第43講-用綜合法求角與距離(解析版)

第43講：用綜合法求角與距離課程標(biāo)準(zhǔn)1、理解空間角的概念，理解空間內(nèi)的平行與垂直關(guān)系．2、掌握用傳統(tǒng)方法求空間內(nèi)異面直線所成的角、直線與平面所成的角及二面角的常見方法．基礎(chǔ)知識回顧知識梳理1.異面直線所成的角①定義：設(shè)a，b是兩條異面直線，經(jīng)過空間任一點O作直線a′∥a，b′∥b，把a′與b′所成的銳角(或直角)叫做異面直線a與b所成的角(或夾角)．②范圍：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).2.線面角平面的一條斜線和它在這個平面內(nèi)的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個平面所成的角，當(dāng)一條直線垂直于平面時，規(guī)定它們所成的角是直角．3.二面角以二面角的公共直線上任意一點為端點，在兩個面內(nèi)分別作垂直于公共直線的兩條射線，這兩條射線所成的角叫做二面角的平面角．4.點到平面的距離從平面外一點引平面的垂線，這個點和垂足間的距離，叫做這個點到這個平面的距離自主熱身、歸納總結(jié)1、已知正四面體ABCD中，E是AB的中點，則異面直線CE與BD所成角的余弦值為()A.eq\f(1,6)B.eq\f(\r(,3),6)C.eq\f(1,3)D.eq\f(\r(,3),3)【答案】B【解析】如圖，取AD的中點F，連結(jié)EF，CF.因為E為AB的中點，所以EF∥DB，則∠CEF為異面直線BD與CE所成的角．在正四面體ABCD中，因為E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，所以CE＝CF.設(shè)正四面體的棱長為2a，則EF＝a，CE＝CF＝eq\r(,（2a）2－a2)＝eq\r(,3)a.在△CEF中，由余弦定理得cos∠CEF＝eq\f(CE2＋EF2－CF2,2CE·EF)＝eq\f(a2,2×\r(,3)a2)＝eq\f(\r(,3),6).2、如圖，在底面為正方形，側(cè)棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)【答案】D.【解析】如圖，連接BC1，易證BC1∥AD1，則∠A1BC1即為異面直線A1B與AD1所成的角．連接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，易得A1C1＝eq\r(2)，A1B＝BC1＝eq\r(5)，故cos∠A1BC1＝eq\f(5＋5－2,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(4,5)，即異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為eq\f(4,5).故選D.3、在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則AC1與平面A1B1C1D1所成角的正弦值為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(2\r(2),3)【答案】A【解析】連接A1C1，則∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1所成的角.∵AB＝BC＝2，∴A1C1＝AC＝2eq\r(2)，又AA1＝1，∴AC1＝3，∴sin∠AC1A1＝eq\f(AA1,AC1)＝eq\f(1,3).故選A.4、如圖，已知在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，則直線BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(,3),2)B.eq\f(\r(,5),2)C.eq\f(\r(,10),5)D.eq\f(\r(,10),10)【答案】C【解析】設(shè)A1C1交B1D1于點O，連結(jié)BO.因為在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝4，所以C1O⊥B1D1.又因為DD1⊥平面A1B1C1D1，所以DD1⊥C1O.因為DD1∩D1B1＝D1，DD1?平面DBB1D1，D1B1?平面DBB1D1，所以C1O⊥平面DBB1D1，所以直線BC1和平面DBB1D1所成角為∠OBC1.在Rt△BOC1中，C1O＝2eq\r(,2)，BC1＝2eq\r(,5)，所以sin∠OBC1＝eq\f(\r(,10),5)，即直線BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值為eq\f(\r(,10),5).故選C.5、如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，各棱長都相等，則二面角A1BCA的平面角的正切值為________．【答案】eq\f(2\r(,3),3)【解析】設(shè)棱長為a，BC的中點為E，連結(jié)A1E，AE，由正三棱柱ABCA1B1C1中，各棱長都相等，可得A1E⊥BC，AE⊥BC，故二面角A1BCA的平面角為∠A1EA.在Rt△ABE中，AE＝eq\f(\r(,3),2)a，所以tan∠A1EA＝eq\f(AA1,AE)＝eq\f(a,\f(\r(,3),2)a)＝eq\f(2\r(,3),3)，即二面角A1BCA的平面角的正切值為eq\f(2\r(,3),3).例題選講考點一異面直線所成的角例1在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(,3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(,5),6)C.eq\f(\r(,5),5)D.eq\f(\r(,2),2)【答案】C【解析】用一個與原長方體相同的長方體拼到原來長方體的前面，如圖所示，則B1P∥AD1，則∠DB1P是異面直線AD1，DB1所成的角．連結(jié)DP，易求得DB1＝DP＝eq\r(,5)，B1P＝2，在△B1DP中過D作B1P上的高，可得cos∠DB1P＝eq\f(1,\r(,5))＝eq\f(\r(,5),5).變式1、如圖，在底面為正方形的四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，PA＝AD，則異面直線PB與AC所成的角為()A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】C【解析】因為平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA?平面PAD，所以PA⊥平面ABCD.分別過點P，D作AD，AP的平行線交于點M，連結(jié)CM，AM.因為PM∥AD，AD∥BC，PM＝AD，AD＝BC，所以四邊形PBCM是平行四邊形，所以PB∥CM，所以∠ACM(或其補角)就是異面直線PB與AC所成的角．因為四邊形PADM，底面ABCD均為正方形，設(shè)PA＝AD＝a，在三角形ACM中，AM＝eq\r(,2)a，AC＝eq\r(,2)a，CM＝eq\r(,2)a，所以三角形ACM是等邊三角形，所以∠ACM等于60°，即異面直線PB與AC所成的角為60°.故選C.方法總結(jié)：用平移法求異面直線所成的角的步驟：一作，即據(jù)定義作平行線，作出異面直線所成的角；二證，即證明作出的角是異面直線所成的角；三求，解三角形，求出作出的角，如果求出的角是銳角或直角，則它就是要求的角，如果求出的角是鈍角，則它的補角才是要求的角.考點二直線與平面所成的角例2如圖，在三棱錐ABCD中，側(cè)面ABD⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝AD＝4，BC＝6，BD＝4eq\r(,3)，則直線AC與底面BCD所成角的大小為()A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】A【解析】因為平面ABD⊥底面BCD，AB＝AD，取DB的中點O，連結(jié)AO，CO，則AO⊥BD，則AO⊥平面BCD，所以∠ACO就是直線AC與底面BCD所成的角．因為BC⊥CD，BC＝6，BD＝4eq\r(,3)，所以CO＝2eq\r(,3).在Rt△ADO中，OA＝eq\r(,AD2－OD2)＝2，在Rt△AOC中，tan∠ACO＝eq\f(AO,OC)＝eq\f(\r(,3),3)，故直線AC與底面BCD所成角的大小為30°.故選A.變式1、在正方體ABCDA1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(,2),3)B.eq\f(\r(,3),3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(\r(,6),3)【答案】B【解析】因為BB1∥DD1，所以BB1與平面ACD1所成角即為DD1與平面ACD1所成角．設(shè)點D到平面ACD1的距離為h，正方體的邊長為a，則VD1ADC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×a×a×a＝eq\f(1,6)a3，VDAD1C＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(,3),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(,2)a))eq\s\up12(2)h＝eq\f(\r(,3),6)a2h，所以eq\f(1,6)a3＝eq\f(\r(,3),6)a2h，得h＝eq\f(\r(,3),3)a.設(shè)BB1與平面ACD1所成角為θ，則sinθ＝eq\f(h,DD1)＝eq\f(\r(,3),3).故選B.變式2、[2019·杭州模擬]在三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，AB＝AC＝1，PA＝eq\r(2)，則直線PA與平面PBC所成角的正弦值為()A.eq\f(2\r(5),5)B.eq\f(2\r(2),3)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(1,3)【答案】D【解析】∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，即∠PAB＝∠PAC＝90°，又∵AB＝AC＝1，PA＝PA＝eq\r(2)，∴△PAB≌△PAC，∴PB＝PC.取BC的中點D，連接AD，PD，∴PD⊥BC，AD⊥BC，又∵PD∩AD＝D，∴BC⊥平面PAD，∵BC?平面PBC，∴平面PAD⊥平面PBC，過A作AO⊥PD于O，易得AO⊥平面PBC，∴∠APD就是直線PA與平面PBC所成的角.在Rt△PAD中，AD＝eq\f(1,2)，PA＝eq\r(2)，則PD＝eq\r(PA2＋AD2)＝eq\f(3,2)，則sin∠APD＝eq\f(AD,PD)＝eq\f(1,3).故選D.變式3、如圖，在三棱臺ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求證：BF⊥平面ACFD；(2)求直線BD與平面ACFD所成角的余弦值．【證明】(1)證明：延長AD，BE，CF相交于一點K，如圖所示．∵平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，∴AC⊥平面BCK，∴BF⊥AC.又∵EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，∴△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點，則BF⊥CK.∴BF⊥平面ACFD.(2)∵BF⊥平面ACK，∴∠BDF是直線BD與平面ACFD所成的角．在Rt△BFD中，BF＝eq\r(3)，DF＝eq\f(3,2)，得cos∠BDF＝eq\f(\r(21),7)，∴直線BD與平面ACFD所成角的余弦值為eq\f(\r(21),7).方法總結(jié)：求直線與平面所成角的關(guān)鍵是尋找斜線在平面上的射影，要善于根據(jù)題意尋找平面的垂線，通常方法：一、利用題設(shè)中的線線垂直關(guān)系轉(zhuǎn)換為線面垂直；二、找已知平面的垂面，再利用面面垂直的性質(zhì)轉(zhuǎn)化為線面垂直．有時作面的垂線較繁雜，可以不作面的垂線，利用空間的數(shù)量關(guān)系直接求點到面的距離，進而在直角三角中直接求線面角．常見求解步驟是先作圖，證明垂直關(guān)系，交代所求角，再在直角三角形中求得所求角．其易錯點是平面的斜線與平面所成角是銳角考點三二面角例3如圖，已知在三棱錐SABC中，SA＝SB＝CA＝CB＝eq\r(,3)，AB＝2，SC＝eq\r(,2)，則二面角SABC的平面角的大小為()A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】C【解析】取AB的中點O，連結(jié)SO，CO.由SA＝SB＝CA＝CB可得AB⊥SO，AB⊥CO.又SO∩CO＝O，所以AB⊥平面SOC，所以二面角SABC的平面角是∠SOC.在△SOA中，SO＝eq\r(,SA2－AO2)＝eq\r(,2)，同理CO＝eq\r(,2).在△SOC中，SO＝CO＝SC＝eq\r(,2)，所以∠SOC＝60°，即二面角SABC的平面角的大小為60°.變式1、如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AC＝AB＝AA1，E是BC的中點．(1)求證：AE⊥B1C；(2)求異面直線AE與A1C所成的角的大??；(3)若G為C1C的中點，求二面角CAGE的正切值．【解析】(1)因為BB1⊥平面ABC，AE?平面ABC，所以AE⊥BB1.由AB＝AC，E為BC的中點，得AE⊥BC.因為BC∩BB1＝B，BC，BB1?平面BB1C1C，所以AE⊥平面BB1C1C.又因為B1C?平面BB1C1C，所以AE⊥B1C.(2)取B1C1的中點E1，連結(jié)A1E1，E1C，則AE∥A1E1，所以∠E1A1C是異面直線AE與A1C所成的角．設(shè)AC＝AB＝AA1＝2，則由∠BAC＝90°，可得A1E1＝AE＝eq\r(,2)，A1C＝2eq\r(,2)，E1C1＝EC＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(,2)，所以E1C＝eq\r(,E1Ceq\o\al(2,1)＋C1C2)＝eq\r(,6).在△E1A1C中，cos∠E1A1C＝eq\f(2＋8－6,2×\r(,2)×2\r(,2))＝eq\f(1,2)，所以異面直線AE與A1C所成的角為eq\f(π,3).(3)設(shè)P是AC的中點，過點P作PQ⊥AG于點Q，連結(jié)EP，EQ，則EP⊥AC.又因為平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，EP?平面ABC，所以EP⊥平面ACC1A1.因為AG?平面ACC1A1，所以AG⊥EP.又PQ⊥AG，EP，PQ?平面EPQ，EP∩PQ＝P，所以AG⊥平面EPQ.又因為EQ?平面EPQ，所以EQ⊥AG，所以∠PQE是二面角CAGE的平面角．由(2)假設(shè)知EP＝1，AP＝1，Rt△ACG∽Rt△AQP，PQ＝eq\f(CG·AP,AG)＝eq\f(1,\r(,5))，故tan∠PQE＝eq\f(PE,PQ)＝eq\r(,5)，所以二面角CAGE的正切值是eq\r(,5).變式2如圖，銳二面角αlβ的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝BD＝6，CD＝8，則銳二面角αlβ的平面角的余弦值是()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)【答案】B【解析】過點B作BE∥AC，且BE＝AC.因為AC⊥AB，所以BE⊥AB.因為BD⊥AB，BD∩BE＝B，所以∠DBE是二面角αlβ的平面角，且AB⊥平面DBE，所以AB⊥DE，所以CE⊥DE.因為AB＝4，CD＝8，所以DE＝eq\r(,CD2－CE2)＝eq\r(,82－42)＝4eq\r(,3)，所以cos∠DBE＝eq\f(BE2＋BD2－DE2,2BE·BD)＝eq\f(36＋36－48,2×6×6)＝eq\f(1,3).故選B.變式3、如圖，在四棱錐A－BCDE中，平面BCDE⊥平面ABC，BE⊥EC，BC＝2，AB＝4，∠ABC＝60°.(1)求證：BE⊥平面ACE；(2)若直線CE與平面ABC所成的角為45°，求二面角E－AB－C的余弦值．【證明】(1)證明：在△ACB中，由余弦定理得cos∠ABC＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(1,2)，解得AC＝2eq\r(3)，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又∵平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，AC?平面ABC，∴AC⊥平面BCDE.又BE?平面BCDE，∴AC⊥BE.又BE⊥EC，AC，CE?平面ACE，且AC∩CE＝C，∴BE⊥平面ACE.(2)∵直線CE與平面ABC所成的角為45°，平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，∴∠BCE＝45°，∴△EBC為等腰直角三角形．取BC的中點F，連接EF，過點F作FG⊥AB于點G，連接EG，則∠EGF為二面角E－AB－C的平面角.易得EF＝BF＝1，F(xiàn)G＝eq\f(\r(3),2).在Rt△EFG中，由勾股定理，得EG＝eq\r(EF2＋FG2)＝eq\f(\r(7),2)，∴cos∠EGF＝＝eq\f(\r(21),7)，∴二面角E－AB－C的余弦值為eq\f(\r(21),7).變式4、如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1，頂點D1在底面ABCD內(nèi)的射影恰為點C.(1)求證：AD1⊥BC；(2)若直線DD1與直線AB所成的角為eq\f(π,3)，求平面ABC1D1與平面ABCD所成角(銳角)的余弦值．【證明】(1)連接D1C，則D1C⊥平面ABCD，∴D1C⊥BC.在等腰梯形ABCD中，連接AC，∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面AD1C，∴AD1⊥BC.(2)∵AB∥CD，∴∠D1DC＝eq\f(π,3)，∵CD＝1，∴D1C＝eq\r(3).在底面ABCD中作CM⊥AB，連接D1M，則D1M⊥AB，∴∠D1MC為平面ABC1D1與平面ABCD所成角的一個平面角．在Rt△D1CM中，CM＝eq\f(\r(3),2)，D1C＝eq\r(3)，∴D1M＝eq\r(CM2＋D1C2)＝eq\f(\r(15),2)，∴cos∠D1MC＝eq\f(\r(5),5)，即平面ABC1D1與平面ABCD所成角(銳角)的余弦值為eq\f(\r(5),5).方法總結(jié)：求二面角方法一：利用定義作出二面角的平面角，轉(zhuǎn)換為在三角形中來求．方法二：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角考點四點到平面的距離例4、若正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面邊長為1，AB1與底面ABCD所成角的大小為60°，則A1C1到底面ABCD的距離為()A.eq\f(\r(,3),3)B.1C.2D.eq\r(,3)【答案】D【解析】由題意得∠B1AB＝60°，所以B1B＝ABtan60°＝eq\r(,3).又A1C1∥平面ABCD，所以A1C1到底面ABCD的距離為B1B＝eq\r(,3).變式1、已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為6，P是AA1的中點，Q是△BDC1內(nèi)的動點，若PQ⊥BC1，則點Q到平面A1B1C1D1的距離的取值范圍是()A.[3，5]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，6))C.[4，5]D.[2eq\r(,3)，6]【答案】B【解析】如圖，在正方體中取BB1、BD中點P1、O，及BC1的四等分點M，因為PP1⊥BC1，P1M⊥BC1，P1M∩PP1＝P1，P1M，PP1?平面PP1M，所以BC1⊥平面PP1M，則BC1⊥PM.又OM⊥BC1，OM∩PM＝M，故BC1⊥平面POM，所以當(dāng)點Q在線段OM上時，PQ⊥BC1，則點Q到平面A1B1C1D1的距離最大為6，最小為6×eq\f(3,4)＝eq\f(9,2)，所以點Q到平面A1B1C1D1的距離的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，6)).故選B.變式2、如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別是線段AB，BC的中點．(1)證明：PF⊥FD；(2)若PA＝1，求點E到平面PFD的距離．【解】(1)證明：連接AF，則AF＝eq\r(2)，又DF＝eq\r(2)，AD＝2，∴DF2＋AF2＝AD2，∴DF⊥AF.∵PA⊥平面ABCD，∴DF⊥PA，又PA∩AF＝A，∴DF⊥平面PAF，又PF?平面PAF，∴DF⊥PF.(2)連接EP，ED，EF.∵S△EFD＝S矩形ABCD－S△BEF－S△ADE－S△CDF＝2－eq\f(5,4)＝eq\f(3,4)，∴V三棱錐P－EFD＝eq\f(1,3)S△EFD·PA＝eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×1＝eq\f(1,4).設(shè)點E到平面PFD的距離為h，則由V三棱錐E－PFD＝V三棱錐P－EFD得eq\f(1,3)S△PFD·h＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(6),2)·h＝eq\f(1,4)，解得h＝eq\f(\r(6),4)，即點E到平面PFD的距離為eq\f(\r(6),4).變式3、如圖所示的五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M為BC的中點．(1)求證：FM∥平面BDE；(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求點F到平面BDE的距離．【解析】(1)證明：取BD的中點O，連接OM，OE，∵O，M分別為BD，BC的中點，∴OM∥CD，且OM＝eq\f(1,2)CD.∵四邊形ABCD為菱形，∴CD∥AB，又EF∥AB，∴CD∥EF，又AB＝CD＝2EF，∴EF＝eq\f(1,2)CD，∴OM∥EF，且OM＝EF，∴四邊形OMFE為平行四邊形，∴MF∥OE.又OE?平面BDE，MF?平面BDE，∴MF∥平面BDE.(2)由(1)得FM∥平面BDE，∴點F到平面BDE的距離等于點M到平面BDE的距離．取AD的中點H，連接EH，BH，∵EA＝ED，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，∴EH⊥AD，BH⊥AD.∵平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH?平面ADE，∴EH⊥平面ABCD，∴EH⊥BH，易得EH＝BH＝eq\r(3)，∴BE＝eq\r(6)，∴S△BDE＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2)＝eq\f(\r(15),2).設(shè)點F到平面BDE的距離為h，連接DM，則S△BDM＝eq\f(1,2)S△BCD＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),4)×4＝eq\f(\r(3),2)，連接EM，由V三棱錐E－BDM＝V三棱錐M－BDE，得eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,3)×h×eq\f(\r(15),2)，解得h＝eq\f(\r(15),5)，即點F到平面BDE的距離為eq\f(\r(15),5).方法總結(jié)：求點到平面的距離，方法一：根據(jù)面面垂直的性質(zhì)直接作出距離求解，方法二：利用等體積法換頂點來求解．五、優(yōu)化提升與真題演練1、（2018·全國Ⅱ高考）在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(5),6)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(\r(2),2)第1題圖【答案】C【解析】如圖，將長方體ABCD－A1B1C1D1補成長方體ABCD－A2B2C2D2，使AA1＝A1A2，易知AD1∥B1C2，∴∠DB1C2或其補角為異面直線AD1與DB1所成的角．易知B1C2＝AD1＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋（\r(3)）2)＝eq\r(5)，DC2＝eq\r(DC2＋CCeq\o\al(2,2))＝eq\r(12＋2\r(3)2)＝eq\r(13).在△DB1C2中，由余弦定理，得cos∠DB1C2＝eq\f(DBeq\o\al(2,1)＋B1Ceq\o\al(2,2)－DCeq\o\al(2,2),2DB1·B1C2)＝eq\f(5＋4－13,2×\r(5)×2)＝－eq\f(\r(5),5)，∴異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).故選C.2、（2018·天津高考）如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點M為棱AB的中點，AB＝2，AD＝2eq\r(3)，∠BAD＝90°.(1)求證：AD⊥BC；(2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值；(3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值．【解】(1)證明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.(2)如圖，取棱AC的中點N，連接MN，ND.又∵M為棱AB的中點，∴MN∥BC.∴∠DMN(或其補角)為異面直線BC與MD所成的角．在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝eq\r(AD2＋AM2)＝eq\r(13).∵AD⊥平面ABC，∴AD⊥AC.在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝eq\r(AD2＋AN2)＝eq\r(13).在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝eq\f(\f(1