第7課時向量法求空間角[考試要求]1.能用空間向量的方法解簡單的線線、線面、面面的夾角問題.2.體會向量方法在研究幾何問題中的作用．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〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|).2．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〉|＝eq\f(|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的夾角即為向量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〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).[常用結論]最小角定理如圖，若OA為平面α的一條斜線，O為斜足，OB為OA在平面α內的射影，OC為平面α內的一條直線，其中θ為OA與OC所成的角，θ1為OA與OB所成的角，即線面角，θ2為OB與OC所成的角，那么cosθ＝cosθ1cosθ2.一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)兩條異面直線所成的角與兩直線的方向向量所成的角相等．(×)(2)直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角的余角就是直線l與平面α所成的角．(×)(3)若二面角的平面角為θ，則兩個平面的法向量的夾角也是θ.(×)(4)兩異面直線夾角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，直線與平面所成角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，二面角的范圍是[0，π]．(√)二、教材經典衍生1．(人教A版選擇性必修第一冊P36例7改編)已知直線l1的方向向量s1＝(1,0,1)與直線l2的方向向量s2＝(－1,2，－2)，則l1和l2夾角的余弦值為()A．eq\f(\r(2),4) B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),2)C[設兩直線的夾角為θ，所以cosθ＝|cos〈s1，s2〉|＝eq\f(|s1·s2|,|s1||s2|)＝eq\f(|－1－2|,\r(2)×3)＝eq\f(\r(2),2).所以l1和l2夾角的余弦值為eq\f(\r(2),2).]2．(人教A版選擇性必修第一冊P37例8改編)已知兩平面的法向量分別為(0，－1,3)，(2,2,4)，則這兩個平面夾角的余弦值為________.eq\f(\r(15),6)[設兩平面夾角為θ，則cosθ＝eq\f(|0，－1，3·2，2，4|,\r(1＋9)×\r(4＋4＋16))＝eq\f(\r(15),6).]3.(人教A版選擇性必修第一冊P41練習T1改編)二面角α-l-β的棱上有A，B兩點，線段AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內，且都垂直于棱l.已知AB＝1，AC＝2，BD＝3，CD＝2eq\r(2)，則平面α與平面β的夾角為.eq\f(π,3)[由eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))可得，eq\o(CD,\s\up6(→))2＝(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))2＝eq\o(CA,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(BD,\s\up6(→))2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝4＋1＋9＋2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up6(→))))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BD,\s\up6(→))))cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝14＋12cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝(2eq\r(2))2.所以cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝eq\f(1,2)，所以平面α與平面β的夾角為eq\f(π,3).]4．(人教A版選擇性必修第一冊P38練習T2改編)PA，PB，PC是從點P出發(fā)的三條射線，其中∠APC＝∠BPC＝45°，∠APB＝60°，則直線PC與平面PAB所成角的余弦值為________.eq\f(\r(6),3)[過PC上一點D作DO⊥平面PAB，如圖，則∠DPO就是直線PC與平面PAB所成的角．因為∠APC＝∠BPC＝45°，所以點O在∠APB的平分線上，即∠OPE＝30°.過點O作OE⊥PA，OF⊥PB，因為DO⊥平面PAB，則DE⊥PA，DF⊥PB．設PE＝1，因為∠OPE＝30°，所以OP＝eq\f(1,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)，在Rt△PED中，∠DPE＝45°，PE＝1，則PD＝eq\r(2).在Rt△DOP中，OP＝eq\f(2\r(3),3)，PD＝eq\r(2)，則cos∠DPO＝eq\f(OP,PD)＝eq\f(\r(6),3).即直線PC與平面PAB所成角的余弦值是eq\f(\r(6),3).]考點一異面直線所成的角[典例1](1)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq\r(2)，BC＝2，點D為BC的中點，則異面直線AD與A1C所成的角為()A．eq\f(π,2) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)(2)如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AD,\s\up6(→))(0＜λ＜1)，若異面直線D1E和A1F所成角的余弦值為eq\f(3\r(2),10)，則λ的值為________.(1)B(2)eq\f(1,3)[(1)因為AB2＋AC2＝BC2，所以∠BAC＝90°.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A(0,0,0)，A1(0,0，eq\r(2))，B(eq\r(2)，0,0)，C(0，eq\r(2)，0)，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，所以cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(A1C,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(AD,\s\up6(→))||\o(A1C,\s\up6(→))|))＝eq\f(1,2)，所以〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,3).故選B．(2)以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(圖略)．因為正方體的棱長為2，則A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)．所以eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋λeq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,0，－2)＋λ(－2,0,0)＝(－2λ，0，－2)．則|cos〈eq\o(A1F,\s\up6(→))，eq\o(D1E,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(A1F,\s\up6(→))·\o(D1E,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|\o(A1F,\s\up6(→))|·|\o(D1E,\s\up6(→))|))＝eq\f(2,2\r(λ2＋1)·\r(5))＝eq\f(3\r(2),10)，解得λ＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,3)舍去)).]用坐標法求異面直線所成角的一般步驟(1)建立空間直角坐標系；(2)用坐標表示兩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)注意兩異面直線所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值．[跟進訓練]1．“曲池”是《九章算術》記載的一種幾何體，該幾何體是上、下底面均為扇環(huán)形的柱體(扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的部分)．現有一個如圖所示的曲池，AA1⊥平面ABCD，AA1＝4，底面扇環(huán)所對的圓心角為eq\f(π,2)，eq\o\ac(AD,\s\up10(︵))的長度是eq\o\ac(BC,\s\up10(︵))長度的2倍，CD＝1，則異面直線A1D1與BC1所成角的正弦值為()A．eq\f(\r(2),3) B．eq\f(1,3)C．eq\f(2\r(2),3) D．eq\f(\r(2),4)C[設上底面圓心為O1，下底面圓心為O，連接OO1，OC，OB，以O為原點，以OC，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，由底面扇環(huán)所對的圓心角為eq\f(π,2)，eq\o\ac(AD,\s\up10(︵))的長度是eq\o\ac(BC,\s\up10(︵))長度的2倍，CD＝1，可知OC＝1，則C1(1,0，4)，A(0,2,0)，B(0,1,0)，D1(2,0,4)，A1(0，2,4)，則eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(2，－2,0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(1，－1,4)，cos〈eq\o(A1D1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1D1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(A1D1,\s\up6(→))|·|\o(BC1,\s\up6(→))|))＝eq\f(4,2\r(2)×3\r(2))＝eq\f(1,3)，又異面直線所成角的范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故異面直線A1D1與BC1所成角的正弦值為eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq\f(2\r(2),3).故選C．]考點二直線與平面所成的角[典例2](2024·濟南三模)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eq\f(\r(15),5)，求BC的長．解：(1)如圖，過點F作FO⊥BC于點O，連接AO，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，即FO為三棱臺ABC-DEF的高．又因為AB?平面ABC，所以FO⊥AB．因為AB∥DE，AF⊥DE，所以AB⊥AF.又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＝eq\r(2)，所以三棱臺ABC-DEF的高為eq\r(2).(2)由(1)知FO⊥平面ABC，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Oxyz，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，B(0，eq\r(2)，0)，F(0,0，eq\r(2))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(FB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))．設平面ABF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(FB,\s\up6(→))＝\r(2)y－\r(2)z＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝－\f(\r(2),2)x＋\f(\r(2),2)y＝0.))令y＝1，則x＝1，z＝1，所以n＝(1,1,1)是平面ABF的一個法向量．設eq\o(BC,\s\up6(→))＝λeq\o(BO,\s\up6(→))，則eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)－\r(2)λ，0)).設直線AC與平面ABF所成的角為α，則sinα＝|cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\r(2)λ|,\r(2λ2－2λ＋1)×\r(3))＝eq\f(\r(15),5)，化簡得8λ2－18λ＋9＝0，解得λ＝eq\f(3,2)或λ＝eq\f(3,4)(舍去，因為AC>AB，則BC>BO，所以λ>1)，所以BC＝eq\f(3\r(2),2).利用空間向量求線面角的解題步驟[跟進訓練]2．(2024·青島三模)如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是正方形，點O為底面的中心，點M為EF的中點，側面ADEF與BCEF是全等的等腰梯形，EF＝4，其余棱長均為2.(1)證明：MO⊥平面ABCD；(2)若點P在棱CE上，直線BP與平面ABM所成角的正弦值為eq\f(2\r(42),21)，求EP的長．解：(1)證明：如圖，分別取AB，CD的中點K，Q，連接FK，KQ，QE，則O為KQ的中點．因為側面ADEF是等腰梯形，所以EF∥AD.又KQ∥AD，所以KQ∥EF.因為△ABF和△DCE都是邊長為2的等邊三角形，則FK＝EQ，所以四邊形FKQE為等腰梯形．因為點M為EF的中點，O為KQ的中點，所以MO⊥KQ.因為△ABF是等邊三角形，所以AB⊥FK.又AB⊥KQ，KQ∩FK＝K，KQ，FK?平面FKQE，所以AB⊥平面FKQE.又AB?平面ABCD，所以平面FKQE⊥平面ABCD.因為平面FKQE∩平面ABCD＝KQ，MO?平面FKQE，MO⊥KQ，所以MO⊥平面ABCD.(2)在梯形FKQE中，EF＝4，KQ＝2，FK＝EQ＝eq\r(3)，在等腰梯形中由勾股定理得MO＝eq\r(2).取BC的中點N，由(1)知，OK，ON，OM兩兩垂直，以O為原點，OK，ON，OM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O(0,0,0)，M(0,0,eq\r(2))，K(1,0,0)，A(1,－1,0)，B(1,1,0)，E(－2,0,eq\r(2))，C(－1,1,0)．設平面ABM的法向量為n＝(x，y，z)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－1,1，eq\r(2))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝2y＝0，,n·\o(AM,\s\up6(→))＝－x＋y＋\r(2)z＝0.))令z＝1，則x＝eq\r(2)，y＝0，所以n＝(eq\r(2)，0,1)是平面ABM的一個法向量．設eq\o(CP,\s\up6(→))＝λeq\o(CE,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋λeq\o(CE,\s\up6(→))＝(－2－λ，－λ，eq\r(2)λ)．設直線BP與平面ABM所成的角為θ，所以sinθ＝|cos〈n，eq\o(BP,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(BP,\s\up6(→))|,|n|·|\o(BP,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－2\r(2)|,\r(3)×\r(4λ2＋4λ＋4))＝eq\f(2\r(42),21)，解得λ＝eq\f(1,2)(負值舍去)．所以點P為棱CE的中點，所以EP的長為1.考點三平面與平面的夾角[典例3](12分)(2023·新高考Ⅰ卷)如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.點A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)證明：B2C2∥A2D2；(2)點P在棱BB1上，當二面角P-A2C2-D2為150°時，求B2P.[規(guī)范解答](1)證明：以點C為原點，CD，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1).2分所以eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2,1).3分所以eq\o(B2C2,\s\up6(→))∥eq\o(A2D2,\s\up6(→)).4分又B2C2，A2D2不在同一條直線上，→易失分點5分所以B2C2∥A2D2.6分(2)設P(0,2，λ)(0≤λ≤4)，→巧設元則eq\o(A2C2,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，eq\o(PC2,\s\up6(→))＝(0，－2,3－λ)，eq\o(D2C2,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，7分設平面PA2C2的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A2C2,\s\up6(→))＝－2x－2y＋2z＝0，,n·\o(PC2,\s\up6(→))＝－2y＋3－λz＝0，))令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，→關鍵點，賦值求值所以n＝(λ－1,3－λ，2)為平面PA2C2的一個法向量.8分設平面A2C2D2的法向量為m＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A2C2,\s\up6(→))＝－2a－2b＋2c＝0，,m·\o(D2C2,\s\up6(→))＝－2a＋c＝0，))令a＝1，得b＝1，c＝2，所以m＝(1,1,2)為平面A2C2D2的一個法向量，9分|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)→關鍵點，用對公式＝eq\f(6,\r(6)×\r(4＋λ－12＋3－λ2))＝|cos150°|＝eq\f(\r(3),2)，化簡可得λ2－4λ＋3＝0，10分解得λ＝1或λ＝3，所以P(0,2,1)或P(0,2,3)，11分所以B2P＝1.12分利用空間向量求平面與平面夾角的解題步驟[跟進訓練]3．(2024·全國甲卷)如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝eq\r(10)，FB＝2eq\r(3)，M為AD的中點．(1)證明：BM∥平面CDE；(2)求二面角F-BM-E的正弦值．解：(1)證明：因為BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M為AD的中點，所以BC∥MD，BC＝MD，所以四邊形BCDM為平行四邊形，所以BM∥CD.又因為BM?平面CDE，CD?平面CDE，所以BM∥平面CDE.(2)如圖，作BO⊥AD交AD于點O，連接OF.因為四邊形ABCD為等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝2，所以CD＝2.結合(1)知四邊形BCDM為平行四邊形，可得BM＝CD＝2.又AM＝2，所以△ABM為等邊三角形，O為AM的中點，所以OB＝eq\r(3).又因為四邊形ADEF為等腰梯形，M為AD的中點，所以EF＝MD，EF∥MD，所以四邊形EFMD為平行四邊形，FM＝ED＝AF.所以△AFM為等腰三角形，△ABM與△AFM底邊上的中點O重合，OF⊥AM，OF＝eq\r(AF2－AO2)＝3.又因為BF＝2eq\r(3)，所以OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF，所以OB，OD，OF兩兩互相垂直．以O為原點，eq\o(OB,\s\up6(→))為x軸正方向，eq\o(OD,\s\up6(→))為y軸正方向，eq\o(OF,\s\up6(→))為z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則F(0,0,3)，B(eq\r(3)，0,0)，M(0,1,0)，E(0,2,3)，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,3)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，2,3)．設平面BFM的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋y1＝0，,－\r(3)x1＋3z1＝0.))令x1＝eq\r(3)，得y1＝3，z1＝1，即m＝(eq\r(3)，3,1)是平面BFM的一個法向量．設平面EMB的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x2＋y2＝0，,－\r(3)x2＋2y2＋3z2＝0.))令x2＝eq\r(3)，得y2＝3，z2＝－1，即n＝(eq\r(3)，3，－1)是平面EMB的一個法向量，則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(11,\r(13)×\r(13))＝eq\f(11,13)，所以sin〈m，n〉＝eq\f(4\r(3),13).故二面角F-BM-E的正弦值為eq\f(4\r(3),13).課時分層作業(yè)(四十八)(本試卷共60分．)1．(15分)(2023·新高考Ⅱ卷)如圖，三棱錐A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC的中點．(1)證明：BC⊥DA；(2)點F滿足eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，求二面角D-AB-F的正弦值．解：(1)證明：如圖，連接DE，AE，因為DC＝DB，且E為BC的中點，所以DE⊥BC．因為∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，所以△ADB≌△ADC(SAS)．可得AC＝AB，故AE⊥BC．因為DE∩AE＝E，DE，AE?平面ADE，所以BC⊥平面ADE.又DA?平面ADE，所以BC⊥DA．(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC．不妨設DA＝DB＝DC＝2，因為∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.由題可知△DBC為等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝eq\r(2).因為AE⊥BC，所以AE＝eq\r(AB2－EB2)＝eq\r(2).在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.所以ED，EA，EB兩兩垂直．以E為坐標原點，ED所在直線為x軸，EB所在直線為y軸，EA所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖，則D(eq\r(2)，0,0)，B(0，eq\r(2)，0)，A(0,0，eq\r(2))，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(2)，eq\r(2))．設F(xF，yF，zF)，因為eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，所以(xF，yF，zF)＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，可得F(－eq\r(2)，0，eq\r(2))．所以eq\o(FA,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0,0)．設平面DAB的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DA,\s\up6(→))·m＝0，,\o(BA,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,－\r(2)y1＋\r(2)z1＝0.))取x1＝1，則y1＝z1＝1，m＝(1,1,1)為平面DAB的一個法向量．設平面ABF的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(FA,\s\up6(→))·n＝0，,\o(BA,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)x2＝0，,－\r(2)y2＋\r(2)z2＝0，))得x2＝0，取y2＝1，則z2＝1，n＝(0,1,1)為平面ABF的一個法向量．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3).記二面角D-AB-F的大小為θ，則sinθ＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))2)＝eq\f(\r(3),3)，故二面角D-AB-F的正弦值為eq\f(\r(3),3).2．(15分)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，點D是BC的中點，點E在AA1上，AD∥平面BC1E.(1)求證：平面BC1E⊥平面BB1C1C；(2)當三棱錐B1-BC1E的體積最大時，求直線AC與平面BC1E所成角的正弦值．解：(1)證明：取BC1中點M，連接EM，MD，如圖所示．因為AB＝AC，點D是BC的中點，所以AD⊥BC．又因為M是BC1的中點，所以DM∥CC1.又因為在直三棱柱ABC-A1B1C1中，有AA1∥CC1，AA1⊥平面ABC，所以DM∥AE，DM⊥平面ABC．因為AD∥平面BC1E，且AD?平面ADME，平面ADME∩平面BC1E＝EM，所以AD∥ME.因為CC1⊥平面ABC，且AD?平面ABC，所以CC1⊥AD.又因為CC1∩BC＝C，且CC1，BC?平面BB1C1C，所以AD⊥平面BB1C1C．又因為AD∥ME，所以ME⊥平面BB1C1C．因為ME?平面BC1E，所以平面BC1E⊥平面BB1C1C．(2)由(1)知ME⊥平面BB1C1C，則VB1-BC1E＝eq\f(1,3)S△B1BC1·ME.設BC＝2a，則BD＝a，AD＝eq\r(9－a2)，S△B1BC1＝eq\f(1,2)×2a×3＝3a，所以VB1-BC1E＝eq\f(1,3)·3a·eq\r(9－a2)≤eq\f(a2＋9－a2,2)＝eq\f(9,2).由基本不等式知，當且僅當a＝eq\r(9－a2)時等號成立，即三棱錐B1-BC1E的體積最大，此時a＝eq\f(3\r(2),2).以D為坐標原點，DA所在直線為x軸，DB所在直線為y軸，DM所在直線為z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則有Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3\r(2),2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3\r(2),2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)，0，\f(3,2)))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3\r(2),2)，3))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(2),2)，－\f(3\r(2),2)，0))，eq\o(C1B,\s\up6(→))＝(0，3eq\r(2)，－3)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)，－\f(3\r(2),2)，\f(3,2))).設平面BC1E的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(C1B,\s\up6(→))＝3\r(2)y1－3z1＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝\f(3\r(2),2)x1－\f(3\r(2),2)y1＋\f(3,2)z1＝0，))取y1＝eq\r(2)，解得n＝(0，eq\r(2)，2)為平面BC1E的一個法向量．設直線AC與平面BC1E所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(AC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(3,3×\r(2＋4))＝eq\f(\r(6),6)，故直線AC與平面BC1E所成角的正弦值為eq\f(\r(6),6).3．(15分)如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，AB＝2，AA1＝2eq\r(3)，E為線段DD1上一點．(1)求證：AC⊥B1D；(2)若平面AB1E與平面ABCD的夾角的余弦值為eq\f(2,5)，求直線BE與平面AB1E所成角的正弦值．解：(1)證明：連接BD，因為底面ABCD為菱形，所以AC⊥BD.又BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以BB1⊥AC.又BD∩BB1＝B，BD，BB1?平面BDB1，所以AC⊥平面BDB1.又B1D?平面BDB1，所以AC⊥B1D.(2)設CD的中點為F，連接AF，如圖．因為△ACD為等邊三角形，所以AF⊥CD，又CD∥AB，則AF⊥AB.又AA1⊥平面ABCD，則AA1⊥AB，AA1⊥AF.以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(1，eq\r(3)，0)，E(－1，eq\r(3)，h)(0≤h≤2eq\r(3))，B1(2,0，2eq\r(3))，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(2,0,2eq\r(3))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，h)，設平面AB1E的法向量為n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2\r(3)z＝0，,－x＋\r(3)y＋hz＝0，))令x＝3，則n＝(3，h＋eq\r(3)，－eq\r(3))為平面AB1E的一個法向量．又平面ABCD的一個法向量為m＝(0,0,1)，則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(－\r(3),\r(h2＋2\r(3)h＋15)).又平面AB1E與平面ABCD的夾角的余弦值為eq\f(2,5)，所以eq\f(\r(3),\r(h2＋2\r(3)h＋15))＝eq\f(2,5)，0≤h≤2eq\r(3)，所以h＝eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＝－\f(5\r(3),2)舍去))，所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\r(3)，\f(\r(3),2)))，cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(BE,\s\up6(→))·n,|\o(BE,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(－6,\f(\r(51),2)×\f(\r(75),2))＝eq\f(－8\r(17),85).所以直線BE與平面AB1E所成角的正弦值為eq\f(8\r(17),85).4．(15分)(2025·八省適應性測試)在平面四邊形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，將△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P為動點．(1)設PC⊥AB，三棱錐P-ABC的各個頂點都在球O的球面上．①證明：平面PAC⊥平面ABC；②求球O的半徑．(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值．解：(1)在△ACD中，由AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，得∠CAD＝∠ADC＝30°，所以AD＝2ACcos∠DAC＝2×1×cos30°＝eq\r(3)，且∠BAC＝∠DAB－∠CAD＝120°－30°＝90°，即AB⊥AC．①證明：因為AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC＝C，PC，AC?平面PAC，所以AB⊥平面PAC，又AB?平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC．②以A為坐標原點，AB，AC所在直線分別為x軸和y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，設球心O(a，b，c)，半徑為R，則AO＝BO＝CO＝PO＝R，所以a2＋b2＋c2＝(a－1)2＋b2＋c2＝a2＋(b－1)2＋c2＝a2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(3,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(\r(3),2)))2＝R2，解得a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,2)，c＝eq\f(\r(3),2)，R＝eq\f(\r(5),2)，所以球O的半徑為eq\f(\r(5),2).(2)如圖，在平面PAC中，過點P作PG⊥AC的延長線于點G，在平面ABC中，過點G作GM⊥AC的延長線于點G，則由(1)知AG＝eq\r(3)cos30°＝eq\f(3,2)，PG＝eq\r(3)si