备战2019高考数学苏教版2-1提素能高效演练讲义：第3章 空间向量与立体几何 3.2.3 Word版含答案

3.2.3 空间的角的计算学习目标 1.理解直线与平面所成角、二面角的概念.2.掌握向量法解决空间角的计算问题.3.体会空间向量解决立体几何问题的三步曲．知识点一 空间角的计算(向量法) 空间三种角的向量求法角的分类 向量求法范围异面直线所成的角设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量为a ，b ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |. ⎝⎛⎦⎤0，π2 直线与平面所成的角设直线l 与平面α所成的角为θ，l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈e ，n 〉|＝|e ·n ||e ||n |⎣⎡⎦⎤0，π2 二面角设二面角α－l －β为θ，平面α，β的法向量分别为n 1，n 2，则|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.[0，π]知识点二 向量法求线面角、二面角的原理 1．向量法求直线与平面所成角的原理 条件直线l (方向向量为e )与平面α(法向量为n )所成的角为θ 图形关系〈e ，n 〉∈⎣⎡⎦⎤0，π2，θ＝π2－〈e ，n 〉 〈e ，n 〉∈⎣⎡⎦⎤π2，π，θ＝〈e ，n 〉－π2计算 sin θ＝|cos 〈e ，n 〉|2.向量法求二面角的原理 条件平面α，β的法向量分别为n 1，n 2，α，β所构成的二面角的大小为θ，〈n 1，n 2〉＝φ图形关系 θ＝φ θ＝π－φ 计算 cos θ＝cos φcos θ＝－cos φ1．两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．(×)2．若向量n 1，n 2分别为二面角的两个半平面的法向量，则二面角的平面角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|.(×) 3．直线与平面所成角的范围为⎝⎛⎭⎫0，π2.(×)类型一 求两条异面直线所成的角例1 如图，在三棱柱OAB-O 1A 1B 1中，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB ＝60°，∠AOB ＝90°，且OB ＝OO 1＝2，OA ＝3，求异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值的大小．解 以O 为坐标原点，OA →，OB →的方向为x 轴，y 轴的正方向．建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，O 1(0,1，3)， A (3，0,0)，A 1(3，1，3)， B (0,2,0)，∴A 1B —→＝(－3，1，－3)， O 1A —→＝(3，－1，－3)． ∴|cos 〈A 1B —→，O 1A —→〉| ＝|A 1B —→·O 1A —→||A 1B —→ ||O 1A —→|＝|(－3，1，－3)·(3，－1，－3)|7×7＝17.∴异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值为17.反思与感悟 在解决立体几何中两异面直线所成角的问题时，若能构建空间直角坐标系，则建立空间直角坐标系，利用向量法求解．但应用向量法时一定要注意向量所成角与异面直线所成角的区别．跟踪训练1 已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是A 1D 1，A 1C 1的中点，求异面直线AE 与CF 所成角的余弦值．解 不妨设正方体的棱长为2，以D 点为坐标原点，分别取DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2,0,0)，C (0,2,0)，E (1,0,2)，F (1,1,2)，则AE →＝(－1,0,2)，CF →＝(1，－1,2)， ∴|AE →|＝5，|CF →|＝6，AE →·CF →＝－1＋0＋4＝3. 又AE →·CF →＝|AE →||CF →|cos 〈AE →，CF →〉 ＝30cos 〈AE →，CF →〉， ∴cos 〈AE →，CF →〉＝3010，∴异面直线AE 与CF 所成角的余弦值为3010. 类型二 求直线和平面所成的角例2 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 以A 点为坐标原点，AB ，AA 1所在直线分别为y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，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 ，连结AM ，MC 1， 有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 ，AB ，AA 1⊂平面ABB 1A 1，∴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，n ·AA 1—→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ay ＝0，2az ＝0，∴y ＝z ＝0.故n ＝(λ，0,0)． ∵AC 1—→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ，∴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°.反思与感悟 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，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再进行换算．跟踪训练2 如图所示，已知直角梯形ABCD ，其中AB ＝BC ＝2AD ，AS ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，且AS ＝AB .求直线SC 与底面ABCD 的夹角θ的余弦值．解 由题设条件知，以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)．设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (1,1,0)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，S (0,0,1)，∴AS →＝(0,0,1)， CS →＝(－1，－1,1)．显然AS →是底面ABCD 的法向量，它与已知向量CS →的夹角β＝90°－θ， 故有sin θ＝cos β＝AS →·CS →|AS →||CS →|＝11×3＝33，∵θ∈[0°，90°]， ∴cos θ＝1－sin 2θ＝63. 类型三 求二面角例3 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 为坐标原点，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．设P A ＝AB ＝a ，AC ＝b ，连结BD 与AC 交于点O ，取AD 的中点F ，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 为平面EAC 与平面ABCD 的夹角(或补角)． cos 〈OE →，OF →〉＝OE →·OF →|OE →||OF →|＝22.又∵〈OE →，OF →〉∈[0°，180°]， ∴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∵〈m ，AP →〉∈[0°，180°]，∴平面AEC 与平面ABCD 的夹角为45°.反思与感悟 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3 如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解 (1)以A 为坐标原点，分别以AB ，AC ，AA 1所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B —→＝(2,0，－4)，C 1D —→＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B —→，C 1D —→〉 ＝A 1B —→·C 1D —→|A 1B —→||C 1D —→|＝1820×18 ＝31010，又异面直线所成角的范围为⎝⎛⎦⎤0，π2， 所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 因为AD →＝(1,1,0)，AC 1—→＝(0,2,4)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AC 1—→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2， 所以n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的法向量． 同理，取平面ABA 1的法向量为n 2＝(0,1,0)． 设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ， 由|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 所以平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.1．在一个二面角的两个半平面内，与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这个二面角的余弦值为________． 答案 ±156解析 由(0，－1，3)·(2，2，4)1＋9×4＋4＋16＝－2＋1210×24＝156，可知这个二面角的余弦值为156或－156. 2．已知a ，b 是异面直线，A ，B ∈a ，C ，D ∈b ，AC ⊥b ，BD ⊥b ，且AB ＝2，CD ＝1，则a 与b 所成的角是________． 答案 60°解析 AB →＝AC →＋CD →＋DB →，∴AB →·CD →＝(AC →＋CD →＋DB →)·CD →＝AC →·CD →＋CD →2＋DB →·CD →＝0＋12＋0＝1，又|AB →|＝2，|CD →|＝1. ∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝12×1＝12.∵异面直线所成的角是锐角或直角， ∴a 与b 所成的角是60°.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________． 答案 23解析 以D 为坐标原点，分别以DA →，DC →，DD 1—→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．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．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 以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,1)，C (1，2，0)，PC →＝(1，2，－1)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1), 所以cos 〈PC →，n 〉＝PC →·n |PC →||n |＝－12，又因为〈PC →，n 〉∈[0°，180°]，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 所成的角是30°.向量法求角(1)两条异面直线所成的角θ可以借助这两条直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|. (2)直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|或cos θ＝sin φ.(3)二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．一、填空题1．若直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角是150°，则l 1与l 2这两条异面直线所成的角为________． 答案 30°解析 异面直线所成角的范围是(0°，90°]，所以l 1与l 2这两条异面直线所成的角为180°－150°＝30°.2．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 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.所以两平面所成的二面角为45°或135°.3．设直线l 与平面α相交，且l 的方向向量为a ，α的法向量为n ，若〈a ，n 〉＝3π4，则l与α所成的角为________． 答案 π4解析 线面角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2.∵〈a ，n 〉＝3π4，∴l 与法向量所在直线所成角为π4，∴l 与α所成的角为π4.4．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，则AB 1与ED 1所成角的余弦值为________．答案1010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．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为________． 答案63解析 设正方体的棱长为1，以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1—→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系如图．则D (0,0,0)，B (1,1,0)， B 1(1,1,1)．平面ACD 1的一个法向量为DB 1—→＝(1,1,1)． 又BB 1—→＝(0,0,1)，则cos 〈DB 1—→，BB 1—→〉＝DB 1—→·BB 1—→|DB 1—→||BB 1—→|＝13×1＝33.故BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为1－⎝⎛⎭⎫332＝63. 6．已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 是棱A 1B 1的中点，则直线AE 与平面BDD 1B 1所成角的正弦值为________． 答案1010解析 以A 1为坐标原点，A 1B 1，A 1D 1，A 1A 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．设正方体的棱长为2，则A (0,0,2)，C (2,2,2)，E (1,0,0)，AC →＝(2,2,0)，AE →＝(1,0，－2)． ∵AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BDD 1B 1，则AC →＝(2,2,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量．设直线AE 与平面BDD 1B 1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AC →，AE →〉|＝1010.7．在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为________． 答案 90°解析 以A 1为坐标原点，A 1C 1—→，A 1A —→的方向为y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设BB 1＝1，则A (0,0,1)，B 1⎝⎛⎭⎫62，22，0，C 1(0，2，0)， B ⎝⎛⎭⎫62，22，1. ∴AB 1—→＝⎝⎛⎭⎫62，22，－1，C 1B —→＝⎝⎛⎭⎫62，－22，1，∴AB 1—→·C 1B —→＝64－24－1＝0，∴AB 1—→⊥C 1B —→.即AB 1与C 1B 所成角的大小为90°.8．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则BB 1与平面AB 1C 1所成的角的大小为________．答案 π6解析 如图所示，取AC 的中点O ，连结OB ，取A 1C 1的中点O 1，连结OO 1，以O 为坐标原点，OC ，OO 1所在直线分别为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，易得B (－3，0,0)，A (0，－1,0)，C 1(0,1,3)，B 1(－3，0,3)， ∴BB 1—→＝(0,0,3)，AB 1—→＝(－3，1,3)，AC 1—→＝(0,2,3)， 设平面AB 1C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1—→＝0，n ·AC 1—→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＋3z ＝0，2y ＋3z ＝0，∴n ＝⎝⎛⎭⎫1，－3，233，设BB 1与平面AB 1C 1所成的角为θ，θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2， ∵sin θ＝|cos 〈BB 1—→，n 〉|＝233×433＝12，∴θ＝π6.9.如图，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠P AD ＝90°，且P A ＝AD ＝2，E ，F 分别是线段P A ，CD 的中点，则异面直线EF 与BD 所成角的余弦值为________．答案36解析 以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0,0,1)，F (1,2,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)．EF →＝(1,2，－1)， BD →＝(－2,2,0)，故cos 〈EF →，BD →〉＝243＝36.10．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值为________． 答案 23解析 如图，以点D 1为坐标原点，D 1A 1－D 1C 1，D 1D 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，设AB ＝a ，则AA 1＝2a ，所以D (0,0,2a )，C 1(0，a,0)，B (a ，a,2a )，C (0，a,2a )． 设平面BDC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·DC 1—→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧(x ，y ，z )·(－a ，－a ，0)＝0，(x ，y ，z )·(0，a ，－2a )＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＝2z ，∴n ＝⎝⎛⎭⎫1，－1，－12， ∴CD →·n ＝(0，－a,0)·⎝⎛⎭⎫1，－1，－12＝a ， ∴cos 〈CD →，n 〉＝a a ·1＋1＋14＝23，设CD 与平面BDC 1所成角为α， ∴sin α＝23.二、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 由条件，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．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是CC 1，D 1A 1，AB 的中点，求GA 与平面EFG 所成角的正弦值．解 如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)． ∴EF →＝(1，－2,1)， EG →＝(2，－1，－1)， GA →＝(0，－1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EFG 的一个法向量， 则由n ⊥EF →，n ⊥EG →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，解得x ＝y ＝z .令x ＝1，得n ＝(1,1,1)． 设GA 与平面EFG 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈GA →，n 〉|＝|－1|1×3＝33，∴GA 与平面EFG 所成角的正弦值为33. 13.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为AB 的中点．(1)求异面直线BD 1与CE 所成的角的余弦值； (2)求二面角A 1－EC －A 的余弦值．解 如图所示，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，设AB ＝1，则B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫1，12，0，A 1(1,0,1)， (1)BD 1—→＝(－1，－1,1)，CE →＝⎝⎛⎭⎫1，－12，0，故cos 〈BD 1—→，CE →〉＝BD 1—→·CE →|BD 1—→||CE →|＝－123×52＝－1515， 又异面直线所在角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2， 所以异面直线BD 1与CE 所成的角的余弦值是1515. (2)因为DD 1⊥平面AEC ，所以DD 1—→为平面AEC 的一个法向量，DD 1—→＝(0,0,1)，设平面A 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，又A 1E —→＝⎝⎛⎭⎫0，12，－1，A 1C —→＝(－1,1，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E —→＝0，n ·A 1C —→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，取n ＝(1,2,1)，所以cos 〈DD 1—→，n 〉＝11×6＝66，结合图形知，二面角A 1－EC －A 的余弦值为66. 三、探究与拓展14．在空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为________．答案 0解析 OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →) ＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →|·|OC →|·cos π3－|OA →|·|OB →|·cos π3＝12|OA →|(|OC →|－|OB →|)＝0.∴cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →|·|BC →|＝0.15.如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明：PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 为棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．(1)证明 如图，以点A 为坐标原点，AD ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，12，0，P (0,0,2)．可得PC →＝(0,1，－2)，AD →＝(2,0,0)，则PC →·AD →＝0，所以PC ⊥AD .(2)解 由(1)可得PC →＝(0,1，－2)，CD →＝(2，－1,0)．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0. 令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)．又AD →＝(2,0,0)是平面P AC 的一个法向量，所以cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →||n |＝66， 从而sin 〈AD →，n 〉＝306. 所以二面角A －PC －D 的正弦值为306. (3)解 由(2)可得CD →＝(2，－1,0)．设AE ＝h ，h ∈[0,2]，则E (0,0，h )，所以BE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h . 所以cos 〈BE →，CD →〉＝BE →·CD →|BE →||CD →|＝3212＋h 2×5＝32，1010，即AE＝10 10.解得h＝。