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第41讲　向量法、几何法求空间角
【课程标准】　1.理解空间角的概念.　2.会用向量法、几何法求空间角，体会向量方法在研究几何问题中的作用.
1.异面直线所成的角
(1)几何法：平移补形法.
(2)向量法：设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cos θ＝｜cos＜u，v＞｜＝＝.
2.直线与平面所成的角
(1)几何法：求直线与平面所成的角的关键是作出直线在平面上的射影，常用方法是寻找经过此直线并与已知平面垂直的平面，利用面面垂直的性质确定直线在平面上的射影.
(2)向量法：直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝｜cos＜u，n＞｜＝＝.
3.平面与平面的夹角
(1)定义：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面 β的夹角.
(2)两平面夹角的求法
①几何法：找到二面角的棱的一个垂面，即可确定平面角(夹角与其相等或互补).
②向量法：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则
cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝.
【常用结论】
1.方向向量和法向量均不为零向量且不唯一.
2.当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角.
【自测诊断】
1.(多选)下列说法错误的是(　　)
A.两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角
B.直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与平面所成的角
C.两个平面的法向量的夹角是这两个平面的夹角
D.两异面直线所成角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是
答案：ABC
2.已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)，直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
答案：C
解析：因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，所以cos＜s1，s2＞＝＝＝－.又两直线夹角的取值范围为，所以l1和l2夹角的余弦值为.故选C.
3.已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为(　　)
A. B.
C.或 D.或
答案：C
解析：因为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，所以m·n＝1，｜m｜＝1，｜n｜＝.若两平面所成的二面角为θ，则｜cos θ｜＝｜cos＜m，n＞｜＝＝，所以两平面所成的二面角为.故选C.
4.已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos＜m，n＞＝－，则l与α所成的角为　　　　.
答案：
解析：设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜m，n＞｜＝.又因为θ∈［0，］，所以θ＝.
学生用书 第204页
考点一　异面直线所成的角 师生共研
(2025·浙江稽阳联谊学校二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，P在底面的投影O落在线段AD上.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2，M在线段AP上，且满足平面AMC⊥平面BMC，求直线BM与直线CP夹角的正弦值.
解：(1)证明：因为AB＝AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC.
又因为PO⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PO⊥BC.
又因为PO∩AD＝O，PO，AD 平面APO，所以BC⊥平面APO.
因为AP 平面APO，所以AP⊥BC.
(2)以O为坐标原点，以射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
则AO＝3，O，A(0，－3，0)，B，C(－4，2，0)，P，
于是＝，＝.
令＝λ＝，
所以M＝.
又因为＝，
设平面AMC的法向量为m＝，
所以
令y1＝4，所以m＝.
又＝，＝，
所以＝＋＝.
设平面BMC的法向量为n＝，
所以
所以n＝.
根据平面AMC⊥平面BMC，即m·n＝0，所以λ＝.
所以＝，＝＋＝，＝，
＝(－4，－，)·(4，－2，4)＝0，
所以CP⊥BM，两直线的夹角为90°，正弦值为1.
1.用向量法求异面直线所成角的步骤
第一步：选好基底或建立空间直角坐标系；
第二步：求出两直线的方向向量v1，v2；
第三步：代入公式｜cos＜v1，v2＞｜＝求解.
2.用几何法求异面直线所成角时，可以先通过平移寻找两异面直线所成角或其补角，然后再解三角形求角.
对点练1.(一题多解)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝6，点E在线段C1D1上，且2D1E＝EC1，M为线段BE的中点，若BE＝2，则异面直线AD1与CM所成角的余弦值为　　　　.
答案：
解析：法一：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设CC1＝a(a＞0)，
则A(6，0，0)，B(6，6，0)，D1(0，0，a)，C(0，6，0)，C1(0，6，a)，E(0，2，a)，M，所以＝(－6，－4，a)，｜｜＝＝2，解得a＝2，所以M(3，4，1)，D1(0，0，2)，所以＝(－6，0，2)，＝(3，－2，1).设异面直线AD1与CM所成的角为θ，则cos θ＝＝，因此异面直线AD1与CM所成角的余弦值为.
法二：设DD1＝x(x＞0)，因为2D1E＝EC1，AB＝BC＝6，所以BE＝＝2，解得x＝2.如图，取线段AB上靠近点A的三等分点P，
靠近点B的三等分点F，连接EP，MF，CF，易知AD1∥EP，AD1＝EP.又EP∥MF，EP＝2MF，所以AD1∥MF，AD1＝2MF，所以∠CMF或其补角为异面直线AD1与CM所成的角.MF＝×＝，CF＝＝2.连接CE，易知△BCE为直角三角形，CM＝BE＝，所以cos∠CMF＝＝－，因此异面直线AD1与CM所成角的余弦值为.
对点练2.(双空题)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥ 平面ABCD，四边形ABCD为矩形，PA＝AB＝1.当AD＝1时，直线PD与AC所成角为　　　　；当直线PD与AC所成角的余弦值为时，AD＝　　　　.
答案：　2
解析：建立如图所示的空间直角坐标系.当AD＝1时，A(0，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，D(0，1，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，－1).设异面直线PD 与AC 所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.又θ∈(0，，所以θ＝.设AD＝a＞0，则C(1，a，0)，D(0，a，0)，＝(1，a，0)，＝(0，a，－1).由cos θ＝＝＝，解得a＝2，所以AD＝2.
考点二　直线与平面所成的角(高考超重点) 多维探究
角度1　几何法(定义法)
(1)(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A. B.1
C.2 D.3
(2)(2023·全国乙卷理)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A. B.
C. D.
答案：(1)B　(2)C
解析：(1)设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，三条侧棱延长后交于一点P，作PO⊥平面ABC，交平面ABC于点O，交平面A1B1C1于点O1，连接OA，O1A1，如图所示.由AB＝3A1B1，可得PO1＝h，PO＝h，又＝×22×＝，S△ABC＝×62×＝9，所以正三棱台ABC-A1B1C1的体积V＝VP-ABC－＝×9×h－××h＝，解得h＝，故PO＝h＝2.由正三棱台的性质可知，O为底面ABC的中心，则OA＝×＝2，因为PO⊥平面ABC，所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角，在Rt△PAO中，tan ∠PAO＝＝1.故选B.
(2)如图，取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB.又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C-AB-D的平面角，即∠CED＝150°，显然CE∩DE＝E，CE，DE 平面CDE，于是AB⊥平面CDE.又AB 平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，直线CD 平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角.令AB＝2，则CE＝1，DE＝，在△CDE中，由余弦定理得CD＝＝＝，由正弦定理得＝，即sin∠DCE＝＝，显然∠DCE是锐角，cos∠DCE＝＝＝，所以直线CD与平面ABC所成的角的正切值为÷＝.故选C.
学生用书 第205页
角度2　向量法
如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形，AB＝AC＝2，AA1＝2.
(1)证明：平面A1C1B⊥平面BDD1B1；
(2)求直线DC1与平面A1C1B所成角的正弦值.
解：(1)证明：因为四边形A1B1C1D1是菱形，
所以A1C1⊥B1D1.
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1C1.
又B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1 平面BDD1B1，所以A1C1⊥平面BDD1
又A1C1 平面A1C1B，所以平面A1C1B⊥平面BDD1B1.
(2)设AC与BD，A1C1与B1D1的交点分别为O，O1，连接O
根据题意可知，OO1⊥平面ABCD，以O为原点，OC，OD，OO1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.
因为AB＝AC＝2，底面ABCD为菱形，
所以△ABC为正三角形，则BO＝DO＝.
又A1A＝2，
则B(0，－，0)，A1(－1，0，2)，C1(1，0，2)，D(0，，0)，
可得＝(1，，2)，＝(－1，，2)，＝(－1，，－2).
设平面A1C1B的法向量为n＝(x，y，z)，
则取n＝(0，2，－1).
设直线DC1与平面A1C1B所成角为θ，
则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝.
所以直线DC1与平面A1C1B所成角的正弦值为.
1.几何法(定义法)求直线与平面所成角
一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解.
2.向量法求直线与平面所成角的步骤
对点练3.如图①，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝2，CD＝4，将图①中的△ABC沿着BC翻折得到图②所示的三棱锥，棱AD上的点E满足＝λ(0＜λ＜1).
(1)过点E作截面α∥平面BCD，写出作法并证明；
(2)(一题多解)当二面角A-BC-D的大小为120°时，求直线AD与(1)中平面α所成角的正切值.
解：(1)如图，过点E作EF∥BD交AB于点F，
作EG∥CD交AC于点G，连接FG，则△EFG所在的平面即为截面α.
证明如下：因为EF∥BD，EF 平面BCD，BD 平面BCD，所以EF∥平面BCD.
同理可证得EG∥平面BCD，
而EF∩EG＝E，EF，EG 平面EFG，
所以平面EFG∥平面BCD，即截面α∥平面BCD.
(2)法一：如图，在平面BCD中，作BM∥CD，DM∥BC，BM∩DM＝M，连接AM，
则BC⊥BM，BC⊥AB.
又AB∩BM＝B，AB，BM 平面ABM，所以BC⊥平面ABM，
所以∠ABM是二面角A-BC-D的一个平面角，
所以∠ABM＝120°.
由于BC 平面BCDM，所以平面ABM⊥平面BCDM.
设点A在平面BCDM上的射影为H，
则点H在MB的延长线上，连接DH，
则∠ABH＝60°，所以∠ADH即为直线AD与平面BCD所成的角，也等于AD与平面α所成的角.
因为AH＝ABsin 60°＝，BH＝ABcos 60°＝1，DH＝＝，
所以tan ∠ADH＝＝＝，
所以直线AD与平面α所成角的正切值为.
法二：如图，在平面BCD中，作BM∥CD，DM∥BC，BM∩DM＝M，
则BC⊥BM，BC⊥AB.
又AB∩BM＝B，AB，BM 平面ABM，所以BC⊥平面ABM，
所以∠ABM是二面角A-BC-D的一个平面角，
所以∠ABM＝120°.
由第(1)问可知直线AD与平面BCD所成的角等于AD与平面α所成的角.
以B为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，z轴在平面ABM上.
根据题意得，A(0，－1，)，D(2，4，0)，所以＝(2，5，－).
取平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设AD与平面α所成的角为θ，
则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝.
因为θ∈，cos θ＝＝，
所以tan θ＝＝，
所以直线AD与平面α所成角的正切值为.
学生用书 第206页
考点三　平面与平面的夹角 (高考超重点) 师生共研
(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD.
[注：本题规范解答见答案]
[规范解答]　(1)证明：由于PA⊥底面ABCD，AD 底面ABCD，
所以PA⊥AD.
又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB 平面PAB，
所以AD⊥平面PAB.
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为AB＝，BC＝1，AC＝2，
所以AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，所以BC∥AD.
因为AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
(2)由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0).
设A(a，0，0)，a＞0，则CD＝，C(0，，0)，P(a，0，2)，＝(0，－，0)，＝(－a，，0)，＝(a，－，2).
设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)，
则可取n＝(2，0，－a).
设平面ACP的法向量为m＝，
则可取m＝(，a，0).
因为二面角A-CP-D的正弦值为，
所以余弦值的绝对值为，
故｜cos＜m，n＞｜＝＝＝.
又a＞0，所以a＝，即AD＝.
向量法求平面与平面夹角(二面角)的方法
1.找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.
2.找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.
对点练4.(2025·浙江金华十校二模)如图，P为圆锥的顶点，AB为底面圆O的直径，C为圆周上一点，D为劣弧的中点，OP＝AB.
(1)求证：BC⊥PD；
(2)(一题多解)E在线段PB上且BE＝BP，当DE∥平面POC时，求平面PBC与平面ABC夹角的余弦值.
解：(1)证明：如图，连接OD.
因为D为的中点，所以OD⊥BC.
又因为PO⊥平面ABC，故PO⊥BC.
因为OD∩PO＝O，OD，PO 平面POD，
所以BC⊥平面POD.
因为PD 平面POD，则BC⊥PD.
(2)法一：在OB上取点F，使得BF＝BO，连接EF，则EF∥PO.
又EF 平面POC，PO 平面POC，故EF∥平面POC.
又DE∥平面POC，且DE∩EF＝E，DE，EF 平面EFD，
所以平面EFD∥平面POC.
又平面EFD∩平面OBC＝FD，平面POC∩平面OBC＝OC，
所以FD∥OC，
则∠COD＝∠FDO.
又∠COD＝∠FOD，所以∠FOD＝∠FDO，
所以FD＝FO＝OD，则cos ∠FOD＝.
设OD与BC交于点G，连接PG，则OG⊥BC.
又因为PB＝PC，所以PG⊥BC，
所以∠PGO就是平面PBC与平面ABC的夹角.
因为cos ∠FOD＝＝，所以tan ∠PGO＝＝＝，所以cos ∠PGO＝，
即平面PBC与平面ABC夹角的余弦值为.
法二：如图，连接OD，以O为坐标原点，OB，OP为y，z轴正方向建立空间直角坐标系.
设OP＝OB＝3，则B，P，E.
设∠DOB＝θ，则∠COB＝2θ.
设D，则C.
因为＝，＝，设平面OPC的法向量为n1＝，
由可取n1＝.
又＝，DE∥平面POC，所以n1·＝0，
即3sin θcos 2θ－3sin 2θcos θ＋2sin 2θ＝0，解得cos θ＝，
于是sin 2θ＝，cos 2θ＝，则C，
所以＝.
又＝，设平面PBC的法向量为n2＝，
则
可取n2＝(，3，3).
又平面ABC的一个法向量为n3＝，设平面PBC与平面ABC夹角为α，
则cos α＝＝，
所以平面PBC与平面ABC夹角的余弦值为.
【教师备选】　(2024·全国甲卷理)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点.
(1)证明：BM∥平面CDE；
(2)求二面角F-BM-E的正弦值.
解：(1)证明：因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2，所以BC∥MD，且BC＝MD，
所以四边形 BCDM 为平行四边形.
所以BM∥CD.
又CD 平面CDE，BM 平面CDE，所以BM∥平面CDE.
(2)取AM的中点O，连接BO，FO.
由(1)可知，BM＝CD＝AB＝2，
因为AM＝2，所以BO⊥AD，且BO＝.
因为EF∥MD，EF＝MD＝2，所以四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝.
又AF＝ED＝，所以FO⊥AM.
又OA＝OM＝1，所以FO＝＝3.
又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2，
所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直.
分别以OB，OD，OF 所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，则＝(，－1，0)，＝，＝(0，1，3).
设平面 FBM 的法向量为n1＝，
则
令y1＝3，所以x1＝，z1＝1，所以n1＝.
设平面EBM的法向量为n2＝，
则
令y2＝3，所以x2＝，z2＝－1，
所以n2＝.
设二面角F-BM-E的平面角为θ，
所以｜cos θ｜＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝，
因为θ∈[0，π]，所以sin θ≥0，
即sin θ＝＝，
所以二面角F-BM-E的正弦值为.
课时分层测评61　向量法、几何法求空间角
(时间：60分钟　满分：55分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1.(10分)(2025·全国二卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°.
(1)证明：A'B∥平面CD'F；
(2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值.
[注：本题规范解答见答案]
解：(1)第1步：利用线线平行得两组线面平行
证明：因为EB∥FC，EB 平面CD'F，FC 平面CD'F，
所以EB∥平面CD'F.
因为A'E∥D'F，A'E 平面CD'F，D'F 平面CD'F，
所以A'E∥平面CD'F.
第2步：利用两组线面平行得面面平行
因为EB 平面BA'E，A'E 平面BA'E，EB∩A'E＝E，所以平面BA'E∥平面CD'F.
第3步：利用面面平行得线面平行
因为A'B 平面BA'E，所以A'B∥平面CD'F.
(2)第1步：找到面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角
因为∠DAB＝90°，EF∥AD，所以∠FEB＝90°，即AB⊥EF.
翻折后，A'E⊥EF，EB⊥EF，
所以面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角为∠A'EB，
即∠A'EB＝60°，同理∠D'FC＝60°.
第2步：找出3条两两垂直的线段，建立空间直角坐标系
设AD＝1，取CF的中点O，连接D'O.
在△OD'F中，D'F＝1，OF＝，∠D'FO＝60°，由余弦定理得OD'＝，
所以D'F2＝OF2＋OD'2，所以OD'⊥OF.
在线段EB上取一点M，使得EM＝，连接OM，则EM＝OF，
又EM∥OF，所以四边形EMOF为平行四边形，
所以EF∥OM.
因为D'F⊥EF，CF⊥EF，D'F∩CF＝F，
所以EF⊥平面CD'F，即OM⊥平面CD'F，
所以OM，OC，OD'两两垂直.
如图所示，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系.
第3步：写出相关点及向量的坐标
则B(1，，0)，C(0，，0)，D'(0，0，)，E(1，－，0)，F(0，－，0)，＝(1，1，0)，＝(0，－，)，＝(1，0，0)，＝(0，，).
第4步：求平面BCD'的法向量
设平面BCD'的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则取z1＝，则m＝(－3，3，).
第5步：求平面EFD'A'的法向量
设平面EFD'A'的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则取z2＝，则n＝(0，－3，).
第6步：利用向量的夹角公式求平面与平面夹角的余弦值
设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝＝，
第7步：利用同角三角函数的基本关系求二面角的正弦值
所以sin θ＝＝＝，
所以平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为.
2.(13分)(2025·山东济南一模)如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2，点P在线段BE上.
(1)求证：平面ACP⊥平面ABF；
(2)当直线AP与平面BCE所成角的正弦值为时，求.
解：(1)证明：由正方形ADEF有AF⊥AD.
又平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，
所以AF⊥平面ABCD.
又AC 平面ABCD，所以AF⊥AC.
过点A作AH⊥BC，则BH＝1，AH＝，CH＝3，所以AC＝2，
所以AB2＋AC2＝BC2，即AC⊥AB.
又AB∩AF＝A，所以AC⊥平面ABF.
又AC 平面ACP，所以平面ACP⊥平面ABF.
(2)由(1)知AF，AB，AC两两互相垂直，分别以AB，AC，AF为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则有A，B，C，E.
设＝λ，则＝λ.设P，
则有＝λ，
解得a＝，b＝，c＝，得P，
所以＝，＝，＝.
设平面BCE的法向量为n＝，则有
令y＝1，得n＝.
设直线AP与平面BCE所成角为θ，
所以sin θ＝＝＝＝＝，
解得λ＝或λ＝，所以＝.
3.(15分)(2025·广东深圳二模)已知四棱台ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD是边长为2的菱形，AA1⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，AA1＝A1B1＝1，E是BC的中点.
(1)证明：DD1⊥平面AD1E；
(2)(一题多解)求平面AD1E与平面A1D1E夹角的余弦值.
解：(1)证明：因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，E是BC中点，所以AE⊥BC.
又AD∥BC，则AE⊥AD.
因为AA1⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，
所以AA1⊥AE.
因为AA1，AD 平面AA1D1D，且AA1∩AD＝A，所以AE⊥平面AA1D1D.
又DD1 平面AA1D1D，故AE⊥DD1.
四棱台上下底面平行且相似，上底面A1B1C1D1是边长为1的菱形.
在四边形A1ADD1中，AA1＝A1D1＝1，∠AA1D1＝90°，由勾股定理得AD1＝，DD1＝.
在△ADD1中，D＋A＝AD2，所以∠AD1D＝90°，即D1D⊥AD1.
因为AD1，AE 平面AD1E，AD1∩AE＝A，所以DD1⊥平面AD1E.
(2)法一：在等腰直角△A1AD1中，过A1作A1M⊥AD1，
则M是AD1中点，MA1＝MA＝MD1＝AD1＝.
又A1M∥DD1，所以A1M⊥平面AD1E.
又因为D1E 平面AD1E，所以A1M⊥D1E.
过M作MT⊥D1E，连接A1T.
由于A1M∩MT＝M，A1M，MT 平面A1MT，
所以D1E⊥平面A1MT.
又A1T 平面A1MT，故D1E⊥A1T，
所以∠A1TM为平面AD1E与平面A1D1E的夹角.
由(1)知AD1⊥AE，在Rt△AD1E中，AE＝AB·sin 60°＝，AD1＝，
故ED1＝，MT＝MD1·sin∠MD1T＝MD1·sin∠AD1E＝MD1·＝.
因为A1M⊥平面AD1E，MT 平面AD1E，
所以A1M⊥MT，
则tan ∠A1TM＝＝＝.
又因为∠A1TM为锐角，
所以cos∠A1TM＝＝，
故平面AD1E与平面A1D1E夹角的余弦值为.
法二：因为AA1⊥平面ABCD，所以AE，AD，AA1两两垂直.
以A为原点，AE，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则E(，0，0)，A1(0，0，1)，D(0，2，0)，D1(0，1，1)，
所以＝(0，1，0)，＝(，0，－1)，
由(1)易知平面AD1E的一个法向量为＝(0，1，－1).
设平面A1D1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则取z＝3，得n＝(，0，3).
设平面AD1E与平面A1D1E的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝，
故平面AD1E与平面A1D1E夹角的余弦值为.
4.(17分)(2025·全国一卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝＋1，且点P，B，C，D均在球O的球面上.
(ⅰ)证明：点O在平面ABCD内；
(ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值.
解：(1)证明：在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB 平面ABCD，
所以AP⊥AB.
因为AP，AD 平面PAD，AP∩AD＝A，
所以AB⊥平面PAD.
因为AB 平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)(ⅰ)由题意及(1)证明如下，
法一：在四棱锥P-ABCD中，AP⊥AB，AP⊥AD，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AB＝，AD＝1＋，
建立空间直角坐标系如图所示，
所以A，B，C，D(0，1＋，0)，P.
若P，B，C，D在同一个球面上，
则＝＝＝.
在平面xAy中，
所以A，B，C，D，
所以线段CD的中点坐标F.
直线CD的斜率k1＝＝－，
直线CD的垂直平分线EF斜率k2＝＝，
所以直线EF的方程：y－＝，
即y＝＋，
当y＝1时，1＝＋，解得xO＝0，所以O.
在立体几何中，O，
所以＝＝＝＝，
所以点O在平面ABCD上.
法二：因为P，B，C，D在同一个球面上，
所以球心到四个点的距离相等.
在△BCD中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出BC和CD的垂直平分线，如下图所示.
由几何知识得，
O1E＝AB＝，BE＝CE＝AO1＝GO1＝BC＝1，O1D＝AD－AO1＝，BO1＝CO1＝＝，
所以O1D＝BO1＝CO1，
所以点O1是△BCD的外心.
在Rt△AO1P中，AP⊥AD，AP＝，
由勾股定理得，
PO1＝＝＝，
所以PO1＝BO1＝CO1＝O1D＝，
所以点O1即为点P，B，C，D所在球的球心O，
此时点O在线段AD上，AD 平面ABCD，
所以点O在平面ABCD上.
(ⅱ)法一：根据题意，由(1)(2)(ⅰ)及图得，
＝，＝.
设直线AC与直线PO所成角为θ，
所以cos θ＝
＝＝.
法二：由几何知识得，PO＝，AB⊥AD，BC∥AD，
所以AB⊥BC.
在Rt△ABC中，AB＝，BC＝2，由勾股定理得，
AC＝＝＝.
过点O作AC的平行线，交BC的延长线于C1，连接AC1，PC1，
则OC1＝AC＝，直线AC与直线PO所成角即为∠POC1或其补角.
因为PA⊥平面ABCD，AC1 平面ABCD，
所以PA⊥AC1.
在Rt△ABC1中，AB＝，BC1＝BC＋CC1＝2＋1＝3，由勾股定理得，
AC1＝＝＝.
在Rt△APC1中，PA＝，由勾股定理得，
PC1＝＝＝.
在△POC1中，由余弦定理得，
P＝PO2＋O－2PO·OC1cos ∠POC1，
即＝＋－2×cos ∠POC1，
解得cos ∠POC1＝－，
所以直线AC与直线PO所成角的余弦值为＝.
学生用书 第207页
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