《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

典例 在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$AD = AA_1 = 1$，$AB = 2$，点$E$为棱$AB$的中点，则二面角$D_1 - EC - D$的余弦值为______.

答案：
$\frac{\sqrt{6}}{3}$ 　　解析　建立如图 　　所示的空间直角 　　坐标系， 　　　　　　　　　 由AD=AA1= 　　1,AB=2,得 　　E(1.1.1),C(0,2,1),D(0,0,0), 　　则D.E=(1,1，1)Dc=(0,2,1),{　　设则平{$\frac{DE}{D,C}$面D|..EnnC==的00法,，向量为n=(x,y，z)，即{x2y++yx+==0=，0, 　　令2=-2，得n=(1,1,-2)， 　　易知平面DEC的法向量为m=(0,0,1),则cos(m,n)=$\frac{m.n}{ml|n|}$=$\frac{-2}{\sqrt{6}}$=一$\frac{\sqrt{6}}{3}$，由法向量的方向为同出，得二面角 D1-EC-D的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$

跟踪训练3（2023·新高考全国Ⅱ改编）如图，三棱锥$A - BCD$中，$DA = DB = DC$，$BD\perp CD$，$\angle ADB = \angle ADC = 60^{\circ}$，$E$为$BC$的中点.
（1）证明：$BC\perp DA$；
（2）点$F$满足$\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}$，求平面$DAB$与平面$ABF$夹角的正弦值.

答案：
（1）证明　　如图，连接 AE.DE. 　　因为E为BC的中点,DB=DC, 所以DE⊥BC， 因为DA=DB=DC,∠ADB= ∠ADC=60°,所以△ACD与△ABD 均为等边三角形， 所以AC=AB，从而AE⊥BC， 又AENDE=E,AE,DEC:平面 ADE,所以BC⊥平面ADE， 而DAC平面ADE, 所以BC⊥DA. （2）解　不妨设DA=DB=DC=2，因为BD⊥CD， 所以BC=2$\sqrt{2}$,DE=AE=√2. 所以AE²+DE2=4=AD², 所以AE⊥DE, 又AE⊥BC,DE∩BC=E, DE.BCC二平面BCD, 所以AE⊥平面BCD. 以E为原点 ED.EB,EA所 在直线分别为 x,y，2轴，建立 　　　　　　　 空间直角坐标 系，如图所示， 则D$\sqrt{2}$，0,0), A(0.0$\sqrt{2}$),BCO$\sqrt{2}$,0),E00,0,0), 设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n=(x1.y1,21)，n=(x2,y2,22),平而面→ABD=AB(0，与$\sqrt{2}$平,一面√A2B)F,　的夹角为θ，因为EF=DA=(-$\sqrt{2}$,0　$\sqrt{2}$), 所则由{以→AnF1F=.(|$\frac{DA}{AB}$→(-$\sqrt{2}$==$\sqrt{2}$,000,得，,得0,$\sqrt{2}$0(-)).,√2x！+√2x1=0,n.　　　　　　　　1√221=0，取1.所以。n,得¹=$\sqrt{/2}$山$\sqrt{2}$2=0,{n2▪$\frac{AB}{AF}$=0，　{一$\sqrt{2}$x2=0, 取y2=1，所以n2=(0,1,1), 所以|cosθ|=$\frac{In.nl}{Inlln2|}$=$\frac{2}{3×\sqrt{2}}$= $\frac{\sqrt{6}}{3}$，从而sinθ=　$\sqrt{\frac{6}{9}}$1-　　=$\frac{\sqrt{3}}{3}$ 所以平面DA　　　　　ABF夹角的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$