最新高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第3讲 空间角学案考试专用.docx

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最新高考数学二轮复习专题二立体几何第3讲空间角学案考试专用

第3讲　空间角

[考情考向分析]　以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，热点为异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的求解，向量法作为传统几何法的补充，为考生答题提供新的工具．

热点一　异面直线所成的角

（1）几何法：

按定义作出异面直线所成的角（即找平行线），解三角形．

（2）向量法：

设直线l，m的方向向量分别为a＝（a1，b1，c1），b＝（a2，b2，c2）．设l，m的夹角为θ，则cosθ＝＝.

例1　

（1）（2018·全国Ⅱ）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（　　）

A.B.C.D.

答案　C

解析　方法一　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝.

在△DB′B1中，由余弦定理，得

DB′2＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，

即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝.

故选C.

方法二　如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.

由题意，得A（1,0,0），D（0,0,0），

D1（0,0，），B1（1,1，），

∴＝（－1,0，），

＝（1,1，），

∴·＝－1×1＋0×1＋（）2＝2，

||＝2，||＝，

∴cos〈，〉＝＝＝.

故选C.

（2）（2018·浙江省杭州二中月考）已知异面直线a，b所成的角为50°，过空间一定点P最多可作n条直线与直线a，b均成θ角，则下列判断不正确的是（　　）

A．当θ＝65°时，n＝3B．当n＝1时，θ只能为25°

C．当θ＝30°时，n＝2D．当θ＝75°时，n＝4

答案　B

解析　将空间直线平移，异面直线的夹角不变，则可将异面直线a，b平移到同一平面α内，使得点P为平移后的直线a′，b′的交点，则当0°≤θ<25°时，n＝0；当θ＝25°时，n＝1，此时该直线为直线a′，b′所成锐角的角平分线所在的直线；当25°<θ<65°时，n＝2，此时这两条直线在平面α内的投影为直线a′，b′所成锐角的角平分线所在的直线；当θ＝65°时，n＝3，此时其中两条直线在平面α内的投影为直线a′，b′所成锐角的角平分线所在的直线，另一条直线为直线a′，b′所成钝角的角平分线所在的直线；当65°<θ<90°时，n＝4，此时其中两条直线在平面α内的投影为直线a′，b′所成锐角的角平分线所在的直线，另外两条直线在平面α内的投影为直线a′，b′所成钝角的角平分线所在的直线；当θ＝90°时，n＝1，此时直线为过点P且与平面α垂直的直线．综上所述，B选项的说法错误，故选B.

思维升华　

（1）运用几何法求异面直线所成的角一般是按找—证—求的步骤进行．

（2）两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.

跟踪演练1　（2018·浙江省衢州二中模拟）如图，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC，O为BC的中点，动点P在线段OB上（不含端点），记∠APC＝θ，现将△APC沿AP折起至△APC′，记异面直线BC′与AP所成的角为α，则下列结论一定成立的是（　　）

A．θ>αB．θ<α

C．θ＋α>D．θ＋α<

答案　A

解析　设＝λ，

则cosθ＝＝＝

＝，

因为cosα＝＝，

且·＝·，

||＋||＝||＋||>||，

所以cosθ

又θ，α∈，所以θ>α，故选A.

热点二　直线与平面所成的角

（1）几何法：

按定义作出直线与平面所成的角（即找到斜线在平面内的投影），解三角形．

（2）向量法：

设直线l的方向向量为a＝（a1，b1，c1），平面α的法向量为μ＝（a2，b2，c2），设直线l与平面α的夹角为θ，则sinθ＝＝|cos〈a，μ〉|.

例2　（2018·浙江省名校协作体联考）在如图所示的几何体中，平面DAE⊥平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，四边形DCFE为菱形．已知AB∥CD，∠ABC＝60°，CD＝AB＝1.

（1）线段AC上是否存在一点N，使得AE∥平面FDN？

证明你的结论；

（2）若线段FC在平面ABCD上的投影长度为，求直线AC与平面ADF所成角的正弦值．

解　

（1）在线段AC上存在点N，使得AE∥平面FDN，且N是AC的中点．

如图，取AC的中点N，连接NF，DN，连接EC交DF于点O，连接ON.

∵四边形CDEF为菱形，

∴O为EC的中点．

在△ACE中，由中位线定理可得ON∥AE.

∵ON⊂平面FDN，AE⊄平面FDN，∴AE∥平面FDN，

∴在线段AC上存在点N，使得AE∥平面FDN，且N是AC的中点．

（2）方法一　∵DE∥CF，

∴DE在平面ABCD上的投影长度为，

过点E作EO⊥AD于点O，

∵平面DAE⊥平面ABCD，且平面DAE∩平面ABCD＝AD，EO⊂平面DAE，

∴EO⊥平面ABCD，则OD＝，

∵在等腰梯形ABCD中，由已知易得AD＝BC＝1，

∴点O为线段AD的中点．

设点C到平面FDA的距离为h，

∵VC－FDA＝VF－ADC，

∴h·S△FDA＝EO·S△ADC，

易知S△ADC＝，EO＝，

取AB的中点M，连接CM，取CM的中点P，连接AP，DP，FP，OP.

∵O，P分别为AD，MC的中点，AM∥DC∥EF，且AM＝DC＝EF，∴OP∥EF且OP＝EF，

∴四边形OPFE为平行四边形，∴OE∥FP，OE＝FP，

∴FP⊥平面ABCD.

易求得AP＝，DP＝FP＝，

∴AF＝，DF＝，

∴DF2＋AD2＝AF2，∴△ADF为直角三角形，

∴S△FDA＝.∴h＝＝＝.

设直线AC与平面FDA所成的角为θ，

在△ADC中，易得AC＝，则sinθ＝＝.

方法二　∵DE∥CF，

∴DE在平面ABCD上的投影长度为，

过点E作EO⊥AD于点O，

∵平面DAE⊥平面ABCD，且平面DAE∩平面ABCD＝AD，EO⊂平面DAE.

∴EO⊥平面ABCD，则OD＝，

∵在等腰梯形ABCD中，由已知易得AD＝BC＝1.

∴点O为线段AD的中点．

以O为原点，OE所在直线为z轴，过O且平行于DC的直线为y轴，过O且垂直于yOz平面的直线为x轴建立空间直角坐标系，易得x轴在平面ABCD内．

可得A，C，D，E，

∴＝，＝，

＝＋＝＋＝＋（0,1,0）＝.

设平面ADF的法向量为n＝（x，y，z），

则得

令x＝1，得平面ADF的一个法向量为

n＝（1，，－2）．

若直线AC与平面ADF所成的角为θ，

则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.

思维升华　

（1）运用几何法求直线与平面所成的角一般是按找——证——求的步骤进行．

（2）直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意所求角和两向量夹角间的关系．

跟踪演练2　（2018·杭州质检）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，M为线段BC的中点，D为线段BC上一点，且BD＝BA，沿直线AD将△ADC翻折至△ADC′，使AC′⊥BD.

（1）证明：

平面AMC′⊥平面ABD；

（2）求直线C′D与平面ABD所成的角的正弦值．

（1）证明　因为△ABC为等腰三角形，M为BC的中点，

所以AM⊥BD，

又因为AC′⊥BD，AM∩AC′＝A，AM，AC′⊂平面AMC′，

所以BD⊥平面AMC′，

因为BD⊂平面ABD，所以平面AMC′⊥平面ABD.

（2）解　在平面AC′M中，过C′作C′F⊥AM交直线AM于点F，连接FD.

由

（1）知，平面AMC′⊥平面ABD，

又平面AMC′∩平面ABD＝AM，C′F⊂平面AMC，所以C′F⊥平面ABD.

所以∠C′DF为直线C′D与平面ABD所成的角．

设AM＝1，则AB＝AC＝AC′＝2，BC＝2，

MD＝2－，DC＝DC′＝2－2，AD＝－.

在Rt△C′MD中，

MC′2＝DC′2－MD2＝（2－2）2－（2－）2＝9－4.

设AF＝x，在Rt△C′FA和Rt△C′FM中，AC′2－AF2＝MC′2－MF2，即4－x2＝9－4－（x－1）2，

解得x＝2－2，即AF＝2－2.

所以C′F＝2.

故直线C′D与平面ABD所成的角的正弦值等于

＝.

热点三　二面角

二面角有两种求法：

①几何法：

利用定义作出二面角的平面角，然后计算．

②向量法：

利用两平面的法向量．设平面α，β的法向量分别为μ＝（a3，b3，c3），v＝（a4，b4，c4），设二面角α—a—β的平面角为θ（0≤θ≤π），则|cosθ|＝＝|cos〈μ，v〉|.

例3　如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点E在线段AD上且AE＝3，现分别沿BE，CE所在的直线将△ABE，△DCE翻折，使得点D落在线段AE上，则此时二面角D－EC－B的余弦值为（　　）

A.B.C.D.

答案　D

解析　如图1所示，连接BD，设其与CE的交点为H，由题意易知BD⊥CE.翻折后如图2所示，连接BD，

图1　　　　　　　　　　图2

则在图2中，∠BHD即为二面角D－EC－B的平面角，

易求得BD＝2，DH＝，BH＝，

所以cos∠DHB＝＝，

故选D.

思维升华　

（1）构造二面角的平面角的方法（几何法）：

根据定义；利用二面角的棱的垂面；利用两同底等腰三角形底边上的两条中线等．

（2）向量法：

根据两平面的法向量．

跟踪演练3　（2018·绍兴质检）已知四面体SABC中，二面角B－SA－C，A－SB－C，A－SC－B的平面角的大小分别为α，β，γ，则（　　）

A.<α＋β＋γ<π

B.<α＋β＋γ<2π

C．π<α＋β＋γ<3π

D．2π<α＋β＋γ<3π

答案　C

解析　设三棱锥的顶点S距离底面ABC无穷远，则三棱锥S－ABC近似为以△ABC为底面的三棱柱，此时二面角的平面角α，β，γ等于三角形ABC的三个内角；若顶点S与底面ABC的距离趋向于0，则三棱锥S－ABC近似压缩为四顶点共面，则当S为△ABC内一点时，二面角的平面角α，β，γ的大小都为π，因此α＋β＋γ∈（π，3π），故选C.

真题体验

1．（2017·全国Ⅲ）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：

①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；

②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；

③直线AB与a所成角的最小值为45°；

④直线AB与a所成角的最大值为60°.

其中正确的是________．（填写所有正确结论的编号）

答案　②③

解析　依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.

由题意知，点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．

设直线a的方向向量为a＝（0,1,0），直线b的方向向量为b＝（1,0,0），以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈，

则B（cosθ，sinθ，0），

∴＝（cosθ，sinθ，－1），||＝.

设直线AB与a所成的角为α，

则cosα＝＝|sinθ|∈，

∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误；

设直线AB与b所成的角为β，

则cosβ＝＝|cosθ|.

当直线AB与a的夹角为60°，即α＝60°时，

|sinθ|＝cosα＝cos60°＝，

∴|cosθ|＝，∴cosβ＝|cosθ|＝.

∵45°≤β≤90°，∴β＝60°，

即直线AB与b的夹角为60°.

∴②正确，①错误．

2．（2017·浙江改编）如图，已知正四面体D—ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，＝＝2，分别记二面角D—PR—Q，D—PQ—R，D—QR—P的平面角为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为________．

答案　α<γ<β

解析　如图①，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE，OF，OG，连接DE，DF，DG，则α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO.

由图可知，它们的对边都是DO，

∴只需比较EO，FO，GO的大小即可．

如图②，在AB边上取点P′，使AP′＝2P′B，连接OQ，OR，则O为△QRP′的中心．

设点O到△QRP′三边的距离为a，则OG＝a，

OF＝OQ·sin∠OQF

OE＝OR·sin∠ORE>OR·sin∠ORP′＝a，

∴OF

∴<<，

∴α<γ<β.

3．（2018·浙江）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.

（1）证明：

AB1⊥平面A1B1C1；

（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．

方法一　

（1）证明　由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2，

所以A1B＋AB＝AA，

故AB1⊥A1B1.

由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，

得B1C1＝.

由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2.

由CC1⊥AC，得AC1＝，

所以AB＋B1C＝AC，

故AB1⊥B1C1.

又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，

因此AB1⊥平面A1B1C1.

（2）解　如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.

由AB1⊥平面A1B1C1，

得平面A1B1C1⊥平面ABB1.

由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D⊂平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1.

所以∠C1AD即是直线AC1与平面ABB1所成的角．

由B1C1＝，A1B1＝2，A1C1＝，

得cos∠C1A1B1＝，sin∠C1A1B1＝，

所以C1D＝，

故sin∠C1AD＝＝.

因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.

方法二　

（1）证明　如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.

由题意知各点坐标如下：

A（0，－，0），B（1,0,0），A1（0，－，4），B1（1,0,2），C1（0，，1）．

因此＝（1，，2），＝（1，，－2），＝（0,2，－3）．

由·＝0，得AB1⊥A1B1.

由·＝0，得AB1⊥A1C1.

又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1⊂平面A1B1C1，

所以AB1⊥平面A1B1C1.

（2）解　设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.

由

（1）可知

＝（0,2，1），＝（1，，0），＝（0,0,2）．

设平面ABB1的一个法向量为n＝（x，y，z）．

由得

可取n＝（－，1,0）．

所以sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝.

因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.

押题预测

如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是矩形，SA⊥底面ABCD，E，F分别为线段AB，SD的中点．

（1）证明：

EF∥平面SBC；

（2）设SA＝AD＝2AB，试求直线EF与平面SCD所成角的正弦值．

押题依据　定义法求直线与平面所成的角的关键是利用直线与平面所成角的定义去构造一个直角三角形，通过解三角形的知识求角．方法一求解第

（2）问的关键是构造三角形，证明∠AFE为直线EF与平面SCD所成角的余角．

（1）证明　方法一　如图，过点E作EG∥SB，交SA于点G，连接GF.

因为E为AB的中点，所以G为SA的中点，

又F为SD的中点，

所以GF∥AD，

所以GF∥BC，又BC⊂平面SBC，GF⊄平面SBC，

所以GF∥平面SBC.

因为GE∥SB，SB⊂平面SBC，GE⊄平面SBC，

所以GE∥平面SBC，

又GE∩GF＝G，GE，GF⊂平面GEF，

所以平面GEF∥平面SBC，

又EF⊂平面GEF，所以EF∥平面SBC.

方法二　取SC的中点H，连接FH，BH，因为F是SD的中点，所以FH∥CD，FH＝CD，

又CD∥AB，CD＝AB，点E是AB的中点，所以FH∥BE，FH＝BE，所以四边形EFHB是平行四边形，

所以EF∥BH，

又BH⊂平面SBC，EF⊄平面SBC，所以EF∥平面SBC.

（2）解　方法一　如图，连接AF.

因为SA＝AD，SA⊥AD，

所以AF⊥SD.

因为SA⊥平面ABCD，

所以SA⊥CD.

因为AD⊥CD，SA∩AD＝A，SA，AD⊂平面SAD，

所以CD⊥平面SAD，

因为AF⊂平面SAD，所以CD⊥AF，

又SD∩CD＝D，SD，CD⊂平面SCD，

所以AF⊥平面SCD.

所以∠AFE即为直线EF与平面SCD所成角的余角．

令SA＝AD＝2AB＝4，

则AE＝1，AF＝2，所以EF＝3.

设直线EF与平面SCD所成的角为θ，

则sinθ＝sin＝cos∠AFE＝＝.

所以直线EF与平面SCD所成角的正弦值为.

方法二　因为四边形ABCD是矩形，SA⊥底面ABCD，

所以直线AB，AD，AS两两垂直．

以A为坐标原点，AB，AD，AS所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.

设SA＝AD＝2AB＝4，

则S（0,0,4），C（2,4,0），D（0,4,0），E（1,0,0），F（0,2,2）．

所以＝（－1,2,2），＝（0,4，－4），＝（2,0,0）．

设平面SCD的法向量为a＝（x，y，z），

则

取y＝1，所以a＝（0,1,1）是平面SCD的一个法向量．

设直线EF与平面SCD所成的角为θ，

所以sinθ＝＝＝.

所以直线EF与平面SCD所成角的正弦值为.

A组　专题通关

1．（2017·全国Ⅱ）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（　　）

A.B.C.D.

答案　C

解析　方法一　将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图①所示，连接AD1，B1D1，BD.

图①

由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，

所以AD1＝BC1＝，AB1＝，∠DAB＝60°.

在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，所以BD＝，所以B1D1＝.

又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，

所以cosθ＝＝＝.

故选C.

方法二　以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图②所示．

图②

由已知条件知B1（0,0,0），B（0,0,1），C1（1,0,0），A（－1，，1），则＝（1,0，－1），＝（1，－，－1）．

所以cos〈，〉＝＝＝.

所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.

故选C.

2．（2018·嘉兴、丽水模拟）已知两个平面α，β和三条直线m，a，b，若α∩β＝m，a⊂α且a⊥m，b⊂β，设α和β所成的一个二面角的大小为θ1，直线a和平面β所成的角的大小为θ2，直线a，b所成的角的大小为θ3，则（　　）

A．θ1＝θ2≥θ3B．θ3≥θ1＝θ2

C．θ1≥θ3，θ2≥θ3D．θ1≥θ2，θ3≥θ2

答案　D

解析　当平面α与平面β所成的二面角为锐角或直角时，θ1＝θ2，当平面α与平面β所成的二面角为钝角时，θ2为θ1的补角，则θ1>θ2，综上所述，θ1≥θ2，又由最小角定理得θ3≥θ2，故选D.

3．如图，正四棱锥P－ABCD.记异面直线PA与CD所成的角为α，直线PA与平面ABCD所成的角为β，二面角P－BC－A的平面角为γ，则（　　）

A．β<α<γB．γ<α<β

C．β<γ<αD．α<β<γ

答案　C

解析　如图，过点P作PO⊥平面ABCD，则O为正方形ABCD的中心．连接AO，并过O点作OE⊥BC，交BC于点E，连接PE.

∵AB∥DC，∴异面直线PA与CD所成的角就是∠PAB，而AO为PA在平面ABCD上的投影，∴∠PAO为PA与平面ABCD所成的角．

∴∠PAB>∠PAO.

又OE⊥BC，PO⊥BC，OE与PO相交于点O，

∴BC⊥平面POE，∴PE⊥BC，

因此∠PEO为二面角P－BC－A的平面角．

∵OEtan∠PAO，

∴∠PEO>∠PAO.

又∠PAB＝∠PBE，cos∠PBE＝，cos∠PEO＝，

∵OE＝BE，PE

∴cos∠PBE∠PEO，

又∠PBE＝∠PAB＝α，∴β<γ<α，故选C.

4．已知四边形ABCD，AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝，现将△ABD沿BD折起，使二面角A－BD－C的大小在内，则直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是（　　）

A.B.

C.∪D.

答案　A

解析　设BD的中点为E，连接AE，CE，

因为AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝，

所以AE＝，CE＝1，且AE⊥BD，CE⊥BD，

则∠AEC为二面角A－BD－C的平面角，

在平面ABD内，过点A作AF∥BD，使AF＝BD，构造平行四边形ABDF，连接FD，CF，则∠CDF或其补角即为异面直线AB与CD的夹角，

则在△AEC中，由余弦定理得

AC2＝AE2＋CE2－2AE·CEcos∠AEC

＝4－2cos∠AEC，

又因为∠AEC∈，

所以AC2＝4－2cos∠AEC∈[1,7]．

因为AE⊥BD，CE⊥BD，且AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面AEC，

所以BD⊥平面AEC，

则BD⊥AC，所以AF⊥AC，

则在Rt△CAF中，CF2＝AC2＋AF2∈[5,11]，

则在△CDF中，由余弦定理易得直线AB与CD的夹角的余弦值为|cos∠CDF|＝∈，故选A.

5．长方体的对角线与过同一个顶点的三个表面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝________.

答案　2

解析　设长方形的长、宽、高分别为a，b，c，则对角线长d＝，

所以cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2＋2＋2＝＝2.

6.如图所示，在正方体AC1中，AB＝2,A1C1∩B1D1＝E，直线AC与直线DE所成的角为α，直线DE与平面BCC1B1所成的角为β，则cos＝________.

答案　

解析　由题意可知，α＝，则cos＝sinβ，

以点D为坐标原点，DA，DC，DD1方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则D，E，

＝，平面BCC1B1的法向量＝，

由此可得cos＝sinβ＝＝.

7.（2018·浙江省名校新高考研究联盟联考）如图，平行四边形PDCE垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝90°，∠PDC＝120°，F为PA的中点，PD＝1，AB＝AD