高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《異面直線所成的角與線面角》專項(xiàng)測試卷含答案

第第頁高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《異面直線所成的角與線面角》專項(xiàng)測試卷含答案學(xué)校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________一、單項(xiàng)選擇題1．(2024·重慶診斷)如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是等邊三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB＝2.D，E，F(xiàn)分別是BB1，AA1，A1C1的中點(diǎn)，則直線EF與CD所成角的余弦值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(,2),2)C．－eq\f(1,2)D．02．(2024·河北滄州模擬)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是C1D1的中點(diǎn)，則異面直線AP與BA1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(,2),6)B.eq\f(\r(,3),6)C.eq\f(1,3)D.eq\f(2,3)3．在正四棱錐S-ABCD中，O為頂點(diǎn)在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點(diǎn)，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角是()A．30°B．45°C．60°D．90°4．(2024·廣東肇慶一中月考)如圖，E，F(xiàn)分別是正方形ABCD的邊BC，CD的中點(diǎn)，將△CEF沿著EF折起到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABCD，連接AP，BF，則AP，BF所成角的余弦值是()A.eq\f(\r(,5),5)B.eq\f(\r(,3),3)C.eq\f(3,10)D.eq\f(1,3)5．若正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等，D是A1C1的中點(diǎn)，則直線AD與平面B1DC所成角的正弦值為()A.eq\f(3,5)B.eq\f(4,5)C.eq\f(3,4)D.eq\f(\r(,5),5)二、多項(xiàng)選擇題6．(2022·新高考全國Ⅰ卷)已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則()A．直線BC1與DA1所成的角為90°B．直線BC1與CA1所成的角為90°C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°7．關(guān)于正方體ABCD-A1B1C1D1，下列說法正確的是()A．直線AC1⊥平面A1BDB．若平面A1BD與平面AB1D1的交線為l，則l與AD所成的角為45°C．直線CC1與平面A1BD所成角的正切值為eq\r(,2)D．若正方體的棱長為2，P，Q分別為棱DD1，BB1的中點(diǎn)，則經(jīng)過點(diǎn)A，P，Q的平面截此正方體所得截面圖形的周長為4eq\r(,5)三、填空題與解答題8．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________．9．如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，平面A1ADD1⊥平面ABCD，AD＝2，AA1＝A1D.若直線AB與平面A1DC1所成角的正弦值為eq\f(\r(,21),7)，則AA1的長度為________．10．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1的底面邊長為2，側(cè)棱長為2eq\r(,2)，則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為________．11．(2024·山東濰坊模擬)在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PC⊥PD，二面角A-CD-P為直二面角．(1)求證：PB⊥PD；(2)當(dāng)PC＝PD時，求直線PC與平面PAB所成角的正弦值．12．(2021·浙江卷)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(diǎn)，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．13．(2024·湖南岳陽第一次質(zhì)量監(jiān)測)已知在直三棱柱A1B1C1-ABC中，E，F(xiàn)分別為棱B1B和A1C1的中點(diǎn)，∠BAC＝45°，AC＝2eq\r(,2)，AB＝3.(1)求證：平面EFC⊥平面A1ACC1；(2)若直線EC1與平面EFC所成角的正弦值為eq\f(\r(,2),3)，且AA1<3，證明：平面AB1C1⊥平面EFC.高分推薦題14．(2024·福建福州質(zhì)檢)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F在BC上，且AC＝BC＝3BF.(1)證明：平面A1B1F⊥平面CC1E；(2)若∠ABC＝60°，AA1＝2AB，且三棱錐E-A1B1F的體積為eq\f(4\r(,3),9)，求CE與平面A1B1F所成角的正弦值．解析版一、單項(xiàng)選擇題1．(2024·重慶診斷)如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是等邊三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB＝2.D，E，F(xiàn)分別是BB1，AA1，A1C1的中點(diǎn)，則直線EF與CD所成角的余弦值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(,2),2)C．－eq\f(1,2)D．0解析：方法一：分別延長A1C1，AC至M，N，使C1M＝A1C1，CN＝AC，連接AC1，CM，DM，B1M，B1F，MN，如圖所示．由題意，易知EF∥AC1∥CM，CD＝eq\r(,5)，CM＝2eq\r(,2)，DM＝eq\r(,B1D2＋B1M2)＝eq\r(,B1D2＋B1F2＋FM2)＝eq\r(12＋\r(,3)2＋32)＝eq\r(,13).設(shè)直線EF與CD所成角為θ，易知cosθ＝|cos∠DCM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(CD2＋CM2－DM2,2CD·CM)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,5)2＋2\r(,2)2－\r(,13)2,2×\r(,5)×2\r(,2))))＝0，∴直線EF與CD所成角的余弦值為0.故選D.方法二：如圖，將三棱柱補(bǔ)成四棱柱，其中兩個三棱柱全等．取PB中點(diǎn)Q，連接DQ，由棱柱性質(zhì)易知EF∥DQ，∴∠CDQ為EF和CD所成的角或其補(bǔ)角．連接CQ，由題知BC＝2，BQ＝1，BD＝1，∴CD＝eq\r(,5)，DQ＝eq\r(,2)，又∠CBQ＝120°，∴在△CBQ中，由余弦定理可得CQ2＝22＋12－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，∴CQ＝eq\r(,7).在△CDQ中，CQ2＝CD2＋DQ2＝7，∴∠CDQ＝90°，∴EF和CD所成角的余弦值為0.故選D.方法三：如圖，以A為原點(diǎn)，以過點(diǎn)A垂直于平面ACC1A1的直線為x軸，以AC所在直線為y軸，以AA1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．由AA1＝AB＝2，△ABC為正三角形，D，E，F(xiàn)分別為BB1，AA1，A1C1的中點(diǎn)，得E(0，0,1)，F(xiàn)(0,1,2)，C(0,2,0)，D(eq\r(,3)，1,1)，∴eq\o(EF,\s\up16(→))＝(0,1,1)，eq\o(CD,\s\up16(→))＝(eq\r(,3)，－1,1)．∵eq\o(EF,\s\up16(→))·eq\o(CD,\s\up16(→))＝0－1＋1＝0，∴EF⊥CD，∴EF與CD所成角的余弦值為0.故選D.答案：D2．(2024·河北滄州模擬)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是C1D1的中點(diǎn)，則異面直線AP與BA1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(,2),6)B.eq\f(\r(,3),6)C.eq\f(1,3)D.eq\f(2,3)解析：方法一：設(shè)正方體的棱長為2，取CC1的中點(diǎn)Q，連接PQ，AD1，AC，AQ，CD1∵P是C1D1的中點(diǎn)，∴PQ∥CD1∥A1B，故∠APQ就是AP與BA1所成的角或其補(bǔ)角，由勾股定理得AP＝AQ＝eq\r(,8＋1)＝3，PQ＝eq\r(,2)，由余弦定理得cos∠APQ＝eq\f(AP2＋PQ2－AQ2,2AP·PQ)＝eq\f(9＋2－9,2×3×\r(,2))＝eq\f(\r(,2),6)，故異面直線AP與BA1所成角的余弦值為eq\f(\r(,2),6).方法二：設(shè)正方體的棱長為2，以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，如圖所示，則A(2,0,0)，P(0,1,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，eq\o(AP,\s\up16(→))＝(－2,1,2)，eq\o(BA1,\s\up16(→))＝(0，－2,2)，|cos〈eq\o(AP,\s\up16(→))，eq\o(BA1,\s\up16(→))〉|＝eq\f(|\o(AP,\s\up16(→))·\o(BA1,\s\up16(→))|,|\o(AP,\s\up16(→))||\o(BA1,\s\up16(→))|)＝eq\f(|－2，1，2·0，－2，2|,\r(,4＋1＋4)×\r(,4＋4))＝eq\f(\r(,2),6)，故異面直線AP與BA1所成角的余弦值為eq\f(\r(,2),6).答案：A3．在正四棱錐S-ABCD中，O為頂點(diǎn)在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點(diǎn)，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角是()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.設(shè)OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，則A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(a,2))).則eq\o(CA,\s\up16(→))＝(2a,0,0)，eq\o(AP,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，－\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(CB,\s\up16(→))＝(a，a,0)，設(shè)平面PAC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ax＝0，,－ax－\f(a,2)y＋\f(a,2)z＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝z，))可取n＝(0,1,1)，則cos〈eq\o(CB,\s\up16(→))，n〉＝eq\f(\o(CB,\s\up16(→))·n,|\o(CB,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(CB,\s\up16(→))，n〉＝60°，∴直線BC與平面PAC所成的角是90°－60°＝30°.答案：A4．(2024·廣東肇慶一中月考)如圖，E，F(xiàn)分別是正方形ABCD的邊BC，CD的中點(diǎn)，將△CEF沿著EF折起到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABCD，連接AP，BF，則AP，BF所成角的余弦值是()A.eq\f(\r(,5),5)B.eq\f(\r(,3),3)C.eq\f(3,10)D.eq\f(1,3)解析：設(shè)EF的中點(diǎn)為O，連接OA，OC，OP，BD，易知A，O，C三點(diǎn)共線．因?yàn)镻F＝PE，所以PO⊥EF，又PO?平面PEF，平面PEF⊥平面ABCD，平面PEF∩平面ABCD＝EF，所以PO⊥平面ABCD.又E，F(xiàn)分別是正方形ABCD的邊BC，CD的中點(diǎn)，所以EF∥BD，因?yàn)锳C⊥BD，所以AO⊥OE.如圖，作AH綉FB，連接OH，PH，則∠PAH或其補(bǔ)角為異面直線AP，BF所成的角．設(shè)正方形邊長為2，則AH2＝BF2＝5，PA2＝PO2＋AO2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,2),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(,2),2)))2＝5，PH2＝PO2＋OH2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,2),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))2＝13.在△PAH中，由余弦定理得cos∠PAH＝eq\f(PA2＋AH2－PH2,2PA·AH)＝eq\f(5＋5－13,2\r(,5)×\r(,5))＝－eq\f(3,10)，所以異面直線AP，BF所成角的余弦值為eq\f(3,10).故選C.答案：C5．若正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等，D是A1C1的中點(diǎn)，則直線AD與平面B1DC所成角的正弦值為()A.eq\f(3,5)B.eq\f(4,5)C.eq\f(3,4)D.eq\f(\r(,5),5)解析：方法一：連接AB1(圖略)，依據(jù)題設(shè)條件，可知B1D⊥平面ACD，DC?平面ACD，∴B1D⊥DC，故△B1DC為直角三角形．設(shè)正三棱柱的棱長為1，則有AD＝eq\f(\r(,5),2)，B1D＝eq\f(\r(,3),2)，DC＝eq\f(\r(,5),2)，∴S△B1DC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(,3),2)×eq\f(\r(,5),2)＝eq\f(\r(,15),8)，S△ADC＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2).設(shè)點(diǎn)A到平面B1DC的距離為h，則有VA-B1DC＝VB1-ADC，∴eq\f(1,3)·h·S△B1DC＝eq\f(1,3)·B1D·S△ADC.∴eq\f(1,3)·h·eq\f(\r(,15),8)＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(,3),2)×eq\f(1,2)，∴h＝eq\f(2,\r(,5)).設(shè)AD與平面B1DC所成角為θ，則sinθ＝eq\f(h,AD)＝eq\f(\f(2,\r(,5)),\f(\r(,5),2))＝eq\f(4,5).故選B.方法二：如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，∵AA1⊥平面A1B1C1，B1D?平面A1B1C1，∴AA1⊥B1D.∵D為A1C1的中點(diǎn)，△A1B1C1為等邊三角形，∴B1D⊥A1C1.∵A1C1∩AA1＝A1，∴B1D⊥平面ACC1A1.又∵B1D?平面B1DC，∴平面B1DC⊥平面ACC1A1，交線為DC.∴AD在平面B1DC上的射影在DC上．∴∠ADC即為直線AD與平面B1DC所成的角．設(shè)正三棱柱的棱長為2，則AD＝DC＝eq\r(,5)，AC＝2.在△ADC中由余弦定理得cos∠ADC＝eq\f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq\f(3,5).∴sin∠ADC＝eq\f(4,5).故選B.答案：B二、多項(xiàng)選擇題6．(2022·新高考全國Ⅰ卷)已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則()A．直線BC1與DA1所成的角為90°B．直線BC1與CA1所成的角為90°C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°解析：如圖，連接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因?yàn)锳D1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直線BC1與DA1所成的角為90°.故A正確；在正方體ABCD-A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1?平面BCC1B1，所以CD⊥BC1，連接B1C，則B1C⊥BC1，因?yàn)镃D∩B1C＝C，CD，B1C?平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1?平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直線BC1與CA1所成的角為90°.故B正確；連接A1C1，交B1D1于點(diǎn)O，則易得OC1⊥平面BB1D1D，連接OB，因?yàn)镺B?平面BB1D1D，所以O(shè)C1⊥OB，∠OBC1為直線BC1與平面BB1D1D所成的角．設(shè)正方體的棱長為a，則易得BC1＝eq\r(,2)a，OC1＝eq\f(\r(,2)a,2)，所以在Rt△BOC1中，OC1＝eq\f(1,2)BC1，所以∠OBC1＝30°.故C錯誤；因?yàn)镃1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1為直線BC1與平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°.故D正確．故選ABD.答案：ABD7．關(guān)于正方體ABCD-A1B1C1D1，下列說法正確的是()A．直線AC1⊥平面A1BDB．若平面A1BD與平面AB1D1的交線為l，則l與AD所成的角為45°C．直線CC1與平面A1BD所成角的正切值為eq\r(,2)D．若正方體的棱長為2，P，Q分別為棱DD1，BB1的中點(diǎn)，則經(jīng)過點(diǎn)A，P，Q的平面截此正方體所得截面圖形的周長為4eq\r(,5)解析：如圖1，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為2，則A1(2,0,2)，B(2,2,0)，D(0,0,0)，圖1eq\o(DA1,\s\up16(→))＝(2,0,2)，eq\o(DB,\s\up16(→))＝(2,2,0)，設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up16(→))＝2x＋2z＝0，,n·\o(DB,\s\up16(→))＝2x＋2y＝0，))令x＝－1，則y＝z＝1，即n＝(－1,1,1)，∵A(2,0,0)，C1(0,2,2)，則eq\o(AC1,\s\up16(→))＝(－2,2,2)，即eq\o(AC1,\s\up16(→))＝2n，∴eq\o(AC1,\s\up16(→))∥n，則直線AC1⊥平面A1BD，故A正確；結(jié)合圖形可知，平面A1BD與平面AB1D1的交線l即為直線MN，M(1,0,1)，N(2,1,1)，則eq\o(MN,\s\up16(→))＝(1,1,0)，eq\o(DA,\s\up16(→))＝(2,0,0)，cos〈eq\o(MN,\s\up16(→))，eq\o(DA,\s\up16(→))〉＝eq\f(\o(MN,\s\up16(→))·\o(DA,\s\up16(→)),|\o(MN,\s\up16(→))||\o(DA,\s\up16(→))|)＝eq\f(\r(,2),2)，∴l(xiāng)與AD所成的角為45°，故B正確；∵eq\o(CC1,\s\up16(→))＝eq\o(AA1,\s\up16(→))＝(0,0,2)，則cos〈eq\o(CC1,\s\up16(→))，n〉＝eq\f(\o(CC1,\s\up16(→))·n,|\o(CC1,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(\r(,3),3)，∴直線CC1與平面A1BD所成角的正切值為eq\f(\r(,2),2)，故C不正確；圖2如圖2，取棱CC1的中點(diǎn)E，連接PC1，QC1，PE，BE，∵P，E分別為棱DD1，CC1的中點(diǎn)，則PE∥DC且PE＝DC，又∵AB∥DC且AB＝DC，則PE∥AB且PE＝AB，∴四邊形ABEP為平行四邊形，則AP∥BE，∵Q，E分別為棱BB1，CC1的中點(diǎn)，則C1E∥BQ且C1E＝BQ，∴四邊形BEC1Q為平行四邊形，則BE∥C1Q，∴AP∥C1Q，同理可證，AQ∥C1P，∴經(jīng)過點(diǎn)A，P，Q的平面截此正方體所得截面圖形為平行四邊形AQC1P，∵AP＝AQ＝eq\r(,5)，則其周長為4eq\r(,5)，故D正確．答案：ABD三、填空題與解答題8．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________．解析：方法一：令M為AC的中點(diǎn)，連接MB，MA1，由題意知△ABC是等邊三角形，所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC.因?yàn)槠矫鍭1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM?平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1.因?yàn)锳1M?平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，所以AC，BM，A1M兩兩垂直，以M為原點(diǎn)，MA，MB，MA1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．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\o(AC1,\s\up16(→))＝(－3,0，eq\r(,3))，eq\o(A1B,\s\up16(→))＝(0，eq\r(,3)，－eq\r(,3))，設(shè)異面直線AC1與A1B所成的角為θ，則cosθ＝|cos〈eq\o(AC1,\s\up16(→))，eq\o(A1B,\s\up16(→))〉|＝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).方法二：如圖所示，在平面ABC，平面A1B1C1中分別取點(diǎn)D，D1，連接BD，CD，B1D1，C1D1，使得四邊形ABDC，A1B1D1C1為平行四邊形，連接DD1，BD1，則AB＝C1D1，且AB∥C1D1，所以AC1∥BD1，故∠A1BD1或其補(bǔ)角為異面直線AC1與A1B所成的角．連接A1D1，過點(diǎn)A1作A1M⊥AC于點(diǎn)M，連接BM，設(shè)AA1＝2，由∠A1AM＝∠BAC＝60°，得AM＝1，BM＝eq\r(,3)，A1M＝eq\r(,3)，因?yàn)槠矫鍭1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，A1M?平面A1ACC1，所以A1M⊥平面ABC.又BM?平面ABC，所以A1M⊥BM，所以A1B＝eq\r(,6).在菱形A1ACC1中，可求得AC1＝2eq\r(,3)＝BD1，同理，在菱形A1B1D1C1中，可求得A1D1＝2eq\r(,3)，所以cos∠A1BD1＝eq\f(A1B2＋BD\o\al(2,1)－A1D\o\al(2,1),2A1B·BD1)＝eq\f(6＋12－12,2\r(,6)×2\r(,3))＝eq\f(\r(,2),4)，所以異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為eq\f(\r(,2),4).答案：eq\f(\r(,2),4)9．如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，平面A1ADD1⊥平面ABCD，AD＝2，AA1＝A1D.若直線AB與平面A1DC1所成角的正弦值為eq\f(\r(,21),7)，則AA1的長度為________．解析：取AD的中點(diǎn)O，連接A1O，因?yàn)锳A1＝A1D，O為AD的中點(diǎn)，則A1O⊥AD，因?yàn)槠矫鍭A1D1D⊥平面ABCD，平面AA1D1D∩平面ABCD＝AD，A1O?平面AA1D1D，所以A1O⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)O作AB的平行線為x軸，OD，OA1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)A1O＝a，其中a>0，則A(0，－1,0)，B(2，－1,0)，A1(0,0，a)，C1(2,2，a)，D(0,1,0)，eq\o(AB,\s\up16(→))＝(2,0,0)，eq\o(A1C1,\s\up16(→))＝(2,2,0)，eq\o(A1D,\s\up16(→))＝(0,1，－a)，設(shè)平面A1DC1的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up16(→))＝2x＋2y＝0，,m·\o(A1D,\s\up16(→))＝y(tǒng)－az＝0，))取x＝a，則m＝(a，－a，－1)，由題意可得|cos〈eq\o(AB,\s\up16(→))，m〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up16(→))·m|,|\o(AB,\s\up16(→))||m|)＝eq\f(2a,2\r(,2a2＋1))＝eq\f(a,\r(,2a2＋1))＝eq\f(\r(,21),7)，因?yàn)閍>0，則a＝eq\r(,3)，所以|eq\o(AA1,\s\up16(→))|＝eq\r(,1＋a2)＝2.答案：210．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1的底面邊長為2，側(cè)棱長為2eq\r(,2)，則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為________．解析：以C為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(2，0,0)，C1(0,0，2eq\r(,2))．點(diǎn)C1在側(cè)面ABB1A1內(nèi)的射影為點(diǎn)C2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(,3),2)，2\r(,2))).所以eq\o(AC1,\s\up16(→))＝(－2,0,2eq\r(,2))，eq\o(AC2,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(,3),2)，2\r(,2)))，設(shè)直線AC1與平面ABB1A1所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(\o(AC1,\s\up16(→))·\o(AC2,\s\up16(→)),|\o(AC1,\s\up16(→))||\o(AC2,\s\up16(→))|)＝eq\f(1＋0＋8,2\r(,3)×3)＝eq\f(\r(,3),2).又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)11．(2024·山東濰坊模擬)在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PC⊥PD，二面角A-CD-P為直二面角．(1)求證：PB⊥PD；(2)當(dāng)PC＝PD時，求直線PC與平面PAB所成角的正弦值．(1)證明：由題意知平面PCD⊥平面ABCD，又平面PCD∩平面ABCD＝CD，BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面PCD.因?yàn)镻D?平面PCD，所以BC⊥PD.又因?yàn)镻C⊥PD，BC∩PC＝C，PC?平面PBC，BC?平面PBC，所以PD⊥平面PBC.因?yàn)镻B?平面PBC，所以PD⊥PB.(2)解：取CD中點(diǎn)為O，連接PO.取AB中點(diǎn)為E，連接OE.因?yàn)镻C＝PD，點(diǎn)O是CD中點(diǎn)，所以PO⊥CD.又因?yàn)槠矫鍼CD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PO?平面PCD，所以PO⊥平面ABCD.因?yàn)辄c(diǎn)O，E分別是CD，AB的中點(diǎn)，所以O(shè)E∥AD，則OE⊥CD.則OP＝eq\f(1,2)CD＝1，OE＝AD＝2.以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OD，OE，OP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D-xyz，則O(0,0,0)，D(1，0,0)，C(－1,0,0)，B(－1,2,0)，P(0，0,1)，E(0,2,0)，A(1,2,0)，eq\o(AP,\s\up16(→))＝(－1，－2,1)，eq\o(AB,\s\up16(→))＝(－2,0,0)，eq\o(PC,\s\up16(→))＝(－1，0，－1)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面PAB的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up16(→))＝－x－2y＋z＝0，,n·\o(AB,\s\up16(→))＝－2x＝0，))取y＝1，則z＝2，所以n＝(0,1,2)是平面PAB的一個法向量．設(shè)直線PC與平面PAB所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(PC,\s\up16(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PC,\s\up16(→)),|n||\o(PC,\s\up16(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2,\r(,5)×\r(,2))))＝eq\f(\r(,10),5)，所以直線PC與平面PAB所成角的正弦值為eq\f(\r(,10),5).12．(2021·浙江卷)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(diǎn)，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?yàn)榈酌鍭BCD是平行四邊形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M為BC的中點(diǎn)，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?yàn)锳B∥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∠BAN為直線AN與平面PDM所成角的余角．連接AM(圖略)，因?yàn)镻M⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.因?yàn)椤螦BC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝eq\r(,7)，又PA＝eq\r(,15)，易得PM＝2eq\r(,2)，PB＝PC＝2eq\r(,3)，連接BN(圖略)，結(jié)合余弦定理得BN＝eq\r(,11).連接AC(圖略)，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，cos∠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sinθ＝cos∠BAN＝eq\f(\r(,15),6).方法二：因?yàn)镻M⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD.連接AM，則PM⊥AM.因?yàn)椤螦BC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以AM＝eq\r(,7)，又PA＝eq\r(,15)，易得PM＝2eq\r(,2).由(1)知CD⊥DM，過點(diǎn)M作ME∥CD交AD于點(diǎn)E，則ME⊥MD，MD，ME，MP兩兩垂直．故以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MD，ME，MP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(－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\co1(\f(\r(,3),2)，－\f(1,2)，\r(,2)))，所以eq\o(AN,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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sinθ＝|cos〈eq\o(AN,\s\up16(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AN,\s\up16(→))·n|,|\o(AN,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(\f(5,2),\r(,15))＝eq\f(\r(,15),6).13．(2024·湖南岳陽第一次質(zhì)量監(jiān)測)已知在直三棱柱A1B1C1-ABC中，E，F(xiàn)分別為棱B1B和A1C1的中點(diǎn)，∠BAC＝45°，AC＝2eq\r(,2)，AB＝3.(1)求證：平面EFC⊥平面A1ACC1；(2)若直線EC1與平面EFC所成角的正弦值為eq\f(\r(,2),3)，且AA1<3，證明：平面AB1C1⊥平面EFC.(1)證明：如圖所示，以A為原點(diǎn)，分別以eq\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(AA1,\s\up16(→))的方向?yàn)閥軸和z軸的正方向，在平面ABC內(nèi)，過點(diǎn)A作y軸的垂線為x軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AA1＝2a，則A(0,0,0)，C(2,2,0)，F(xiàn)(1,1,2a)，E(0,3，a)，A1(0,0,2a)，C1(2,2,2a)，所以eq\o(CE,\s\up16(→))＝(－2,1，a)，eq\o(CF,\s\up16(→))＝(－1，－1,2a)，eq\o(AC,\s\up16(→))＝(2,2,0)，eq\o(AA1,\s\up16(→))＝(0,0,2a)．設(shè)平面EFC的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CE,\s\up16(→))＝－2x1＋y1＋az1＝0，,n·\o(CF,\s\up16(→))＝－x1－y1＋2az1＝0，))令x1＝1，故n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,a))).設(shè)平面A1ACC1的法向量為m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up16(→))＝2x2＋2y2＝0，,m·\o(AA1,\s\up16(→))＝2az2＝0，))令x2＝1，故m＝(1，－1,0)，因?yàn)閙·n＝(1，－1,0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,a)))＝0，所以m⊥n，所以平面EFC⊥平面A1ACC1.(2)解：eq\o(EC1,\s\up16(→))＝(2，－1，a)，由(1)知平面EFC的一個法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,a)))，由直線EC1與平面EFC所成角的正弦值為eq\f(\r(,2),3)，得|cos〈eq\o(EC1,\s\up16(→))，n〉|＝eq\f(|\o(EC1,\s\up16(→))·n|,|\o(EC1,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(2,\r(,5＋a2)×\r(,2＋\f(1,a2)))＝eq\f(\r(