資源簡介

6.3.3　空間角的計算(強基課——梯度進階式教學)
課時目標
1.能用向量方法解決簡單夾角問題.
2.通過用空間向量解決夾角問題,體會向量方法在研究幾何問題中的作用.
　　空間角
角的分類 向量求法 范圍
異面直線 所成的角 設兩條異面直線所成的角為θ,它們的方向向量分別為a,b,則cos θ=　　　　=　　　　 　　
直線與 平面所成 的角 設直線l與平面α所成的角為θ,l的方向向量為a,平面α的法向量為n,則sin θ=　　　　　= 　　　　　
二面角 設二面角α-l-β的平面角為θ,平面α,β的法向量分別為n1,n2,則cos θ=　　　　或　　　　 [0,π]
　
　微點助解
(1)求二面角的平面角問題轉化為兩平面法向量的夾角問題.
(2)兩平面所成的角的范圍是,二面角的范圍是[0,π].
(3)二面角與兩平面的夾角不是相同的概念.
[基點訓練]
1.判斷正誤(正確的畫“√”,錯誤的畫“×”)
(1)兩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)若二面角α-l-β的大小為θ,平面α,β的法向量分別為n1,n2,則θ=. (　　)
2.已知向量m,n分別是直線l和平面α的方向向量、法向量,若cos=-,則直線l與平面α所成的角為 (　　)
A.30° B.60°
C.120° D.150°
3.已知兩平面的法向量分別為m=(0,1,0),n=(0,1,1),則兩平面所成的二面角的大小為 (　　)
A.45° B.135°
C.45°或135° D.90°
題型(一)　向量法求異面直線所成的角
[例1]　如圖,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,點D是BC的中點.求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值.
聽課記錄:
[思維建模] 求異面直線所成角的方法
(1)基向量法:在一些不適合建立坐標系的題型中,經常采用取定基向量的方法,在兩異面直線a與b上分別取點A,B和C,D,則與可分別作為a,b的方向向量,則cos θ=,根據條件可以把與用基向量表示,再進行計算.
(2)坐標法:根據題目條件建立恰當的空間直角坐標系,寫出相關各點的坐標,利用坐標法求線線角,避免了傳統找角或作角的步驟,使過程變得簡單.
　　[針對訓練]
1.如圖,在三棱錐M-DEF中,MD⊥平面DEF,DE⊥DF,DE=DF=2,MD=4,P,Q分別為ME,MF的中點,則異面直線FP,DQ所成角的余弦值為 (　 )
A. B.
C. D.
題型(二)　向量法求直線與平面所成的角
[例2]　如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD為正方形,E為AB的中點,PA=AB=2.
(1)求證:BD⊥PC;
(2)求直線PE與平面PBD所成角的正弦值.
聽課記錄:
[思維建模] 求線面角的兩種思路
(1)線面角轉化為線線角.根據直線與平面所成角的定義,確定出待求角,轉化為直線的夾角來求解,此時要注意兩直線夾角的取值范圍.
(2)向量法.方法一:設直線PA的方向向量為a,平面α的法向量為n,直線PA與平面α所成的角為θ,a與n的夾角為φ,則sin θ=|cos φ|=.方法二:設直線PA的方向向量為a,直線PA在平面α內的投影的方向向量為b,則直線PA與平面α所成的角θ滿足cos θ=|cos|.
　　
[針對訓練]
2.如圖,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB∥CD,DC=2,AA1=3,AB=BC=AD=1,點E和F分別在側棱AA1,CC1上,且A1E=CF=1.求直線AD與平面D1EF所成角的正弦值.
題型(三)　向量法求二面角
[例3]　如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,AB=1,以BD的中點O為球心,BD為直徑的球面交PD于點M.求二面角A-BM-C的大小.
聽課記錄:
　
[變式拓展]
若本例條件“PA=AD=2,AB=1,以BD的中點O為球心,BD為直徑的球面交PD于點M”變為“PA=AD=8,以AC的中點O為球心,AC為直徑的球面交PD于點M”.若二面角B-AM-C的余弦值為,求AB.
[思維建模]　利用法向量求二面角的大小的一般步驟
　　[針對訓練]
3.(2024·新課標Ⅱ卷)如圖,平面四邊形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,點E,F滿足=,=,將△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4.
(1)證明:EF⊥PD;
(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值.
6.3.3　空間角的計算
課前環節
|cos|　　　|cos|　　cos　cos(π-)
[基點訓練]
1.(1)×　(2)×　(3)×
2.A　3.C
課堂環節
[題型(一)]
[例1]　解:以A為原點,分別以AB,AC,AA1所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,
則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以=(2,0,-4),=(1,-1,-4).因為cos<,>===,所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為.
[針對訓練]
1.選A　根據題意可得,由MD⊥平面DEF,DE⊥DF,以D為原點,分別以DE,DF,DM所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,
所以E(2,0,0),F(0,2,0),D(0,0,0),M(0,0,4),
因為P,Q分別為ME,MF的中點,所以P(1,0,2),Q(0,1,2),
則=(1,-2,2),=(0,1,2),
則cos<,>===,所以異面直線FP,DQ所成角的余弦值為.故選A.
[題型(二)]
[例2]　解:(1)證明:連接AC,∵PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,∴PA⊥BD.
又底面ABCD為正方形,∴BD⊥AC.
又PA∩AC=A,且PA,AC 平面PAC,∴BD⊥平面PAC.
∵PC 平面PAC,∴BD⊥PC.
(2)以A為坐標原點,分別以AB,AD,AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,
則A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,0,0),=(2,0,-2),=(0,2,-2),=(1,0,-2).設平面PBD的法向量為n=(x,y,z),則即令x=1,可得n=(1,1,1),
∴cos===-.故直線PE與平面PBD所成角的正弦值為.
[針對訓練]
2.解:以點A為坐標原點,AB,AA1所在直線為x軸,z軸,平面ABCD內垂直于AB的直線為y軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(0,0,0),D,D1,E(0,0,2),F,=,=,=(2,0,-2).
設平面D1EF的法向量為m=(x,y,z),由
可得
令x=,則m=(,-1,),cos<,m>===-,
因此,直線AD與平面D1EF所成角的正弦值為.
[題型(三)]
[例3]　解:分別以AB,AD,AP所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
因為PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以PA⊥AB.又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又PD 平面PAD,所以AB⊥PD.因為以BD中點O為球心,BD為直徑的球面交PD于點M,所以BM⊥PD.又AB∩BM=B,AB,BM 平面ABM,所以PD⊥平面ABM,AM 平面ABM,所以PD⊥AM.
因為PA=AD=2,所以M為PD中點,故P(0,0,2),D(0,2,0),M(0,1,1),B(1,0,0),C(1,2,0).
易得平面ABM的一個法向量為n1==(0,2,-2),
=(-1,1,1),=(0,2,0),
設平面BCM的法向量為n2=(x,y,z),
由得
令x=-2,得y=0,z=-2,
則n2=(-2,0,-2),所以cos===.
因為二面角A-BM-C是鈍二面角,所以二面角A-BM-C的大小為120°.
[變式拓展]
解:以A為坐標原點,AB,AD,AP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系,
設AB=t,則M(0,4,4),C(t,8,0),B(t,0,0).
設平面ABM的法向量為n=(x1,y1,z1),因為=(t,0,0),=(0,4,4),
所以令y=1,則n=(0,1,-1).
設平面ACM的法向量為m=(x2,y2,z2),因為=(t,8,0),=(0,4,4),
所以令y2=1,得m=.設二面角B-AM-C為α,則cos α=|cos|===,解得t=4,即AB=4.
[針對訓練]
3.解:(1)證明:由AB=8,AD=5,=,=,
得AE=2,AF=4,又∠EAF=30°,在△AEF中,由余弦定理得
EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF
=12+16-2×2×4×=4,
所以AE2+EF2=AF2,
則AE⊥EF,即EF⊥AD,
所以EF⊥PE,EF⊥DE,
又PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE,
所以EF⊥平面PDE,
又PD 平面PDE,
故EF⊥PD.
(2)連接CE,由∠ADC=90°,ED=3,CD=3,則CE2=ED2+CD2=36,
在△PEC中,PC=4,PE=2,EC=6,得EC2+PE2=PC2,
所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF,
又EC∩EF=E,EC,EF 平面ABCD,
所以PE⊥平面ABCD,
又ED 平面ABCD,
所以PE⊥ED,則PE,EF,ED兩兩垂直,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則E(0,0,0),P(0,0,2),D(0,3,0),C(3,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),
由F是AB的中點,得B(4,2,0),
所以=(3,3,-2),=(0,3,-2),=(4,2,-2),=(2,0,-2),
設平面PCD和平面PBF的法向量分別為n=(x1,y1,z1),m=(x2,y2,z2),
則
令y1=2,x2=,得x1=0,z1=3,y2=-1,z2=1,
所以n=(0,2,3),m=(,-1,1),
所以|cos|===,
設平面PCD和平面PBF所成二面角為θ,則sin θ==,
即平面PCD和平面PBF所成二面角的正弦值為.
6 / 7(共84張PPT)
6.3.3
空間角的計算
(強基課——梯度進階式教學)
課時目標
1.能用向量方法解決簡單夾角問題.
2.通過用空間向量解決夾角問題,體會向量方法在研究幾何問題中的作用.
CONTENTS
目錄
1
2
3
課前環節/預知教材·自主落實主干基礎
課堂環節/題點研究·遷移應用融會貫通
課時跟蹤檢測
課前環節/預知教材·自主落實主干基礎
空間角
角的分類 向量求法 范圍
異面直線 所成的角 設兩條異面直線所成的角為θ,它們的方向向量分別為a,b,則cos θ=___________=_______
直線與 平面所成 的角 設直線l與平面α所成的角為θ,l的方向向量為a,平面α的法向量為n,則sin θ=_________=_______
|cos|
|cos|
續表
二面角 設二面角α-l-β的平面角為θ,平面α,β的法向量分別為n1,n2,則cos θ=__________或 _________________________________ [0,π]
cos
cos(π-)
微點助解
(1)求二面角的平面角問題轉化為兩平面法向量的夾角問題.
(2)兩平面所成的角的范圍是,二面角的范圍是[0,π].
(3)二面角與兩平面的夾角不是相同的概念.
1.判斷正誤(正確的畫“√”,錯誤的畫“×”)
(1)兩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)若二面角α-l-β的大小為θ,平面α,β的法向量分別為n1,n2,則θ=. (　　)
基點訓練
×
×
×
2.已知向量m,n分別是直線l和平面α的方向向量、法向量,若cos=-,則直線l與平面α所成的角為(　　)
A.30° B.60°
C.120° D.150°
√
3.已知兩平面的法向量分別為m=(0,1,0),n=(0,1,1),則兩平面所成的二面角的大小為 (　　)
A.45° B.135°
C.45°或135° D.90°
√
課堂環節/題點研究·遷移應用融會貫通
題型(一)　向量法求異面直線所成的角
[例1]　如圖,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,點D是BC的中點.求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值.
解:以A為原點,分別以AB,AC,AA1所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,
則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以=(2,0,-4),=(1,-1,-4).因為cos<,>===,所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為.
[思維建模] 求異面直線所成角的方法
(1)基向量法:在一些不適合建立坐標系的題型中,經常采用取定基向量的方法,在兩異面直線a與b上分別取點A,B和C,D,則與可分別作為a,b的方向向量,則cos θ=,根據條件可以把與用基向量表示,再進行計算.
(2)坐標法:根據題目條件建立恰當的空間直角坐標系,寫出相關各點的坐標,利用坐標法求線線角,避免了傳統找角或作角的步驟,使過程變得簡單.
針對訓練
1.如圖,在三棱錐M-DEF中,MD⊥平面DEF,DE⊥DF,DE=DF=2,MD
=4,P,Q分別為ME,MF的中點,則異面直線FP,DQ所成角的余弦值為 (　　)
A. B. C. D.
√
解析:根據題意可得,由MD⊥平面DEF,DE⊥DF,以D為原點,分別以DE,DF,DM所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,
所以E(2,0,0),F(0,2,0),D(0,0,0),M(0,0,4),因為P,Q分別為ME,MF的中點,所以P(1,0,2),Q(0,1,2),則=(1,-2,2),=(0,1,2),
則cos<,>===,
所以異面直線FP,DQ所成角的余弦值為.故選A.
題型(二)　向量法求直線與平面所成的角
[例2]　如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD為正方形,E為AB的中點,PA=AB=2.
(1)求證:BD⊥PC;
解:證明:連接AC,∵PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,∴PA⊥BD.
又底面ABCD為正方形,∴BD⊥AC.又PA∩AC=A,且PA,AC 平面PAC,∴BD⊥平面PAC.∵PC 平面PAC,∴BD⊥PC.
(2)求直線PE與平面PBD所成角的正弦值.
解: 以A為坐標原點,分別以AB,AD,AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,
則A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,0,0),=(2,0,-2),=(0,2,-2),=(1,0,-2).設平面PBD的法向量為n=(x,y,z),
則即令x=1,可得n=(1,1,1),
∴cos===-.
故直線PE與平面PBD所成角的正弦值為.
[思維建模] 求線面角的兩種思路
(1)線面角轉化為線線角.根據直線與平面所成角的定義,確定出待求角,轉化為直線的夾角來求解,此時要注意兩直線夾角的取值范圍.
(2)向量法.方法一:設直線PA的方向向量為a,平面α的法向量為n,直線PA與平面α所成的角為θ,a與n的夾角為φ,則sin θ=
|cos φ|=.方法二:設直線PA的方向向量為a,直線PA在平面α內的投影的方向向量為b,則直線PA與平面α所成的角θ滿足cos θ=|cos|.
針對訓練
2.如圖,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB∥CD,DC=2,AA1=3,AB=BC
=AD=1,點E和F分別在側棱AA1,CC1上,且A1E=CF=1.求直線AD與平面D1EF所成角的正弦值.
解:以點A為坐標原點,AB,AA1所在直線為x軸,z軸,平面ABCD內垂直于AB的直線為y軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(0,0,0),D,D1,E(0,0,2),F,
=,=,=(2,0,-2).設平面D1EF的法向量為m=(x,y,z),由可得令x=,則m=(,-1,),cos<,m>===-,因此,直線AD與平面D1EF所成角的正弦值為.
題型(三)　向量法求二面角
[例3]　如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,
PA=AD=2,AB=1,以BD的中點O為球心,BD為直徑的球面交PD于點M.求二面角A-BM-C的大小.
解:分別以AB,AD,AP所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
因為PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以PA⊥AB.又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又PD 平面PAD,所以AB⊥PD.因為以BD中點O為球心,BD為直徑的球面交PD于點M,所以BM⊥PD.又AB∩BM=B,AB,BM 平面ABM,所以PD⊥平面ABM,AM 平面ABM,所以PD⊥AM.因為PA=AD=2,所以M為PD中點,故P(0,0,2),D(0,2,0),M(0,1,1),B(1,0,0),C(1,2,0).
易得平面ABM的一個法向量為n1==(0,2,-2),
=(-1,1,1),=(0,2,0),設平面BCM的法向量為n2=(x,y,z),
由得令x=-2,得y=0,z=-2,
則n2=(-2,0,-2),所以cos===.
因為二面角A-BM-C是鈍二面角,所以二面角A-BM-C的大小為120°.
[變式拓展]
　若本例條件“PA=AD=2,AB=1,以BD的中點O為球心,BD為直徑的球面交PD于點M”變為“PA=AD=8,以AC的中點O為球心,AC為直徑的球面交PD于點M”.若二面角B-AM-C的余弦值為,求AB.
解:以A為坐標原點,AB,AD,AP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系,
設AB=t,則M(0,4,4),C(t,8,0),B(t,0,0).設平面ABM的法向量為n=(x1,y1,z1),因為=(t,0,0),=(0,4,4),所以令y=1,則n=(0,1,-1).設平面ACM的法向量為m=(x2,y2,z2),因為=(t,8,0),=(0,4,4),
所以令y2=1,得m=.設二面角B-AM-C為α,則cos α=|cos|===,解得t=4,即AB=4.
[思維建模]　利用法向量求二面角的大小的一般步驟
針對訓練
3.(2024·新課標Ⅱ卷)如圖,平面四邊形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=
5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,點E,F滿足=,=,
將△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4.
(1)證明:EF⊥PD;
解:證明:由AB=8,AD=5,=,=,
得AE=2,AF=4,又∠EAF=30°,在△AEF中,由余弦定理得
EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF=12+16-2×2×4×=4,
所以AE2+EF2=AF2,則AE⊥EF,即EF⊥AD,
所以EF⊥PE,EF⊥DE,又PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE,
所以EF⊥平面PDE,又PD 平面PDE,故EF⊥PD.
(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值.
解:連接CE,由∠ADC=90°,ED=3,CD=3,則CE2=ED2+CD2=36,
在△PEC中,PC=4,PE=2,EC=6,得EC2+PE2=PC2,
所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF,又EC∩EF=E,EC,EF 平面ABCD,
所以PE⊥平面ABCD,又ED 平面ABCD,
所以PE⊥ED,則PE,EF,ED兩兩垂直,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則E(0,0,0),P(0,0,2),D(0,3,0),C(3,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),
由F是AB的中點,得B(4,2,0),
所以=(3,3,-2),=(0,3,-2),=(4,2,-2),=(2,0,-2),
設平面PCD和平面PBF的法向量分別為n=(x1,y1,z1),m=(x2,y2,z2),
令y1=2,x2=,得x1=0,z1=3,y2=-1,z2=1,所以n=(0,2,3),m=(,-1,1),
所以|cos|===,
設平面PCD和平面PBF所成二面角為θ,
則sin θ==,
即平面PCD和平面PBF所成二面角的正弦值為.
課時跟蹤檢測
04
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
2
A級——綜合提能
1.在一個二面角的兩個半平面內都和二面角的棱垂直的兩個向量分別為(0,-1,3),(2,2,4),則這個二面角的余弦值為(　　)
A. B.-
C. D.或-
解析:因為=,所以這個二面角的余弦值為或-.
√
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5
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9
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13
14
2
3
4
2.已知A(0,1,1),B(2,-1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),則直線AB和直線CD所成角的余弦值為 (　　)
A. B.- C. D.-
解析:因為=(2,-2,-1),=(-2,-3,-3),所以直線AB和直線CD所成角的余弦值為|cos<,>|===.
√
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13
14
3
4
2
3.[多選]直線l的方向向量為u,兩個平面α,β的法向量分別為n1,n2,則下列命題為真命題的是 (　　)
A.若u⊥n1,則直線l⊥平面α
B.若n1⊥n2,則平面α⊥平面β
C.若cos=,則平面α,β所成銳二面角的大小為
D.若cos=,則直線l與平面α所成角的大小為
√
√
√
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13
14
3
4
2
解析:由u⊥n1,得直線l∥平面α或l α,故A錯誤;
由n1⊥n2,得平面α⊥平面β,故B正確;
若cos=,設平面α和平面β所成的角為θ,且θ∈,則cos θ=
|cos|=,所以平面α,β所成銳二面角的大小為,故C正確;
設直線l與平面α所成的角為γ,則sin γ=|cos|=,且γ∈,所以直線l與平面α所成角的大小為,故D正確.
1
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2
4.如圖,過邊長為1的正方形ABCD的頂點A作線段EA⊥平面ABCD,若EA=1,則平面ADE與平面BCE所成二面角的平面角的大小是 (　　)
A.120° B.45° C.135° D.60°
√
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2
解析:以A為原點,分別以AB,AD,AE所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
1
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3
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2
則E(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),=(1,0,-1),=(1,1,-1).設平面BCE的法向量為n=(x,y,z),則有令x=1,則z=1,y=0,
則n=(1,0,1)是平面BCE的一個法向量.
又平面ADE的一個法向量為=(1,0,0),所以cos==,故平面ADE與平面BCE所成二面角的平面角是45°.
1
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5.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,則BC1與平面
BB1D1D所成角的正弦值為　　　　.
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解析:如圖所示,建立空間直角坐標系,則A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1),
∴=(-2,0,1).連接AC,易證AC⊥平面BB1D1D,∴平面BB1D1D的一個法向量為a==(-2,2,0).∴所求角的正弦值為|cos|
===.
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6.在空間中,已知平面α過(3,0,0)和(0,4,0)及z軸上一點(0,0,a)(a>0),如果平面α與xOy平面所成二面角為45°,則a=　　　　.
解析:設A(3,0,0),B(0,4,0),C(0,0,a)(a>0),則=(-3,0,a),=(-3,4,0).
設平面ABC的法向量為n=(x,y,z),則即
取z=1,則x=,y=,∴n=,取xOy平面的一個法向量為m=(0,0,1),則cos==,解得a2=,又a>0,∴a=.
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7.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E為CC1的中點,則異面
直線BC1與AE所成的角的余弦值為　　　　.
解析:以D為坐標原點,建立空間直角坐標系如圖所示,
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則B(1,2,0),C1(0,2,2),A(1,0,0),E(0,2,1),所以=(-1,0,2),=(-1,2,1).則cos<,>=,所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為.
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8.如圖,已知點P在正方體ABCD-A'B'C'D'的體對角線BD'上,滿足BP=2PD'.
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(1)求DP與CC'所成角的余弦值;
解:如圖建立空間直角坐標系,
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設棱長為1,則B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),C'(0,1,1),D'(0,0,1),
則=(-1,-,1),=(1,1,0),=(0,0,1),=(0,1,0).∵BP=2PD',
∴==.
=+=(1,1,0)+=,設DP與CC'所成的角為θ,則cos θ===,∴DP與CC'所成角的余弦值為.
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(2)求DP與平面AA'D'D所成角的正弦值.
解:由(1)知=.易證DC⊥平面AA'D'D,∴=(0,1,0)為平面AA'D'D的一個法向量,設DP與平面AA'D'D所成的角為α,
∴sin α=|cos<,>|===,
∴DP與平面AA'D'D所成角的正弦值為.
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9.如圖,某多面體的底面ABCD為正方形,MA∥PB,MA⊥BC,AB⊥PB,
MA=1,AB=PB=2.求二面角B-PM-D的平面角的正弦值.
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解:因為四邊形ABCD為正方形,所以AB⊥BC,又PB⊥AB,MA∥PB,
MA⊥BC,所以PB⊥BC.如圖,建立空間直角坐標系B-xyz,
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則P(0,0,2),M(2,0,1),D(2,2,0),=(2,2,-2),=(2,0,-1).
設平面PDM的法向量為m=(x,y,z),
令z=2,則x=1,y=1,于是m=(1,1,2).
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易知平面PBM的一個法向量為n=(0,1,0).設二面角B-PM-D的平面角為θ,則|cos θ|=|cos|==,
所以sin θ= ==,
所以二面角B-PM-D的平面角的正弦值為.
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B級——應用創新
10.已知正三棱錐P-ABC的側面都是直角三角形,E,F分別是AB,BC的中點,則PB與平面PEF所成角的正弦值為(　　)
A. B.
C. D.
√
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解析:因為正三棱錐P-ABC的側面都是直角三角形,所以以P為原點,PA,
PB,PC分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,
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設PA=PB=PC=2, 因為E,F分別是AB,BC的中點,所以P(0,0,0),A(2,0,0),
B(0,2,0),C(0,0,2),E(1,1,0),F(0,1,1),=(0,2,0),=(1,1,0),=(0,1,1).
設平面PEF的法向量為m=(x,y,z),則有
m=(1,-1,1),所以PB與平面PEF所成角的正弦值為|cos<,m>|===,故選C.
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11.如圖,在三棱錐P-ABC中,∠ABC=∠PAB=∠PCB=90°,PA=2,
BC=AB=2,M是棱PB的中點,N是棱PC上靠近點P的四等分點,則異面直線MN與PA所成角的大小為(　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
√
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解析:根據題意可將三棱錐P-ABC補形成長、寬、高分別為4,2,2的長方體ABCD-A1B1C1P,以A為坐標原點,AD,AB,AA1所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
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則A(0,0,0),B(0,4,0),C(2,4,0),P(2,0,2),M(1,2,1),N,
故=(2,0,2),=,
所以cos<,>==,
所以異面直線MN與PA所成角的大小為45°.
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12.[多選]已知E,F分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BC和CD的中點,則 (　　)
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A.A1D與B1D1是異面直線
B.A1D與EF所成角的大小為45°
C.A1F與平面B1EB所成角的余弦值為
D.平面CD1B1與平面D1B1B所成角的余弦值為
√
√
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解析:因為B1D1 平面A1B1C1D1,A1D∩平面A1B1C1D1=A1,A1 B1D1,所以A1D與B1D1是異面直線,故A正確;
以D為原點,,,的方向分別為x,y,z軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,
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設正方體棱長為2,則D(0,0,0),A1(2,0,2),E(1,2,0),F(0,1,0),C(0,2,0),
B(2,2,0),B1(2,2,2),D1(0,0,2),因為=(-2,0,-2),=(-1,-1,0),
設A1D與EF所成的角為θ,則cos θ===,又因為0°<θ≤90°,
所以θ=60°,故B錯誤;
由題知平面B1EB的一個法向量為,=(0,2,0),=(-2,1,-2),設A1F與平面B1EB所成的角為α,則sin α===,cos α=,故C錯誤;
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=(2,2,0),=(0,0,2),設平面D1B1B的法向量為m=(x1,y1,z1),
設平面CD1B1的法向量為n=(x2,y2,z2),=(-2,0,-2),
則令x2=1,得n=(1,-1,-1),設平面CD1B1與平面D1B1B所成的角為β,則cos β===,所以平面CD1B1與平面D1B1B所成角的余弦值為,故D正確.故選AD.
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13.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,
PA=BC=4,M,N分別為線段AD,PC上一點,AM=2MD.
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(1)若N為PC的中點,證明:MN∥平面PAB;
解:證明:由已知=2,得AM=2,取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC的中點知TN∥BC,TN=BC=2.又AD∥BC,故TN∥AM,且TN=AM,
∴四邊形AMNT為平行四邊形,∴MN∥AT.
∵AT 平面PAB,MN 平面PAB,
∴MN∥平面PAB.
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(2)求直線AN與平面CMN所成角的正弦值的最大值.
解:取BC的中點E,連接AE,建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz.
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則A(0,0,0),M(0,2,0),C(,2,0),P(0,0,4),不妨設=λ,λ∈[0,1],
則=+λ=(,2,0)+λ(-,-2,4)=(-λ,2-2λ,4λ),
=(-λ,-2λ,4λ),=(-,0,0).設平面CMN的法向量為n=(x,y,z),
取y=2,則n=(0,2,1).設直線AN與平面CMN所成的角為θ,
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則sin θ===≤
=.故直線AN與平面CMN所成角的正弦值的最大值為.
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14.(2024·全國甲卷)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=
EF=2,ED=,FB=2,M為AD的中點.
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(1)證明:BM∥平面CDE;
解:證明:法一:利用線面平行的判定定理
因為M為AD的中點,BC∥AD,且AD=4,BC=2,所以BC∥MD,且BC=MD,
所以四邊形BCDM為平行四邊形.所以BM∥CD.
又CD 平面CDE,BM 平面CDE,所以BM∥平面CDE.
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法二:利用面面平行的性質
因為EF∥AD,BC∥AD,所以EF∥BC.
又EF=BC=2,所以四邊形BCEF為平行四邊形.
所以BF∥CE.又CE 平面CDE,BF 平面CDE,所以BF∥平面CDE.
因為M為AD的中點,且AD=4,所以EF∥MD,且EF=MD,所以四邊形MDEF為平行四邊形.所以FM∥ED.又ED 平面CDE,FM 平面CDE,所以FM∥平面CDE.因為BF,FM 平面BMF,BF∩FM=F,所以平面BMF∥平面CDE.又BM 平面BMF,所以BM∥平面CDE.
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(2)求二面角F-BM-E的正弦值.
解: 取AM的中點O,連接BO,FO.
由(1)法一可知,BM=CD=AB=2,因為AM=2,所以BO⊥AD,且BO=.
由(1)法二知四邊形MDEF為平行四邊形,所以FM=ED=,又AF=,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兩兩垂直.
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分別以OB,OD,OF所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則F(0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),則=(,-1,0),=(0,-1,3),=(0,1,3).設平面FBM的法向量為n1=(x1,y1,z1),
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則即
令y1=3,所以x1=,z1=1,所以n1=(,3,1).
設平面EBM的法向量為n2=(x2,y2,z2),
即即令y2=3,所以x2=,z2=-1,
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所以n2=(,3,-1).設二面角F-BM-E的平面角為θ,
則|cos θ|=|cos|==.
因為θ∈[0,π],所以sin θ>0,即sin θ==,所以二面角F-BM-E的正弦值為.課時跟蹤檢測(十一)　空間角的計算
A級——綜合提能
1.在一個二面角的兩個半平面內都和二面角的棱垂直的兩個向量分別為(0,-1,3),(2,2,4),則這個二面角的余弦值為 (　　)
A. B.-
C. D.或-
2.已知A(0,1,1),B(2,-1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),則直線AB和直線CD所成角的余弦值為 (　　)
A. B.-
C. D.-
3.[多選]直線l的方向向量為u,兩個平面α,β的法向量分別為n1,n2,則下列命題為真命題的是 (　　)
A.若u⊥n1,則直線l⊥平面α
B.若n1⊥n2,則平面α⊥平面β
C.若cos=,則平面α,β所成銳二面角的大小為
D.若cos=,則直線l與平面α所成角的大小為
4.如圖,過邊長為1的正方形ABCD的頂點A作線段EA⊥平面ABCD,若EA=1,則平面ADE與平面BCE所成二面角的平面角的大小是 (　　)
A.120° B.45°
C.135° D.60°
5.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為　　　　.
6.在空間中,已知平面α過(3,0,0)和(0,4,0)及z軸上一點(0,0,a)(a>0),如果平面α與xOy平面所成二面角為45°,則a=　　　　.
7.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E為CC1的中點,則異面直線BC1與AE所成的角的余弦值為　　　　.
8.如圖,已知點P在正方體ABCD-A'B'C'D'的體對角線BD'上,滿足BP=2PD'.
(1)求DP與CC'所成角的余弦值;
(2)求DP與平面AA'D'D所成角的正弦值.
9.如圖,某多面體的底面ABCD為正方形,MA∥PB,MA⊥BC,AB⊥PB,MA=1,AB=PB=2.求二面角B-PM-D的平面角的正弦值.
B級——應用創新
10.已知正三棱錐P-ABC的側面都是直角三角形,E,F分別是AB,BC的中點,則PB與平面PEF所成角的正弦值為 (　　)
A. B.
C. D.
11.如圖,在三棱錐P-ABC中,∠ABC=∠PAB=∠PCB=90°,PA=2,BC=AB=2,M是棱PB的中點,N是棱PC上靠近點P的四等分點,則異面直線MN與PA所成角的大小為 (　　)
A.30° B.45°
C.60° D.90°
12.[多選]已知E,F分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BC和CD的中點,則 (　　)
A.A1D與B1D1是異面直線
B.A1D與EF所成角的大小為45°
C.A1F與平面B1EB所成角的余弦值為
D.平面CD1B1與平面D1B1B所成角的余弦值為
13.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M,N分別為線段AD,PC上一點,AM=2MD.
(1)若N為PC的中點,證明:MN∥平面PAB;
(2)求直線AN與平面CMN所成角的正弦值的最大值.
14.(2024·全國甲卷)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M為AD的中點.
(1)證明:BM∥平面CDE;
(2)求二面角F-BM-E的正弦值.
課時跟蹤檢測(十一)
1.選D　因為=,所以這個二面角的余弦值為或-.
2.選A　因為=(2,-2,-1),=(-2,-3,-3),所以直線AB和直線CD所成角的余弦值為|cos<,>|===.
3.選BCD　由u⊥n1,得直線l∥平面α或l α,故A錯誤;由n1⊥n2,得平面α⊥平面β,故B正確;若cos=,設平面α和平面β所成的角為θ,且θ∈,則cos θ=|cos|=,所以平面α,β所成銳二面角的大小為,故C正確;設直線l與平面α所成的角為γ,則sin γ=|cos|=,且γ∈,所以直線l與平面α所成角的大小為,故D正確.
4.選B　以A為原點,分別以AB,AD,AE所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則E(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),=(1,0,-1),=(1,1,-1).設平面BCE的法向量為n=(x,y,z),
則有令x=1,則z=1,y=0,則n=(1,0,1)是平面BCE的一個法向量.又平面ADE的一個法向量為=(1,0,0),所以cos==,故平面ADE與平面BCE所成二面角的平面角是45°.
5.解析:如圖所示,建立空間直角坐標系,則A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1),
∴=(-2,0,1).連接AC,易證AC⊥平面BB1D1D,∴平面BB1D1D的一個法向量為a==(-2,2,0).
∴所求角的正弦值為|cos|===.
答案:
6.解析:設A(3,0,0),B(0,4,0),C(0,0,a)(a>0),則=(-3,0,a),=(-3,4,0).設平面ABC的法向量為n=(x,y,z),則即取z=1,則x=,y=,∴n=,取xOy平面的一個法向量為m=(0,0,1),則cos==,解得a2=,又a>0,∴a=.
答案:
7.解析:以D為坐標原點,建立空間直角坐標系如圖所示,則B(1,2,0),C1(0,2,2),A(1,0,0),E(0,2,1),所以=(-1,0,2),=(-1,2,1).則cos<,>=,所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為.
答案:
8.解:如圖建立空間直角坐標系,設棱長為1,則B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),C'(0,1,1),D'(0,0,1),則=(-1,-1,1),=(1,1,0),=(0,0,1),=(0,1,0).∵BP=2PD',∴==.
(1)=+=(1,1,0)+=,
設DP與CC'所成的角為θ,則cos θ===,
∴DP與CC'所成角的余弦值為.
(2)由(1)知=.
易證DC⊥平面AA'D'D,∴=(0,1,0)為平面AA'D'D的一個法向量,設DP與平面AA'D'D所成的角為α,
∴sin α=|cos<,>|===,∴DP與平面AA'D'D所成角的正弦值為.
9.解:因為四邊形ABCD為正方形,所以AB⊥BC,又PB⊥AB,MA∥PB,MA⊥BC,所以PB⊥BC.
如圖,建立空間直角坐標系B-xyz,
則P(0,0,2),M(2,0,1),D(2,2,0),=(2,2,-2),=(2,0,-1).
設平面PDM的法向量為m=(x,y,z),
則即
令z=2,則x=1,y=1,于是m=(1,1,2).
易知平面PBM的一個法向量為n=(0,1,0).
設二面角B-PM-D的平面角為θ,
則|cos θ|=|cos|==,
所以sin θ= ==,所以二面角B-PM-D的平面角的正弦值為.
10.選C　因為正三棱錐P-ABC的側面都是直角三角形,所以以P為原點,PA,PB,PC分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,設PA=PB=PC=2, 因為E,F分別是AB,BC的中點,
所以P(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),E(1,1,0),F(0,1,1),=(0,2,0),=(1,1,0),=(0,1,1).設平面PEF的法向量為m=(x,y,z),則有 m=(1,-1,1),所以PB與平面PEF所成角的正弦值為|cos<,m>|===,故選C.
11.選B　根據題意可將三棱錐P-ABC補形成長、寬、高分別為4,2,2的長方體ABCD-A1B1C1P,以A為坐標原點,AD,AB,AA1所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(0,0,0),B(0,4,0),C(2,4,0),P(2,0,2),M(1,2,1),N,故=(2,0,2),=,
所以cos<,>==,所以異面直線MN與PA所成角的大小為45°.
12.選AD　因為B1D1 平面A1B1C1D1,A1D∩平面A1B1C1D1=A1,A1 B1D1,所以A1D與B1D1是異面直線,故A正確;以D為原點,,,的方向分別為x,y,z軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,
設正方體棱長為2,則D(0,0,0),A1(2,0,2),E(1,2,0),F(0,1,0),C(0,2,0),B(2,2,0),B1(2,2,2),D1(0,0,2),因為=(-2,0,-2),=(-1,-1,0),設A1D與EF所成的角為θ,則cos θ===,又因為0°<θ≤90°,所以θ=60°,故B錯誤;由題知平面B1EB的一個法向量為,=(0,2,0),=(-2,1,-2),設A1F與平面B1EB所成的角為α,則sin α===,cos α=,故C錯誤;=(2,2,0),=(0,0,2),設平面D1B1B的法向量為m=(x1,y1,z1),則令x1=1,得m=(1,-1,0).設平面CD1B1的法向量為n=(x2,y2,z2),=(-2,0,-2),則令x2=1,得n=(1,-1,-1),設平面CD1B1與平面D1B1B所成的角為β,則cos β===,所以平面CD1B1與平面D1B1B所成角的余弦值為,故D正確.故選AD.
13.解:(1)證明:由已知=2,得AM=2,取BP的中點T,連接AT,TN,
由N為PC的中點知TN∥BC,
TN=BC=2.又AD∥BC,故TN∥AM,且TN=AM,
∴四邊形AMNT為平行四邊形,
∴MN∥AT.
∵AT 平面PAB,MN 平面PAB,
∴MN∥平面PAB.
(2)取BC的中點E,連接AE,建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz.
則A(0,0,0),M(0,2,0),C(,2,0),P(0,0,4),
不妨設=λ,λ∈[0,1],
則=+λ=(,2,0)+λ(-,-2,4)=(-λ,2-2λ,4λ),
=(-λ,-2λ,4λ),=(-,0,0).
設平面CMN的法向量為n=(x,y,z),
則
取y=2,則n=(0,2,1).
設直線AN與平面CMN所成的角為θ,
則sin θ===≤=.
故直線AN與平面CMN所成角的正弦值的最大值為.
14.解:(1)證明:
法一:利用線面平行的判定定理
因為M為AD的中點,BC∥AD,且AD=4,BC=2,所以BC∥MD,且BC=MD,
所以四邊形BCDM為平行四邊形.
所以BM∥CD.
又CD 平面CDE,BM 平面CDE,所以BM∥平面CDE.
法二:利用面面平行的性質
因為EF∥AD,BC∥AD,所以EF∥BC.
又EF=BC=2,所以四邊形BCEF為平行四邊形.
所以BF∥CE.又CE 平面CDE,BF 平面CDE,所以BF∥平面CDE.
因為M為AD的中點,且AD=4,所以EF∥MD,且EF=MD,所以四邊形MDEF為平行四邊形.
所以FM∥ED.又ED 平面CDE,FM 平面CDE,所以FM∥平面CDE.
因為BF,FM 平面BMF,BF∩FM=F,所以平面BMF∥平面CDE.
又BM 平面BMF,所以BM∥平面CDE.
(2)取AM的中點O,連接BO,FO.
由(1)法一可知,BM=CD=AB=2,因為AM=2,所以BO⊥AD,且BO=.
由(1)法二知四邊形MDEF為平行四邊形,所以FM=ED=,又AF=,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兩兩垂直.
分別以OB,OD,OF所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則F(0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),則=(,-1,0),=(0,-1,3),=(0,1,3).
設平面FBM的法向量為n1=(x1,y1,z1),
則即
令y1=3,所以x1=,z1=1,
所以n1=(,3,1).
設平面EBM的法向量為n2=(x2,y2,z2),
即即
令y2=3,所以x2=,z2=-1,
所以n2=(,3,-1).
設二面角F-BM-E的平面角為θ,
則|cos θ|=|cos|==.
因為θ∈[0,π],所以sin θ>0,即sin θ==,所以二面角F-BM-E的正弦值為.
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