知識梳理
1．異面直線所成的角
若異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別是u，v，則cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2．直線與平面所成的角
如圖，直線AB與平面α相交于點B，設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sin θ＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3．平面與平面的夾角
如圖，平面α與平面β相交，形成四個二面角，我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角．
若平面α，β的法向量分別是n1和n2，則平面α與平面β的夾角即為向量n1和n2的夾角或其補角．設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，則cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
常用結(jié)論
1．線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要誤記為cs θ＝|cs〈a，n〉|.
2．二面角的范圍是[0，π]，兩個平面夾角的范圍是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
思考辨析
判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)
(1)兩條異面直線所成的角與兩直線的方向向量所成的角相等．( × )
(2)直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角的余角就是直線l與平面α 所成的角．( × )
(3)二面角的平面角為θ，則兩個面的法向量的夾角也是θ.( × )
(4)兩異面直線夾角的范圍是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，直線與平面所成角的范圍是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( √ )
教材改編題
1．已知直線l1的方向向量s1＝(1,0,1)與直線l2的方向向量s2＝(－1,2，－2)，則l1和l2夾角的余弦值為( )
A.eq \f(\r(2),4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 C
解析 因為s1＝(1,0,1)，s2＝(－1,2，－2)，
所以cs〈s1，s2〉＝eq \f(s1·s2,|s1||s2|)＝eq \f(－1－2,\r(2)×3)＝－eq \f(\r(2),2).
所以l1和l2夾角的余弦值為eq \f(\r(2),2).
2．已知向量m，n分別是直線l的方向向量、平面α的法向量，若cs〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，則l與α所成的角為________．
答案 30°
解析 設(shè)直線l與α所成角為θ，
sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈m，n〉))＝eq \f(1,2)，
又∵θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴θ＝30°.
3．已知兩平面的法向量分別為(0，－1,3)，(2,2,4)，則這兩個平面夾角的余弦值為______．
答案 eq \f(\r(15),6)
解析 eq \f(|?0，－1，3?·?2，2，4?|,\r(1＋9)×\r(4＋4＋16))＝eq \f(\r(15),6).
題型一 異面直線所成的角
例1 (1)(2022·大慶模擬)如圖，已知棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1，E，F(xiàn)，G分別為AB，CD1，AD的中點，則異面直線A1G與EF所成角的余弦值為( )
A．0 B.eq \f(\r(10),10)
C.eq \f(\r(2),2) D．1
答案 A
解析 如圖，分別以DA，DC，DD1所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A1(2,0,2)，G(1,0,0)，
E(2,1,0)，F(xiàn)(0,1,1)，
所以eq \(A1G,\s\up6(—→))＝(－1,0，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，
設(shè)異面直線A1G與EF所成的角為θ，
則cs θ＝eq \f(|\(A1G,\s\up6(—→))·\(EF,\s\up6(→))|,|\(A1G,\s\up6(—→))||\(EF,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|?－1?×?－2?－2×1|,\r(5)×\r(5))＝0.
(2)(2022·杭州模擬)如圖，已知圓錐CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圓O的直徑，點D在eq \(AB,\s\up8(︵))上，且∠AOD＝2∠BOD，則異面直線AD與BC所成角的余弦值為( )
A.eq \f(\r(3),4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,4) D.eq \f(3,4)
答案 A
解析 因為∠AOD＝2∠BOD，
且∠AOD＋∠BOD＝π，
所以∠BOD＝eq \f(π,3)，
連接CO，則CO⊥平面ABD，以點O為坐標(biāo)原點，OB，OC所在直線分別為y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)圓O的半徑為2，則A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0，2eq \r(3))，D(eq \r(3)，1,0)，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－2,2eq \r(3))，
設(shè)異面直線AD與BC所成的角為θ，
則cs θ＝|cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))|,|\(AD,\s\up6(→))||\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－6|,2\r(3)×4)＝eq \f(\r(3),4)，因此，異面直線AD與BC所成角的余弦值為eq \f(\r(3),4).
教師備選
如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq \r(2)，BC＝2，點D為BC的中點，則異面直線AD與A1C所成的角為( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 B
解析 以A為坐標(biāo)原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(0,0,0)，A1(0,0，eq \r(2))，B(eq \r(2)，0,0)，
C(0，eq \r(2)，0)，
∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，
∴eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，
eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))，
∴cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(A1C,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(AD,\s\up6(→))·\(A1C,\s\up6(—→)),|\(AD,\s\up6(→))||\(A1C,\s\up6(—→))|)＝eq \f(1,2)，
∴即異面直線AD，A1C所成角為eq \f(π,3).
思維升華 用向量法求異面直線所成的角的一般步驟
(1)建立空間直角坐標(biāo)系；
(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；
(4)注意兩異面直線所成角的范圍是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值．
跟蹤訓(xùn)練1 (1)如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))，若異面直線D1E和A1F所成角的余弦值為eq \f(3\r(2),10)，則λ的值為______．
答案 eq \f(1,3)
解析 以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，正方體的棱長為2，
則A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
∴eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(0,2，－1)，
eq \(A1F,\s\up6(—→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋λeq \(AD,\s\up6(→))
＝(－2λ，0，－2)．
∴cs〈eq \(A1F,\s\up6(—→))，eq \(D1E,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(A1F,\s\up6(—→))·\(D1E,\s\up6(—→)),|\(A1F,\s\up6(—→))||\(D1E,\s\up6(—→))|)
＝eq \f(2,2\r(λ2＋1)×\r(5))＝eq \f(3\r(2),10)，
解得λ＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(1,3)舍)).
(2)(2022·武漢模擬)若在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，則異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為________．
答案 eq \f(\r(2),4)
解析 令M為AC的中點，連接MB，MA1，
由題意知△ABC是等邊三角形，
所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC，
因為平面A1ACC1⊥平面ABC，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
BM?平面ABC，
所以BM⊥平面A1ACC1，
因為A1M?平面A1ACC1，
所以BM⊥A1M，
所以AC，BM，A1M兩兩垂直，以M為坐標(biāo)原點，eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MA1,\s\up6(—→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)AA1＝AC＝AB＝2，
則A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，A1(0,0，eq \r(3))，
C1(－2,0，eq \r(3))，
所以eq \(AC1,\s\up6(—→))＝(－3,0，eq \r(3))，eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(0，eq \r(3)，－eq \r(3))，
所以cs〈eq \(AC1,\s\up6(—→))，eq \(A1B,\s\up6(—→))〉＝eq \f(－3,2\r(3)×\r(6))＝－eq \f(\r(2),4)，
故異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為eq \f(\r(2),4).
題型二 直線與平面所成的角
例2 (2022·廣州模擬)在邊長為2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，點E是邊AB的中點(如圖1)，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，連接A1B，A1C，得到四棱錐A1－BCDE(如圖2)．
(1)證明：平面A1BE⊥平面BCDE；
(2)若A1E⊥BE，連接CE，求直線CE與平面A1CD所成角的正弦值．
(1)證明 連接圖1中的BD，如圖所示．
因為四邊形ABCD為菱形，且∠BAD＝60°，
所以△ABD為等邊三角形，所以DE⊥AB，
所以在圖2中有DE⊥BE，DE⊥A1E，
因為BE∩A1E＝E，BE，A1E?平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE，
因為DE?平面BCDE，
所以平面A1BE⊥平面BCDE.
(2)解 因為平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1E⊥BE，A1E?平面A1BE，所以A1E⊥平面BCDE，
以E為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
所以A1(0,0,1)，C(2，eq \r(3)，0)，D(0，eq \r(3)，0)，
E(0,0,0)，
所以eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(0，eq \r(3)，－1)，eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(2，eq \r(3)，－1)，eq \(EC,\s\up6(→))＝(2，eq \r(3)，0)，
設(shè)平面A1CD的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1D,\s\up6(—→))＝\r(3)y－z＝0，,n·\(A1C,\s\up6(—→))＝2x＋\r(3)y－z＝0，))
令y＝1，則n＝(0,1，eq \r(3))，
所以cs〈n，eq \(EC,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(EC,\s\up6(→)),|n||\(EC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3),2\r(7))＝eq \f(\r(21),14)，
所以直線CE與平面A1CD所成角的正弦值為eq \f(\r(21),14).
教師備選
(2020·新高考全國Ⅰ)如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.
(1)證明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．
(1)證明 在正方形ABCD中，AD∥BC，
因為AD?平面PBC，BC?平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因為AD?平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
因為在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
因為PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，
所以l⊥PD，
因為DC∩PD＝D，PD，DC?平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
(2)解 以D為坐標(biāo)原點，eq \(DA,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
因為PD＝AD＝1，則有D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
因為平面PAD∩平面PBC＝l，
所以l過點P，設(shè)Q(m，0,1)，
則有eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝(m，0,1)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，
設(shè)平面QCD的一個法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,mx＋z＝0，))
令x＝1，則z＝－m，
所以平面QCD的一個法向量為n＝(1,0，－m)，
則cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up6(→)),|n||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋0＋m,\r(3)·\r(m2＋1)).
記PB與平面QCD所成的角為θ，根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，
則sin θ＝|cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))，
當(dāng)m＝0時，sin θ＝eq \f(\r(3),3)，
當(dāng)m≠0時，sin θ＝eq \f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))
＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2m,m2＋1))
≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2|m|,m2＋1))≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋1)＝eq \f(\r(6),3)，
當(dāng)且僅當(dāng)m＝1時取等號，
所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為eq \f(\r(6),3).
思維升華 利用空間向量求線面角的解題步驟
跟蹤訓(xùn)練2 (2022·全國百校聯(lián)考)如圖所示，在三棱錐S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，A是線段SD上的點，△SBD為等邊三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.
(1)若SA＝AD，求證：SD⊥CA；
(2)若直線BA與平面SCD所成角的正弦值為eq \f(4\r(195),65)，求AD的長．
(1)證明 依題意，BD＝2，
在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，
由余弦定理求得BC＝2eq \r(3)，
∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.
又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC?平面BCD，
∴BC⊥平面SBD.從而BC⊥SD，
在等邊△SBD中，SA＝AD，則BA⊥SD.
又BC∩BA＝B，BC，BA?平面BCA，
∴SD⊥平面BCA，又CA?平面BCA，
∴SD⊥CA.
(2)解 以B為坐標(biāo)原點，BC，BD所在直線分別為x軸、y軸，過點B作平面BCD的垂線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(0,0,0)，C(2eq \r(3)，0,0)，D(0,2,0)，S(0,1，eq \r(3))，
故eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，2,0)，eq \(SD,\s\up6(→))＝(0,1，－eq \r(3))，
設(shè)平面SCD的法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CD,\s\up6(→))＝0，,m·\(SD,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)x＋2y＝0，,y－\r(3)z＝0，))
取x＝1，則y＝eq \r(3)，z＝1，
∴m＝(1，eq \r(3)，1)，
設(shè)eq \(DA,\s\up6(→))＝λeq \(DS,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
則eq \(DA,\s\up6(→))＝(0，－λ，eq \r(3)λ)，
故A(0,2－λ，eq \r(3)λ)，則eq \(BA,\s\up6(→))＝(0,2－λ，eq \r(3)λ)，
設(shè)直線BA與平面SCD所成角為θ，
故sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈m，\(BA,\s\up6(→))〉))＝eq \f(|m·\(BA,\s\up6(→))|,|m||\(BA,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|2\r(3)－\r(3)λ＋\r(3)λ|,\r(5)·\r(?2－λ?2＋3λ2))＝eq \f(4\r(195),65)，
解得λ＝eq \f(1,4)或λ＝eq \f(3,4)，則AD＝eq \f(1,2)或AD＝eq \f(3,2).
題型三 平面與平面的夾角
例3 (12分)(2021·新高考全國Ⅰ)如圖，在三棱錐A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O為BD的中點．
(1)證明：OA⊥CD; [切入點：線線垂直轉(zhuǎn)化到線面垂直]
(2)若△OCD是邊長為1的等邊三角形，點E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小為45°，求三棱錐A－BCD的體積. [關(guān)鍵點：建系寫坐標(biāo)]
教師備選
(2020·全國Ⅰ改編)如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE＝AD.△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點，PO＝eq \f(\r(6),6)DO.
(1)證明：PA⊥平面PBC；
(2)求平面BPC與平面EPC的夾角的余弦值．
(1)證明 由題設(shè)，知△DAE為等邊三角形，
設(shè)AE＝1，則DO＝eq \f(\r(3),2)，CO＝BO＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(1,2)，
所以PO＝eq \f(\r(6),6)DO＝eq \f(\r(2),4)，PC＝eq \r(PO2＋OC2)＝eq \f(\r(6),4)，
同理PB＝eq \f(\r(6),4)，PA＝eq \f(\r(6),4)，
又△ABC為等邊三角形，
則eq \f(BA,sin 60°)＝2OA，所以BA＝eq \f(\r(3),2)，
PA2＋PB2＝eq \f(3,4)＝AB2，則∠APB＝90°，
所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，
又PC∩PB＝P，PC，PB?平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
(2)解 過O作ON∥BC交AB于點N，因為PO⊥平面ABC，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA所在直線為x軸，ON所在直線為y軸，OD所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),4)))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，0))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，
eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，－\f(\r(2),4)))，
設(shè)平面PCB的一個法向量為n＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PB,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1－\r(3)y1－\r(2)z1＝0，,－x1＋\r(3)y1－\r(2)z1＝0，))
令x1＝eq \r(2)，得z1＝－1，y1＝0，
所以n＝(eq \r(2)，0，－1)，
設(shè)平面PCE的一個法向量為m＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PC,\s\up6(→))＝0，,m·\(PE,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－\r(3)y2－\r(2)z2＝0，,－2x2－\r(2)z2＝0，))
令x2＝1，得z2＝－eq \r(2)，y2＝eq \f(\r(3),3)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)，－\r(2)))，
故cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2\r(2),\r(3)×\f(\r(10),\r(3)))＝eq \f(2\r(5),5)，
所以平面BPC與平面EPC的夾角的余弦值為eq \f(2\r(5),5).
思維升華 利用空間向量求平面與平面夾角的解題步驟
跟蹤訓(xùn)練3 (2021·全國乙卷改編)如圖，四棱錐P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M為BC的中點，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求平面APM與平面BPM夾角的正弦值．
解 (1)因為PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故以點D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，
設(shè)BC＝t，則A(t，0,0)，B(t，1,0)，
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)，1，0))，P(0,0,1)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(t，1，－1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,2)，1，0)).
因為PB⊥AM，所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝－eq \f(t2,2)＋1＝0，得t＝eq \r(2)，所以BC＝eq \r(2).
(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得eq \(AP,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0,1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，0))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0,0)，
eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，1，－1)．
設(shè)平面APM的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AP,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AM,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋z1＝0，,－\f(\r(2),2)x1＋y1＝0，))
令x1＝eq \r(2)，則z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一個法向量為n1＝(eq \r(2)，1,2)．
設(shè)平面PMB的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x2＝0，,\r(2)x2＋y2－z2＝0，))
得x2＝0，令y2＝1，則z2＝1，所以平面PMB的一個法向量為n2＝(0,1,1)．
設(shè)平面APM與平面BPM夾角為θ，
cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(3,\r(7)×\r(2))＝eq \f(3\r(14),14)，
sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(70),14).
所以平面APM與平面BPM夾角的正弦值為eq \f(\r(70),14).
課時精練
1．如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq \r(3)，∠BAD＝120°.
(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；
(2)求平面A1BD與平面A1AD所成角的正弦值．
解 在平面ABCD內(nèi)，過點A作AE⊥AD，交BC于點E.
因為AA1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.
如圖，以{eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(—→))}為一個正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系，
因為AB＝AD＝2，AA1＝eq \r(3)，∠BAD＝120°，
則A(0,0,0)，B(eq \r(3)，－1,0)，D(0,2,0)，
E(eq \r(3)，0,0)，A1(0,0，eq \r(3))，C1(eq \r(3)，1，eq \r(3))．
(1)eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(eq \r(3)，－1，－eq \r(3))，eq \(AC1,\s\up6(—→))＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))．
則cs〈eq \(A1B,\s\up6(—→))，eq \(AC1,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(A1B,\s\up6(—→))·\(AC1,\s\up6(—→)),|\(A1B,\s\up6(—→))||\(AC1,\s\up6(—→))|)
＝eq \f(3－1－3,\r(7)×\r(7))＝－eq \f(1,7).
因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為eq \f(1,7).
(2)可知平面A1AD的一個法向量為
eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0,0)，
設(shè)m＝(x，y，z)為平面A1BD的一個法向量，
又eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(eq \r(3)，－1，－eq \r(3))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，3,0)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A1B,\s\up6(—→))＝0，,m·\(BD,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x－y－\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋3y＝0.))
不妨取x＝3，則y＝eq \r(3)，z＝2.
所以m＝(3，eq \r(3)，2)為平面A1BD的一個法向量，
從而cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，m〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·m,|\(AE,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(3\r(3),\r(3)×4)＝eq \f(3,4).
設(shè)平面A1BD與平面A1AD所成的角為θ，
則cs θ＝eq \f(3,4).
所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(7),4).
因此平面A1BD與平面A1AD所成角的正弦值為eq \f(\r(7),4).
2．(2021·浙江)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq \r(15)，M，N分別為BC，PC的中點，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)證明：AB⊥PM；
(2)求直線AN與平面PDM所成角的正弦值．
(1)證明 因為底面ABCD是平行四邊形，
∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，
且M為BC的中點，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM?平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因為AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.
又PM?平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)解 方法一 由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB為直線AN與平面PDM所成角的余角．
連接AM，因為PM⊥MD，PM⊥DC，
所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.
因為∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝eq \r(7)，
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2)，
所以PB＝PC＝2eq \r(3)，
連接BN，
結(jié)合余弦定理得BN＝eq \r(11).
連接AC，
則由余弦定理得AC＝eq \r(21)，
在△PAC中，結(jié)合余弦定理得
PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝eq \r(15).
所以在△ABN中，cs∠BAN＝eq \f(AB2＋AN2－BN2,2AB·AN)＝eq \f(1＋15－11,2\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
設(shè)直線AN與平面PDM所成的角為θ，
則sin θ＝cs∠BAN＝eq \f(\r(15),6).
方法二 因為PM⊥MD，PM⊥DC，
所以PM⊥平面ABCD.
連接AM，則PM⊥AM.
因為∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝eq \r(7)，
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2)，
由(1)知CD⊥DM，
過點M作ME∥CD交AD于點E，
則ME⊥MD.
故可以以M為坐標(biāo)原點，MD，ME，MP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(－eq \r(3)，2,0)，P(0,0,2eq \r(2))，C(eq \r(3)，－1,0)，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2))).
所以eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，－\f(5,2)，\r(2))).
易知平面PDM的一個法向量為n＝(0,1,0)．
設(shè)直線AN與平面PDM所成的角為θ，
則sin θ＝|cs〈eq \(AN,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AN,\s\up6(→))·n|,|\(AN,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\f(5,2),\r(15))
＝eq \f(\r(15),6).
3.(2022·汕頭模擬)如圖，在圓柱OO1中，四邊形ABCD是其軸截面，EF為⊙O1的直徑，且EF⊥CD，AB＝2，BC＝a(a>1)．
(1)求證：BE＝BF；
(2)若直線AE與平面BEF所成角的正弦值為eq \f(\r(6),3)，求平面ABE與平面BEF夾角的余弦值．
(1)證明 如圖，連接BO1，在圓柱OO1中，
BC⊥平面CEDF，
∵EF?平面CEDF，∴EF⊥BC，
∵EF⊥CD，BC∩CD＝C，BC，
CD?平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD，
又BO1?平面ABCD，
∴EF⊥BO1，
∵在△BEF中，O1為EF的中點，∴BE＝BF.
(2)解 連接OO1，則OO1與該圓柱的底面垂直，
以點O為坐標(biāo)原點，OB，OO1所在直線分別為y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(0，－1,0)，B(0,1,0)，E(－1,0，a)，
F(1,0，a)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1,1，a)，
eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1，－1，a)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(1，－1，a)，
設(shè)平面BEF的法向量是n1＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(BE,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BF,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1－y1＋az1＝0，,x1－y1＋az1＝0，))
取z1＝1，得n1＝(0，a，1)，
設(shè)直線AE與平面BEF所成的角為θ，
則sin θ＝|cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，n1〉|
＝eq \f(2a,\r(a2＋2)·\r(a2＋1))＝eq \f(\r(6),3)，
化簡得(a2－2)(a2－1)＝0，
∵a>1，解得a＝eq \r(2)，
∴n1＝(0，eq \r(2)，1)，
設(shè)平面ABE的法向量是n2＝(x2，y2，z2)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AE,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y2＝0，,－x2＋y2＋\r(2)z2＝0，))
取z2＝1，得n2＝(eq \r(2)，0,1)，
設(shè)平面ABE與平面BEF的夾角為α，
則cs α＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,3)，
∴平面ABE與平面BEF夾角的余弦值為eq \f(1,3).
4.(2021·全國甲卷改編)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點，BF⊥A1B1.
(1)證明：BF⊥DE；
(2)當(dāng)B1D為何值時，平面BB1C1C與平面DFE夾角的正弦值最??？
(1)證明 因為E，F(xiàn)分別是AC和CC1的中點，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝eq \r(5).
如圖，連接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝eq \r(BF2＋AB2)＝3，所以AC＝eq \r(AF2－CF2)＝2eq \r(2).由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B為坐標(biāo)原點，以BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則B(0,0,0)，E(1,1,0)，F(xiàn)(0,2,1)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(0,2,1)．
設(shè)B1D＝m(0≤m≤2)，則D(m，0,2)，
于是eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)．
所以eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝0，所以BF⊥DE.
(2)解 易知平面BB1C1C的一個法向量為
n1＝(1,0,0)．
設(shè)平面DFE的一個法向量為n2＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\(EF,\s\up6(→))·n2＝0，))
又eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(?1－m?x＋y－2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))
令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是平面DFE的一個法向量為
n2＝(3，m＋1,2－m)，
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(3,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))2＋\f(27,2))).
設(shè)平面BB1C1C與平面DFE的夾角為θ，
則sin θ＝eq \r(1－cs2〈n1，n2〉)，
故當(dāng)m＝eq \f(1,2)時，平面BB1C1C與平面DFE夾角的正弦值最小，為eq \f(\r(3),3)，即當(dāng)B1D＝eq \f(1,2)時，平面BB1C1C與平面DFE夾角的正弦值最?。?

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