2019届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.8立体几何中的向量方法二求空间角学案理北师大版

2019届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量

8.8立体几何中的向量方法二求空间角学案理北师大版最新考纲考情考向分析

1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角的计算问题．

2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.l1与l2所成的角θa与b的夹角β范围[0，π]求法cosθ＝cosβ＝

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所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sinθ＝|cosβ|＝.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＝〈，〉．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|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角或其补角．知识拓展利用空间向量求距离供选用1两点间的距离设点Ax1，y1，z1，点Bx2，y2，z2，则|AB|＝||＝.2点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为||＝.题组一　思考辨析1．判断下列结论是否正确请在括号中打“√”或“×”1两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．　×　2直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．　×　3两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．　×　4两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．　×　5若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.　×　题组二　教材改编2．已知两平面的法向量分别为m＝010，n＝011，则两平面所成的二面角为　　A．45°B．135°C．45°或135°D．90°答案　A解析　cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°.

3.如图，正三棱柱底面是正三角形的直棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为______．答案　解析　以A为原点，以，AE⊥AB，所在直线分别为x轴，y轴，z轴如图建立空间直角坐标系，设D为A1B1的中点，则A000，C11，，2，D102，∴＝1，，2，＝102．∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角，cos∠C1AD＝＝＝，又∵∠C1AD∈，∴∠C1AD＝.题组三　易错自纠4．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为　　A.B.C.D.答案　C解析　以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设直三棱柱的棱长为2，则可得A200，B020，M112，N102，∴＝1，－12，＝－102．∴cos〈，〉＝＝＝＝.5．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为________．答案　30°解析　设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－，∴sinθ＝|cos〈m，n〉|＝，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.6．xx·马鞍山月考过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的角为________．答案　45°解析　如图，以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A000，D010，P001，由题意，知AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，又CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD.∴＝010，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°.故平面PAB与平面PCD所成的角为45°.题型一　求异面直线所成的角典例如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.1证明平面AEC⊥平面AFC；2求直线AE与直线CF所成角的余弦值．1证明　如图所示，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝

1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.在Rt△FDG中，可得FG＝.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，AC，FG平面AFC，所以EG⊥平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.2解　如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC所在直线为x轴，y轴，||为单位长度，建立空间直角坐标系，由1可得A0，－，0，E10，，F，C0，，0，所以＝1，，，＝.故cos〈，〉＝＝－.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.思维升华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值等于两向量夹角余弦值的绝对值．跟踪训练xx·广东五校诊断如图所示，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝

2.1求证BD⊥平面ACFE；2当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成角的余弦值的大小．1证明　∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC.∵AE⊥平面ABCD，BD平面ABCD，∴BD⊥AE.又∵AC∩AE＝A，AC，AE平面ACFE，∴BD⊥平面ACFE.2解　以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，过O且平行于CF的直线为z轴向上为正方向，建立空间直角坐标系，则B0，，0，D0，－，0，E102，F－10，aa0，＝－10，a．设平面EBD的法向量为n＝x，y，z，则有即令z＝1，则n＝－201，由题意得sin45°＝|cos〈，n〉|＝＝＝，解得a＝3或a＝－舍去．∴＝－103，＝1，－，2，cos〈，〉＝＝，故异面直线OF与BE所成角的余弦值为.题型二　求直线与平面所成的角典例xx·全国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．1证明　由已知得AM＝AD＝

2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝

2.又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT平面PAB，MN⊈平面PAB，所以MN∥平面PAB.2解　取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，AE＝＝＝.以A为坐标原点，AE，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意知，P004，M020，C，20，N，＝02，－4，＝，＝.设n＝x，y，z为平面PMN的法向量，则即可取n＝021．于是|cos〈n，〉|＝＝.设AN与平面PMN所成的角为θ，则sinθ＝，即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.思维升华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夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．跟踪训练如图，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．1证明　易知AB，AD，AA1两两垂直，如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为A000，Bt00，B1t03，Ct10，C1t13，D030，D1033．从而＝－t3，－3，＝t10，＝－t30，因为AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝或t＝－舍去．于是＝－，3，－3，A＝，10，因为·＝－3＋3＋0＝0，所以⊥，即AC⊥B1D.2解　由1知，＝033，A＝，10，＝010，设n＝x，y，z是平面ACD1的一个法向量，则　即令x＝1，则n＝1，－，．设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.题型三　求二面角典例xx·全国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＝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°，求平面MAB与平面ABD夹角的余弦值．1证明　取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD，又BC＝AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，又BF平面PAB，CE⊈平面PAB，故CE∥平面PAB.2解　由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则A000，B100，C110，P01，，＝10，－，＝100．设Mx，y，z0x1，则＝x－1，y，z，＝x，y－1，z－．因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝001是底面ABCD的法向量，所以|cos〈，n〉|＝sin45°，＝，即x－12＋y2－z2＝

0.

①又M在棱PC上，设＝λ，则x＝λ，y＝1，z＝－λ.

②由

①②解得舍去或所以M，从而＝.设m＝x0，y0，z0是平面ABM的法向量，则即所以可取m＝0，－，2．于是|cos〈m，n〉|＝＝.由图可知平面MAB与平面ABD的夹角是锐角，所以平面MAB与平面ABD夹角的余弦值为.思维升华利用向量法计算二面角大小的常用方法1找法向量法分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，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的大小．2找与棱垂直的方向向量法分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．跟踪训练xx·天津如图，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求平面CEM与平面EMN夹角的正弦值；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，求线段AH的长．1证明　如图，以A为原点，分别以AB，AC，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．由题意，可得A000，B200，C040，P004，D002，E022，M001，N120．＝020，＝20，－2．设n＝x，y，z为平面BDE的一个法向量，则即不妨设z＝1，可得n＝101．又＝12，－1，可得·n＝

0.因为MN⊈平面BDE，所以MN∥平面BDE.2解　易知n1＝100为平面CEM的一个法向量．设n2＝x1，y1，z1为平面EMN的一个法向量，则因为＝0，－2，－1，＝12，－1，所以不妨设y1＝1，可得n2＝－41，－2．因此|cos〈n1，n2〉|＝＝，于是sin〈n1，n2〉＝.所以平面CEM与平面EMN夹角的正弦值为.3解　由题意，设AH＝h0≤h≤4，则H00，h，进而可得＝－1，－2，h，＝－222．由已知，得|cos〈，〉|＝＝＝，整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.所以线段AH的长为或.题型四　求空间距离供选用典例xx·株洲模拟如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2，求点A到平面MBC的距离．解　如图，取CD的中点O，连接OB，OM，因为△BCD与△MCD均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，平面MCD∩平面BCD＝CD，OM平面MCD，所以MO⊥平面BCD.以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，所以OB＝OM＝，则O000，C100，M00，，B0，－，0，A0，－，2，所以＝1，，0，＝0，，．设平面MBC的法向量为n＝x，y，z，由得即取x＝，可得平面MBC的一个法向量为n＝，－11．又＝002，所以所求距离为d＝＝.思维升华求点面距一般有以下三种方法1作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．2等体积法．3向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．跟踪训练xx·武昌质检如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．1求直线PB与平面POC所成角的余弦值；2求B点到平面PCD的距离；3线段PD上是否存在一点Q，使得平面QAC与平面ACD夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．解　1在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD.又∵侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD，∴PO⊥平面ABCD.在△PAD中，PA⊥PD，PA＝PD＝，∴AD＝

2.在直角梯形ABCD中，O为AD的中点，∴OA＝BC＝1，∴OC⊥AD.以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P001，A0，－10，B1，－10，C100，D010，∴＝1，－1，－1．∵OA⊥OP，OA⊥OC，OP∩OC＝O，∴OA⊥平面POC.∴＝0，－10为平面POC的法向量，cos〈，〉＝＝，∴PB与平面POC所成角的余弦值为.2∵＝1，－1，－1，设平面PCD的法向量为u＝x，y，z，则取z＝1，得u＝111．则B点到平面PCD的距离d＝＝.3假设存在，且设＝λ0≤λ≤1．∵＝01，－1，∴－＝＝0，λ，－λ，∴＝0，λ，1－λ，∴Q0，λ，1－λ．设平面CAQ的法向量为m＝x1，y1，z1，则取z1＝1＋λ，得m＝1－λ，λ－1，λ＋1．平面CAD的一个法向量为n＝001，∵平面QAC与平面ACD夹角的余弦值为，∴|cos〈m，n〉|＝＝＝，整理化简，得3λ2－10λ＋3＝

0.解得λ＝或λ＝3舍去，∴线段PD上存在满足题意的点Q，且＝.利用空间向量求解空间角典例12分如图，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，求平面FAB与平面ABP夹角的余弦值．规范解答1证明　由题意，以点A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图，可得B100，C220，D020，P002．[1分]由E为棱PC的中点，得E111．＝011，＝200，故·＝0，所以BE⊥DC.[3分]2解　＝－120，＝10，－2．设n＝x，y，z为平面PBD的一个法向量，则即不妨令y＝1，[5分]可得n＝211．于是有cos〈n，〉＝＝＝，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.[7分]3解　＝120，＝－2，－22，＝220，＝100．由点F在棱PC上，设＝λ0≤λ≤1，故＝＋＝＋λ＝1－2λ，2－2λ，2λ．由BF⊥AC，得·＝0，因此，21－2λ＋22－2λ＝0，解得λ＝，即＝.[9分]设n1＝x1，y1，z1为平面FAB的一个法向量，则　即不妨令z1＝1，可得n1＝0，－31．取平面ABP的法向量n2＝010，则|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，所以其余弦值为.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步建立空间直角坐标系；第二步确定点的坐标；第三步求向量直线的方向向量、平面的法向量坐标；第四步计算向量的夹角或函数值；第五步将向量夹角转化为所求的空间角；第六步反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．1．xx·抚顺调研在正方体A1B1C1D1—ABCD中，AC与B1D所成角的大小为　　A.B.C.D.答案　D解析　以A点为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则A000，C110，B1101，D010．∴＝110，＝－11，－1，∵·＝1×－1＋1×1＋0×－1＝0，∴⊥，∴AC与B1D所成的角为.

2.如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，D点在棱AA1上且AD＝2DA1，P点在棱C1C上，则·的最小值为　　A.B．－C.D．－答案　B解析　以C点为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D102，B1013，设P00，z，其中0≤z≤3，则＝102－z，＝013－z，∴·＝0＋0＋2－z3－z＝2－，故当z＝时，·取得最小值－.3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为　　A.B.C.D.答案　B解析　以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1001，E，D010，∴＝01，－1，＝.设平面A1ED的一个法向量为n1＝1，y，z，则有即∴∴n1＝122．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝001，∴|cos〈n1，n2〉|＝＝，即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为.

4.xx·西安调研已知六面体ABC—A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则直线CC1与平面AB1D所成的角为　　A．45°B．60°C．90°D．30°答案　A解析　如图所示，取AC的中点N，连接NB，以N为坐标原点，NB，NC所在直线分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系．则A，C，B1，D，C1，∴＝，＝，＝00，a．设平面AB1D的法向量为n＝x，y，z，由n·＝0，n·＝0，可取n＝，1，－2．∴cos〈，n〉＝＝＝－，∵直线与平面所成角的范围是[0°，90°]，∴直线CC1与平面AB1D所成的角为45°.5．xx·大同模拟设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是　　A.B.C.D.答案　D解析　如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立坐标系，则D000，D1002，A1202，B220，＝200，＝220，＝202，设平面A1BD的一个法向量n＝x，y，z，则∴令z＝1，得n＝－111．∴D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.6．二面角的棱上有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＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为　　A．150°B．45°C．60°D．120°答案　C解析　如图所示，二面角的大小就是〈，〉．∵＝＋＋，∴2＝2＋2＋2＋2·＋·＋·＝2＋2＋2＋2·，∴·＝[22－62－42－82]＝－

24.因此·＝24，cos〈，〉＝＝，又〈，B〉∈[0°，90°]，∴〈，〉＝60°，故二面角为60°.

7.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是________．答案　60°解析　以B点为坐标原点，以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1202，E010，F001，则＝0，－11，＝202，∴·＝2，∴cos〈，〉＝＝，∵异面直线所成角的范围是090°]，∴EF和BC1所成的角为60°.8．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值为________．答案　解析　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D000，C010，B110，C1012，则＝010，＝110，＝012．设平面BDC1的一个法向量为n＝x，y，z，则n⊥，n⊥，所以有令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝2，－21．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.9．已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC夹角的正切值为________．答案　解析　方法一　延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示．设正方体的棱长为3，则GB＝BC＝3，作BH⊥AG于点H，连接EH，则∠EHB即为所求两平面的夹角．∵BH＝，EB＝1，∴tan∠EHB＝＝.方法二　如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设DA＝1，由已知条件得A100，E，F，＝，＝，设平面AEF的法向量为n＝x，y，z，平面AEF与平面ABC的夹角为θ，由得令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝－11，－3，取平面ABC的法向量为m＝00，－1，则cosθ＝|cos〈n，m〉|＝，tanθ＝.10．xx·河北石家庄二模设二面角α—CD—β的大小为45°，A点在平面α内，B点在CD上，且∠ABC＝45°，则AB与平面β所成角的大小为________．答案　30°解析　如图，作AE⊥平面β于点E，在平面β内过E作EF⊥CD于点F，连接AF，因为AE⊥CD，AE∩EF＝E，所以CD⊥平面AEF，所以AF⊥CD，所以∠AFE为二面角α—CD—β的平面角，所以∠AFE＝45°，因为∠ABC＝45°，所以∠BAF＝45°.连接BE，则∠ABE为AB与平面β所成的角．设AE＝m，则EF＝m，AF＝m，BF＝m，AB＝2m，所以sin∠ABE＝＝，又因为∠ABE为锐角，所以∠ABE＝30°.11．xx·洛阳二模已知三棱锥A—BCD，AD⊥平面BCD，BD⊥CD，AD＝BD＝2，CD＝2，E，F分别是AC，BC的中点，P为线段BC上一点，且CP＝2PB.1求证AP⊥DE；2求直线AC与平面DEF所成角的正弦值．1证明　作PG∥BD交CD于G，连接AG.∴＝＝2，∴GD＝CD＝.∵AD⊥平面BCD，∴AD⊥DC，在Rt△ADG中，tan∠GAD＝，∴∠DAG＝30°，在Rt△ADC中，AC2＝AD2＋CD2＝4＋12＝16，∴AC＝4，又E为AC的中点，∴DE＝AE＝2，又AD＝2，∴∠ADE＝60°，∴AG⊥DE.∵AD⊥平面BCD，∴AD⊥BD，又∵BD⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD平面ADC，∴BD⊥平面ADC，∴PG⊥平面ADC，∴PG⊥DE.又∵AG∩PG＝G，AG，PG平面AGP，∴DE⊥平面AGP，又AP平面AGP，∴AP⊥DE.2解　以D为坐标原点DB，DCDA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D000，A002，B200，C02，0，E0，，1，F1，，0，∴＝1，，0，＝0，，1，＝02，－2．设平面DEF的法向量为n＝x，y，z，则即令x＝3，则n＝3，－，3．设直线AC与平面DEF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，∴AC与平面DEF所成角的正弦值为.12．xx·河南质检如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝，点E在AD上，且AE＝2ED.1已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证平面PEF⊥平面PAC；2平面APB与平面PBE夹角的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？1证明　∵AB⊥AC，AB＝AC，∴∠ACB＝45°，∵底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，∴∠ACD＝45°，即AD＝CD，AC＝AD，又AB⊥AC，∴BC＝AC＝2AD，∵AE＝2ED，CF＝2FB，∴AE＝BF＝AD，又∵AE∥BF，∴四边形ABFE是平行四边形，∴AB∥EF，∴AC⊥EF，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥EF，∵PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，∴EF⊥平面PAC，又EF平面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.2解　∵PA⊥AC，AC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB平面PAB，∴AC⊥平面PAB，则∠APC为PC与平面PAB所成的角，若PC与平面PAB所成的角为45°，则tan∠APC＝＝1，即PA＝AC＝，取BC的中点G，连接AG，则AG⊥BC，以A为坐标原点，AG，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A000，B1，－10，C110，E，P00，，∴＝，＝，设平面PBE的法向量为n＝x，y，z，则即令y＝3，则x＝5，z＝，∴n＝53，．∵＝110是平面PAB的一个法向量，cos〈n，〉＝＝，即当平面APB与平面PBE夹角的余弦值为时，直线PC与平面PAB所成的角为45°.13．xx·全国Ⅱ已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为　　A.B.C.D.答案　C解析　方法一　将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图

①所示，连接AD1，B1D1，BD.图

①由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AD1＝BC1＝，AB1＝，∠DAB＝60°.在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，所以BD＝，所以B1D1＝.又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，所以cosθ＝＝＝.故选C.方法二　以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图

②所示．图

②由已知条件知B1000，B001，C1100，A－1，，1，则＝10，－1，＝1，－，－1．所以cos〈，〉＝＝＝.所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.故选C.14．xx·长春一检已知三棱锥S—ABC中，SA，SB，SC两两垂直，且SA＝SB＝SC＝2，Q是三棱锥S—ABC外接球上一动点，则点Q到平面ABC的距离的最大值为________．答案　解析　将三棱锥S—ABC放入棱长为2的正方体中，则到平面ABC的距离最大的点应在过球心且和平面ABC垂直的直径上，因为正方体的外接球直径和正方体的体对角线长相等，所以2R＝2R为外接球的半径，则点Q到平面ABC的距离的最大值为×2R＝×2＝.15．xx·安徽皖南八校联考已知三棱锥P—ABC的所有顶点都在表面积为16π的球O的球面上，AC为球O的直径．当三棱锥P—ABC的体积最大时，二面角P—AB—C的大小为θ，则sinθ等于　　A.B.C.D.答案　C解析　如图，设球O的半径为R，由4πR2＝16π，得R＝2，设点P到平面ABC的距离为d，则0d≤2，因为AC为球的直径，所以AB2＋BC2＝AC2＝16，则V三棱锥P—ABC＝AB·BC·d≤··2＝，当且仅当AB＝BC＝2，d＝2时，V三棱锥P—ABC取得最大值，此时平面PAC⊥平面ABC，连接PO，因为PO⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PO平面PAC，所以PO⊥平面ABC，过点P作PD⊥AB于D，连接OD，因为AB⊥PO，AB⊥PD，PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD，则AB⊥OD，所以∠PDO为二面角P—AB—C的平面角，因为OD＝BC＝，所以PD＝＝，则sinθ＝sin∠PDO＝＝.故选C.16．xx·浙江如图，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，＝＝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＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α答案　B解析　如图

①，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE，OF，OG，连接DE，DF，DG，则α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO.由图可知它们的对边都是DO，∴只需比较EO，FO，GO的大小即可．　如图

②，在AB边上取点P′，使AP′＝2P′B，连接OQ，OR，则O为△QRP′的中心．设点O到△QRP′三边的距离为a，则OG＝a，OF＝OQ·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′＝a，OE＝OR·sin∠ORE＞OR·sin∠ORP′＝a，∴OF＜OG＜OE，∴＜＜，∴α＜γ＜β.故选B.。