高中数学苏教版选修23.2空间向量的应用教学设计

这是一份高中数学苏教版选修23.2空间向量的应用教学设计，共13页。

1．异面直线所成角
设异面直线a，b所成的角为θ，则cs θ＝eq \f(|a·b|,|a||b|)， 其中a，b分别是直线a，b的方向向量．
2．直线与平面所成角
如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sin φ＝|cs〈a，n〉|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
3．二面角
若AB，CD分别是二面角α­l­β的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(CD,\s\up7(―→))的夹角，如图(1)．
若平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α ­l ­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cs φ|＝|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)，如图(2)(3)．
[小题体验]
1．如图，在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC夹角的余弦值为________．
解析：以点C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，A1(1,0,2)．于是得eq \(A1B,\s\up7(―→))＝(－1,1，－2)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(－1,0,0)，
所以cs〈eq \(A1B,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(A1B,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→)),|eq \(A1B,\s\up7(―→))||eq \(AC,\s\up7(―→))|)＝eq \f(1＋0＋0,\r(6)×1)＝eq \f(\r(6),6)，
所以异面直线A1B与AC夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
答案：eq \f(\r(6),6)
2．在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．
解析：如图，建立空间直角坐标系D­xyz，
则D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，
所以eq \(D1C1,\s\up7(―→))＝(0,2,0)，eq \(A1C1,\s\up7(―→))＝(－1,2，0)，eq \(A1B,\s\up7(―→))＝(0,2，－1)，
设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(A1C1,\s\up7(―→))＝－x＋2y＝0，,n·eq \(A1B,\s\up7(―→))＝2y－z＝0，))
令y＝1，得n＝(2,1,2)，
设D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则
sin θ＝|cs〈eq \(D1C1,\s\up7(―→))，n〉|＝eq \f(|eq \(D1C1,\s\up7(―→))·n|,|eq \(D1C1,\s\up7(―→))||n|)＝eq \f(2,2×3)＝eq \f(1,3)，
即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
1．求异面直线所成角时易忽视角的范围eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))而导致结论错误．
2．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．
3．利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点．
[小题纠偏]
1．如图所示，已知正方体ABCD ­A1B1C1D1，E，F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是________．
解析：以D为原点，分别以射线DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系D ­xyz，设正方体的棱长为1，则D(0,0，0)，C(0,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，
eq \(EF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq \(DC,\s\up7(―→))＝(0,1,0)，
所以cs〈eq \(EF,\s\up7(―→))，eq \(DC,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(EF,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→)),|eq \(EF,\s\up7(―→))||eq \(DC,\s\up7(―→))|)＝－eq \f(\r(2),2)，
所以〈eq \(EF,\s\up7(―→))，eq \(DC,\s\up7(―→))〉＝135°，
所以异面直线EF和CD所成的角是45°.
答案：45°
2．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所成的二面角为________．
解析：如图所示，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，知A(0,0,0)，B(1，0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0，0,1)，由题意，AD⊥平面ABP，设E为PD的中点，连结AE，则AE⊥PD，又因为CD⊥平面PAD，
所以AE⊥CD，
又PD∩CD＝D，所以AE⊥平面CDP.
所以eq \(AD,\s\up7(―→))＝(0,1,0)，eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))分别是平面ABP，平面CDP的法向量，且〈eq \(AD,\s\up7(―→))，eq \(AE,\s\up7(―→))〉＝45°，
所以平面ABP与平面CDP所成的二面角为45°.
答案：45°
eq \a\vs4\al(考点一 异面直线所成角) eq \a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)
[典例引领]
(2018·启东高三学情调研)长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2AD，E为CC1的中点，求异面直线BC1与AE所成角的余弦值．
解：设AB＝AA1＝2，AD＝1，以D为原点，DA，DC，DD1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A(1,0,0)，E(0，2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，eq \(BC1,\s\up7(―→))＝(－1,0,2)，eq \(AE,\s\up7(―→))＝(－1,2,1)，
所以cs〈eq \(BC1,\s\up7(―→))，eq \(AE,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(BC1,\s\up7(―→))·eq \(AE,\s\up7(―→)),|eq \(BC1,\s\up7(―→))||eq \(AE,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\r(30),10).
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为eq \f(\r(30),10).
[由题悟法]
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等于两向量夹角余弦值的绝对值．
[即时应用]
(2018·苏州模拟)如图，在直四棱柱ABCD ­A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝60°，点E，F分别是BC，A1C的中点，求异面直线EF，AD所成角的余弦值．
解：因为四棱柱ABCD ­A1B1C1D1为直四棱柱，
所以A1A⊥平面ABCD.
又AE⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以A1A⊥AE，A1A⊥AD.
在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，连结AC，
则△ABC是等边三角形．
因为点E是BC的中点，所以BC⊥AE.
又BC∥AD，所以AE⊥AD，故AE，AD，AA1两两垂直．
如图，以A点为坐标原点，AE，AD，AA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(eq \r(3)，1,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，E(eq \r(3)，0,0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1)).
所以eq \(AD,\s\up7(―→))＝(0,2,0)，eq \(EF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，
则cs〈eq \(AD,\s\up7(―→))，eq \(EF,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(EF,\s\up7(―→)),|eq \(AD,\s\up7(―→))||eq \(EF,\s\up7(―→))|)＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，
所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4).
eq \a\vs4\al(考点二 直线与平面所成角) eq \a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)
[典例引领]
(2017·浙江高考)如图，已知四棱锥P­ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．
(1)证明：CE∥平面PAB；
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
解：(1)证明：设AD的中点为O，连结OB，OP.因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以OP⊥AD.
因为BC＝eq \f(1,2)AD＝OD，且BC∥OD，
所以四边形BCDO为平行四边形，又因为CD⊥AD，所以OB⊥AD，因为OP∩OB，所以AD⊥平面OPB.
过点O在平面POB内作OB的垂线OM，交PB于M，
以O为原点，OB所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OM所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．
设CD＝1，则有A(0，－1,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)．
设P(x,0，z)(z＞0)，由PC＝2，OP＝1，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－12＋1＋z2＝4，,x2＋z2＝1，))得x＝－eq \f(1,2)，z＝eq \f(\r(3),2).
即点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，而E为PD的中点，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)，\f(\r(3),4))).
设平面PAB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
因为eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，\f(\r(3),2)))，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(1,1,0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x1＋y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，,x1＋y1＝0，))
取y1＝－1，得n＝(1，－1，eq \r(3))．
而eq \(CE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，－\f(1,2)，\f(\r(3),4)))，则eq \(CE,\s\up7(―→))·n＝0，
而CE⊄平面PAB，所以CE∥平面PAB.
(2)设平面PBC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
因为eq \(BC,\s\up7(―→))＝(0,1,0)，eq \(BP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝0，,－\f(3,2)x2＋\f(\r(3),2)z2＝0，))取x2＝1，
得m＝(1,0，eq \r(3))．
设直线CE与平面PBC所成角为θ.
则sin θ＝|cs〈m，eq \(CE,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(|eq \(CE,\s\up7(―→))·m|,|eq \(CE,\s\up7(―→))|·|m|)＝eq \f(\r(2),8)，
故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(2),8).
[由题悟法]
向量法求线面角的2个思路
(1)分别求出斜线和它所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．
[即时应用]
(2019·启东一中月考)如图，在棱长为3的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，A1E＝CF＝1.
(1)求异面直线AC1与BE所成角的余弦值；
(2)求直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值．
解：(1)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz，
则A(3,0,0)，C1(0,3,3)，
B(3,3,0)，E(3,0,2)，所以eq \(AC1,\s\up7(―→))＝(－3,3,3)，eq \(BE,\s\up7(―→))＝(0，－3,2)．
所以cs〈eq \(AC1,\s\up7(―→))，eq \(BE,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(AC1,\s\up7(―→))·eq \(BE,\s\up7(―→)),|eq \(AC1,\s\up7(―→))||eq \(BE,\s\up7(―→))|)＝eq \f(－9＋6,3\r(3)×\r(13))＝－eq \f(\r(39),39)，
故异面直线AC1与BE所成角的余弦值为eq \f(\r(39),39).
(2)易知B1(3,3,3)，D1(0,0,3)，则eq \(BB1,\s\up7(―→))＝(0,0,3)，eq \(D1E,\s\up7(―→))＝(3,0，－1)．
设平面BED1F的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(D1E,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(BE,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－z＝0，,－3y＋2z＝0，))取x＝1，得z＝3，y＝2，所以n＝(1,2,3)．
设直线BB1与平面BED1F所成的角为α，
则sin α＝|cs〈eq \(BB1,\s\up7(―→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(9,3×\r(14))))＝eq \f(3\r(14),14).
所以直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值为eq \f(3\r(14),14).
eq \a\vs4\al(考点三 二面角) eq \a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)
[典例引领]
(2019·徐州高三年级期中考试)如图，在三棱锥A­BOC中，OA，OB，OC两两垂直，点D，E分别为棱BC，AC的中点，F在棱AO上，且满足OF＝eq \f(1,4)OA，已知OA＝OC＝4，OB＝2.
(1)求异面直线AD与OC所成角的余弦值；
(2)求二面角C­EF­D的正弦值．
解：(1)如图，以O为原点，分别以eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))，eq \(OA,\s\up7(―→))方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得O(0,0,0)，A(0,0,4)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，D(1,2,0)，E(0，2,2)，F(0,0,1)，
所以eq \(AD,\s\up7(―→))＝(1,2，－4)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(0,4,0)，
所以cs〈eq \(AD,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→)),|eq \(AD,\s\up7(―→))||eq \(OC,\s\up7(―→))|)＝eq \f(8,4\r(21))＝eq \f(2\r(21),21).
故异面直线AD与OC所成角的余弦值为eq \f(2\r(21),21).
(2)可知平面AOC的一个法向量为eq \(OB,\s\up7(―→))＝(2,0,0)．
设m＝(x，y，z)为平面DEF的一个法向量，
又eq \(EF,\s\up7(―→))＝(0，－2，－1)，eq \(DE,\s\up7(―→))＝(－1,0,2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(EF,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(DE,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＋z＝0，,x－2z＝0.))
不妨取z＝2，则x＝4，y＝－1，
所以m＝(4，－1,2)为平面DEF的一个法向量，
从而cs〈eq \(OB,\s\up7(―→))，m〉＝eq \f(eq \(OB,\s\up7(―→))·m,|eq \(OB,\s\up7(―→))||m|)＝eq \f(8,2×\r(21))＝eq \f(4\r(21),21)，
设二面角C­EF­D的大小为θ，则|cs θ|＝eq \f(4\r(21),21).
因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(105),21).
因此二面角C­EF­D的正弦值为eq \f(\r(105),21).
[由题悟法]
利用向量法解二面角问题2策略
[提醒] 两平面的法向量所成的角与二面角的平面角的关系为相等或互补，所以，当求得两法向量夹角的余弦值时，一定要结合图形判断二面角的取值范围．
[即时应用]
(2018·常州期末)如图，以正四棱锥V­ABCD的底面中心O为坐标原点建立空间直角坐标系O­xyz，其中Ox∥BC，Oy∥AB，E为VC的中点．正四棱锥的底面边长为2a，高为h，且有cs〈eq \(BE,\s\up7(―→))，eq \(DE,\s\up7(―→))〉＝－eq \f(15,49).
(1)求eq \f(h,a)的值；
(2)求二面角B­VC­D的余弦值．
解：(1)根据条件，可得B(a，a,0)，C(－a，a,0)，D(－a，－a，0)，V(0,0，h)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，\f(a,2)，\f(h,2)))，
所以eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)a，－\f(a,2)，\f(h,2)))，eq \(DE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(3,2)a，\f(h,2)))，
故cs〈eq \(BE,\s\up7(―→))，eq \(DE,\s\up7(―→))〉＝eq \f(h2－6a2,h2＋10a2).
又cs〈eq \(BE,\s\up7(―→))，eq \(DE,\s\up7(―→))〉＝－eq \f(15,49)，所以eq \f(h2－6a2,h2＋10a2)＝－eq \f(15,49)，
解得eq \f(h,a)＝eq \f(3,2).
(2)由eq \f(h,a)＝eq \f(3,2)，得eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)a，－\f(a,2)，\f(3,4)a))，eq \(DE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(3,2)a，\f(3,4)a))，
又eq \(CB,\s\up7(―→))＝(2a,0,0)，eq \(DC,\s\up7(―→))＝(0,2a,0)．
设平面BVC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(BE,\s\up7(―→))＝0，,n1·eq \(CB,\s\up7(―→))＝0.))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)ax1－\f(a,2)y1＋\f(3,4)az1＝0，,2ax1＝0，))
令y1＝3，得z1＝2，则平面BVC的一个法向量为n1＝(0,3,2)．
设平面DVC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·eq \(DC,\s\up7(―→))＝0，,n2·eq \(DE,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ay2＝0，,\f(a,2)x2＋\f(3,2)ay2＋\f(3,4)az2＝0，))
令x2＝－3，得z2＝2，
则平面DVC的一个法向量为n2＝(－3,0,2)．
则cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(4,\r(13)×\r(13))＝eq \f(4,13)，
由图知二面角B­VC­D的平面角为钝角，
所以二面角B­VC­D的余弦值为－eq \f(4,13).
一保高考，全练题型做到高考达标
1．(2019·苏锡常镇调研)如图，已知正四棱锥P­ABCD中， PA＝AB＝2，点M，N分别在PA，BD上，且eq \f(PM,PA)＝eq \f(BN,BD)＝eq \f(1,3).
(1)求异面直线MN与PC所成角的大小；
(2)求二面角N­PC­B的余弦值．
解：(1)设AC，BD交于点O，在正四棱锥P­ABCD中，OP⊥平面ABCD.又PA＝AB＝2，所以OP＝eq \r(2).以O为坐标原点，eq \(DA,\s\up7(―→))，eq \(AB,\s\up7(―→))方向分别为x轴、y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.
则A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1，－1,0)，P(0，0，eq \r(2))，eq \(AP,\s\up7(―→))＝(－1,1，eq \r(2))．
故eq \(OM,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，－\f(1,3)，\f(2\r(2),3)))，
eq \(ON,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)，0))，
所以eq \(MN,\s\up7(―→))＝eq \(ON,\s\up7(―→))－eq \(OM,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)，－\f(2\r(2),3)))，eq \(PC,\s\up7(―→))＝(－1,1，－eq \r(2))，
所以cs〈eq \(MN,\s\up7(―→))，eq \(PC,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(MN,\s\up7(―→))·eq \(PC,\s\up7(―→)),|eq \(MN,\s\up7(―→))||eq \(PC,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\r(3),2)，
所以异面直线MN与PC所成角的大小为30°.
(2)由(1)知eq \(PC,\s\up7(―→))＝(－1,1，－eq \r(2))，eq \(CB,\s\up7(―→))＝(2,0,0)，eq \(NC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(2,3)，0)).
设m＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(PC,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(CB,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋y1－\r(2)z1＝0，,x1＝0，))
令y1＝eq \r(2)，则z1＝1，即m＝(0，eq \r(2)，1)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面PCN的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(PC,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(NC,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋y2－\r(2)z2＝0，,－2x2＋y2＝0，))
令x2＝2，则y2＝4，z2＝eq \r(2)，即n＝(2,4，eq \r(2))，
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(5\r(2),\r(3)×\r(22))＝eq \f(5\r(33),33)，
故二面角N­PC­B的余弦值为eq \f(5\r(33),33).
2．(2018·启东检测)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.
(1)求二面角A­PC­D的余弦值；
(2)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．
解：(1)因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AD，PA⊥AC，
又因为AC⊥AD，故以A为原点，以AD，AC，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系A­xyz，
依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，P(0,0,2)．
eq \(PC,\s\up7(―→))＝(0,1，－2)，eq \(CD,\s\up7(―→))＝(2，－1,0)．
设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(PC,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(CD,\s\up7(―→))0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－2z＝0，,2x－y＝0.))
不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)，
可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．
于是cs 〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(1,\r(6))＝eq \f(\r(6),6).
由图知二面角A­PC­D为锐角，
所以二面角A­PC­D的余弦值为eq \f(\r(6),6).
(2)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈[0,2]．
由此得eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，h))，由eq \(CD,\s\up7(―→))＝(2，－1,0)，
故cs〈eq \(BE,\s\up7(―→))，eq \(CD,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(BE,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→)),|eq \(BE,\s\up7(―→))·|eq \(CD,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\f(3,2),\r(\f(1,2)＋h2)×\r(5))＝eq \f(3,\r(10＋20h2))，
所以eq \f(3,\r(10＋20h2))＝cs 30°＝eq \f(\r(3),2)，解得h＝eq \f(\r(10),10)，
即AE＝eq \f(\r(10),10).
3．(2019·南通一调)如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝AS＝2，P是棱SD上一点，且SP＝eq \f(1,2)PD.
(1)求直线AB与CP所成角的余弦值；
(2)求二面角A­PC­D的余弦值．
解：(1)如图，分别以AB，AD，SA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A­xyz，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，S(0,0,2)．
设P(x0，y0，z0)，由eq \(SP,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(SD,\s\up7(―→))，得(x0，y0，z0－2)＝eq \f(1,3)(0,2，－2)，
所以x0＝0，y0＝eq \f(2,3)，z0＝eq \f(4,3)，则点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)，\f(4,3))).
故eq \(CP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(4,3)，\f(4,3)))，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(1,0,0)，
设直线AB与CP所成的角为α，
则cs α＝eq \f(－1×1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))×0＋\f(4,3)×0,\r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2)))×1)＝－eq \f(3\r(41),41).
所以直线AB与CP所成角的余弦值为eq \f(3\r(41),41).
(2)设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
因为eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)，\f(4,3)))，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1,2,0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(AC,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(AP,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋2y1＝0，,\f(2,3)y1＋\f(4,3)z1＝0，))
令y1＝－2，则x1＝4，z1＝1，m＝(4，－2,1)，
设平面SCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由于eq \(DC,\s\up7(―→))＝(1,0,0)，eq \(DS,\s\up7(―→))＝(0，－2,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(DC,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(DS,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝0，,－2y2＋2z2＝0，))
令y2＝1，则z2＝1，n＝(0,1,1)．
设二面角A­PC­D的大小为θ(由图可知θ为锐角)，
所以cs θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|0×4＋1×－2＋1×1|,\r(2)×\r(21))＝eq \f(\r(42),42)，
所以二面角A­PC­D的余弦值为eq \f(\r(42),42).
4.如图，圆锥的高PO＝4，底面半径OB＝2，D为PO的中点，E为母线PB的中点，F为底面圆周上一点，满足EF⊥DE.
(1)求异面直线EF与BD所成角的余弦值；
(2)求二面角O­DF­E的正弦值．
解：(1)以O为原点，底面上过O点且垂直于OB的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，则B(0,2,0)，P(0,0,4)，D(0，0,2)，E(0,1,2)．
设F(x0，y0,0)(x0＞0，y0＞0)，且xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝4.
则eq \(EF,\s\up7(―→))＝(x0，y0－1，－2)，
eq \(DE,\s\up7(―→))＝(0,1,0)．
因为EF⊥DE，则eq \(EF,\s\up7(―→))·eq \(DE,\s\up7(―→))＝y0－1＝0，故y0＝1.
所以F(eq \r(3)，1,0)，eq \(EF,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)，0，－2)，eq \(BD,\s\up7(―→))＝(0，－2,2)．
设异面直线EF与BD所成角为α，
则cs α＝eq \f(|eq \(EF,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))|,|eq \(EF,\s\up7(―→))||eq \(BD,\s\up7(―→))|)＝eq \f(4,\r(7)×2\r(2))＝eq \f(\r(14),7).
故异面直线EF与BD所成角的余弦值为eq \f(\r(14),7).
(2)设平面ODF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(OD,\s\up7(―→))＝0，,n1·eq \(OF,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2z1＝0，,\r(3)x1＋y1＝0，))
令x1＝1，得y1＝－eq \r(3)，
则平面ODF的一个法向量为n1＝(1，－eq \r(3)，0)．
设平面DEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
因为eq \(DE,\s\up7(―→))＝(0,1,0)，eq \(DF,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)，1，－2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·eq \(DE,\s\up7(―→))＝0，,n2·eq \(DE,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝0，,\r(3)x2＋y2－2z2＝0，))
令x2＝1，得z2＝eq \f(\r(3),2)，
则平面DEF的一个法向量为n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(\r(3),2))).
设二面角O­DF­E的平面角为β，
则|cs β|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,\r(7))＝eq \f(\r(7),7)，所以sin β＝eq \f(\r(42),7).
即二面角O­DF­E的正弦值为eq \f(\r(42),7).
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(2018·镇江高三期末考试)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，E是棱PC的中点．
(1)求BE与平面PBD所成角的正弦值；
(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F­AB­P的正弦值．
解：(1)以{eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AD,\s\up7(―→))，eq \(AP,\s\up7(―→))}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0，2,0)，P(0,0,2)，由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)，
故eq \(BE,\s\up7(―→))＝(0,1,1)，eq \(BD,\s\up7(―→))＝(－1,2,0)，eq \(PB,\s\up7(―→))＝(1,0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面PBD的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(BD,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(PB,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0，))
令y＝1，得x＝2，z＝1，
所以n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量，
设BE与平面PBD所成角为α，
于是sin α＝|cs〈n，eq \(BE,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(|n·eq \(BE,\s\up7(―→))|,|n||eq \(BE,\s\up7(―→))|)＝eq \f(2,\r(6)·\r(2))＝eq \f(\r(3),3).
所以BE与平面PBD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
(2)由(1)知eq \(BC,\s\up7(―→))＝(1,2,0)，eq \(CP,\s\up7(―→))＝(－2，－2,2)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(2,2,0)，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(1,0,0)．
由点F在棱PC上，设eq \(CF,\s\up7(―→))＝λeq \(CP,\s\up7(―→)) (0≤λ≤1)．
故eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CF,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＋λeq \(CP,\s\up7(―→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．
由BF⊥AC，得eq \(BF,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝0，
因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝eq \f(3,4)，
即eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).
设n1＝(x1，y1，z1)为平面FAB的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(AB,\s\up7(―→))＝0，,n1·eq \(BF,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝0，,－\f(1,2)x1＋\f(1,2)y1＋\f(3,2)z1＝0，))
令z1＝1，得y1＝－3，
所以n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．
易知平面ABP的一个法向量n2＝(0,1,0)，
则cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq \f(3\r(10),10)，
设二面角F­AB­P的平面角为θ，
即sin θ＝eq \f(\r(10),10).
故二面角F­AB­P的正弦值为eq \f(\r(10),10).
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
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