（浙江專用）2021版新高考數(shù)學一輪復習 第八章 立體幾何與空間向量 7 第7講 立體幾何中的向量方法 1 第1課時 空間角教學案

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1、第7講　立體幾何中的向量方法 1．空間向量與空間角的關系 (1)兩條異面直線所成角的求法(a，b分別為異面直線l1，l2的方向向量) a與b的夾角β l1與l2所成的角θ 范圍 [0，π] 求法 cos β＝ cos θ＝|cos β|＝ (2)直線和平面所成角的求法 如圖所示，設直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sin φ＝|cos θ|＝． (3)二面角大小的求法 a．如圖①，AB，CD是二面角αlβ兩個半平面內與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉． b．如圖②③，n1

2、，n2分別是二面角αlβ的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉． 2．點到平面的距離的求法 如圖，設AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則點B到平面α的距離d＝. [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角．(　　) (2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角．(　　) (3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角．(　　) (4)兩異面直線夾角的范圍是，直線與平面所成角的范圍是，二面角的范圍是[0

3、，π]．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ [教材衍化] 1．(選修2-1P104練習T2改編)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________． 解析：cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.所以兩平面所成二面角為45°或180°－45°＝135°. 答案：45°或135° 2．(選修2-1P112A組T6改編)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中點，則異面直線DE與AC夾角的余弦值為________． 解析：以D點為原點，以DA，DC，DD1的正方向為x軸，y軸，z軸，如圖

4、建立空間直角坐標系D－xyz，設DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E，則＝(－1，1，0)，＝，設異面直線DE與AC所成的角為θ，則cos θ＝|cos〈，〉|＝. 答案： 3．(選修2-1P117A組T4改編)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面邊長為2，側棱長為2，則AC1與側面ABB1A1所成的角為________． 解析：以C為原點建立空間直角坐標系，如圖所示，得下列坐標A(2，0，0)，C1(0，0，2)．點C1在側面ABB1A1內的射影為點C2. 所以＝(－2，0，2)，＝， 設直線AC1與平面ABB1A1所成的角為θ，則cos θ

5、＝＝＝.又θ∈，所以θ＝. 答案： [易錯糾偏] 直線和平面所成的角的取值范圍出錯. 已知向量m，n分別是直線l的方向向量、平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，則l與α所成的角為________． 解析：設l與α所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，所以θ＝30°. 答案：30° 第1課時　空間角 　　　　　　異面直線所成的角 如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.點D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，點M是線段AD的中點，PA＝AC＝4，AB＝2. (1)求證：MN∥平面BDE； (2)已知點H在棱PA上，且直

6、線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長． 【解】　如圖，以A為原點，分別以，，方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系A-xyz.依題意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)． (1)證明：＝(0，2，0)，＝(2，0，－2)． 設n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量， 則即 不妨設z＝1，可得n＝(1，0，1)． 又＝(1，2，－1)，可得·n＝0. 因為MN?平面BDE，所以MN∥平面BDE. (2)依題意，設AH＝h(0≤h≤4)，則H(0，0，h

7、)， 進而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2，2，2)． 由已知，得|cos〈，〉|＝ ＝＝， 整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝. 所以，線段AH的長為或. 用向量法求異面直線所成角的一般步驟 (1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標系； (2)確定異面直線上兩個點的坐標，從而確定異面直線的方向向量； (3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值； (4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對值． [提醒]　注意向量的夾角與異面直線所成的角的區(qū)別： 當異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是此異面直線所成的角；當異面直線的方向向量的

8、夾角為鈍角時，其補角才是異面直線所成的角．　 1．長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，點E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選B.以D為原點，以DA，DC，DD1的正方向為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系D-xyz，如圖． 則A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2).＝(－1，0，2)，＝(－1，2，1)， cos〈，〉＝＝. 所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為. 2.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面

9、ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求證：BD⊥平面PAC； (2)若PA＝AB，求PB與AC所成角的余弦值． 解：(1)證明：因為四邊形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD. 因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 又因為AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC. (2)設AC∩BD＝O. 因為∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝. 如圖，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系O-xyz， 則P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)． 所以＝(1，，－2)，＝(0，2，0)． 設PB與AC所成角為θ，則

10、 cos θ＝＝＝. 即PB與AC所成角的余弦值為. 　　　　　　直線與平面所成的角 (2018·高考浙江卷)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2. (1)證明：AB1⊥平面A1B1C1； (2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值． 【解】　法一：(1)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B1

11、C1＝， 由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝2， 由CC1⊥AC，得AC1＝， 所以AB＋B1C＝AC，故AB1⊥B1C1. 因此AB1⊥平面A1B1C1. (2)如圖，過點C1作C1D⊥A1B1，交直線A1B1于點D，連接AD. 由AB1⊥平面A1B1C1得 平面A1B1C1⊥平面ABB1， 由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1， 所以∠C1AD是AC1與平面ABB1所成的角． 由B1C1＝，A1B1＝2，A1C1＝得 cos∠C1A1B1＝，sin∠C1A1B1＝， 所以C1D＝，故sin∠C1AD＝＝. 因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦

12、值是. 法二：(1)如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系O-xyz. 由題意知各點坐標如下： 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. 所以AB1⊥平面A1B1C1. (2)設直線AC1與平面ABB1所成的角為θ. 由(1)可知＝(0，2，1)，＝(1，，0)，＝(0，0，2)． 設平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)． 由即可取n＝(－，1，0

13、)． 所以sin θ＝|cos，n|＝＝. 因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是. 利用向量求線面角的方法 (1)分別求出斜線和它所在平面內的射影直線的方向向量，轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)． (2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角，取其余角就是斜線與平面所成的角．　 　(2020·浙江省高中學科基礎測試)如圖，在三棱錐P-ABC中，△ABC是等邊三角形，點D是AC的中點，PA＝PC，二面角P-AC-B的大小為60°. (1)求證：平面PBD⊥平面PAC； (2)求AB與平面PAC所成角的正弦值． 解：(1)證

14、明： ?AC⊥平面PBD， 又AC?平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD， 即平面PBD⊥平面PAC. (2)因為AC⊥BD，如圖建立空間直角坐標系D-xyz. 則D(0，0，0)，令A(1，0，0)， 則B(0，，0)，C(－1，0，0)． 又∠PDB為二面角P-AC-B的平面角，得∠PDB＝60°. 設DP＝λ，則P， 設n＝(x，y，z)為平面PAC的一個法向量，則＝(－2，0，0)，＝， 由，得， 取y＝，得n＝(0，，－1)． 又＝(－1，，0)，得cos〈n，〉＝＝. 設AB與平面PAC所成角為θ，則sin θ＝|cos〈n，〉|＝. 　　　　　　二

15、面角(高頻考點) 二面角是高考的重點，是考查熱點，題型多以解答題形式出現(xiàn)，一般為中檔題．主要命題角度有： (1)求二面角； (2)由二面角求其他量． 角度一　求二面角 　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)求二面角BADF的平面角的余弦值． 【解】　 (1)證明：延長AD，BE，CF相交于一點K，如圖所示．　 因為平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且AC⊥BC，所以，AC⊥平面BCK，因此，BF⊥AC.又EF∥BC，BE＝EF

16、＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點，則BF⊥CK，又AC∩CK＝C，所以BF⊥平面ACFD. (2)如圖，延長AD，BE，CF相交于一點K，則△BCK為等邊三角形．取BC的中點O，連接KO，則KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以，KO⊥平面ABC.以點O為原點，分別以射線OB，OK的方向為x軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系O-xyz. 由題意得B(1，0，0)，C(－1，0，0)，K(0，0，)，A(－1，－3，0)，E(，0，)，F(xiàn)(－，0，)． 因此，＝(0，3，0)，＝(1，3，)，＝(2，3，0)． 設平面ACK的法向量為m＝(x1，y

17、1，z1)，平面ABK的法向量為n＝(x2，y2，z2)． 由得取m＝(，0，－1)； 由得取n＝(3，－2，)． 于是，cos〈m，n〉＝＝. 所以，二面角BADF的平面角的余弦值為. 角度二　由二面角求其他量 如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，點E為PD的中點． (1)證明：PB∥平面AEC； (2)設二面角D-AE-C為60°，AP＝1，AD＝，求三棱錐E-ACD的體積． 【解】　(1)證明：連接BD，設AC與BD的交點為G，則G為AC，BD的中點，連接EG.在三角形PBD中，中位線EG∥PB，且EG在平面AEC內，PB?平面

18、AEC，所以PB∥平面AEC. (2)設CD＝m，以A為原點，分別以，，的方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系A-xyz，則A(0，0，0)，D(0，，0)，E，C(m，，0)． 所以＝(0，，0)，＝，＝(m，，0)． 設平面ADE的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則解得n1＝(1，0，0)． 同理設平面ACE的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 則 解得一個n2＝(－，m，－m)． 因為cos 60°＝|cos〈n1，n2〉|＝ ＝＝，解得m＝. 設F為AD的中點，連接EF，則PA∥EF，且EF＝＝，EF⊥平面ACD，所以EF為三棱錐E-ACD的高． 所

19、以VE-ACD＝·S△ACD·EF＝××××＝. 所以三棱錐E-ACD的體積為. 求二面角大小的常用方法 (1)分別求出二面角的兩個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，但要注意結合實際圖形判斷所求角的大?。? (2)分別在二面角的兩個半平面內找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大?。? 　(2020·溫州普通高中?？?如圖，四棱錐P-ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝2，CD＝CB＝CP＝1，點P在底面上的射影為線段BD的中點M，點F為AB的中點． (1)若點E為棱PB的中點，求證：CE∥平面

20、PAD； (2)求二面角A-PB-C的平面角的余弦值． 解：(1)如圖，由點P在底面上的射影為線段BD的中點M，且MC＝MB＝MF＝MD，則PC＝PB＝PD＝BC， 以B為坐標原點，BC，BA所在直線為x，y軸，建立空間直角坐標系B-xyz，則 B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(1，0，0)，D(1，1，0)， P，E， 則＝(1，－1，0)，＝， ＝， 所以t＝(1，1，)為平面PAD的一個法向量， 所以·t＝0，所以CE∥平面PAD. (2)＝(0，2，0)，＝(1，0，0)，＝，設平面BPA的一個法向量為m＝(x，y，z)， 由，即， 取m＝(，0，－1

21、)， 同理，平面BPC的一個法向量為n＝(0，，－1)， 設θ是二面角A-PB-C的平面角，易見θ與〈m，n〉互補， 故cos θ＝－cos〈m，n〉＝－＝－， 所以二面角A-PB-C的平面角的余弦值為－. [基礎題組練] 1．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，則異面直線BA1與AC1所成的角等于(　　) A．30°　　　　　　　　　　 B．45° C．60° D．90° 解析：選C.不妨設AB＝AC＝AA1＝1，建立空間直角坐標系如圖所示，則B(0，－1，0)，A1(0，0，1)，A(0，0，0)，C1(－1，0，1)， 所以＝

22、(0，1，1)， ＝(－1，0，1)， 所以cos〈，〉 ＝＝＝， 所以〈，〉＝60°， 所以異面直線BA1與AC1所成的角等于60°. 2．在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，點D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，CP的中點，AB＝AC＝1，PA＝2，則直線PA與平面DEF所成角的正弦值為(　　) A.　　　　B. C.　　　　D. 解析：選C.以A為原點，AB，AC，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A-xyz，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，

23、D，E， F. 所以＝(0，0，－2)，＝， ＝. 設平面DFE的法向量為n＝(x，y，z)， 則由得 取z＝1，則n＝(2，0，1)，設直線PA與平面DEF所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，所以直線PA與平面DEF所成角的正弦值為. 3．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為________． 解析：以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，設棱長為1， 則A1(0，0，1)，E， D(0，1，0)， 所以＝(0，1，－1)， ＝， 設平面A1ED的一個法向量為n1＝(

24、1，y，z)， 則所以所以n1＝(1，2，2)． 因為平面ABCD的一個法向量為n2＝(0，0，1)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝. 即所成的銳二面角的余弦值為. 答案： 4．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，點D在棱BB1上，若BD＝1，則AD與平面AA1C1C所成角的正切值為________． 解析：如圖，設AD與平面AA1C1C所成的角為α，點E為AC的中點，連接BE，則BE⊥AC，所以BE⊥平面AA1C1C，可得·＝(＋)·＝·＝1××＝＝××cos θ(θ為與的夾角)，所以cos θ＝＝sin α，所以所求角的正切值為tan α＝＝. 答案： 5．已知單

25、位正方體ABCD-A1B1C1D1，E，F(xiàn)分別是棱B1C1，C1D1的中點．試求： (1)AD1與EF所成角的大小； (2)AF與平面BEB1所成角的余弦值． 解：建立如圖所示的空間直角坐標系B1-xyz，得A(1，0，1)， B(0，0，1)，D1(1，1，0)， E，F(xiàn). (1)因為＝(0，1，－1)， ＝， 所以cos〈，〉＝＝， 即AD1與EF所成的角為60°. (2)＝，由圖可得，＝(1，0，0)為平面BEB1的一個法向量，設AF與平面BEB1所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈，〉|＝＝，所以cos θ＝. 即AF與平面BEB1所成角的余弦值為. 6．(2

26、020·寧波市余姚中學高三期中)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，點Q為AD的中點． (1)若PA＝PD，求證：平面PQB⊥平面PAD； (2)設點M是線段PC上的一點，PM＝tPC，且PA∥平面MQB. ①求實數(shù)t的值； ②若PA＝PD＝AD＝2，且平面PAD⊥平面ABCD，求二面角M-BQ-C的大?。? 解：(1)證明：連接BD，因為四邊形ABCD為菱形， ∠BAD＝60°， 所以△ABD是正三角形，又Q為AD中點， 所以AD⊥BQ. 因為PA＝PD，Q為AD中點，所以AD⊥PQ. 又BQ∩PQ＝Q，所以AD⊥平面PQB，AD?平面P

27、AD， 所以平面PQB⊥平面PAD. (2)①當t＝時，使得PA∥平面MQB. 連接AC交BQ于N，交BD于O， 則O為BD的中點，又因為BQ為△ABD邊AD上的中線，所以N為正三角形ABD的重心， 令菱形ABCD的邊長為a，則AN＝a，AC＝a. 因為PA∥平面MQB，PA?平面PAC，平面PAC∩平面MQB＝MN，所以PA∥MN， ＝＝＝，即PM＝PC，t＝. ②因為PQ⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，所以QA，QB，QP兩兩垂直， 以Q為坐標原點，分別以QA，QB，QP所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Q-xyz， 由PA＝PD＝AD＝2，則

28、B(0，，0)，C(－2，，0)， P(0，0，)，設M(a，b，c)， 則＝(a，b，c－)，＝(－2，，－)， 因為PM＝PC，所以＝， 所以a＝－，b＝，c＝，所以M， 設平面MQB的法向量n＝(x，y，z)， 由＝，＝(0，，0)， 且n⊥，n⊥，得， 取z＝1，得n＝(，0，1)， 又平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)， 所以cos〈m，n〉＝＝， 由圖知二面角M-BQ-C的平面角為銳角， 所以二面角M-BQ-C的大小為60°. [綜合題組練] 1.(2020·杭州中學高三月考)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，PA⊥底面ABCD，

29、點M是棱PD的中點，且PA＝AB＝AC＝2，BC＝2. (1)求證：CD⊥平面PAC； (2)求二面角M-AB-C的大小； (3)如果N是棱AB上一點，且直線CN與平面MAB所成角的正弦值為，求的值． 解：(1)證明：因為在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2， 所以BC2＝AB2＋AC2，所以AB⊥AC， 因為AB∥CD，所以AC⊥CD， 又因為PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD， 因為AC∩PA＝A，所以CD⊥平面PAC. (2)如圖，建立空間直角坐標系A-xyz，則A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(－2，2，0)， 因為點M是

30、棱PD的中點，所以M(－1，1，1)， 所以＝(－1，1，1)，＝(2，0，0)， 設n＝(x，y，z)為平面MAB的法向量， 所以，即. 令y＝1，則， 所以平面MAB的法向量n＝(0，1，－1)． 因為PA⊥平面ABCD， 所以＝(0，0，2)是平面ABC的一個法向量． 所以cos〈n，〉＝＝＝－. 因為二面角M-AB-C為銳二面角， 所以二面角M-AB-C的大小為. (3)因為N是棱AB上一點， 所以設N(x，0，0)，＝(－x，2，0)， 設直線CN與平面MAB所成角為α， 因為平面MAB的法向量n＝(0，1，－1)， 所以sin α＝|cos〈，n〉

31、|＝＝， 解得x＝1，即AN＝1，NB＝1，所以＝1. 2．(2020·惠州市第三次調研考試)如圖，四邊形ABCD是圓柱OQ的軸截面，點P在圓柱OQ的底面圓周上，點G是DP的中點，圓柱OQ的底面圓的半徑OA＝2，側面積為8π，∠AOP＝120°. (1)求證：AG⊥BD； (2)求二面角P-AG-B的平面角的余弦值． 解：建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz， 由題意可知8π＝2×2π×AD，解得AD＝2. 則A(0，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，2)，P(，3，0)， 因為G是DP的中點，所以可求得G. (1)證明：＝(0，－4，2)，＝. 所以·＝·

32、(0，－4，2)＝0， 所以AG⊥BD. (2)＝(，－1，0)，＝，＝，＝， 因為·＝0，·＝0，所以是平面APG的法向量． 設n＝(x，y，1)是平面ABG的法向量，由n·＝0，n·＝0.解得n＝(－2，0，1)， cos〈，n〉＝＝＝－. 結合圖形得，二面角P-AG-B的平面角的余弦值為. 3．(2020·溫州十五校聯(lián)考)已知菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于一點O，∠BAD＝60°，將△BDC沿著BD折起得△BDC′，連接AC′. (1)求證：平面AOC′⊥平面ABD； (2)若點C′在平面ABD上的投影恰好是△ABD的重心，求直線CD與底面ADC′所成角的正

33、弦值． 解：(1)證明：因為C′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO＝O，所以BD⊥平面C′OA，又因為BD?平面ABD，所以平面AOC′⊥平面ABD. (2)如圖建系O-xyz，令AB＝a，則A， B，D，C′， 所以＝＝，平面ADC′的法向量為m＝，設直線CD與底面ADC′所成角為θ，則sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝， 故直線CD與底面ADC′所成角的正弦值為. 4.如圖，在四棱錐PABCD中，側面PAD⊥底面ABCD，側棱PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O為AD的中點． (1)求直線PB與平面POC所成角的

34、余弦值； (2)求B點到平面PCD的距離； (3)線段PD上是否存在一點Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)在△PAD中，PA＝PD，O為AD中點，所以PO⊥AD，又側面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD. 在直角梯形ABCD中，連接OC，易得OC⊥AD，所以以O為坐標原點，直線OC為x軸，直線OD為y軸，直線OP為z軸可建立空間直角坐標系Q-xyz(、、的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向)，則P(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D

35、(0，1，0)，所以＝(1，－1，－1)． 易證OA⊥平面POC， 所以＝(0，－1，0)是平面POC的一個法向量， 又cos〈，〉＝＝， 所以直線PB與平面POC所成角的余弦值為. (2)＝(0，1，－1)，＝(－1，0，1)， 設平面PCD的法向量為u＝(x，y，z)， 則取z＝1，得u＝(1，1，1)． 所以B點到平面PCD的距離為d＝＝. (3)存在．設＝λ(0≤λ＜1)， 因為＝(0，1，－1)，所以＝(0，λ，－λ)＝－， 所以＝(0，λ，1－λ)，所以Q(0，λ，1－λ)． 設平面CAQ的法向量為m＝(x′，y′，z′)， 則 取z′＝λ＋1，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 易知平面CAD的一個法向量為n＝(0，0，1)， 因為二面角Q-AC-D的余弦值為， 所以|cos〈m，n〉|＝＝， 得3λ2－10λ＋3＝0， 解得λ＝或λ＝3(舍去)， 所以存在點Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值為，且＝. 20