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立体几何向量法求角度和距离专题训练
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这是一份立体几何向量法求角度和距离专题训练，共26页。
解：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，如图所示．
则A1(0，0，1)，E(1，0，eq \f(1,2))，F(eq \f(1,2)，1，0)，D1(0，1，1)，
所以eq \(A1E,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \f(1,2))，eq \(A1D1,\s\up6(→))＝(0，1，0)．
设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1D1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)z＝0，,y＝0，))
令z＝2，则x＝1，
所以n＝(1，0，2)，又eq \(A1F,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，1，－1)，
所以点F到平面A1D1E的距离为
d＝eq \f(|\(A1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|\f(1,2)－2|,\r(5))＝eq \f(3\r(5),10).故填eq \f(3\r(5),10).
变式1 如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，若F是DD1的中点，则点B1到平面ABF的距离为 ( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(2\r(5),5)
解：建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1，0，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，eq \f(1,2))，B(1，1，1)，则eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(－1，0，－eq \f(1,2))．
设平面ABF的法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝0，,－x－\f(1,2)z＝0，))取x＝1，则n＝(1，0，－2)．
点B1到平面ABF的距离为eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(5),5).
另解：由VB1ABF＝VFABB1可得解．
故选D.
考点二 空间角
例2 (1)如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：
(1)eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))；
(2)EG的长；
(3)异面直线AG与CE所成角的余弦值．
解：设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝c.
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
(1)eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)c－eq \f(1,2)a，eq \(BA,\s\up6(→))＝－a，
eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)c－\f(1,2)a))·(－a)＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,2)a·c＝eq \f(1,4)，
(2)eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \(EB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a＋b－a＋eq \f(1,2)c－eq \f(1,2)b
＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，
|eq \(EG,\s\up6(→))|2＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)b2＋eq \f(1,4)c2－eq \f(1,2)a·b＋eq \f(1,2)b·c－eq \f(1,2)c·a＝eq \f(1,2)，则|eq \(EG,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(2),2).
(3)eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→))＝－b＋eq \f(1,2)a，
cs〈eq \(AG,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AG,\s\up6(→))·\(CE,\s\up6(→)),|\(AG,\s\up6(→))||\(CE,\s\up6(→))|)＝－eq \f(2,3)，
由于异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为eq \f(2,3).
(2)(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝2eq \r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(Ⅰ)证明：PO⊥平面ABC；
(Ⅱ)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
解：(Ⅰ)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2eq \r(3).连接OB，因为AB＝BC＝eq \f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq \f(1,2)AC＝2.
所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.
又因为OB∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.
(Ⅱ)以O为坐标原点，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2eq \r(3))，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，2，2eq \r(3))．
取平面PAC的一个法向量eq \(OB,\s\up6(→))＝(2，0，0)．
设M(a，2－a，0)(0＜a≤2)，则eq \(AM,\s\up6(→))＝(a，4－a，0)．
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·n＝0，,\(AM,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋（4－a）y＝0，))
令y＝eq \r(3)a，得z＝－a，x＝eq \r(3)(a－4)，所以平面PAM的一个法向量为n＝［eq \r(3)(a－4)，eq \r(3)a，－a］，
所以cs〈eq \(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(2\r(3)（a－4）,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2)).
由已知可得|cs〈eq \(OB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(\r(3),2)，
所以eq \f(2\r(3)|a－4|,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2))＝eq \f(\r(3),2)，
解得a＝eq \f(4,3)或a＝－4(舍去)．
所以n＝(－eq \f(8\r(3),3)，eq \f(4\r(3),3)，－eq \f(4,3))．
又eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2eq \r(3))，
所以cs〈eq \(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\f(8\r(3),3)＋\f(8\r(3),3),\r(4＋12)·\r(\f(64,3)＋\f(16,3)＋\f(16,9)))＝eq \f(\r(3),4).所以PC与平面PAM所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
(3)(2018·天津卷)如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.
(Ⅰ)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；
(Ⅱ)求二面角EBCF的正弦值；
(Ⅲ)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．
解：(Ⅰ)证明：依题意，以D为坐标原点，分别以eq \(DA,\s\up6(→))、eq \(DC,\s\up6(→))、eq \(DG,\s\up6(→))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)．
可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，1))，N(1，0，2)．
依题意，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(2，0，2)．
设n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n0·\(DC,\s\up6(→))＝2y＝0，,n0·\(DE,\s\up6(→))＝2x＋2z＝0，))不妨令z＝－1，可得n0＝(1，0，－1)，
又eq \(MN,\s\up6(→))＝(1，－eq \f(3,2)，1)，可得eq \(MN,\s\up6(→))·n0＝0.
又因为直线MN⊄平面CDE，
所以MN∥平面CDE.
(Ⅱ)依题意，可得eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(0，－1，2)．
设n＝(x，y，z)为平面BCE的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝－x＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝x－2y＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(0，1，1)．
设m＝(x，y，z)为平面BCF的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝－x＝0，,m·\(CF,\s\up6(→))＝－y＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得m＝(0，2，1)．
因此有cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(3\r(10),10)，
于是sin〈m，n〉＝eq \f(\r(10),10).
所以二面角EBCF的正弦值为eq \f(\r(10),10).
(Ⅲ)设线段DP的长为h(h∈[0，2])，则点P的坐标为(0，0，h)，
可得eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1，－2，h)，而eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，
故|cs〈eq \(BP,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(BP,\s\up6(→))·\(DC,\s\up6(→))|,|\(BP,\s\up6(→))|·|\(DC,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(h2＋5)).
由题意，可得eq \f(2,\r(h2＋5))＝sin60°＝eq \f(\r(3),2)，解得h＝eq \f(\r(3),3)∈[0，2]．
所以线段DP的长为eq \f(\r(3),3).
变式2 (1)(2019·天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.
(Ⅰ)求证：BF∥平面ADE；
(Ⅱ)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(Ⅲ)若二面角EBDF的余弦值为eq \f(1,3)，求线段CF的长．
解：依题意，建立以A为原点，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)．设CF＝h(h＞0)，则F(1，2，h)．
(Ⅰ)证明：依题意，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)是平面ADE的法向量，又eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，2，h)，可得eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.
(Ⅱ)依题意，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2，2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1)．
因此有cs〈eq \(CE,\s\up6(→))·n〉＝eq \f(\(CE,\s\up6(→))·n,|\(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq \f(4,9).
所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq \f(4,9).
(Ⅲ)设m＝(x，y，z)为平面BDF的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,m·\(BF,\s\up6(→))＝2y＋hz＝0，))取y＝1，
可得m＝(1，1，－eq \f(2,h))，
由题意，|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(|4－\f(2,h)|,3×\r(2＋\f(4,h2)))＝eq \f(1,3)，
解得h＝eq \f(8,7).经检验，符合题意．
所以线段CF的长为eq \f(8,7).
(2)(2019·北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且eq \f(PF,PC)＝eq \f(1,3).
(Ⅰ)求证：CD⊥平面PAD；
(Ⅱ)求二面角FAEP的余弦值；
(Ⅲ)设点G在PB上，且eq \f(PG,PB)＝eq \f(2,3).判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
解：(Ⅰ)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，
因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，AD，AP所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．
因为E为PD的中点，所以E(0，1，1)．所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(2，2，－2)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)，所以eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(PC,\s\up6(→))＝(eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，－eq \f(2,3))，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PF,\s\up6(→))＝(eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，eq \f(4,3))．
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0.))
令z＝1，则y＝－1，x＝－1，于是n＝(－1，－1，1)．
又因为平面PAD的一个法向量为m＝(1，0，0)．
所以cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝－eq \f(\r(3),3).
由题知，二面角FAEP为锐二面角，所以其余弦值为eq \f(\r(3),3).
(Ⅲ)直线AG在平面AEF内，
因为点G在PB上，且eq \f(PG,PB)＝eq \f(2,3)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，－1，－2)，
所以eq \(PG,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \f(4,3)，－eq \f(2,3)，－eq \f(4,3))，eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PG,\s\up6(→))＝(eq \f(4,3)，－eq \f(2,3)，eq \f(2,3))，
由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1， －1，1)．
所以eq \(AG,\s\up6(→))·n＝－eq \f(4,3)＋eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)＝0.
又A∈平面AEF，所以直线AG在平面AEF内．
(3)如图，已知平行六面体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2， ∠A1AB＝∠A1AD＝120°.
(1)求线段AC1的长；
(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；
(3)求证：AA1⊥BD.
解：(1)设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cs120°＝－1.
因为eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，
所以|eq \(AC1,\s\up6(→))|＝|a＋b＋c|＝eq \r(（a＋b＋c）2)
＝eq \r(|a|2＋|b|2＋|c|2＋2（a·b＋b·c＋c·a）)
＝eq \r(12＋12＋22＋2×（0－1－1）)＝eq \r(2).
所以线段AC1的长为eq \r(2).
(2)设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，
则csθ＝|cs〈eq \(AC1,\s\up6(→))，eq \(A1D,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AC1,\s\up6(→))·\(A1D,\s\up6(→))|,|\(AC1,\s\up6(→))||\(A1D,\s\up6(→))|).
因为eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq \(A1D,\s\up6(→))＝b－c，
所以eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(A1D,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2，
|eq \(A1D,\s\up6(→))|＝eq \r(（b－c）2)＝eq \r(|b|2－2b·c＋|c|2)
＝eq \r(12－2×（－1）＋22)＝eq \r(7).
所以csθ＝eq \f(|\(AC1,\s\up6(→))·\(A1D,\s\up6(→))|,|\(AC1,\s\up6(→))||\(A1D,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－2|,\r(2)×\r(7))＝eq \f(\r(14),7).
故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为eq \f(\r(14),7).
(3)证明：因为eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，eq \(BD,\s\up6(→))＝b－a，
所以eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝(－1)－(－1)＝0，所以eq \(AA1,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，即AA1⊥BD.
课时作业
1．(2020·陕西高二期末)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E为BB1的中点，则点C到平面A1D1E的距离为 ( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(\r(5),2) C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(\r(3),5)
解：如图所示，建立空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，D1(0，1，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，
据此可得：eq \(A1D1,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(1,2)))，
设平面A1D1E的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＝0，,x1－\f(1,2)z1＝0，))
据此可得平面A1D1E的一个法向量为m＝(1，0，2)，
而C(1，1，0)，据此有：eq \(A1C,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，则点C到平面A1D1E的距离为eq \f(|\(A1C,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5).故选A.
2．(2020·陕西高二期末)如图，在三棱锥COAB中，OA⊥OB，OC⊥平面OAB，OA＝6，OB＝OC＝8，CE＝eq \f(1,4)CB，D，F分别为AB，BC的中点，则异面直线DF与OE所成角的余弦值为 ( )
A.eq \f(\r(10),10) B.eq \f(6\r(10),25) C.eq \f(\r(30),30) D.eq \f(\r(30),20)
解：以eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))为单位正交基底建立空间直角坐标系Oxyz，则D(3，4，0)，F(0，4，4)，E(0，2，6)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(－3，0，4)，eq \(OE,\s\up6(→))＝(0，2，6)，
所以cs〈eq \(DF,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(DF,\s\up6(→))·\(OE,\s\up6(→)),|\(DF,\s\up6(→))|·|\(OE,\s\up6(→))|)＝eq \f(24,5×2\r(10))＝eq \f(6\r(10),25)，所以异面直线DF与OE所成角的余弦值为eq \f(6\r(10),25).故选B.
3．(2020·正阳县高级中学高二月考)如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝eq \f(1,2)AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为
( )
A.eq \f(\r(6),6) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(6),3) D.eq \f(\r(2),3)
解：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(0，2a，0)，C(0，2a，2a)，G(a，a，0)，F(a，0，0)，eq \(AG,\s\up6(→))＝(a，a，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，2a，2a)，eq \(BG,\s\up6(→))＝(a，－a，0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，0，2a)，
设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1，1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AG,\s\up6(→))·n1＝0，,\(AC,\s\up6(→))·n1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax1＋ay1＝0，,2ay1＋2a＝0，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝1，,y1＝－1，))⇒n1＝(1，－1，1)．
sinθ＝eq \f(\(BG,\s\up6(→))·n1,|\(BG,\s\up6(→))|·|n1|)＝eq \f(2a,\r(2)a×\r(3))＝eq \f(\r(6),3).故选C.
4．(2020·江西景德镇一中高一期末)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，AD＝eq \r(3)，AA1＝1，则二面角CB1DC1的平面角的余弦值为 ( )
A.eq \f(\r(15),5) B.eq \f(\r(10),5) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(2\r(5),5)
解：由题意，建立如图所示的空间直角坐标系
在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，AD＝eq \r(3)，AA1＝1，
所以A(0，0，0)，C(2，eq \r(3)，0)，D(0，eq \r(3)，0)，B1(2，0，1)，C1(2，eq \r(3)，1)．
所以eq \(B1D,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(3)，－1)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，eq \(B1C1,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，设平面CB1D的法向量为m＝(x，y，z)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(CD,\s\up6(→))＝0，,m·\(B1D,\s\up6(→))＝0，))
代入坐标eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋\r(3)y－z＝0，,－2x＝0，))
令y＝1，代入可求得法向量为m＝(0，1，eq \r(3))，
同理可设平面C1B1D的法向量为n＝(i，j，k)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(B1D,\s\up6(→))＝0，,n·\(B1C1,\s\up6(→))＝0，))
代入坐标eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2i＋\r(3)j－k＝0，,\r(3)j＝0，))
令i＝1，代入可求得法向量为n＝(1，0，－2)，所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(0＋0－2\r(3),\r(0＋1＋3)×\r(1＋0＋4))＝－eq \f(\r(15),5)，
由图可知，二面角CB1DC1为锐二面角，所以其余弦值为eq \f(\r(15),5)，故选A.
5．(2020·河南高二月考)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(1,3)，则正四棱柱的高为
( )
A.2 B.3 C.4 D.5
解：以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间坐标系如图所示，
设DD1＝a，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，a)，
则eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－2，0，a)，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，a)，
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD1,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,－2x＋az＝0，))
令x＝1可得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(2,a)))，
故cs〈n，eq \(CC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(|n·\(CC1,\s\up6(→))|,|n||\(CC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,a×\r(\f(4,a2)＋2))＝eq \f(2,\r(2a2＋4)).
因为直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(1,3)，所以eq \f(2,\r(2a2＋4))＝eq \f(1,3)，解得a＝4.故选C.
6．(2020·全国高二专题练习)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB＝3，AA1＝4，P是侧面BCC1B1内的动点，且AP⊥BD1，记AP与平面BCC1B1所成的角为θ，则tanθ的最大值为 ( )
A.eq \f(4,3) B.eq \f(5,3) C.2 D.eq \f(25,9)
解：以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设P(x，3，z)，则eq \(AP,\s\up6(→))＝(x－3，3，z)，eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－3，－3，4)，
AP⊥BD1，所以eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BD1,\s\up6(→))＝0，
所以－3(x－3)－3×3＋4z＝0，所以z＝eq \f(3,4)x，
所以|BP|＝eq \r(（x－3）2＋z2)＝eq \r(\f(25,16)x2－6x＋9)＝eq \r(\f(25,16)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(48,25)))\s\up12(2)＋\f(81,25))≥eq \f(9,5)，所以tanθ＝eq \f(|AB|,|BP|)≤eq \f(5,3)，
所以tanθ的最大值为eq \f(5,3).故选B.
7．(2020·上海市七宝中学高二期中)如图，已知正四面体DABC(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，eq \f(BQ,QC)＝eq \f(CR,RA)＝2，分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为α，β，γ，则 ( )
A.γ＜α＜β B.α＜γ＜β
C.α＜β＜γ D.β＜γ＜α
解：如图1过点D作DO⊥平面ABC，垂足为O，再过点O分别作PQ、QR、RP的垂线段，垂足分别为F、G、E，连接DE，DF，DG，则tanα＝eq \f(DO,OE)，tanβ＝eq \f(DO,OF)，tanγ＝eq \f(DO,OG).
底面的平面图如图2所示，以P为原点建立平面直角坐标系，
不妨设A(－1，0)，则B(1，0)，C(0，eq \r(3))，O(0，eq \f(\r(3),3))，
因为AP＝PB，eq \f(BQ,QC)＝eq \f(CR,RA)＝2，
所以Q(eq \f(1,3)，eq \f(2\r(3),3))，R(－eq \f(2,3)，eq \f(\r(3),3))，
则lRP：y＝－eq \f(\r(3),2)x，lPQ：y＝2eq \r(3)x，lRQ：y＝eq \f(\r(3),3)x＋eq \f(5\r(3),9)，
根据点到直线的距离公式，知OE＝eq \f(2\r(21),21)，OF＝eq \f(\r(39),39)，OG＝eq \f(1,3)，
所以OE＞OG＞OF，tanα＜tanγ＜tanβ，
又显然α，β，γ为锐角，所以α＜γ＜β.
故选B.
8．【多选题】(2020·湖北华中师大一附中高三期中)如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下结论，其中正确的是 ( )
A.AN⊥GC
B.CF与EN所成的角为60°
C.BD∥MN
D.二面角EBCN的大小为45°
解：画出正方体的直观图，如下图所示，设正方体边长为2，以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DG,\s\up6(→))分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则A(2，0，0)，N(0，2，2)，G(0，0，2)，C(0，2，0)，所以eq \(AN,\s\up6(→))·eq \(GC,\s\up6(→))＝(－2，2，2)·(0，2，－2)＝0，所以AN⊥GC，故A正确．
由于EN∥AC，所以CF与EN所成的角为∠FCA，而在△FAC中，AF＝FC＝CA，也即△FAC是等边三角形，故∠FCA＝60°，所以B正确．
由于EN∥AC，而AC与BD相交，故BD，MN不平行，C错误．
由于EB⊥BC，FB⊥BC，所以∠EBF即是二面角EBCN的平面角．△EBF是等腰直角三角形，所以∠EBF＝45°，故D正确．故选ABD.
9．(2020·全国高二专题练习)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，高为2，则异面直线BC1与DB1的夹角的余弦值是 ；DB1与平面BDC1所成角的正弦值是 ．
解：由题意以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，2)，C1(0，1，2)，
所以eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq \(DB1,\s\up6(→))＝(1，1，2)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，
设异面直线BC1与DB1的夹角为θ，则
csθ＝eq \f(|\(BC1,\s\up6(→))·\(DB1,\s\up6(→))|,|\(BC1,\s\up6(→))|·|\(DB1,\s\up6(→))|)
＝eq \f(－1×1＋2×2,\r(（－1）2＋22)×\r(12＋12＋22))＝eq \f(\r(30),10).
则异面直线BC1与DB1的夹角的余弦值为eq \f(\r(30),10)；
设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DC1,\s\up6(→))·n＝0，,\(DB,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋2z＝0，,x＋y＝0，))
令x＝2得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝－2，,z＝1，))则n＝(2，－2，1)，
设DB1与平面BDC1所成角为α，则
sinα＝|cs〈eq \(DB1,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(DB1,\s\up6(→))·n|,|\(DB1,\s\up6(→))|·|n|)
＝eq \f(|1×2＋1×（－2）＋2×1|,\r(12＋12＋22)×\r(22＋（－2）2＋12))＝eq \f(\r(6),9)，
故填eq \f(\r(30),10)；eq \f(\r(6),9).
10.(2020·北京高三期末)已知圆锥的顶点为S，O为底面中心，A，B，C为底面圆周上不重合的三点，AB为底面的直径，SA＝AB，M为SA的中点．设直线MC与平面SAB所成角为α，则sinα的最大值为 ．
解：以AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设SA＝AB＝4，则：M(0，－1，eq \r(3))，C(x，y，0)，如图所示，由对称性不妨设x>0，y<0且x2＋y2＝4，则eq \(MC,\s\up6(→))＝(x，y＋1，－eq \r(3))，易知平面SAB的一个法向量为m＝(1，0，0)，
据此有：sinα＝eq \f(\(MC,\s\up6(→))·m,|\(MC,\s\up6(→))|·|m|)＝eq \f(x,\r(x2＋（y＋1）2＋3))＝eq \r(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－（y＋4）－\f(12,y＋4)＋8)))≤eq \r(4－2\r(3))＝eq \r(3)－1，
当且仅当y＝2eq \r(3)－4时等号成立，综上可得：sinα的最大值为eq \r(3)－1.故填eq \r(3)－1.
11．(2020·全国高三专题练习)如图，在正四棱锥VABCD中，二面角VBCD为60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC＝VE；
(2)已知F为直线VA上一点，且F与A不重合，若异面直线BF与VE所成角为60°，求eq \f(VF,VA).
解：(1)证明：设V在底面的射影为O.则O为正方形ABCD的中心如图，
连接OE，因为E为BC的中点，所以OE⊥BC.
在正四棱锥VABCD中，VB＝VC，则VE⊥BC，
所以∠VEO为二面角VBCD的平面角，则∠VEO＝60°.
在Rt△VOE中，VE＝2OE，又AB＝BC＝2OE，
所以BC＝VE.
(2)取AB的中点G，以O为坐标原点，分别以eq \(OG,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))，eq \(OV,\s\up6(→))为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，设AB＝2，则V(0，0，eq \r(3))，E(0，1，0)，B(1，1，0)，A(1，－1，0)，eq \(VA,\s\up6(→))＝(1，－1，－eq \r(3))，eq \(VB,\s\up6(→))＝(1，1，－eq \r(3))，eq \(VE,\s\up6(→))＝(0，1，－eq \r(3))，设eq \(VF,\s\up6(→))＝λeq \(VA,\s\up6(→))(λ≠1)，
则eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \(VF,\s\up6(→))－eq \(VB,\s\up6(→))＝(λ－1，－λ－1，－eq \r(3)λ＋eq \r(3))，
|cs〈eq \(BF,\s\up6(→))，eq \(VE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(BF,\s\up6(→))·\(VE,\s\up6(→))|,|\(BF,\s\up6(→))||\(VE,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|2λ－4|,2\r(4（λ－1）2＋（λ＋1）2))＝cs60°＝eq \f(1,2)，
整理得λ2＋10λ－11＝0，解得λ＝－11(λ＝1舍去)，
故eq \f(VF,VA)＝11.
12.(2020·福建上杭一中高三月考)如图，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2AD＝2，M为CD边的中点，沿BM将△CBM折起使得平面BMC⊥平面ABMD.
(1)求证：平面AMC⊥平面BMC；
(2)求四棱锥CADMB的体积；
(3)求折后直线AB与平面ADC所成的角的正弦值．
解：(1)证明：因为平面BMC⊥平面ABMD，平面BMC∩平面ABMD＝MB，
由题易知AM⊥MB，且AM⊂平面ABMD.
所以AM⊥平面BMC，而AM⊂平面AMC，
所以平面AMC⊥平面BMC.
(2)由已知有△CMB是正三角形，取MB的中点O，则CO⊥MB，又平面BMC∩平面ABMD于MB，则CO⊥平面ABMD，且CO＝eq \f(\r(3),2)，
易求得S梯形ABMD＝eq \f(1,2)×(1＋2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),4)，
所以VCADMB＝eq \f(1,3)×eq \f(3\r(3),4)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3,8)，
(3)作Mz∥CO，由(1)知可如图建系，则A(eq \r(3)，0，0)，B(0，1，0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，又eq \(MD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))，得
Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，
eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－1，－\f(\r(3),2))).设平面ACD的法向量n＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CA,\s\up6(→))＝\r(3)x－\f(1,2)y－\f(\r(3),2)z＝0，,n·\(CD,\s\up6(→))＝\f(\r(3),2)x－y－\f(\r(3),2)z＝0，))不妨取n＝(1，－eq \r(3)，3)．
设折后直线AB与平面ADC所成的角为θ，则sinθ＝eq \f(|n·\(AB,\s\up6(→))|,|n|·|\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(39),13).
13.(2020·宾县第一中学校高二月考)如下图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2.
(1)求证：BC⊥D1E；
(2)求证：B1C∥平面BED1；
(3)若平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为eq \f(π,3)，求线段D1E的长度．
解：(1)证明：因为底面ABCD和侧面BCC1B1是矩形，
所以BC⊥CD，BC⊥CC1，又因为CD∩CC1＝C，
所以BC⊥平面DCC1D1，因为D1E⊂平面DCC1D1，所以BC⊥D1E.
(2)证明：因为BB1∥DD1，BB1＝DD1，
所以四边形D1DBB1是平行四边形．
连接DB1交D1B于点F，连接EF，则F为DB1的中点．
在△B1CD中，因为DE＝CE，DF＝B1F，所以EF∥B1C.
又因为B1C⊄平面BED1，EF⊂平面BED1，所以B1C∥平面BED1.
(3)由(1)可知BC⊥D1E，又因为D1E⊥CD，BC∩CD＝C，
所以D1E⊥平面ABCD.
设G为AB的中点，以E为原点，EG、EC、ED1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D1E＝a，则E(0，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，a)，C(0，1，0)，B1(1，2，a)，G(1，0，0)，
设平面BED1的法向量为n＝(x，y，z)，
因为eq \(EB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(ED1,\s\up6(→))＝(0，0，a)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EB,\s\up6(→))＝0，,n·\(ED1,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,z＝0，))
令x＝1，得n＝(1，－1，0)．
设平面BCC1B1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
因为eq \(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(CB1,\s\up6(→))＝(1，1，a)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(CB,\s\up6(→))＝0，,m·\(CB1,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝0，,x1＋y1＋az1＝0，))
令z1＝－1，得m＝(0，a，－1)．
由平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为eq \f(π,3)，
得|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(a,\r(2)·\r(a2＋1))＝cseq \f(π,3)，解得a＝1.所以D1E的长度为1.
附加题 (2020·浙江温州中学高三月考)在四面体ABCD中，△BCD为等边三角形，∠ADB＝eq \f(π,2)，二面角BADC的大小为α，则α的取值范围是
( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
解：以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系：
因为△BCD为等边三角形，不妨设BC＝CD＝BD＝1，
由于∠ADB＝eq \f(π,2)，所以设A(m，1，n)，
因为当n＝0时A，B，C，D四点共面，不能构成空间四边形，所以n≠0，
则B(0，0，0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，D(0，1，0)，
由空间向量的坐标运算可得eq \(BD,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(DA,\s\up6(→))＝(m，0，n)，eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，
设平面BAD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BA,\s\up6(→))＝0，,m·\(BD,\s\up6(→))＝0，))代入可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＝0，,mx1＋nz1＝0，))
令x1＝1，则y1＝0，z1＝－eq \f(m,n)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(m,n)))，
设平面ADC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DC,\s\up6(→))＝0，,n·\(DA,\s\up6(→))＝0，))代入可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x2－\f(1,2)y2＝0，,mx2＋nz2＝0，))
令x2＝1，则y2＝eq \r(3)，z2＝－eq \f(m,n)，
所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，－\f(m,n)))，
二面角BADC的大小为α则由图可知，二面角α为锐二面角，所以
csα＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m|·|n|)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\f(m2,n2),\r(1＋\f(m2,n2))·\r(1＋3＋\f(m2,n2)))))＝eq \f(\r(1＋\f(m2,n2)),\r(4＋\f(m2,n2)))
＝eq \r(1－\f(3,4＋\f(m2,n2))).
因为eq \f(m2,n2)≥0，所以eq \f(1,2)≤eq \r(1－\f(3,4＋\f(m2,n2)))<1即eq \f(1,2)≤csα＜1，所以α∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，故选C.
解：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，如图所示．
则A1(0，0，1)，E(1，0，eq \f(1,2))，F(eq \f(1,2)，1，0)，D1(0，1，1)，
所以eq \(A1E,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \f(1,2))，eq \(A1D1,\s\up6(→))＝(0，1，0)．
设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1D1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)z＝0，,y＝0，))
令z＝2，则x＝1，
所以n＝(1，0，2)，又eq \(A1F,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，1，－1)，
所以点F到平面A1D1E的距离为
d＝eq \f(|\(A1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|\f(1,2)－2|,\r(5))＝eq \f(3\r(5),10).故填eq \f(3\r(5),10).
变式1 如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，若F是DD1的中点，则点B1到平面ABF的距离为 ( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(2\r(5),5)
解：建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1，0，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，eq \f(1,2))，B(1，1，1)，则eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(－1，0，－eq \f(1,2))．
设平面ABF的法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝0，,－x－\f(1,2)z＝0，))取x＝1，则n＝(1，0，－2)．
点B1到平面ABF的距离为eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(5),5).
另解：由VB1ABF＝VFABB1可得解．
故选D.
考点二 空间角
例2 (1)如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：
(1)eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))；
(2)EG的长；
(3)异面直线AG与CE所成角的余弦值．
解：设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝c.
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
(1)eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)c－eq \f(1,2)a，eq \(BA,\s\up6(→))＝－a，
eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)c－\f(1,2)a))·(－a)＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,2)a·c＝eq \f(1,4)，
(2)eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \(EB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a＋b－a＋eq \f(1,2)c－eq \f(1,2)b
＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，
|eq \(EG,\s\up6(→))|2＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)b2＋eq \f(1,4)c2－eq \f(1,2)a·b＋eq \f(1,2)b·c－eq \f(1,2)c·a＝eq \f(1,2)，则|eq \(EG,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(2),2).
(3)eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→))＝－b＋eq \f(1,2)a，
cs〈eq \(AG,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AG,\s\up6(→))·\(CE,\s\up6(→)),|\(AG,\s\up6(→))||\(CE,\s\up6(→))|)＝－eq \f(2,3)，
由于异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为eq \f(2,3).
(2)(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝2eq \r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(Ⅰ)证明：PO⊥平面ABC；
(Ⅱ)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
解：(Ⅰ)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2eq \r(3).连接OB，因为AB＝BC＝eq \f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq \f(1,2)AC＝2.
所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.
又因为OB∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.
(Ⅱ)以O为坐标原点，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2eq \r(3))，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，2，2eq \r(3))．
取平面PAC的一个法向量eq \(OB,\s\up6(→))＝(2，0，0)．
设M(a，2－a，0)(0＜a≤2)，则eq \(AM,\s\up6(→))＝(a，4－a，0)．
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·n＝0，,\(AM,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋（4－a）y＝0，))
令y＝eq \r(3)a，得z＝－a，x＝eq \r(3)(a－4)，所以平面PAM的一个法向量为n＝［eq \r(3)(a－4)，eq \r(3)a，－a］，
所以cs〈eq \(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(2\r(3)（a－4）,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2)).
由已知可得|cs〈eq \(OB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(\r(3),2)，
所以eq \f(2\r(3)|a－4|,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2))＝eq \f(\r(3),2)，
解得a＝eq \f(4,3)或a＝－4(舍去)．
所以n＝(－eq \f(8\r(3),3)，eq \f(4\r(3),3)，－eq \f(4,3))．
又eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2eq \r(3))，
所以cs〈eq \(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\f(8\r(3),3)＋\f(8\r(3),3),\r(4＋12)·\r(\f(64,3)＋\f(16,3)＋\f(16,9)))＝eq \f(\r(3),4).所以PC与平面PAM所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
(3)(2018·天津卷)如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.
(Ⅰ)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；
(Ⅱ)求二面角EBCF的正弦值；
(Ⅲ)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．
解：(Ⅰ)证明：依题意，以D为坐标原点，分别以eq \(DA,\s\up6(→))、eq \(DC,\s\up6(→))、eq \(DG,\s\up6(→))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)．
可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，1))，N(1，0，2)．
依题意，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(2，0，2)．
设n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n0·\(DC,\s\up6(→))＝2y＝0，,n0·\(DE,\s\up6(→))＝2x＋2z＝0，))不妨令z＝－1，可得n0＝(1，0，－1)，
又eq \(MN,\s\up6(→))＝(1，－eq \f(3,2)，1)，可得eq \(MN,\s\up6(→))·n0＝0.
又因为直线MN⊄平面CDE，
所以MN∥平面CDE.
(Ⅱ)依题意，可得eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(0，－1，2)．
设n＝(x，y，z)为平面BCE的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝－x＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝x－2y＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(0，1，1)．
设m＝(x，y，z)为平面BCF的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝－x＝0，,m·\(CF,\s\up6(→))＝－y＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得m＝(0，2，1)．
因此有cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(3\r(10),10)，
于是sin〈m，n〉＝eq \f(\r(10),10).
所以二面角EBCF的正弦值为eq \f(\r(10),10).
(Ⅲ)设线段DP的长为h(h∈[0，2])，则点P的坐标为(0，0，h)，
可得eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1，－2，h)，而eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，
故|cs〈eq \(BP,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(BP,\s\up6(→))·\(DC,\s\up6(→))|,|\(BP,\s\up6(→))|·|\(DC,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(h2＋5)).
由题意，可得eq \f(2,\r(h2＋5))＝sin60°＝eq \f(\r(3),2)，解得h＝eq \f(\r(3),3)∈[0，2]．
所以线段DP的长为eq \f(\r(3),3).
变式2 (1)(2019·天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.
(Ⅰ)求证：BF∥平面ADE；
(Ⅱ)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(Ⅲ)若二面角EBDF的余弦值为eq \f(1,3)，求线段CF的长．
解：依题意，建立以A为原点，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)．设CF＝h(h＞0)，则F(1，2，h)．
(Ⅰ)证明：依题意，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)是平面ADE的法向量，又eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，2，h)，可得eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.
(Ⅱ)依题意，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2，2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1)．
因此有cs〈eq \(CE,\s\up6(→))·n〉＝eq \f(\(CE,\s\up6(→))·n,|\(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq \f(4,9).
所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq \f(4,9).
(Ⅲ)设m＝(x，y，z)为平面BDF的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,m·\(BF,\s\up6(→))＝2y＋hz＝0，))取y＝1，
可得m＝(1，1，－eq \f(2,h))，
由题意，|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(|4－\f(2,h)|,3×\r(2＋\f(4,h2)))＝eq \f(1,3)，
解得h＝eq \f(8,7).经检验，符合题意．
所以线段CF的长为eq \f(8,7).
(2)(2019·北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且eq \f(PF,PC)＝eq \f(1,3).
(Ⅰ)求证：CD⊥平面PAD；
(Ⅱ)求二面角FAEP的余弦值；
(Ⅲ)设点G在PB上，且eq \f(PG,PB)＝eq \f(2,3).判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
解：(Ⅰ)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，
因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，AD，AP所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．
因为E为PD的中点，所以E(0，1，1)．所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(2，2，－2)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)，所以eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(PC,\s\up6(→))＝(eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，－eq \f(2,3))，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PF,\s\up6(→))＝(eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，eq \f(4,3))．
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0.))
令z＝1，则y＝－1，x＝－1，于是n＝(－1，－1，1)．
又因为平面PAD的一个法向量为m＝(1，0，0)．
所以cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝－eq \f(\r(3),3).
由题知，二面角FAEP为锐二面角，所以其余弦值为eq \f(\r(3),3).
(Ⅲ)直线AG在平面AEF内，
因为点G在PB上，且eq \f(PG,PB)＝eq \f(2,3)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，－1，－2)，
所以eq \(PG,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \f(4,3)，－eq \f(2,3)，－eq \f(4,3))，eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PG,\s\up6(→))＝(eq \f(4,3)，－eq \f(2,3)，eq \f(2,3))，
由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1， －1，1)．
所以eq \(AG,\s\up6(→))·n＝－eq \f(4,3)＋eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)＝0.
又A∈平面AEF，所以直线AG在平面AEF内．
(3)如图，已知平行六面体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2， ∠A1AB＝∠A1AD＝120°.
(1)求线段AC1的长；
(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；
(3)求证：AA1⊥BD.
解：(1)设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cs120°＝－1.
因为eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，
所以|eq \(AC1,\s\up6(→))|＝|a＋b＋c|＝eq \r(（a＋b＋c）2)
＝eq \r(|a|2＋|b|2＋|c|2＋2（a·b＋b·c＋c·a）)
＝eq \r(12＋12＋22＋2×（0－1－1）)＝eq \r(2).
所以线段AC1的长为eq \r(2).
(2)设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，
则csθ＝|cs〈eq \(AC1,\s\up6(→))，eq \(A1D,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AC1,\s\up6(→))·\(A1D,\s\up6(→))|,|\(AC1,\s\up6(→))||\(A1D,\s\up6(→))|).
因为eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq \(A1D,\s\up6(→))＝b－c，
所以eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(A1D,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2，
|eq \(A1D,\s\up6(→))|＝eq \r(（b－c）2)＝eq \r(|b|2－2b·c＋|c|2)
＝eq \r(12－2×（－1）＋22)＝eq \r(7).
所以csθ＝eq \f(|\(AC1,\s\up6(→))·\(A1D,\s\up6(→))|,|\(AC1,\s\up6(→))||\(A1D,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－2|,\r(2)×\r(7))＝eq \f(\r(14),7).
故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为eq \f(\r(14),7).
(3)证明：因为eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，eq \(BD,\s\up6(→))＝b－a，
所以eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝(－1)－(－1)＝0，所以eq \(AA1,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，即AA1⊥BD.
课时作业
1．(2020·陕西高二期末)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E为BB1的中点，则点C到平面A1D1E的距离为 ( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(\r(5),2) C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(\r(3),5)
解：如图所示，建立空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，D1(0，1，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，
据此可得：eq \(A1D1,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(1,2)))，
设平面A1D1E的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＝0，,x1－\f(1,2)z1＝0，))
据此可得平面A1D1E的一个法向量为m＝(1，0，2)，
而C(1，1，0)，据此有：eq \(A1C,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，则点C到平面A1D1E的距离为eq \f(|\(A1C,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5).故选A.
2．(2020·陕西高二期末)如图，在三棱锥COAB中，OA⊥OB，OC⊥平面OAB，OA＝6，OB＝OC＝8，CE＝eq \f(1,4)CB，D，F分别为AB，BC的中点，则异面直线DF与OE所成角的余弦值为 ( )
A.eq \f(\r(10),10) B.eq \f(6\r(10),25) C.eq \f(\r(30),30) D.eq \f(\r(30),20)
解：以eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))为单位正交基底建立空间直角坐标系Oxyz，则D(3，4，0)，F(0，4，4)，E(0，2，6)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(－3，0，4)，eq \(OE,\s\up6(→))＝(0，2，6)，
所以cs〈eq \(DF,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(DF,\s\up6(→))·\(OE,\s\up6(→)),|\(DF,\s\up6(→))|·|\(OE,\s\up6(→))|)＝eq \f(24,5×2\r(10))＝eq \f(6\r(10),25)，所以异面直线DF与OE所成角的余弦值为eq \f(6\r(10),25).故选B.
3．(2020·正阳县高级中学高二月考)如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝eq \f(1,2)AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为
( )
A.eq \f(\r(6),6) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(6),3) D.eq \f(\r(2),3)
解：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(0，2a，0)，C(0，2a，2a)，G(a，a，0)，F(a，0，0)，eq \(AG,\s\up6(→))＝(a，a，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，2a，2a)，eq \(BG,\s\up6(→))＝(a，－a，0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，0，2a)，
设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1，1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AG,\s\up6(→))·n1＝0，,\(AC,\s\up6(→))·n1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax1＋ay1＝0，,2ay1＋2a＝0，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝1，,y1＝－1，))⇒n1＝(1，－1，1)．
sinθ＝eq \f(\(BG,\s\up6(→))·n1,|\(BG,\s\up6(→))|·|n1|)＝eq \f(2a,\r(2)a×\r(3))＝eq \f(\r(6),3).故选C.
4．(2020·江西景德镇一中高一期末)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，AD＝eq \r(3)，AA1＝1，则二面角CB1DC1的平面角的余弦值为 ( )
A.eq \f(\r(15),5) B.eq \f(\r(10),5) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(2\r(5),5)
解：由题意，建立如图所示的空间直角坐标系
在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，AD＝eq \r(3)，AA1＝1，
所以A(0，0，0)，C(2，eq \r(3)，0)，D(0，eq \r(3)，0)，B1(2，0，1)，C1(2，eq \r(3)，1)．
所以eq \(B1D,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(3)，－1)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，eq \(B1C1,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，设平面CB1D的法向量为m＝(x，y，z)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(CD,\s\up6(→))＝0，,m·\(B1D,\s\up6(→))＝0，))
代入坐标eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋\r(3)y－z＝0，,－2x＝0，))
令y＝1，代入可求得法向量为m＝(0，1，eq \r(3))，
同理可设平面C1B1D的法向量为n＝(i，j，k)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(B1D,\s\up6(→))＝0，,n·\(B1C1,\s\up6(→))＝0，))
代入坐标eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2i＋\r(3)j－k＝0，,\r(3)j＝0，))
令i＝1，代入可求得法向量为n＝(1，0，－2)，所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(0＋0－2\r(3),\r(0＋1＋3)×\r(1＋0＋4))＝－eq \f(\r(15),5)，
由图可知，二面角CB1DC1为锐二面角，所以其余弦值为eq \f(\r(15),5)，故选A.
5．(2020·河南高二月考)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(1,3)，则正四棱柱的高为
( )
A.2 B.3 C.4 D.5
解：以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间坐标系如图所示，
设DD1＝a，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，a)，
则eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－2，0，a)，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，a)，
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD1,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,－2x＋az＝0，))
令x＝1可得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(2,a)))，
故cs〈n，eq \(CC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(|n·\(CC1,\s\up6(→))|,|n||\(CC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,a×\r(\f(4,a2)＋2))＝eq \f(2,\r(2a2＋4)).
因为直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(1,3)，所以eq \f(2,\r(2a2＋4))＝eq \f(1,3)，解得a＝4.故选C.
6．(2020·全国高二专题练习)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB＝3，AA1＝4，P是侧面BCC1B1内的动点，且AP⊥BD1，记AP与平面BCC1B1所成的角为θ，则tanθ的最大值为 ( )
A.eq \f(4,3) B.eq \f(5,3) C.2 D.eq \f(25,9)
解：以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设P(x，3，z)，则eq \(AP,\s\up6(→))＝(x－3，3，z)，eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－3，－3，4)，
AP⊥BD1，所以eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BD1,\s\up6(→))＝0，
所以－3(x－3)－3×3＋4z＝0，所以z＝eq \f(3,4)x，
所以|BP|＝eq \r(（x－3）2＋z2)＝eq \r(\f(25,16)x2－6x＋9)＝eq \r(\f(25,16)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(48,25)))\s\up12(2)＋\f(81,25))≥eq \f(9,5)，所以tanθ＝eq \f(|AB|,|BP|)≤eq \f(5,3)，
所以tanθ的最大值为eq \f(5,3).故选B.
7．(2020·上海市七宝中学高二期中)如图，已知正四面体DABC(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，eq \f(BQ,QC)＝eq \f(CR,RA)＝2，分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为α，β，γ，则 ( )
A.γ＜α＜β B.α＜γ＜β
C.α＜β＜γ D.β＜γ＜α
解：如图1过点D作DO⊥平面ABC，垂足为O，再过点O分别作PQ、QR、RP的垂线段，垂足分别为F、G、E，连接DE，DF，DG，则tanα＝eq \f(DO,OE)，tanβ＝eq \f(DO,OF)，tanγ＝eq \f(DO,OG).
底面的平面图如图2所示，以P为原点建立平面直角坐标系，
不妨设A(－1，0)，则B(1，0)，C(0，eq \r(3))，O(0，eq \f(\r(3),3))，
因为AP＝PB，eq \f(BQ,QC)＝eq \f(CR,RA)＝2，
所以Q(eq \f(1,3)，eq \f(2\r(3),3))，R(－eq \f(2,3)，eq \f(\r(3),3))，
则lRP：y＝－eq \f(\r(3),2)x，lPQ：y＝2eq \r(3)x，lRQ：y＝eq \f(\r(3),3)x＋eq \f(5\r(3),9)，
根据点到直线的距离公式，知OE＝eq \f(2\r(21),21)，OF＝eq \f(\r(39),39)，OG＝eq \f(1,3)，
所以OE＞OG＞OF，tanα＜tanγ＜tanβ，
又显然α，β，γ为锐角，所以α＜γ＜β.
故选B.
8．【多选题】(2020·湖北华中师大一附中高三期中)如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下结论，其中正确的是 ( )
A.AN⊥GC
B.CF与EN所成的角为60°
C.BD∥MN
D.二面角EBCN的大小为45°
解：画出正方体的直观图，如下图所示，设正方体边长为2，以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DG,\s\up6(→))分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则A(2，0，0)，N(0，2，2)，G(0，0，2)，C(0，2，0)，所以eq \(AN,\s\up6(→))·eq \(GC,\s\up6(→))＝(－2，2，2)·(0，2，－2)＝0，所以AN⊥GC，故A正确．
由于EN∥AC，所以CF与EN所成的角为∠FCA，而在△FAC中，AF＝FC＝CA，也即△FAC是等边三角形，故∠FCA＝60°，所以B正确．
由于EN∥AC，而AC与BD相交，故BD，MN不平行，C错误．
由于EB⊥BC，FB⊥BC，所以∠EBF即是二面角EBCN的平面角．△EBF是等腰直角三角形，所以∠EBF＝45°，故D正确．故选ABD.
9．(2020·全国高二专题练习)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，高为2，则异面直线BC1与DB1的夹角的余弦值是 ；DB1与平面BDC1所成角的正弦值是 ．
解：由题意以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，2)，C1(0，1，2)，
所以eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq \(DB1,\s\up6(→))＝(1，1，2)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，
设异面直线BC1与DB1的夹角为θ，则
csθ＝eq \f(|\(BC1,\s\up6(→))·\(DB1,\s\up6(→))|,|\(BC1,\s\up6(→))|·|\(DB1,\s\up6(→))|)
＝eq \f(－1×1＋2×2,\r(（－1）2＋22)×\r(12＋12＋22))＝eq \f(\r(30),10).
则异面直线BC1与DB1的夹角的余弦值为eq \f(\r(30),10)；
设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DC1,\s\up6(→))·n＝0，,\(DB,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋2z＝0，,x＋y＝0，))
令x＝2得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝－2，,z＝1，))则n＝(2，－2，1)，
设DB1与平面BDC1所成角为α，则
sinα＝|cs〈eq \(DB1,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(DB1,\s\up6(→))·n|,|\(DB1,\s\up6(→))|·|n|)
＝eq \f(|1×2＋1×（－2）＋2×1|,\r(12＋12＋22)×\r(22＋（－2）2＋12))＝eq \f(\r(6),9)，
故填eq \f(\r(30),10)；eq \f(\r(6),9).
10.(2020·北京高三期末)已知圆锥的顶点为S，O为底面中心，A，B，C为底面圆周上不重合的三点，AB为底面的直径，SA＝AB，M为SA的中点．设直线MC与平面SAB所成角为α，则sinα的最大值为 ．
解：以AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设SA＝AB＝4，则：M(0，－1，eq \r(3))，C(x，y，0)，如图所示，由对称性不妨设x>0，y<0且x2＋y2＝4，则eq \(MC,\s\up6(→))＝(x，y＋1，－eq \r(3))，易知平面SAB的一个法向量为m＝(1，0，0)，
据此有：sinα＝eq \f(\(MC,\s\up6(→))·m,|\(MC,\s\up6(→))|·|m|)＝eq \f(x,\r(x2＋（y＋1）2＋3))＝eq \r(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－（y＋4）－\f(12,y＋4)＋8)))≤eq \r(4－2\r(3))＝eq \r(3)－1，
当且仅当y＝2eq \r(3)－4时等号成立，综上可得：sinα的最大值为eq \r(3)－1.故填eq \r(3)－1.
11．(2020·全国高三专题练习)如图，在正四棱锥VABCD中，二面角VBCD为60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC＝VE；
(2)已知F为直线VA上一点，且F与A不重合，若异面直线BF与VE所成角为60°，求eq \f(VF,VA).
解：(1)证明：设V在底面的射影为O.则O为正方形ABCD的中心如图，
连接OE，因为E为BC的中点，所以OE⊥BC.
在正四棱锥VABCD中，VB＝VC，则VE⊥BC，
所以∠VEO为二面角VBCD的平面角，则∠VEO＝60°.
在Rt△VOE中，VE＝2OE，又AB＝BC＝2OE，
所以BC＝VE.
(2)取AB的中点G，以O为坐标原点，分别以eq \(OG,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))，eq \(OV,\s\up6(→))为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，设AB＝2，则V(0，0，eq \r(3))，E(0，1，0)，B(1，1，0)，A(1，－1，0)，eq \(VA,\s\up6(→))＝(1，－1，－eq \r(3))，eq \(VB,\s\up6(→))＝(1，1，－eq \r(3))，eq \(VE,\s\up6(→))＝(0，1，－eq \r(3))，设eq \(VF,\s\up6(→))＝λeq \(VA,\s\up6(→))(λ≠1)，
则eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \(VF,\s\up6(→))－eq \(VB,\s\up6(→))＝(λ－1，－λ－1，－eq \r(3)λ＋eq \r(3))，
|cs〈eq \(BF,\s\up6(→))，eq \(VE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(BF,\s\up6(→))·\(VE,\s\up6(→))|,|\(BF,\s\up6(→))||\(VE,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|2λ－4|,2\r(4（λ－1）2＋（λ＋1）2))＝cs60°＝eq \f(1,2)，
整理得λ2＋10λ－11＝0，解得λ＝－11(λ＝1舍去)，
故eq \f(VF,VA)＝11.
12.(2020·福建上杭一中高三月考)如图，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2AD＝2，M为CD边的中点，沿BM将△CBM折起使得平面BMC⊥平面ABMD.
(1)求证：平面AMC⊥平面BMC；
(2)求四棱锥CADMB的体积；
(3)求折后直线AB与平面ADC所成的角的正弦值．
解：(1)证明：因为平面BMC⊥平面ABMD，平面BMC∩平面ABMD＝MB，
由题易知AM⊥MB，且AM⊂平面ABMD.
所以AM⊥平面BMC，而AM⊂平面AMC，
所以平面AMC⊥平面BMC.
(2)由已知有△CMB是正三角形，取MB的中点O，则CO⊥MB，又平面BMC∩平面ABMD于MB，则CO⊥平面ABMD，且CO＝eq \f(\r(3),2)，
易求得S梯形ABMD＝eq \f(1,2)×(1＋2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),4)，
所以VCADMB＝eq \f(1,3)×eq \f(3\r(3),4)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3,8)，
(3)作Mz∥CO，由(1)知可如图建系，则A(eq \r(3)，0，0)，B(0，1，0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，又eq \(MD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))，得
Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，
eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－1，－\f(\r(3),2))).设平面ACD的法向量n＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CA,\s\up6(→))＝\r(3)x－\f(1,2)y－\f(\r(3),2)z＝0，,n·\(CD,\s\up6(→))＝\f(\r(3),2)x－y－\f(\r(3),2)z＝0，))不妨取n＝(1，－eq \r(3)，3)．
设折后直线AB与平面ADC所成的角为θ，则sinθ＝eq \f(|n·\(AB,\s\up6(→))|,|n|·|\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(39),13).
13.(2020·宾县第一中学校高二月考)如下图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2.
(1)求证：BC⊥D1E；
(2)求证：B1C∥平面BED1；
(3)若平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为eq \f(π,3)，求线段D1E的长度．
解：(1)证明：因为底面ABCD和侧面BCC1B1是矩形，
所以BC⊥CD，BC⊥CC1，又因为CD∩CC1＝C，
所以BC⊥平面DCC1D1，因为D1E⊂平面DCC1D1，所以BC⊥D1E.
(2)证明：因为BB1∥DD1，BB1＝DD1，
所以四边形D1DBB1是平行四边形．
连接DB1交D1B于点F，连接EF，则F为DB1的中点．
在△B1CD中，因为DE＝CE，DF＝B1F，所以EF∥B1C.
又因为B1C⊄平面BED1，EF⊂平面BED1，所以B1C∥平面BED1.
(3)由(1)可知BC⊥D1E，又因为D1E⊥CD，BC∩CD＝C，
所以D1E⊥平面ABCD.
设G为AB的中点，以E为原点，EG、EC、ED1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D1E＝a，则E(0，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，a)，C(0，1，0)，B1(1，2，a)，G(1，0，0)，
设平面BED1的法向量为n＝(x，y，z)，
因为eq \(EB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(ED1,\s\up6(→))＝(0，0，a)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EB,\s\up6(→))＝0，,n·\(ED1,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,z＝0，))
令x＝1，得n＝(1，－1，0)．
设平面BCC1B1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
因为eq \(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(CB1,\s\up6(→))＝(1，1，a)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(CB,\s\up6(→))＝0，,m·\(CB1,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝0，,x1＋y1＋az1＝0，))
令z1＝－1，得m＝(0，a，－1)．
由平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为eq \f(π,3)，
得|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(a,\r(2)·\r(a2＋1))＝cseq \f(π,3)，解得a＝1.所以D1E的长度为1.
附加题 (2020·浙江温州中学高三月考)在四面体ABCD中，△BCD为等边三角形，∠ADB＝eq \f(π,2)，二面角BADC的大小为α，则α的取值范围是
( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
解：以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系：
因为△BCD为等边三角形，不妨设BC＝CD＝BD＝1，
由于∠ADB＝eq \f(π,2)，所以设A(m，1，n)，
因为当n＝0时A，B，C，D四点共面，不能构成空间四边形，所以n≠0，
则B(0，0，0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，D(0，1，0)，
由空间向量的坐标运算可得eq \(BD,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(DA,\s\up6(→))＝(m，0，n)，eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，
设平面BAD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BA,\s\up6(→))＝0，,m·\(BD,\s\up6(→))＝0，))代入可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＝0，,mx1＋nz1＝0，))
令x1＝1，则y1＝0，z1＝－eq \f(m,n)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(m,n)))，
设平面ADC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DC,\s\up6(→))＝0，,n·\(DA,\s\up6(→))＝0，))代入可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x2－\f(1,2)y2＝0，,mx2＋nz2＝0，))
令x2＝1，则y2＝eq \r(3)，z2＝－eq \f(m,n)，
所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，－\f(m,n)))，
二面角BADC的大小为α则由图可知，二面角α为锐二面角，所以
csα＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m|·|n|)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\f(m2,n2),\r(1＋\f(m2,n2))·\r(1＋3＋\f(m2,n2)))))＝eq \f(\r(1＋\f(m2,n2)),\r(4＋\f(m2,n2)))
＝eq \r(1－\f(3,4＋\f(m2,n2))).
因为eq \f(m2,n2)≥0，所以eq \f(1,2)≤eq \r(1－\f(3,4＋\f(m2,n2)))<1即eq \f(1,2)≤csα＜1，所以α∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，故选C.
