1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 第2课时-2020-2021学年高二数学人教A版（2019）选择性必修第一册 (课堂检测 素养作业）Word含解析
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| 名称 | 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 第2课时-2020-2021学年高二数学人教A版（2019）选择性必修第一册 (课堂检测 素养作业）Word含解析 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 838.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-04-24 11:40:10 | ||
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文档简介
1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题
第2课时
1．平面α的斜线l与它在这个平面上射影l′的方向向量分别为a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，则斜线l与平面α所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
2．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( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
3．直线l1的方向向量a1＝(1，－1,1)，直线l2的方向向量a2＝(1,2，－1)，设直线l1与l2所成的角为θ，则( )
A．sin θ＝－ B．sin θ＝
C．cos θ＝－ D．cos θ＝
4．在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为____．
5．如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥底面ABCD，CD⊥PD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3．点E在棱PA上，且PE＝2EA．求平面ABE与平面DBE夹角的余弦值．
A组·素养自测
一、选择题
1．(多选题)已知v为直线l的方向向量，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，则下列选项中，正确的是( )
A．n1∥n2?α∥β B．n1⊥n2?α⊥β
C．v∥n1?l∥α D．v⊥n1?l∥α
2．若平面α的一个法向量为n1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量是n2＝(－3,1,3)，则平面α与β所成的角等于( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
3．已知A(0,1,1)，B(2，－1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，则直线AB和直线CD所成角的余弦值为( )
A． B．－
C． D．－
4．已知正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AD，C1D1的中点，O为侧面BCC1B1的中心，则异面直线MN与OD1所成角的余弦值为( )
A． B．
C．－ D．－
二、填空题
6．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，点D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为____．
7．在空间中，已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0，a)(a＞0)，如果平面α与平面xOy的夹角为45°，则a＝____．
8．如图，已知在一个二面角的棱上有两个点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB＝4 cm，AC＝6 cm，BD＝8 cm，CD＝2 cm，则这个二面角的度数为____．
三、解答题
9．(2020·衡阳市高三联考)如图1，平面四边形BADE中，C为BE上一点，△ABC和△DCE均为等边三角形，EC＝2CB＝2，M，N分别是EC和CB的中点，将四边形BADE沿BE向上翻折至四边形BA′D′E的位置，使二面角D′－BE－D为直二面角，如图2所示．
(1)求证A′A∥平面D′MD；
(2)求平面A′AB与平面D′DE所成角的正弦值．
10．(2020·全国Ⅲ卷理，19)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．
B组·素养提升
一、选择题
1．(2021·福建泉州市普通高中质量检测)正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点M在线段A1C上，E，F分别为DD1，AD的中点．若异面直线EF与BM所成的角为θ，则θ的取值范围为( )
A． B．
C． D．
2．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2，E，F分别是AB，AP的中点．则平面FOE与平面OEA夹角的余弦值为( )
A．－ B．
C．－ D．
3．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
4．(多选题)如图，多面体OABDC中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝2，AC＝BD＝，且OA，OB，OC两两垂直，则下列结论正确的是( )
A．三棱锥O－ABC的体积是定值
B．球面经过点A，B，C，D四点的球的直径是
C．直线OB∥平面ACD
D．二面角A－OC－D等于30°
二、填空题
5．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝4，E是侧棱CC1的中点，则直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为____．
6．如图，四面体ABCD中， E，F分别为AB，DC上的点，且AE＝BE，CF＝2DF，设＝a，＝b，＝c．
(1)以{a，b，c}为基底表示，则＝____；
(2)若∠ADB＝∠BDC＝∠ADC＝60°，且||＝4，||＝3，||＝3，则||＝____．
7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，则A1B与平面A1B1CD所成角的大小为____．
三、解答题
8．如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．
(1)证明：O1O⊥底面ABCD；
(2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值．
9．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝2，PA＝2．
(1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB；
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；
(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由．
1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题
第2课时
1．平面α的斜线l与它在这个平面上射影l′的方向向量分别为a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，则斜线l与平面α所成的角为( C )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
[解析] l与α所成的角即为a与b所成的角(或其补角)，因为cos〈a，b〉＝＝，所以〈a，b〉＝60°．l与α所成的角为60°．
2．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( A )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
[解析] 由已知得直线l的方向向量和平面α的法向量所夹锐角为60°，因此l与α所成的角为30°．
3．直线l1的方向向量a1＝(1，－1,1)，直线l2的方向向量a2＝(1,2，－1)，设直线l1与l2所成的角为θ，则( D )
A．sin θ＝－ B．sin θ＝
C．cos θ＝－ D．cos θ＝
[解析] ∵cos〈a1，a2〉＝＝＝＝－．
∴cos θ＝．
4．在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为____．
[解析] 以O为原点，射线OA，OB，OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
设AB＝a，则OP＝a，＝，可求得平面PBC的法向量为n＝，
所以cos〈，n〉＝＝，
设与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝．
5．如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥底面ABCD，CD⊥PD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3．点E在棱PA上，且PE＝2EA．求平面ABE与平面DBE夹角的余弦值．
[解析] 以B为原点，以直线BC，BA，BP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则P(0,0,3)，A(0,3,0)，D(3,3,0)．
设平面EBD的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
因为＝＋＝＋＝(0,0,3)＋(0,3，－3)＝(0,2,1)，＝(3,3,0)，
由得
取z＝1，所以于是n1＝．
又因为平面ABE的一个法向量为n2＝(1,0,0)，
所以cos〈n1，n2〉＝＝．
设平面ABE与平面DBE的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝，故所求夹角的余弦值为．
A组·素养自测
一、选择题
1．(多选题)已知v为直线l的方向向量，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，则下列选项中，正确的是( AB )
A．n1∥n2?α∥β B．n1⊥n2?α⊥β
C．v∥n1?l∥α D．v⊥n1?l∥α
[解析] 对于A，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量平行等价于平面α，β平行，A正确；对于B，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量垂直等价于平面α，β垂直，B正确；对于C，直线的方向向量平行于平面的法向量等价于直线垂直于平面，C错误；对于D，直线的方向向量垂直于平面的法向量等价于直线平行于平面或直线在平面内，D错误．故选AB．
2．若平面α的一个法向量为n1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量是n2＝(－3,1,3)，则平面α与β所成的角等于( D )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
[解析] 因为n1·n2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0，所以α⊥β，即平面α与β所成的角等于90°．
3．已知A(0,1,1)，B(2，－1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，则直线AB和直线CD所成角的余弦值为( A )
A． B．－
C． D．－
[解析] ＝(2，－2，－1)，＝(－2，－3，－3)，
而cos〈，〉＝＝＝，
故直线AB和CD所成角的余弦值为．
4．已知正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为( B )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
[解析] 如图所示，建立空间直角坐标系．设PA＝AB＝1，
则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，
∴＝(0,1,0)．
取PD的中点E，
则E，
∴＝，
易知是平面PAB的一个法向量，是平面PCD的一个法向量，所以cos〈，〉＝，故平面PAB与平面PCD的夹角为45°．
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AD，C1D1的中点，O为侧面BCC1B1的中心，则异面直线MN与OD1所成角的余弦值为( A )
A． B．
C．－ D．－
[解析] 如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则M(1,0,0)，N(0,1,2)，O(1,2,1)，D1(0,0,2)，
∴＝(－1,1,2)，＝(－1，－2,1)．则cos〈，〉＝＝＝．∴异面直线MN与OD1所成角的余弦值为，故选A．
二、填空题
6．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，点D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为____．
[解析] 解法一：取AC、A1C1的中点M、M1，连接MM1、BM．过D作DN∥BM，则容易证明DN⊥平面AA1C1C．连接AN，则∠DAN就是AD与平面AA1C1C所成的角．
在Rt△DAN中，
sin∠DAN＝＝＝．
解法二：取AC、A1C1中点O、E，则OB⊥AC，OE⊥平面ABC，以O为原点OA、OB、OE为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
在正三角形ABC中，BM＝AB＝，
∴A，B，D，
∴＝，
又平面AA1C1C的法向量为e＝(0,1,0)，
设直线AD与平面AA1C1C所成角为θ，则
sin θ＝|cos〈，e〉|＝＝．
解法三：设＝b，＝a，＝c，
由条件知a·b＝，a·c＝0，b·c＝0，
又＝－＝c－b，
平面AA1C1C的法向量＝(a＋b)．
设直线AD与平面AA1C1C成角为θ，则
sin θ＝|cos〈，〉|＝，
∵·＝(c－b)·(a＋b)
＝a·c－a·b＋b·c－|b|2＝－．
||2＝(c－b)2＝|c|2＋|b|2－2b·c＝2，
∴||＝，
||2＝(a＋b)2＝(|a|2＋|b|2＋2a·b)＝，
∴||＝，∴sin θ＝．
7．在空间中，已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0，a)(a＞0)，如果平面α与平面xOy的夹角为45°，则a＝____．
[解析] 平面xOy的一个法向量为n＝(0,0,1)，设平面α的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即3x＝4y＝az，取z＝1，则x＝，y＝，∴m＝．
由题意得|cos〈n，m〉|＝＝．
又因为a＞0，所以a＝．
8．如图，已知在一个二面角的棱上有两个点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB＝4 cm，AC＝6 cm，BD＝8 cm，CD＝2 cm，则这个二面角的度数为__60°__．
[解析] 设〈，〉＝θ，∵CA⊥AB，AB⊥BD，
∴·＝·＝0，〈，〉＝180°－θ，
∴||2＝(＋＋)2
＝||2＋||2＋||2＋2||||cos (180°－θ)．
∴(2)2＝62＋42＋82＋2×6×8×(－cos θ)，
∴cos θ＝，∴θ＝60°．
因此，所求二面角的度数为60°．
三、解答题
9．(2020·衡阳市高三联考)如图1，平面四边形BADE中，C为BE上一点，△ABC和△DCE均为等边三角形，EC＝2CB＝2，M，N分别是EC和CB的中点，将四边形BADE沿BE向上翻折至四边形BA′D′E的位置，使二面角D′－BE－D为直二面角，如图2所示．
(1)求证A′A∥平面D′MD；
(2)求平面A′AB与平面D′DE所成角的正弦值．
[解析] (1)在等边△D′CE和△DCE中，D′M⊥CE，DM⊥CE，D′M∩DM＝M，
所以直线CE⊥平面D′MD，即直线BE⊥平面D′MD，同理可证直线BE⊥平面A′NA，故平面D′MD∥平面A′NA．
又A′A?平面A′NA，从而有A′A∥平面D′MD．
(2)如图，以M为坐标原点，MD，ME，MD′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系M－xyz，易知M(0,0,0)，E(0,1,0)，D(，0,0)，D′(0,0，)，B(0，－2,0)，A(，－，0)，A′(0，－，)．
则＝，＝，
设平面A′ AB的一个法向量为m＝(x，y，z)，
由得，令z＝1，得x＝1，y＝－，所以平面A′AB的一个法向量为m＝(1，－，1)．
同理，设平面D′DE的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，由
得，
令z1＝1，得x1＝1，y1＝，
所以平面D′DE的一个法向量为n＝(1，，1)．
从而|cos〈m，n〉|＝＝＝，
故平面A′AB与平面D′DE所成角的正弦值为
＝．
10．(2020·全国Ⅲ卷理，19)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．
[解析] 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如图，以C1为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系C1xyz．
(1)连接C1F，则C1(0,0,0)，A(a，b，c)，E，F，＝，＝，得＝，
因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，
所以点C1在平面AEF内．
(2)由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，＝(0，－1，－1)，＝(－2,0，－2)，＝(0，－1,2)，＝(－2,0,1)．
设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则
即
可取n1＝(－1，－1,1)．
设n2为平面A1EF的法向量，则
同理可取n2＝．
因为cos〈n1，n2〉＝＝－，
所以二面角A－EF－A1的正弦值为．
B组·素养提升
一、选择题
1．(2021·福建泉州市普通高中质量检测)正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点M在线段A1C上，E，F分别为DD1，AD的中点．若异面直线EF与BM所成的角为θ，则θ的取值范围为( A )
A． B．
C． D．
[解析] 以D点为原点，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＝2，易得＝(1,0，－1)，设＝λ＝(2λ，－2λ，2λ)(0≤λ≤1)，＝(2λ－2，－2λ，2λ)，则cos θ＝|cos〈，〉|，
即cos θ＝＝
＝(0≤λ≤1)，
当λ＝时，cos θ取到最大值，当λ＝1时，cos θ取到最小值，
所以θ的取值范围为，故选A．
2．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2，E，F分别是AB，AP的中点．则平面FOE与平面OEA夹角的余弦值为( B )
A．－ B．
C．－ D．
[解析] 由题意，以O为坐标原点，OB，OC，OP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，由题知，OA＝OB＝2，
则A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，∴E(1，－1,0)，F(0，－1,1)，
∴＝(1，－1,0)，＝(0，－1,1)，设平面OEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则即令x＝1，可得m＝(1,1,1)，
易知平面OAE的一个法向量为n＝(0,0,1)，
则cos〈m，n〉＝＝＝，设平面FOE与平面OEA夹角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝．
3．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小为( C )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
[解析] 如图，以C为原点建立空间直角坐标系C－xyz，设正方体的棱长为a，则A(a，a,0)，B(a,0,0)，D1(0，a，a)，B1(a,0，a)，
∴＝(0，a,0)，＝(－a，a，a)，＝(0,0，a)，
设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·＝(x，y，z)·(0，a,0)＝ay＝0，
n·＝(x，y，z)·(－a，a，a)＝－ax＋ay＋az＝0，
∵a≠0，∴y＝0，x＝z，
令z＝1，则n＝(1,0,1)，
同理平面B1BD1的法向量m＝(－1，－1,0)，
cos〈n，m〉＝＝－，
而二面角A－BD1－B1为钝角，故为120°．
4．(多选题)如图，多面体OABDC中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝2，AC＝BD＝，且OA，OB，OC两两垂直，则下列结论正确的是( AB )
A．三棱锥O－ABC的体积是定值
B．球面经过点A，B，C，D四点的球的直径是
C．直线OB∥平面ACD
D．二面角A－OC－D等于30°
[解析] 由题意，构造长方体，如图，设OA＝x，OB＝y，OC＝z，
则x2＋y2＝4，x2＋z2＝10，y2＋z2＝12，
解得x＝1，y＝，z＝3，
对于A，三棱锥O－ABC的体积为OC×OA×OB＝，故A正确；
对于B，球面经过点A，B，C，D四点的球的直径即为长方体的体对角线长，即为＝，故B正确；
对于C，由于OB∥AE，AE和平面ACD相交，则OB和平面ACD相交，故C错误；
对于D，因为AO⊥OC，DC⊥OC，所以异面直线CD与OA所成的角大小为二面角A－OC－D的二面角大小，连接OE，则∠AOE即为所求，tan∠AOE＝＝，所以∠AOE＝60°，故D错误．
二、填空题
5．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝4，E是侧棱CC1的中点，则直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为____．
[解析] 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝4，E是侧棱CC1的中点，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，A(2，0,0)，E(0,1,2)，A1(2,0,4)，D(0,0,0)，＝(2，－1，－2)，＝(2,0,4)，＝(0,1,2)，设平面A1ED的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝2x＋4z＝0，n·＝y＋2z＝0，取z＝1，得n＝(－2，－2,1)，
设直线AE与平面A1ED所成角为θ，则
sin θ＝cos〈，n〉＝＝＝．
∴直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为．
6．如图，四面体ABCD中， E，F分别为AB，DC上的点，且AE＝BE，CF＝2DF，设＝a，＝b，＝c．
(1)以{a，b，c}为基底表示，则＝__－c＋a＋b__；
(2)若∠ADB＝∠BDC＝∠ADC＝60°，且||＝4，||＝3，||＝3，则||＝____．
[解析] (1)如图所示，连接DE．
因为＝＋，＝－＝－，＝(＋)，
所以＝－c＋a＋b．
(2)||2＝2＝a2＋b2＋c2＋a·b－a·c－b·c＝×42＋×32＋×32＋×4×3×－×4×3×－×3×3×＝．
所以||＝．
7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，则A1B与平面A1B1CD所成角的大小为__30°__．
[解析] 解法一：连接BC1，设与B1C交于O点，连接A1O．
∵BC1⊥B1C，A1B1⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C，
∴A1B在平面A1B1CD内的射影为A1O．∴∠OA1B就是A1B与平面A1B1CD所成的角，
设正方体的棱长为1．
在Rt△A1OB中，A1B＝，BO＝，
∴sin∠OA1B＝＝＝．∴∠OA1B＝30°．
即A1B与平面A1B1CD所成的角为30°．
解法二：以D为原点，DA、DC、DD1分别x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A1(1，0,1)、C(0,1,0)．
∴＝(1,0,1)、＝(0,1,0)．
设平面A1B1CD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则，∴，令z＝－1得x＝1．
∴n＝(1,0，－1)，又B(1,1,0)，∴＝(0,1，－1)，
cos〈n，〉＝＝＝．
∴〈n，〉＝60°，∴A1B与平面A1B1CD所成的角为30°．
三、解答题
8．如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．
(1)证明：O1O⊥底面ABCD；
(2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值．
[解析] (1)证明：因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，
又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，
因为AC∩BD＝O，所以O1O⊥底面ABCD．
(2)解：因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD．又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，
所以O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)，
平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，
设平面OC1B1的法向量为m＝(x，y，z)，
则由m⊥，m⊥，所以
取z＝－，则x＝2，y＝2，
所以m＝(2,2，－)，
所以|cos〈m，n〉|＝＝＝．
设平面C1OB1与平面OB1D夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝，
所以平面C1OB与平面OB1D夹角的余弦值为．
9．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝2，PA＝2．
(1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB；
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；
(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由．
[解析] (1)证明：取BC的中点E，连接DE，交AC于点
O，连接ON，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(2，－1,0)，C(0,1,0)，D(－1,0,0)，P(0，－1,2)．
∵点N为PC的中点，∴N(0,0,1)，∴＝(1,0,1)．
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由＝(0,0,2)，＝(2,0,0)，
可得n＝(0,1,0)，∴·n＝0．
又∵DN?平面PAB，∴DN∥平面PAB．
(2)解：由(1)知＝(0,2,0)，＝(－1,1，－2)．
设直线AC与PD所成的角为θ，
则cos θ＝＝．
∴直线AC与PD所成角的余弦值为．
(3)解：存在．
设M(x，y，z)，且＝λ，0＜λ＜1，
∴∴M(－λ，λ－1,2－2λ)．
设平面ACM的一个法向量为m＝(x，y，z)，
由＝(0,2,0)，＝(－λ，λ，2－2λ)，可得m＝(2－2λ，0，λ)，
由图知平面ACD的一个法向量为n＝(0,0,1)，
∴|cos〈m，n〉|＝＝，
解得λ＝或λ＝2(舍去)．
∴M，
∴＝，m＝．
设BM与平面MAC所成的角为φ，
则sin φ＝|cos〈，m〉|＝＝，∴φ＝30°．
故存在点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°，此时BM与平面MAC所成的角为30°．
第2课时
1．平面α的斜线l与它在这个平面上射影l′的方向向量分别为a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，则斜线l与平面α所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
2．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( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
3．直线l1的方向向量a1＝(1，－1,1)，直线l2的方向向量a2＝(1,2，－1)，设直线l1与l2所成的角为θ，则( )
A．sin θ＝－ B．sin θ＝
C．cos θ＝－ D．cos θ＝
4．在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为____．
5．如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥底面ABCD，CD⊥PD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3．点E在棱PA上，且PE＝2EA．求平面ABE与平面DBE夹角的余弦值．
A组·素养自测
一、选择题
1．(多选题)已知v为直线l的方向向量，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，则下列选项中，正确的是( )
A．n1∥n2?α∥β B．n1⊥n2?α⊥β
C．v∥n1?l∥α D．v⊥n1?l∥α
2．若平面α的一个法向量为n1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量是n2＝(－3,1,3)，则平面α与β所成的角等于( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
3．已知A(0,1,1)，B(2，－1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，则直线AB和直线CD所成角的余弦值为( )
A． B．－
C． D．－
4．已知正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AD，C1D1的中点，O为侧面BCC1B1的中心，则异面直线MN与OD1所成角的余弦值为( )
A． B．
C．－ D．－
二、填空题
6．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，点D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为____．
7．在空间中，已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0，a)(a＞0)，如果平面α与平面xOy的夹角为45°，则a＝____．
8．如图，已知在一个二面角的棱上有两个点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB＝4 cm，AC＝6 cm，BD＝8 cm，CD＝2 cm，则这个二面角的度数为____．
三、解答题
9．(2020·衡阳市高三联考)如图1，平面四边形BADE中，C为BE上一点，△ABC和△DCE均为等边三角形，EC＝2CB＝2，M，N分别是EC和CB的中点，将四边形BADE沿BE向上翻折至四边形BA′D′E的位置，使二面角D′－BE－D为直二面角，如图2所示．
(1)求证A′A∥平面D′MD；
(2)求平面A′AB与平面D′DE所成角的正弦值．
10．(2020·全国Ⅲ卷理，19)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．
B组·素养提升
一、选择题
1．(2021·福建泉州市普通高中质量检测)正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点M在线段A1C上，E，F分别为DD1，AD的中点．若异面直线EF与BM所成的角为θ，则θ的取值范围为( )
A． B．
C． D．
2．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2，E，F分别是AB，AP的中点．则平面FOE与平面OEA夹角的余弦值为( )
A．－ B．
C．－ D．
3．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
4．(多选题)如图，多面体OABDC中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝2，AC＝BD＝，且OA，OB，OC两两垂直，则下列结论正确的是( )
A．三棱锥O－ABC的体积是定值
B．球面经过点A，B，C，D四点的球的直径是
C．直线OB∥平面ACD
D．二面角A－OC－D等于30°
二、填空题
5．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝4，E是侧棱CC1的中点，则直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为____．
6．如图，四面体ABCD中， E，F分别为AB，DC上的点，且AE＝BE，CF＝2DF，设＝a，＝b，＝c．
(1)以{a，b，c}为基底表示，则＝____；
(2)若∠ADB＝∠BDC＝∠ADC＝60°，且||＝4，||＝3，||＝3，则||＝____．
7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，则A1B与平面A1B1CD所成角的大小为____．
三、解答题
8．如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．
(1)证明：O1O⊥底面ABCD；
(2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值．
9．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝2，PA＝2．
(1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB；
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；
(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由．
1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题
第2课时
1．平面α的斜线l与它在这个平面上射影l′的方向向量分别为a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，则斜线l与平面α所成的角为( C )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
[解析] l与α所成的角即为a与b所成的角(或其补角)，因为cos〈a，b〉＝＝，所以〈a，b〉＝60°．l与α所成的角为60°．
2．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( A )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
[解析] 由已知得直线l的方向向量和平面α的法向量所夹锐角为60°，因此l与α所成的角为30°．
3．直线l1的方向向量a1＝(1，－1,1)，直线l2的方向向量a2＝(1,2，－1)，设直线l1与l2所成的角为θ，则( D )
A．sin θ＝－ B．sin θ＝
C．cos θ＝－ D．cos θ＝
[解析] ∵cos〈a1，a2〉＝＝＝＝－．
∴cos θ＝．
4．在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为____．
[解析] 以O为原点，射线OA，OB，OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
设AB＝a，则OP＝a，＝，可求得平面PBC的法向量为n＝，
所以cos〈，n〉＝＝，
设与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝．
5．如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥底面ABCD，CD⊥PD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3．点E在棱PA上，且PE＝2EA．求平面ABE与平面DBE夹角的余弦值．
[解析] 以B为原点，以直线BC，BA，BP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则P(0,0,3)，A(0,3,0)，D(3,3,0)．
设平面EBD的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
因为＝＋＝＋＝(0,0,3)＋(0,3，－3)＝(0,2,1)，＝(3,3,0)，
由得
取z＝1，所以于是n1＝．
又因为平面ABE的一个法向量为n2＝(1,0,0)，
所以cos〈n1，n2〉＝＝．
设平面ABE与平面DBE的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝，故所求夹角的余弦值为．
A组·素养自测
一、选择题
1．(多选题)已知v为直线l的方向向量，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，则下列选项中，正确的是( AB )
A．n1∥n2?α∥β B．n1⊥n2?α⊥β
C．v∥n1?l∥α D．v⊥n1?l∥α
[解析] 对于A，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量平行等价于平面α，β平行，A正确；对于B，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量垂直等价于平面α，β垂直，B正确；对于C，直线的方向向量平行于平面的法向量等价于直线垂直于平面，C错误；对于D，直线的方向向量垂直于平面的法向量等价于直线平行于平面或直线在平面内，D错误．故选AB．
2．若平面α的一个法向量为n1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量是n2＝(－3,1,3)，则平面α与β所成的角等于( D )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
[解析] 因为n1·n2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0，所以α⊥β，即平面α与β所成的角等于90°．
3．已知A(0,1,1)，B(2，－1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，则直线AB和直线CD所成角的余弦值为( A )
A． B．－
C． D．－
[解析] ＝(2，－2，－1)，＝(－2，－3，－3)，
而cos〈，〉＝＝＝，
故直线AB和CD所成角的余弦值为．
4．已知正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为( B )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
[解析] 如图所示，建立空间直角坐标系．设PA＝AB＝1，
则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，
∴＝(0,1,0)．
取PD的中点E，
则E，
∴＝，
易知是平面PAB的一个法向量，是平面PCD的一个法向量，所以cos〈，〉＝，故平面PAB与平面PCD的夹角为45°．
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AD，C1D1的中点，O为侧面BCC1B1的中心，则异面直线MN与OD1所成角的余弦值为( A )
A． B．
C．－ D．－
[解析] 如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则M(1,0,0)，N(0,1,2)，O(1,2,1)，D1(0,0,2)，
∴＝(－1,1,2)，＝(－1，－2,1)．则cos〈，〉＝＝＝．∴异面直线MN与OD1所成角的余弦值为，故选A．
二、填空题
6．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，点D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为____．
[解析] 解法一：取AC、A1C1的中点M、M1，连接MM1、BM．过D作DN∥BM，则容易证明DN⊥平面AA1C1C．连接AN，则∠DAN就是AD与平面AA1C1C所成的角．
在Rt△DAN中，
sin∠DAN＝＝＝．
解法二：取AC、A1C1中点O、E，则OB⊥AC，OE⊥平面ABC，以O为原点OA、OB、OE为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
在正三角形ABC中，BM＝AB＝，
∴A，B，D，
∴＝，
又平面AA1C1C的法向量为e＝(0,1,0)，
设直线AD与平面AA1C1C所成角为θ，则
sin θ＝|cos〈，e〉|＝＝．
解法三：设＝b，＝a，＝c，
由条件知a·b＝，a·c＝0，b·c＝0，
又＝－＝c－b，
平面AA1C1C的法向量＝(a＋b)．
设直线AD与平面AA1C1C成角为θ，则
sin θ＝|cos〈，〉|＝，
∵·＝(c－b)·(a＋b)
＝a·c－a·b＋b·c－|b|2＝－．
||2＝(c－b)2＝|c|2＋|b|2－2b·c＝2，
∴||＝，
||2＝(a＋b)2＝(|a|2＋|b|2＋2a·b)＝，
∴||＝，∴sin θ＝．
7．在空间中，已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0，a)(a＞0)，如果平面α与平面xOy的夹角为45°，则a＝____．
[解析] 平面xOy的一个法向量为n＝(0,0,1)，设平面α的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即3x＝4y＝az，取z＝1，则x＝，y＝，∴m＝．
由题意得|cos〈n，m〉|＝＝．
又因为a＞0，所以a＝．
8．如图，已知在一个二面角的棱上有两个点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB＝4 cm，AC＝6 cm，BD＝8 cm，CD＝2 cm，则这个二面角的度数为__60°__．
[解析] 设〈，〉＝θ，∵CA⊥AB，AB⊥BD，
∴·＝·＝0，〈，〉＝180°－θ，
∴||2＝(＋＋)2
＝||2＋||2＋||2＋2||||cos (180°－θ)．
∴(2)2＝62＋42＋82＋2×6×8×(－cos θ)，
∴cos θ＝，∴θ＝60°．
因此，所求二面角的度数为60°．
三、解答题
9．(2020·衡阳市高三联考)如图1，平面四边形BADE中，C为BE上一点，△ABC和△DCE均为等边三角形，EC＝2CB＝2，M，N分别是EC和CB的中点，将四边形BADE沿BE向上翻折至四边形BA′D′E的位置，使二面角D′－BE－D为直二面角，如图2所示．
(1)求证A′A∥平面D′MD；
(2)求平面A′AB与平面D′DE所成角的正弦值．
[解析] (1)在等边△D′CE和△DCE中，D′M⊥CE，DM⊥CE，D′M∩DM＝M，
所以直线CE⊥平面D′MD，即直线BE⊥平面D′MD，同理可证直线BE⊥平面A′NA，故平面D′MD∥平面A′NA．
又A′A?平面A′NA，从而有A′A∥平面D′MD．
(2)如图，以M为坐标原点，MD，ME，MD′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系M－xyz，易知M(0,0,0)，E(0,1,0)，D(，0,0)，D′(0,0，)，B(0，－2,0)，A(，－，0)，A′(0，－，)．
则＝，＝，
设平面A′ AB的一个法向量为m＝(x，y，z)，
由得，令z＝1，得x＝1，y＝－，所以平面A′AB的一个法向量为m＝(1，－，1)．
同理，设平面D′DE的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，由
得，
令z1＝1，得x1＝1，y1＝，
所以平面D′DE的一个法向量为n＝(1，，1)．
从而|cos〈m，n〉|＝＝＝，
故平面A′AB与平面D′DE所成角的正弦值为
＝．
10．(2020·全国Ⅲ卷理，19)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．
[解析] 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如图，以C1为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系C1xyz．
(1)连接C1F，则C1(0,0,0)，A(a，b，c)，E，F，＝，＝，得＝，
因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，
所以点C1在平面AEF内．
(2)由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，＝(0，－1，－1)，＝(－2,0，－2)，＝(0，－1,2)，＝(－2,0,1)．
设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则
即
可取n1＝(－1，－1,1)．
设n2为平面A1EF的法向量，则
同理可取n2＝．
因为cos〈n1，n2〉＝＝－，
所以二面角A－EF－A1的正弦值为．
B组·素养提升
一、选择题
1．(2021·福建泉州市普通高中质量检测)正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点M在线段A1C上，E，F分别为DD1，AD的中点．若异面直线EF与BM所成的角为θ，则θ的取值范围为( A )
A． B．
C． D．
[解析] 以D点为原点，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＝2，易得＝(1,0，－1)，设＝λ＝(2λ，－2λ，2λ)(0≤λ≤1)，＝(2λ－2，－2λ，2λ)，则cos θ＝|cos〈，〉|，
即cos θ＝＝
＝(0≤λ≤1)，
当λ＝时，cos θ取到最大值，当λ＝1时，cos θ取到最小值，
所以θ的取值范围为，故选A．
2．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2，E，F分别是AB，AP的中点．则平面FOE与平面OEA夹角的余弦值为( B )
A．－ B．
C．－ D．
[解析] 由题意，以O为坐标原点，OB，OC，OP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，由题知，OA＝OB＝2，
则A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，∴E(1，－1,0)，F(0，－1,1)，
∴＝(1，－1,0)，＝(0，－1,1)，设平面OEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则即令x＝1，可得m＝(1,1,1)，
易知平面OAE的一个法向量为n＝(0,0,1)，
则cos〈m，n〉＝＝＝，设平面FOE与平面OEA夹角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝．
3．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小为( C )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
[解析] 如图，以C为原点建立空间直角坐标系C－xyz，设正方体的棱长为a，则A(a，a,0)，B(a,0,0)，D1(0，a，a)，B1(a,0，a)，
∴＝(0，a,0)，＝(－a，a，a)，＝(0,0，a)，
设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·＝(x，y，z)·(0，a,0)＝ay＝0，
n·＝(x，y，z)·(－a，a，a)＝－ax＋ay＋az＝0，
∵a≠0，∴y＝0，x＝z，
令z＝1，则n＝(1,0,1)，
同理平面B1BD1的法向量m＝(－1，－1,0)，
cos〈n，m〉＝＝－，
而二面角A－BD1－B1为钝角，故为120°．
4．(多选题)如图，多面体OABDC中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝2，AC＝BD＝，且OA，OB，OC两两垂直，则下列结论正确的是( AB )
A．三棱锥O－ABC的体积是定值
B．球面经过点A，B，C，D四点的球的直径是
C．直线OB∥平面ACD
D．二面角A－OC－D等于30°
[解析] 由题意，构造长方体，如图，设OA＝x，OB＝y，OC＝z，
则x2＋y2＝4，x2＋z2＝10，y2＋z2＝12，
解得x＝1，y＝，z＝3，
对于A，三棱锥O－ABC的体积为OC×OA×OB＝，故A正确；
对于B，球面经过点A，B，C，D四点的球的直径即为长方体的体对角线长，即为＝，故B正确；
对于C，由于OB∥AE，AE和平面ACD相交，则OB和平面ACD相交，故C错误；
对于D，因为AO⊥OC，DC⊥OC，所以异面直线CD与OA所成的角大小为二面角A－OC－D的二面角大小，连接OE，则∠AOE即为所求，tan∠AOE＝＝，所以∠AOE＝60°，故D错误．
二、填空题
5．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝4，E是侧棱CC1的中点，则直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为____．
[解析] 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝4，E是侧棱CC1的中点，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，A(2，0,0)，E(0,1,2)，A1(2,0,4)，D(0,0,0)，＝(2，－1，－2)，＝(2,0,4)，＝(0,1,2)，设平面A1ED的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝2x＋4z＝0，n·＝y＋2z＝0，取z＝1，得n＝(－2，－2,1)，
设直线AE与平面A1ED所成角为θ，则
sin θ＝cos〈，n〉＝＝＝．
∴直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为．
6．如图，四面体ABCD中， E，F分别为AB，DC上的点，且AE＝BE，CF＝2DF，设＝a，＝b，＝c．
(1)以{a，b，c}为基底表示，则＝__－c＋a＋b__；
(2)若∠ADB＝∠BDC＝∠ADC＝60°，且||＝4，||＝3，||＝3，则||＝____．
[解析] (1)如图所示，连接DE．
因为＝＋，＝－＝－，＝(＋)，
所以＝－c＋a＋b．
(2)||2＝2＝a2＋b2＋c2＋a·b－a·c－b·c＝×42＋×32＋×32＋×4×3×－×4×3×－×3×3×＝．
所以||＝．
7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，则A1B与平面A1B1CD所成角的大小为__30°__．
[解析] 解法一：连接BC1，设与B1C交于O点，连接A1O．
∵BC1⊥B1C，A1B1⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C，
∴A1B在平面A1B1CD内的射影为A1O．∴∠OA1B就是A1B与平面A1B1CD所成的角，
设正方体的棱长为1．
在Rt△A1OB中，A1B＝，BO＝，
∴sin∠OA1B＝＝＝．∴∠OA1B＝30°．
即A1B与平面A1B1CD所成的角为30°．
解法二：以D为原点，DA、DC、DD1分别x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A1(1，0,1)、C(0,1,0)．
∴＝(1,0,1)、＝(0,1,0)．
设平面A1B1CD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则，∴，令z＝－1得x＝1．
∴n＝(1,0，－1)，又B(1,1,0)，∴＝(0,1，－1)，
cos〈n，〉＝＝＝．
∴〈n，〉＝60°，∴A1B与平面A1B1CD所成的角为30°．
三、解答题
8．如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．
(1)证明：O1O⊥底面ABCD；
(2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值．
[解析] (1)证明：因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，
又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，
因为AC∩BD＝O，所以O1O⊥底面ABCD．
(2)解：因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD．又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，
所以O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)，
平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，
设平面OC1B1的法向量为m＝(x，y，z)，
则由m⊥，m⊥，所以
取z＝－，则x＝2，y＝2，
所以m＝(2,2，－)，
所以|cos〈m，n〉|＝＝＝．
设平面C1OB1与平面OB1D夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝，
所以平面C1OB与平面OB1D夹角的余弦值为．
9．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝2，PA＝2．
(1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB；
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；
(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由．
[解析] (1)证明：取BC的中点E，连接DE，交AC于点
O，连接ON，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(2，－1,0)，C(0,1,0)，D(－1,0,0)，P(0，－1,2)．
∵点N为PC的中点，∴N(0,0,1)，∴＝(1,0,1)．
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由＝(0,0,2)，＝(2,0,0)，
可得n＝(0,1,0)，∴·n＝0．
又∵DN?平面PAB，∴DN∥平面PAB．
(2)解：由(1)知＝(0,2,0)，＝(－1,1，－2)．
设直线AC与PD所成的角为θ，
则cos θ＝＝．
∴直线AC与PD所成角的余弦值为．
(3)解：存在．
设M(x，y，z)，且＝λ，0＜λ＜1，
∴∴M(－λ，λ－1,2－2λ)．
设平面ACM的一个法向量为m＝(x，y，z)，
由＝(0,2,0)，＝(－λ，λ，2－2λ)，可得m＝(2－2λ，0，λ)，
由图知平面ACD的一个法向量为n＝(0,0,1)，
∴|cos〈m，n〉|＝＝，
解得λ＝或λ＝2(舍去)．
∴M，
∴＝，m＝．
设BM与平面MAC所成的角为φ，
则sin φ＝|cos〈，m〉|＝＝，∴φ＝30°．
故存在点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°，此时BM与平面MAC所成的角为30°．