，如圖，以OD，OB，OC所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，設AB=2，則B(0，1，0)，D(1，0，0)，C(0，0，3)，A(0，-1，0)又E，F分別為母線BC，AC的中點，所以E0，1則BF=0，-設異面直線BF和DE所成的角為θ，則cosθ=|cos〈BF，DE〉|=|BF·又θ∈0，π2，所以(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是以A為直角的腰長為2的等腰直角三角形，側棱長為2，D為B1B上的點，若直線A1C與直線DC1所成角的余弦值為26，則BD的長為(A.1 B.12 C.22答案A解析以A為原點，AB，AC，AA1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，則A1(0，0，2)，C1(0，2，2)，C(0，2，0).設D(2，0，t)，0≤t≤2，則A1C=(0，2，-2)，DC1=(-2，2所以|cos〈A1C，DC1〉解得t=1(負值舍去).即BD=1.思維升華用向量法求異面直線所成的角的一般步驟(1)建立空間直角坐標系.(2)用坐標表示異面直線的方向向量.(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值.(4)注意異面直線所成角的范圍是0，π跟蹤訓練1若在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠A1AC=∠BAC=60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1=AC=AB，則異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為.

答案2解析設M為AC的中點，連接MB，MA1，由題意知△ABC是等邊三角形，所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC，因為平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，BM?平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1，因為A1M?平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，所以AC，BM，A1M兩兩垂直，以M為坐標原點，MA，MB，MA1的方向分別為設AA1=AC=AB=2，則A(1，0，0)，B(0，3，0)，A1(0，0，C1(-2，0，3)所以AC1=(-3，0，3)，A1B=(所以|cos〈AC1，A1故異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為24題型二直線與平面所成的角例2如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，AC1與A1C相交于點D，BB1⊥平面ABC，AB=6，BC=4，BB1=2，A1C1=13，AE=2EB，且DE∥平面BCC1(1)求S△(2)求直線CC1與平面A1B1C所成角的正弦值.解(1)連接C1B，如圖，因為DE∥平面BCC1B1，DE?平面ABC1，平面ABC1∩平面BCC1B1=C1B，所以DE∥C1B.因為AE=2EB，所以AD=2所以A1C1=12AC因此A1B1=12AB，B1C1=12所以S△A1B1(2)由(1)可知，A1C1=12AC所以AC=213.依題意，AC2=AB2+BC2，所以AB⊥BC，又BB1⊥平面ABC.因此，以B為坐標原點，分別以BA，BC，BB1的方向為x軸、y則A(6，0，0)，C(0，4，0)，B1(0，0，2)，A1(3，0，2)，C1(0，2，2).所以B1A1=(3，0，0)，B1C=(0，4，-2)，CC1設平面A1B1C的一個法向量為n=(x，y，z)，由n取y=1，則x=0，z=2，所以n=(0，1，2).設CC1與平面A1B1C所成角為θ，則sinθ=|n·CC1即直線CC1與平面A1B1C所成角的正弦值為1010思維升華利用空間向量求線面角的解題步驟跟蹤訓練2(2025·濟南模擬)如圖，在三棱臺ABC-DEF中，平面ABC⊥平面BCFE，AF⊥DE，∠ABC=∠CBF=45°，AC>AB=1.(1)求三棱臺ABC-DEF的高；(2)若直線AC與平面ABF所成角的正弦值為155，求解(1)作FO⊥BC于點O，因為平面ABC⊥平面BCFE，平面ABC∩平面BCFE=BC，FO?平面BCFE，FO⊥BC，所以FO⊥平面ABC，FO即為三棱臺ABC-DEF的高，又因為AB?平面ABC，所以FO⊥AB，連接AO，因為AB∥DE，AF⊥DE，所以AB⊥AF，FO∩AF=F，FO，AF?平面AFO，所以AB⊥平面AFO，又AO?平面AFO，所以AB⊥AO，又∠ABC=∠CBF=45°，AB=1，所以AO=1，BO=FO=2所以三棱臺ABC-DEF的高為2.(2)以O為原點，在平面ABC內，作Ox⊥BC，以Ox，OB，OF所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則O(0，0，0)，A22，22，0，B(0，2，0)AB=-22，22，0，BO=(0，-2，0)設平面ABF的法向量為n=(x，y，z)，則n可取n=(1，1，1)，設BC=λBO，則C(0，2-2λ，0則AC=-設直線AC與平面ABF所成的角為α，sinα=|cos〈AC，n〉|=|-化簡得8λ2-18λ+9=0，解得λ=32或λ=34(舍去，因為AC>AB，則BC>BO，所以λ>1)，所以BC=λBO=題型三平面與平面的夾角例3(2024·新課標全國Ⅰ)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=3.(1)若AD⊥PB，證明：AD∥平面PBC；(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值為427，求(1)證明因為PA⊥平面ABCD，而AD?平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB，PA?平面PAB，所以AD⊥平面PAB，而AB?平面PAB，所以AD⊥AB.因為BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，根據平面知識可知AD∥BC，又AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC.(2)解方法一以D為原點，DA，DC的方向分別為x軸、設AD=p，DC=q，滿足p2+q2=AC2=4.則A(p，0，0)，P(p，0，2)，C(0，q，0)，D(0，0，0).設平面APC的法向量為m=(x1，y1，z1)，因為AP=(0，0，2)，AC=(-p，q，0)所以AP取m=(q，p，0).設平面DPC的法向量為n=(x2，y2，z2)，因為DP=(p，0，2)，DC=(0，q，0)所以DP取n=(2，0，-p).所以|cos〈m，n〉|=|m·n|又因為p2+q2=4，所以qp2解得p=3(負值舍去)，即AD=3.方法二如圖所示，過點D作DE⊥AC于點E，再過點E作EF⊥CP于點F，連接DF，因為PA⊥平面ABCD，PA?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD，又平面PAC∩平面ABCD=AC，DE?平面ABCD，所以DE⊥平面PAC，因為CP?平面PAC，所以DE⊥CP，又EF⊥CP，EF∩DE=E，EF，DE?平面DEF，所以CP⊥平面DEF，所以DF⊥CP，根據二面角的定義可知，∠DFE即為二面角A-CP-D的平面角，即sin∠DFE=427，即tan∠DFE=因為AD⊥DC，設AD=x，0<x<2，則DC=4-由等面積法可得，DE=x又CE=(4-x2而△EFC為等腰直角三角形，所以EF=4-又DE⊥平面PAC，EF?平面PAC，所以DE⊥EF，故tan∠DFE=DEEF=x4-解得x=3，即AD=3利用法向量的方向判斷二面角二面角的大小可以通過這兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩法向量的夾角或其補角，法向量的方向指向內部的稱為“進”入半平面；法向量的方向指向外部的稱為穿“出”半平面；當法向量m，n“一進一出”時，m，n的夾角就是二面角的大小；當法向量m，n“同進同出”時，m，n的夾角就是二面角的補角.典例在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，點E為棱AB的中點，則二面角D1－EC－D的余弦值為.

答案6解析建立如圖所示的空間直角坐標系，由AD＝AA1＝1，AB＝2，得E(1，1，1)，C(0，2，1)，D1(0，0，0)，則D1E＝(1，1，1)，D1C＝(0，設平面D1EC的法向量為n=(x，y，z)，則D1E令z=-2，得n=(1，1，-2)，易知平面DEC的一個法向量為m=(0，0，1)，則cos〈m，n〉=m·n|m由法向量的方向為同出，得二面角D1-EC-D的余弦值為63思維升華利用空間向量計算平面與平面夾角大小的常用方法(1)找法向量：分別求出兩個平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到平面與平面夾角的大小.(2)找與棱垂直的方向向量：分別在二面角的兩個半平面內找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，然后通過這兩個向量的夾角可得到平面與平面夾角的大小.跟蹤訓練3(2024·新課標全國Ⅱ)如圖，平面四邊形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=53，∠ADC=90°，∠BAD=30°，點E，F分別滿足AE=25AD，AF=12AB，將△AEF沿EF翻折至(1)證明：EF⊥PD；(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值.(1)證明由AB=8，AD=53AE=25AD得AE=23，AF=4又∠BAD=30°，在△AEF中，由余弦定理得EF=A=12+16-2所以AE2+EF2=AF2，則AE⊥EF，即EF⊥AD，所以EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE=E，PE，DE?平面PDE，所以EF⊥平面PDE，又PD?平面PDE，故EF⊥PD.(2)解連接CE，由∠ADC=90°，ED=33，CD=3則EC2=ED2+CD2=36，在△PEC中，PC=43PE=23，EC=6得EC2+PE2=PC2，所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，又EC∩EF=E，EC，EF?平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又ED?平面ABCD，所以PE⊥ED，則PE，EF，ED兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，則E(0，0，0)，P(0，0，23)，D(0，33，0)，C(3，33，0F(2，0，0)，A(0，-23，0)由F是AB的中點，得B(4，23，0)所以PC=(3，33，-23)PD=(0，33，-23)PB=(4，23，-23)PF=(2，0，-23)，設平面PCD和平面PBF的法向量分別為n=(x1，y1，z1)，m=(x2，y2，z2)，則nm令y1=2，x2=3得x1=0，z1=3，y2=-1，z2=1，所以n=(0，2，3)，m=(3，-1，1)設平面PCD和平面PBF所成的二面角為θ，所以|cosθ|=|cos〈m，n〉|=|m·n|則sinθ=1-cos2即平面PCD和平面PBF所成的二面角的正弦值為865課時精練[分值：90分]一、單項選擇題(每小題5分，共30分)1.若直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角等于130°，則直線l與平面α的所成的角等于()A.40° B.50°C.130° D.以上均錯答案A解析因為直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角等于130°，所以直線l與平面α的所成的角等于130°-90°=40°.2.在空間直角坐標系中，已知向量m=(1，1，-1)是平面ABC的一個法向量，且CD=(0，3，4)，則直線CD與平面ABC所成角的正弦值是()A.515 B.315 C.5答案B解析直線CD與平面ABC所成角的正弦值等于|cos〈m，CD〉|=|m·CD|3.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，AC=CC1=4，M是A1B1的中點，以C為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.若A1B⊥C1M，則異面直線CM與A1A.22 B.33 C.2答案C解析設CB=t>0，由題意得，C(0，0，0)，A1(4，0，4)，B(0，t，0)，M2，t2，4，C1(0A1B=(-4，t，-4)，由A1B⊥C1M得A1B·C1M=-8+t22=0?t=4，CM=(2，2，4∴|cos〈CM，A1B〉|=|∴異面直線CM與A1B所成角的余弦值為234.(2024·包頭模擬)如圖，底面ABCD是邊長為2的正方形，半圓面APD⊥底面ABCD，點P為圓弧AD上的動點.當三棱錐P-BCD的體積最大時，二面角P-BC-D的余弦值為()A.25 B.55 C.5答案D解析三棱錐P-BCD的體積與P到平面BCD的距離成正比，故當三棱錐P-BCD的體積最大時，此時點P處于半圓弧的正中間位置.點P處于半圓弧的正中間位置時，記AD的中點為O，以其為原點，AB，AD，OP的方向分別作為x，y，顯然平面BCD的一個法向量為m=(0，0，1)，則P(0，0，1)，B(2，-1，0)，C(2，1，0)，則該向量與PB=(2，-1，-1)和PC=(2，1，-1)均垂直，設n=(x，y，z)為平面PBC的一個法向量，所以n·PB=0，n·PC=0，從而2令x=1，解得y故n=(x，y，z)=(1，0，2)符合條件，顯然二面角P-BC-D為銳角，因此所求余弦值為|cos〈n，m〉|=|n·m||5.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E是線段A1C1上任意一點，則AE與平面ABCD所成角的正弦值不可能是()A.22 B.53 C.答案C解析如圖，以B為原點建立空間直角坐標系，設棱長為1，則B(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，0，1)，設E(t，1-t，1)，0≤t≤1，所以AE=(t-1，1-t，1)，平面ABCD的一個法向量為BB1=(0，0，1|cos〈BB1，=12(1-t)2+1∈33對比各選項，C項不可能.6.(2024·畢節模擬)鐘鼓樓是中國傳統建筑之一，屬于鐘樓和鼓樓的合稱，是主要用于報時的建筑.如圖，在某市一建筑物樓頂有一頂部逐級收攏的四面鐘樓，四個大鐘對稱分布在四棱柱的四個側面(四棱柱看成正四棱柱，鐘面圓心在棱柱側面中心上)，在整點時刻(在0點至12點中取整數點，含0點，不含12點)，已知在3點時和9點時，相鄰兩鐘面上的時針所在的兩條直線相互垂直，則在2點時和8點時，相鄰兩鐘面上的時針所在的兩條直線所成的角的余弦值為()A.26 B.14 C.3答案B解析如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別為側面ABB1A1和側面BCC1B1的中心，設G為BB1的中點，EN為2點鐘時針，FM為8點鐘時針，則∠NEG=30°，∠MFG=30°，設正四棱柱的底面邊長為a，側棱長為b，以D為原點，以DA，DC，DD1的方向分別為x則Ea，a2，MaEN=0，a所以|cos〈EN，FM〉|=|EN·FM所以在2點時和8點時，相鄰兩鐘面上的時針所在的兩條直線所成的角的余弦值為14二、多項選擇題(每小題6分，共12分)7.三棱錐A-BCD中，平面ABD與平面BCD的法向量分別為n1，n2，若n1=(1，0，0)，n2=(-3，0，1)，則二面角A-BD-C的大小可能為(A.π6 B.π3 C.2π答案AD解析由已知可得|cos〈n1，n2〉|=n1·因此二面角A-BD-C的大小為π6或5π8.在△ABC中，B=π2，AB=2，BC=3，E為AC的中點，點F在線段BC上，且CF=2BF，將△ABC以直線BC為軸順時針轉一周圍成一個圓錐，D為底面圓上一點，滿足AD=π，則(A.BA⊥BDB.FE在AB上的投影向量是1C.直線EF與直線CD所成角的余弦值為6D.直線EF與平面ACD所成角的正弦值為4答案ABD解析△ABC旋轉一周后所得圓錐的頂點為C，底面圓心為B，半徑AB=2，所以圓的周長為4π，所以所對的圓心角為∠ABD=π2，A正確；易知B正確；以B為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，2，0)，D(2，0，0)，C(0，0，3)，E0，1，32，F(0所以EF=0，-1，-12，CD=(2，0，-3)，CA所以|cos〈EF，CD〉|=|EF·設平面ACD的法向量為n=(x，y，z)，則n·CD=2x則n=(3，3，2).設直線EF與平面ACD所成的角為θ，則sinθ=|cos〈EF，n〉|=|EF·n|三、填空題(每小題5分，共10分)9.(2025·滄州模擬)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長與側棱長之比為1∶3，則平面DA1B與平面A1BC1夾角的余弦值為.

答案1解析如圖，以點D為原點，以DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，設正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長為a(a>0)，則DD1=3a，所以B(a，a，0)，A1(a，0，3a)，C1(0，a，3a)，則A1B=(0，a，-3a)，DB=(a，a，0)，A1C1=(-設平面DA1B與平面A1BC1的法向量分別為n=(x1，y1，z1)，m=(x2，y2，z2)，則n令x1=3，則n=(3，-3，-1)，m令z2=1，則m=(3，3，1)，設平面DA1B與平面A1BC1的夾角為θ，則cosθ=|n·m|所以平面DA1B與平面A1BC1夾角的余弦值為11910.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，AP=AB=2，AD=4，E是BC上的點，直線PB與平面PDE所成角的正弦值為36，則BE的長為答案2解析由題意知，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，以A為坐標原點，以AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2)，D(0，4，0)，設E(2，t，0)(0≤t≤4)，則PB=(2，0，-2)，PD=(0，4，-2)，PE=(2，t，-2)，BE=(0，t，設平面PDE的法向量為n=(x，y，z)，則PD令y=2，得n=(4-t，2，4)，設直線PB與平面PDE所成的角為θ，θ∈0所以sinθ=|cos〈PB，n〉=|PB·n|即5t2+8t-36=0，解得t=2或t=-185(舍去)故BE的長為2.四、解答題(共28分)11.(13分)如圖，已知在斜三棱柱ABC-A'B'C'中，A'B⊥B'C，側面ABB'A'是邊長為2的菱形，且∠ABB'=π3，B'C=(1)求證：平面ABB'A'⊥平面ABC；(6分)(2)若AC=AB，E是AC的中點，2EA'=5EP，求AP與平面A'BE所成角的正弦值.(7分(1)證明如圖，連接AB'，取BB'的中點Q，連接AQ，CQ，由側面ABB'A'為菱形，所以A'B⊥AB'.又由A'B⊥B'C，且AB'∩B'C=B'，AB'，B'C?平面B'AC，所以A'B⊥平面B'AC，又AC?平面B'AC，故而A'B⊥AC.又由∠ABB'=π所以△ABB'為等邊三角形，所以AQ⊥BB'.由B'C=BC，所以CQ⊥BB'，且AQ∩CQ=Q，AQ，CQ?平面ACQ，所以BB'⊥平面ACQ，又AC?平面ACQ，所以AC⊥BB'，又BB'∩A'B=B，BB'，A'B?平面ABB'A'，所以AC⊥平面ABB'A'，AC?平面ABC，故而平面ABB'A'⊥平面ABC.(2)解如圖，取A'B'的中點F，連接AF，由(1)知AB⊥AC，AC⊥AF，由F為A'B'的中點，則AF⊥A'B'，即AF⊥AB，所以AB，AC，AF兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，由AB=AC=2，所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，A'(-1，0，3)，E(0，1，0)所以EB=(2，-1，0)，A'B=(3，0，-3)設P(x0，y0，z0)，由2EA'=5EP得2(-1，-1，3)=5(x0，y0-1，z0)所以x0=-25，y0=35，所以AP=-2設平面A'BE的法向量為n=(x1，y1，z1)，則n·EB令x1=1，則y1=2，z1=3，所以n=(1，2，3令θ為AP與平面A'BE所成的角，所以sinθ=|cos〈n，AP〉|=|n·AP所以AP與平面A'BE所成角的正弦值為2212.(15分)(2024·廈門模擬)如圖，在四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，B1C1=1.(1)證明：AA1∥平面BDC1；(6分)(2)若AA1⊥BD，BC1=CC1=2，求平面BC1D與平面B1CD1夾角的余弦值.(9分)(1)證明方法一由棱臺定義可知AA1與CC1共面，且平面ABCD∥平面A1B1C1D1.又平面ABCD∩平面ACC1A1=AC，平面A1B1C1D1∩平面ACC1A1=A1C1，所以AC∥A1C1.連接AC交BD于點O，如圖，則O為AC的中點.因為BC=2B1C1=2，所以A1C1=AO.所以四邊形A1AOC1是平行四邊形，所以AA1∥OC1.又AA1?平面BDC1，OC1?平面BDC1，所以AA1∥平面BDC1.方法二將棱臺補形成棱錐P-ABCD，如圖，由棱臺定義知平面ABCD∥平面A1B1C1D1.又平面ABCD∩平面BCC1B1=BC，平面A1B1C1D1∩平面BCC1B1=B1C1，所以BC∥B1C1.連接AC交BD于點O，則O為AC的中點.又△BCP∽△B1C1P，所以BCB1C1=PCPC1=2，所以OC1為△ACP的中位線，所以AA1∥OC1.又AA1?平面BDC1，OC1?平面BDC1，所以AA1∥平面BDC1.(2)解方法一在正方形ABCD中，BD⊥AC，又BD⊥AA1，AC∩AA1=A，AC，AA1?平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.因為OC1?平面ACC1A1，所以BD⊥OC1.在Rt△BOC1中，∠BOC1=90°，BO=2，BC1=2，所以OC1=2在△OCC1中，OC=OC1=2，CC1=2所以OC2+OC12=CC12，所以以O為原點，分別以OB，OC，OC1的方向為x軸、y則B(2，0，0)，D(-2，0，0)，C(0，2，0)，B12所以B1D1=(-2，0，0)設平面B1CD1的法向量為n=(x，y，z)，則n·B令y=2，則z=3，所以n=(0，2，3)，又因為平面BC1D的一個法向量m=(0，1，0)，所以|cos〈m，n〉|=|m·所以平面BC1D與平面B1CD1夾角的余弦值為213方法二在正方形ABCD中，BD⊥AC，又BD⊥AA1，AC∩AA1=A，AC，AA1?平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.因為OC1?平面ACC1A1，所以BD⊥OC1.在Rt△BOC1中，∠BOC1=90°，BO=2，BC1=2所以OC1=2.在△OCC1中，OC=OC1=2，CC1=2所以OC2+OC12=CC12，所以連接B1C交BC1于點M，連接CD1交C1D于點N，則MN為平面BC1D與平面B1CD1的交線，設MN交OC1于點Q，連接CQ.由△BCM∽△C1B1M，有C1MMB=同理C1N所以MN∥BD，所以MN⊥平面ACC1A1.又QO?平面ACC1A1，QC?平面ACC1A1，所以MN⊥QO，MN⊥QC，又∠OQC為銳角，所以∠OQC為平面BC1D與平面B1CD1的夾角.由MN∥BD得C1MMB=所以QO=22在Rt△QOC中，QO=223，OC=2所以cos∠OQC=213所以平面BC1D與平面B1CD1夾角的余弦值為213每小題5分，共10分13.(2024·臨沂模擬)已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別為CC1，C1D的中點，則()A.直線MN與A1C所成角的余弦