高中数学直线与平面的夹角题库

3.2.3直线与平面的夹角3.2.4二面角及其度量学习目标 1.理解斜线和平面所成的角的定义，体会夹角定义的唯一性、合理性.2.会求直线与平面的夹角θ.3.掌握二面角的概念，二面角的平面角的定义，会找一些简单图形中的二面角的平面角.4.掌握求二面角的基本方法、步骤．知识点一直线与平面所成的角1．直线与平面所成的角2．最小角定理知识点二二面角及理解1．二面角的概念(1)二面角的定义：平面内的一条直线把平面分成两部分，其中的每一部分都叫做半平面．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．如图所示，其中，直线l叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面，如图中的α，β.(2)二面角的记法：棱为l ，两个面分别为α，β的二面角，记作α—l —β.如图，A ∈α，B ∈β，二面角也可以记作A —l —B ，也可记作2∠l .(3)二面角的平面角：在二面角α—l —β的棱上任取一点O ，在两半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α—l —β的平面角，如图所示．由等角定理知，这个平面角与点O 在l 上的位置无关．(4)直二面角：平面角是直角的二面角叫做直二面角． (5)二面角的范围是[0°，180°]．2．用向量夹角来确定二面角性质及其度量的方法(1)如图，分别在二面角α—l —β的面α，β内，并沿α，β延伸的方向，作向量n 1⊥l ，n 2⊥l ，则〈n 1，n 2〉等于该二面角的平面角．(2)如图，设m 1⊥α，m 2⊥β，则角〈m 1，m 2〉与该二面角大小相等或互补．1．直线与平面所成的角α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β互余．( × ) 2．二面角的大小范围是⎣⎡⎦⎤0，π2.( × ) 3．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小．( × )题型一 求直线与平面的夹角例1 已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．解 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0，2a )，C 1⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ， 方法一 取A 1B 1的中点M ， 则M ⎝⎛⎭⎫0，a2，2a ，连接AM ，MC 1， 则MC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，0，0，AB →＝(0，a,0)，AA 1→＝(0,0，2a )．∴MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0， ∴MC 1→⊥AB →，MC 1→⊥AA 1→， 则MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1. 又AB ∩AA 1＝A ， ∴MC 1⊥平面ABB 1A 1.∴∠C 1AM 是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角． 由于AC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，2a ， ∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|AC 1→|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos 〈AC 1→，AM →〉＝9a 243a ×3a 2＝32. ∵〈AC 1→，AM →〉∈[0°，180°]，∴〈AC 1→，AM →〉＝30°， 又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内， ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.方法二 AB →＝(0，a,0)，AA 1→＝(0,0，2a )，AC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a .设侧面ABB 1A 1的法向量为n ＝(λ，y ，z )， ∴n ·AB →＝0且n ·AA 1→＝0.∴ay ＝0且2az ＝0. ∴y ＝z ＝0.故n ＝(λ，0,0)．∴cos 〈AC 1→，n 〉＝n ·AC 1→|n ||AC 1→|＝－λ2|λ|，∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝12.又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内， ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.反思感悟 用向量法求线面角的一般步骤是先利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量的有关知识求解线面角．方法二给出了用向量法求线面角的常用方法，即先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算．跟踪训练1 如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB 的中点，求BD 与平面ADMN 所成的角θ.解 如图所示，建立空间直角坐标系Axyz ，设BC ＝1，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2) 则N (1,0,1)， ∴BD →＝(－2,2,0)，AD →＝(0,2,0)， AN →＝(1,0,1)，设平面ADMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AN →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋z ＝0，取x ＝1，则z ＝－1，∴n ＝(1,0，－1)，∵cos 〈BD →，n 〉＝BD →·n |BD →||n |＝－28·2＝－12，∴sin θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝12.又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°. 题型二 求二面角例2 在底面为平行四边形的四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥AC ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ，E 是PD 的中点，求平面EAC 与平面ABCD 的夹角．解 方法一 如图，以A 为原点，分别以AC ，AB ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .设P A ＝AB ＝a ，AC ＝b ，连接BD 与AC ，交于点O ，取AD 中点F ，连接EF ，EO ，FO ，则C (b,0,0)，B (0，a,0)．∵BA →＝CD →， ∴D (b ，－a,0)，P (0,0，a )， ∴E ⎝⎛⎭⎫b 2，－a 2，a 2，O ⎝⎛⎭⎫b2，0，0， OE →＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2，AC →＝(b,0,0)． ∵OE →·AC →＝0，∴OE →⊥AC →，OF →＝12BA →＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，0，OF →·AC →＝0. ∴OF →⊥AC →.∴∠EOF 等于平面EAC 与平面ABCD 的夹角． cos 〈OE →，OF →〉＝OE →·OF →|OE →||OF →|＝22.∴平面EAC 与平面ABCD 的夹角为45°. 方法二 建系如方法一， ∵P A ⊥平面ABCD ，∴AP →＝(0,0，a )为平面ABCD 的法向量， AE →＝⎝⎛⎭⎫b 2，－a 2，a 2，AC →＝(b,0,0)． 设平面AEC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧b 2x －a 2y ＋a 2z ＝0，bx ＝0. ∴x ＝0，y ＝z .∴取m ＝(0,1,1)， cos 〈m ，AP →〉＝m ·AP →|m ||AP →|＝a 2·a ＝22.又平面EAC 与平面ABCD 所成角的平面角为锐角， ∴平面EAC 与平面ABCD 的夹角为45°.反思感悟 (1)当空间直角坐标系容易建立(有特殊的位置关系)时，用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出，有时不易判断两法向量的夹角的大小就是二面角的大小(相等或互补)，但我们可以根据图形观察得到结论，因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的．(2)注意法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角．跟踪训练2 若P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，BC ＝2，求锐二面角A -PB -C 的余弦值．解 如图所示建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，故AP →＝(0,0,1)，AB →＝(2，1,0)，CB →＝(2，0,0)，CP →＝(0，－1,1)， 设平面P AB 的法向量为 m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝－2，故m ＝(1，－2，0)． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·CP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ′＝0，－y ′＋z ′＝0.令y ′＝－1，则z ′＝－1，故n ＝(0，－1，－1)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33.∴锐二面角A －PB －C 的余弦值为33. 题型三 空间角中的探索性问题例3 如图，在四棱锥P －ABCD 中，ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD .(1)求证：AB ⊥PD ；(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB 为何值时，四棱锥P －ABCD 的体积最大？并求此时平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值． (1)证明 因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD ； 又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PD . (2)解 过点P 作PO ⊥AD 于点O .则PO ⊥平面ABCD ，过点O 作OM ⊥BC 于点M ， 连接PM .则PM ⊥BC ，因为∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2， 所以BC ＝6，PM ＝233，设AB ＝t ，则在Rt △POM 中， PO ＝43－t 2， 所以V P －ABCD ＝13·t ·6·43－t 2 ＝13－6⎝⎛⎭⎫t 2－232＋83， 所以当t 2＝23，即t ＝63时，V P －ABCD 最大为269.如图，此时PO ＝AB ＝63，且PO ，OA ，OM 两两垂直， 以OA ，OM ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Oxyz ， 则P ⎝⎛⎭⎫0，0，63，D ⎝⎛⎭⎫－263，0，0， C ⎝⎛⎭⎫－263，63，0，B ⎝⎛⎭⎫63，63，0. 所以PD →＝⎝⎛⎭⎫－263，0，－63， PC →＝⎝⎛⎭⎫－263，63，－63，PB →＝⎝⎛⎭⎫63，63，－63. 设平面PCD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋y 1－z 1＝0，－2x 1－z 1＝0， 令x 1＝1，则m ＝(1,0，－2)，|m |＝5； 同理设平面PBC 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋y 2－z 2＝0，x 2＋y 2－z 2＝0，令y 2＝1，则n ＝(0,1,1)，|n |＝2，设平面PBC 与平面DPC 的夹角为θ，显然θ为锐角， 所以cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝25×2＝105.即平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值为105. 反思感悟 利用空间向量解决空间角中的探索性问题，通常不需要复杂的几何作图，论证，推理，只需先假设结论成立，设出空间的坐标，通过向量的坐标运算进行推断，把是否存在问题转化为点的坐标是否有解的问题来处理．跟踪训练3 如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AA 1＝AB ＝AC ＝1，且AB ⊥AC ，点M 是CC 1的中点，点N 是BC 的中点，点P 在直线A 1B 1上，且满足A 1P →＝λA 1B 1→.(1)证明：PN ⊥AM ；(2)当λ取何值时，直线PN 与平面ABC 所成的角θ最大？并求该角最大值的正切值．(1)证明 以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则P (λ，0,1)，N ⎝⎛⎭⎫12，12，0，M ⎝⎛⎭⎫0，1，12， 从而PN →＝⎝⎛⎭⎫12－λ，12，－1， AM →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12， PN →·AM →＝⎝⎛⎭⎫12－λ×0＋12×1－1×12＝0， 所以PN ⊥AM .(2)解 过点P 作PE ⊥AB 于E ，连接EN ， 则PE ⊥平面ABC ， 则∠PNE 为所求角θ， 所以tan θ＝PE EN ＝1EN，因为当点E 是AB 的中点时，EN min ＝12.所以(tan θ)max ＝2，此时，λ＝12.利用向量求二面角典例 如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值． 考点 向量法求平面与平面所成的角 题点 向量法求平面与平面所成的角(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解 过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)． 由已知AB ∥EF ，AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF ， 由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°， 从而可得C (－2,0，3)．所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919. [素养评析] 试题以一个面为正方形的五面体为载体，分层设计问题，由浅入深，给不同基础的考生提供了想象的空间和展示才华的平台．第(1)问侧重对立体几何中线面垂直、面面垂直等基础知识的考查，题目比较简单．求解第(2)问的关键是充分运用直观想象，把握图形的结构特征，构建空间直角坐标系，并针对运算问题，合理选择运算方法，设计运算程序，解决问题．1．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量和平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 答案 A解析 设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12.∴θ＝30°.2．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值为( ) A.24 B.23 C.63 D.32答案 C解析 建系如图，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，A (1,0,0)，∴BC 1→＝(－1,0,1)，AC 1→＝(－1,1,1)，A 1B →＝(0,1，－1)，A 1D →＝(－1,0，－1)． ∴AC 1→·A 1B →＝1－1＝0， AC 1→·A 1D →＝1－1＝0.∴AC 1⊥A 1B ，AC 1⊥A 1D ，又A 1B ∩A 1D ＝A 1， ∴AC 1⊥平面A 1BD .∴AC 1→是平面A 1BD 的法向量． ∴cos 〈BC 1→，AC 1→〉＝BC 1→·AC 1→|BC 1→||AC 1→|＝1＋12×3＝63.∴直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值为63. 3．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为__________． 答案 45°或135°解析 设二面角的平面角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝11×2＝22，∴θ＝45°或135°.4．正四面体ABCD 中棱AB 与底面BCD 所成角的余弦值为________． 答案33解析 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，O 为△BCD 的中心，设正四面体的棱长为a ，则OB ＝33a ，∠ABO 为所求角，cos ∠ABO ＝33.5．已知点A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0,0,3)，则平面ABC 与平面xOy 所成锐二面角的余弦值为________． 答案 27解析 AB →＝(－1,2,0)，AC →＝(－1,0,3)．设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ·AB →＝0，n ·AC→＝0知⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋3z ＝0.令x ＝2，则y ＝1，z ＝23.∴平面ABC 的法向量为n ＝⎝⎛⎭⎫2，1，23.平面xOy 的法向量为OC →＝(0,0,3)．所以所求锐二面角的余弦值cos θ＝|n ·OC →||n ||OC →|＝23×73＝27.1．线面角可以利用定义在直角三角形中解决．2．线面角的向量求法：设直线的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a·n ||a||n |.3．二面角通常可通过法向量的夹角来求解，但一定要注意法向量的夹角和二面角的大小关系．一、选择题1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A.π6 B.π3 C.5π6 D ．以上均错 答案 B解析 直线l 与平面α所成的角范围是⎣⎡⎦⎤0，π2. 2．直线l 1，l 2的方向向量分别是v 1，v 2，若v 1与v 2所成的角为θ，直线l 1，l 2所成的角为α，则( ) A ．α＝θ B ．α＝π－θ C ．cos θ＝|cos α| D ．cos α＝|cos θ|答案 D解析 α＝θ或α＝π－θ，且α∈⎣⎡⎦⎤0，π2， 因而cos α＝|cos θ|.3．已知在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值是( ) A.23 B.33 C.23 D.13答案 A解析 以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,2)， 故DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)，DC →＝(0,1,0)， 设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2， 所以n ＝(2，－2,1)．设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n ||DC →|＝23.4.已知在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是DC 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，则AB 1与ED 1所成角的余弦值为( )A.1010 B.105C ．－1010D ．－105答案 A解析 ∵A (2,2,0)，B 1(2,0,2)，E (0,1,0)，D 1(0,2,2)， ∴AB 1→＝(0，－2,2)，ED 1→＝(0,1,2)， ∴|AB 1→|＝22，|ED 1→|＝5， AB 1→·ED 1→＝0－2＋4＝2，∴cos 〈AB 1→，ED 1→〉＝AB 1→·ED 1→|AB 1→||ED 1→|＝222×5＝1010，∴AB 1与ED 1所成角的余弦值为1010. 5．在边长为1的菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，将菱形沿对角线AC 折起，使折起后BD ＝1，则二面角B —AC —D 的余弦值为( ) A.13 B.12 C.233 D.32 答案 A解析 设菱形对角线AC 与BD 交于O 点，则∠BOD 为二面角B —AC —D 的平面角，由余弦定理可得cos ∠BOD ＝13.6．A ，B 是二面角α—l —β的棱l 上两点，P 是平面β上一点，PB ⊥l 于B ，P A 与l 成45°角，P A 与平面α成30°角，则二面角α—l —β的大小是( ) A ．30° B ．60° C ．45° D ．75° 答案 C解析 如图，作PO ⊥α于O ，连接AO ，BO ，则∠P AO 为P A 与平面α所成角，∠PBO 为二面角α—l —β的平面角，由∠P AO ＝30°，∠P AB ＝45°，取P A ＝2a ，则PO ＝a ，PB ＝2a ，∴sin ∠PBO ＝PO PB ＝22，∴∠PBO ＝45°.二、填空题7．平面α的一个法向量n 1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量n 2＝(－3,1,3)，则α与β所成的角是________． 答案 90°解析 由于n 1·n 2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0， 所以n 1⊥n 2，故α⊥β，α与β所成的角是90°.8．若二面角内一点到两个面的距离分别为5和8，两垂足间的距离为7，则这个二面角的大小是________． 答案 60°或120°解析 设二面角大小为θ，由题意可知 |cos θ|＝|82＋52－72|2×8×5＝64＋25－4980＝12，所以cos θ＝±12，所以θ＝60°或120°.9．在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝1，则PC 与平面ABCD 所成的角是________． 答案 30°解析 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则P (0,0,1)，C (1，2，0)，PC →＝(1，2，－1)，平面ABCD 的法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈PC →，n 〉 ＝PC →·n |PC →||n |＝－12，所以〈PC →·n 〉＝120°，所以斜线PC 与平面ABCD 的法向量所在直线所成的角为60°，所以斜线PC 与平面ABCD 所成的角为30°.10．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是________. 答案 π6解析 在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，取AC 的中点O ，连接OB ，OB ⊥AC ，则OB ⊥平面ACC 1A 1，∴∠BC 1O 就是BC 1与平面AC 1所成的角．∵OB ＝32，BC 1＝3， ∴sin ∠BC 1O ＝OB BC 1＝12， ∴∠BC 1O ＝π6.三、解答题11．二面角的棱上有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 ＝217，求该二面角的大小． 解 由题意知，CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0， CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD → ＝62＋42＋82＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉＝(217)2. ∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，又〈CA →，BD →〉∈[0°，180°]， ∴〈CA →，BD →〉＝120°， ∴二面角的大小为60°.12.如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD .PD ＝DC ，E 是PC 的中点．求EB 与平面ABCD 夹角的余弦值．解 取CD 的中点M ，则EM ∥PD ， 又∵PD ⊥平面ABCD ， ∴EM ⊥平面ABCD ，∴BE 在平面ABCD 上的射影为BM ， ∴∠MBE 为BE 与平面ABCD 的夹角． 如图建立空间直角坐标系Dyxz ， 设PD ＝DC ＝1，则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)， ∴M ⎝⎛⎭⎫0，12，0，E ⎝⎛⎭⎫0，12，12， ∴BE →＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，12，BM →＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，0， cos 〈BM →，BE →〉＝BE →·BM →|BE →||BM →|＝1＋1432× 52＝306，∴EB 与平面ABCD 夹角的余弦值为306. 13.如图，在直棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ；(2)求二面角D -A 1C -E 的正弦值．(1)证明 连接AC 1，交A 1C 于点F ，连接DF ，则F 为AC 1的中点，因为D 为AB 的中点， 所以DF ∥BC 1，又因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ， 所以BC 1∥平面A 1CD . (2)解 由AA 1＝AC ＝CB ＝22AB ， 可设AB ＝2a ，则AA 1＝AC ＝CB ＝2a ，所以AC ⊥BC ，又由直棱柱知CC 1⊥平面ABC ，所以以点C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz 如图．则C (0,0,0)，A 1(2a ，0, 2a )，D ⎝⎛⎭⎫22a ，22a ，0，E ⎝⎛⎭⎫0， 2a ，22a ，CA 1→＝( 2a,0, 2a )， CD →＝⎝⎛⎭⎫22a ，22a ，0，CE →＝⎝⎛⎭⎫0， 2a ，22a ，A 1E →＝⎝⎛⎭⎫－2a ，2a ，－22a .设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·CD →＝0且n ·CA 1→＝0， 可解得y ＝－x ＝z ，令x ＝1，得平面A 1CD 的法向量为n ＝(1，－1，－1)， 同理可得平面A 1CE 的法向量为m ＝(2,1，－2)， 则cos 〈n ，m 〉＝33，。