A.eq \f(\r(2),4) B．eq \f(\r(2),3)
C．eq \f(\r(3),4) D．eq \f(\r(3),3)
[解析] 解法一：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，由PO⊥OA，∠PAO＝eq \f(π,4)，知AO＝PO，由AO＝2，∠AOB＝eq \f(π,3)，知△AOB為正三角形，∴B(1，eq \r(3)，0)，又A(2，0,0)，P(0,0,2)，∴eq \(OA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，－2)，記OA與PB所成角為θ，則cs θ＝eq \f(|\(OA,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→))|,|\(OA,\s\up6(→))|·|\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,2×2\r(2))＝eq \f(\r(2),4).故選A.
解法二：由題意知eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝2，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝0，記OA與PB所成角為θ，則cs θ＝eq \f(|\(OA,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→))|,|\(OA,\s\up6(→))|·|\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(|\(OA,\s\up6(→))·?\(OB,\s\up6(→))－\(OP,\s\up6(→))?|,2×2\r(2))＝eq \f(|\(OA,\s\up6(→))·\(OB,\s\up6(→))|,4\r(2))＝eq \f(\r(2),4).故選A.
解法三：連接AB，取AP，AB，PO的中點(diǎn)分別為M，Q，N，連接MN，MQ，NQ，OQ，則MN∥OA，MQ∥PB，所以∠NMQ(或其補(bǔ)角)為直線OA與PB所成的角，又OP⊥OA，OP⊥OB，因?yàn)椤螦OB＝eq \f(π,3)，∠PAO＝eq \f(π,4)，OA＝OB＝2，所以PO＝OA＝2，ON＝eq \f(1,2)OP＝1，PB＝eq \r(2)OP＝2eq \r(2)，OQ＝eq \f(\r(3),2)×2＝eq \r(3)，所以MQ＝eq \f(1,2)PB＝eq \r(2)，NQ＝eq \r(OQ2＋ON2)＝2，MN＝eq \f(1,2)OA＝1，則由余弦定理得：cs∠NMQ＝eq \f(12＋?\r(2)?2－22,2×1×\r(2))＝－eq \f(\r(2),4)，所以直線OA與PB所成角的余弦值為eq \f(\r(2),4)，故選A.
[引申]本例中若H為PC的中點(diǎn)，則BH與PA所成角的余弦值為 eq \f(3,4) .
[解析] 由解法一可知H(－1,0,1)，∴eq \(BH,\s\up6(→))＝(－2，－eq \r(3)，1)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，記BH與PA所成角為α，則cs α＝eq \f(|\(BH,\s\up6(→))·\(PA,\s\up6(→))|,|\(BH,\s\up6(→))|·|\(PA,\s\up6(→))|)＝eq \f(6,2\r(2)×2\r(2))＝eq \f(3,4).
名師點(diǎn)撥：
1．求異面直線所成角的思路：
(1)選好基底或建立空間直角坐標(biāo)系；
(2)求出兩直線的方向向量v1，v2；
(3)代入公式|cs〈v1，v2〉|＝eq \f(|v·v2|,|v1||v2|)求解．
2．兩異面直線所成角的關(guān)注點(diǎn)：
兩異面直線所成角的范圍是θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，兩向量的夾角的范圍是[0，π]，當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時(shí)，就是該異面直線所成的角；當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時(shí)，其補(bǔ)角才是異面直線所成的角．
【變式訓(xùn)練】
(2022·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，O為底面ABCD的中心，M，N分別為棱A1D1，CC1的中點(diǎn)，則異面直線B1M與ON所成角的余弦值為( C )
A.eq \f(\r(5),5) B．eq \f(\r(10),5)
C．eq \f(\r(15),15) D．eq \f(2\r(5),15)
[解析] 解法一：如圖，設(shè)B1M∩A1C1＝H，在AA1上取點(diǎn)P，使A1P＝eq \f(1,3)AA1，連接PH、AC1、PM，易知PH∥AC1∥ON，∴∠MHP(或其補(bǔ)角)即為B1M與ON所成的角，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為6，則PM＝eq \r(13)，PH＝2eq \r(3)，MH＝eq \r(5)，∴cs∠MHP＝eq \f(MH2＋PH2－PM2,2PH·MH)＝eq \f(－\r(15),15)，故選C.
解法二：以D為原點(diǎn)建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，
所以有D(0,0,0)，O(1,1,0)，B1(2,2,2)，M(1,0,2)，N(0,2,1)，因此eq \(B1M,\s\up6(→))＝(－1，－2,0)，eq \(ON,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，設(shè)異面直線B1M與ON所成角為α，所以cs α＝eq \f(|\(B1M,\s\up6(→))·\(ON,\s\up6(→))|,|\(B1M,\s\up6(→))|·|\(ON,\s\up6(→))|)＝eq \f(|?－1?×?－1?＋?－2?×1＋0×1|,\r(?－1?2＋?－2?2＋02)·\r(?－1?2＋12＋12))＝eq \f(\r(15),15).故選C.
角度2 線面角
[解析] (1)證明：∵A1C⊥底面ABC，
∴A1C⊥AC，A1C⊥BC.
又∠ACB＝90°，
∴A1C、AC、BC兩兩垂直，
∴BC⊥平面ACC1A1.
又BC?平面BCC1B1，
∴平面BCC1B1⊥平面ACC1A1.
又A1到平面BCC1B1的距離為1，AA1∥CC1，
∴A1到CC1的距離等于C到AA1的距離為1，
∴作CH⊥AA1于H，則CH＝1.
又AA1＝2，A1C⊥AC，∴A1A上的中線為1，
∴H為AA1的中點(diǎn)，即CH垂直平分AA1，
∴AC＝A1C.
(2)解法一：定義法
連接A1B，由(1)知Rt△ABC≌Rt△A1BC，
∴AB＝A1B，連接BH，則BH⊥AA1，
∴BH＝2，又AH＝1，∴AB＝A1B＝eq \r(5)，
∴cs∠A1AB＝eq \f(AH,AB)＝eq \f(\r(5),5)，
∴AB1＝eq \r(AB2＋AA\\al(2,1)－2AB·AA1cs?π－∠A1AB?)＝eq \r(13).
∴AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為eq \f(1,\r(13))＝eq \f(\r(13),13).
解法二：向量法
由(1)及(2)解法一知可建立如圖空間直角坐標(biāo)系，則A(eq \r(2)，0,0)，A1(0,0，eq \r(2))，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，
又BC＝eq \r(AB2－AC2)＝eq \r(3)，由eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))可得，B1(－eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(2))．
又CH⊥AA1，∴CH⊥CC1從而CH⊥平面BCC1B1，
∴平面BCC1B1的法向量為eq \(CH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，
又eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－2eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(2))，
∴AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為eq \f(|\(CH,\s\up6(→))·\(AB1,\s\up6(→))|,|\(CH,\s\up6(→))|·|\(AB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(13))＝eq \f(\r(13),13).
名師點(diǎn)撥：
1．用定義法求線面角的步驟
(1)用定義法或體積法求出斜線上一點(diǎn)到平面的距離h；
(2)求出斜線段的長(zhǎng)度l；
(3)求出線面角正弦sin θ＝eq \f(h,l)；
(4)求出θ，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
2．用向量法求線面角的步驟
【變式訓(xùn)練】
(2023·福建莆田質(zhì)檢)在三棱錐P－ABC中，已知△ABC是邊長(zhǎng)為8的等邊三角形，PA⊥平面ABC，PA＝14，則AB與平面PBC所成角的正弦值為( A )
A.eq \f(7\r(183),122) B．eq \f(\r(793),122)
C．eq \f(5\r(183),122) D．eq \f(\r(61),122)
[解析] 解法一：定義法
取BC的中點(diǎn)H，連接AH，PH，由AB＝AC知BC⊥AH，又PA⊥平面ABC，∴BC⊥PA，∴BC⊥平面PAH，∴平面PBC⊥平面PAH，作AM⊥PH于M，則AM⊥平面PBC，∴∠ABM即為AB與平面PBC所成的角，又AH＝4eq \r(3)，PA＝14，PA⊥AH，∴PH＝2eq \r(61)，∴AM＝eq \f(PA·AH,PH)＝eq \f(14×4\r(3),2\r(61))＝eq \f(28\r(183),61)，∴sin∠ABM＝eq \f(AM,AB)＝eq \f(7\r(183),122).故選A.
解法二：向量法
如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，P(0,0,14)，C(0,8,0)，B(4eq \r(3)，4,0)，∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(4eq \r(3)，4,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,8，－14)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－4eq \r(3)，4,0)，設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PC,\s\up6(→))·n＝8y－14z＝0，,\(BC,\s\up6(→))·n＝－4\r(3)x＋4y＝0，))
取y＝7得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)\r(3)，7，4))，∴AB與平面PBC所成角的正弦值為eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|\(AB,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(7\r(183),122).故選A.
角度3 二面角
[解析] (1)證明：作PO⊥平面ABCD于O，
∵PA＝PB＝PC，∴Rt△PAO≌Rt△PBO≌Rt△PCO，
∴OA＝OB＝OC，即O為△ABC的外心，
又AB⊥BC，∴O為AB的中點(diǎn)，
∴PO?平面PAC，
∴平面PAC⊥平面ABCD.
(2)解法一：幾何法
取AB的中點(diǎn)E，連接DE，由AB＝2CD知O∈DE，
取OD的中點(diǎn)H，連接QH，則QH∥PO，
∴QH⊥平面ABCD，作HM⊥BC于M，
連接QM，則BC⊥平面QHM，從而B(niǎo)C⊥QM，
∴∠QMH為二面角Q－BC－D的平面角．
設(shè)CD＝1，則OC＝eq \r(2)，PC＝AB＝2，
∴OP＝eq \r(PC2－OC2)＝eq \r(2)，∴QH＝eq \f(\r(2),2)，
又HM＝CD＝1，
∴QM＝eq \r(HM2＋HQ2)＝eq \f(\r(6),2)，
∴sin∠QMH＝eq \f(HQ,MQ)＝eq \f(\r(3),3)，
即二面角Q－BC－D的正弦值為eq \f(\r(3),3).
解法二：向量法
由AB＝BC，AB⊥BC，
知OB⊥OC，
∴OB、OC、OP兩兩垂直，
如圖建立空間直角坐標(biāo)系
設(shè)CD＝1，則B(eq \r(2)，0,0)，C(0，eq \r(2)，0)，P(0,0，eq \r(2))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，∴Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，\f(\r(2),2)))，
∴eq \(BQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5\r(2),4)，\f(\r(2),4)，\f(\r(2),2)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，
方法①：設(shè)平面BCQ的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BQ,\s\up6(→))·n＝－\f(5\r(2),4)x＋\f(\r(2),4)y＋\f(\r(2),2)z＝0，,\(BC,\s\up6(→))·n＝－\r(2)x＋\r(2)y＝0，))
取x＝1得n＝(1,1,2)，
又平面ABCD的一個(gè)法向量為m＝(0,0,1)，
記二面角Q－BC－D為α，則
cs α＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2,\r(6))＝eq \f(\r(6),3)，
∴sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(\r(3),3)，
即二面角Q－BC－D的正弦值為eq \f(\r(3),3).
方法②：如圖：
作QH⊥BC于H，則eq \(HQ,\s\up6(→))＝eq \(BQ,\s\up6(→))－λeq \(BC,\s\up6(→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5\r(2),4)＋\r(2)λ，\f(\r(2),4)－\r(2)λ，\f(\r(2),2)))，
由eq \(HQ,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))即eq \(HQ,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(5,2)－2λ＋eq \f(1,2)－2λ＝3－4λ＝0，
∴λ＝eq \f(3,4)，∴eq \(HQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))).
又eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，0))，設(shè)m＝(－1，－1,1)，n＝(－1，－1,0)．
記二面角Q－BC－D的大小為α，
則cs α＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3).
∴sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(\r(3),3).
名師點(diǎn)撥：求二面角的方法步驟
1．法向量法
(1)建坐標(biāo)系，確定相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而確定相關(guān)向量的坐標(biāo)；
(2)求法向量——求二面角兩個(gè)面的法向量n1，n2；
(3)用公式——|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)(θ為二面角的平面角)；
(4)下結(jié)論——結(jié)合圖形確定cs θ(θ∈[0，π])或θ的值．
2．找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大小．
如圖AH⊥BC于H，DQ⊥BC于Q，由m·eq \(BC,\s\up6(→))＝(eq \(BA,\s\up6(→))－λeq \(BC,\s\up6(→)))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0得λ＝eq \f(\(BA,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(BC,\s\up6(→))|2)，進(jìn)而可求得m，同理求出n，則二面角的大小即為m、n所成的角θ，且cs θ＝eq \f(m·n,|m|·|n|).(這種方法避免了對(duì)二面角是鈍角還是銳角的判斷)
3.幾何法——通過(guò)找二面角的平面角求解
(1)定義法：在二面角的棱上找一特殊點(diǎn)，過(guò)該點(diǎn)在兩個(gè)半平面內(nèi)分別作垂直于棱的射線，如圖(1)，∠AOB為二面角α－l－β的平面角．
(2)垂面法：過(guò)棱上任一點(diǎn)作棱的垂直平面，該平面與二面角的兩個(gè)半平面的交線所形成的角即為二面角的平面角，如圖(2)，∠AOB為二面角α－l－β的平面角．
(3)垂線法(三垂線定理法)：過(guò)二面角的一個(gè)半平面內(nèi)一點(diǎn)作另一個(gè)半平面所在平面的垂線，從垂足出發(fā)向棱引垂線，利用三垂線定理即可找到所求二面角的平面角或其補(bǔ)角，如圖(3)，∠ABO為二面角α－l－β的平面角．
注：也可將二面角轉(zhuǎn)化為線面角求解．如圖要求二面角P－AB－C，可作PH⊥AB，則二面角P－AB－C的大小即為PH與平面ABC所成角的大小θ，PH易求，可用體積法求P到平面ABC的距離h，則sin θ＝eq \f(h,|PH|).
解題時(shí)注意線面角、二面角與點(diǎn)到平面間距離的聯(lián)系，靈活處理．
【變式訓(xùn)練】
(2024·廣東南粵名校聯(lián)考)三棱柱ABC－A1B1C1中，D是正方形AA1B1B的中心，AA1＝eq \r(2)，C1D⊥平面AA1B1B，且C1D＝1.
(1)M是棱A1C1的中點(diǎn)，求證：AC⊥平面AB1M；
(2)求平面AB1M與平面A1BC夾角的大?。?br>[解析] (1)證明：連接AC1，A1D，D是正方形AA1B1B的中心，AA1＝eq \r(2)，則DA1＝1，
又C1D⊥平面AA1B1B，DA1?平面AA1B1B，
∴C1D⊥DA1，又C1D＝1，
由勾股定理得C1A1＝eq \r(C1D2＋A1D2)＝eq \r(2)，
同理C1B1＝eq \r(2)，AC1＝eq \r(2)，
∴△A1B1C1，△A1AC1均為等邊三角形，
又M為A1C1中點(diǎn)，
∴A1C1⊥B1M，A1C1⊥AM，B1M∩AM＝M，
又∵B1M?平面AB1M，AM?平面AB1M，
∴A1C1⊥平面AB1M，
∵AC∥A1C1，
∴AC⊥平面AB1M.
(2)以D為原點(diǎn)，DA，DA1，DC1分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，
B(0，－1,0)，A1(0,1,0)，C(1，－1,1)，C1(0,0,1)，
∴eq \(A1B,\s\up6(→))＝(0，－2,0)，eq \(A1C,\s\up6(→))＝(1，－2,1)，eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，
設(shè)平面A1BC的法向量n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1B,\s\up6(→))＝－2y＝0，,n·\(A1C,\s\up6(→))＝x－2y＋z＝0，))
令x＝1得n＝(1,0，－1)，
由(1)知，平面AB1M的法向量為eq \(A1C1,\s\up6(→))，
設(shè)平面AB1M與平面A1BC的夾角為θ，
則cs θ＝|cs〈n，eq \(A1C1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(A1C1,\s\up6(→))|,|n|·|\(A1C1,\s\up6(→))|)＝eq \f(|?1，0，－1?·?0，－1，1?|,\r(1＋1)×\r(1＋1))＝eq \f(1,\r(2)·\r(2))＝eq \f(1,2)，
∵θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴θ＝60°.
即平面AB1M與平面A1BC的夾角為60°.

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