（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 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(shí) 空間角教學(xué)案

《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 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(shí) 空間角教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 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(shí) 空間角教學(xué)案（20頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(guān)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(shè)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(gè)半平面內(nèi)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(gè)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(diǎn)到平面的距離的求法 如圖，設(shè)AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則點(diǎn)B到平面α的距離d＝. [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)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(gè)平面的法向量所成的角是這兩個(gè)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(xí)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(diǎn)，則異面直線DE與AC夾角的余弦值為________． 解析：以D點(diǎn)為原點(diǎn)，以DA，DC，DD1的正方向?yàn)閤軸，y軸，z軸，如圖

4、建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，設(shè)DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E，則＝(－1，1，0)，＝，設(shè)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(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為2，則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為________． 解析：以C為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，得下列坐標(biāo)A(2，0，0)，C1(0，0，2)．點(diǎn)C1在側(cè)面ABB1A1內(nèi)的射影為點(diǎn)C2. 所以＝(－2，0，2)，＝， 設(shè)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(cuò)糾偏] 直線和平面所成的角的取值范圍出錯(cuò). 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(shè)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(shí)　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(diǎn)D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)M是線段AD的中點(diǎn)，PA＝AC＝4，AB＝2. (1)求證：MN∥平面BDE； (2)已知點(diǎn)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(zhǎng)． 【解】　如圖，以A為原點(diǎn)，分別以，，方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-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(shè)n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量， 則即 不妨設(shè)z＝1，可得n＝(1，0，1)． 又＝(1，2，－1)，可得·n＝0. 因?yàn)镸N?平面BDE，所以MN∥平面BDE. (2)依題意，設(shè)AH＝h(0≤h≤4)，則H(0，0，h

7、)， 進(jìn)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(zhǎng)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(biāo)系； (2)確定異面直線上兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，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(duì)值． [提醒]　注意向量的夾角與異面直線所成的角的區(qū)別： 當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時(shí)，就是此異面直線所成的角；當(dāng)異面直線的方向向量的

8、夾角為鈍角時(shí)，其補(bǔ)角才是異面直線所成的角．　 1．長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，點(diǎn)E為CC1的中點(diǎn)，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(diǎn)，以DA，DC，DD1的正方向?yàn)閤軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)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?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形， 所以AC⊥BD. 因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 又因?yàn)锳C∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC. (2)設(shè)AC∩BD＝O. 因?yàn)椤螧AD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝. 如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)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(shè)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(diǎn)C1作C1D⊥A1B1，交直線A1B1于點(diǎn)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(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)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(shè)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(shè)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(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)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(xué)科基礎(chǔ)測(cè)試)如圖，在三棱錐P-ABC中，△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，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?yàn)锳C⊥BD，如圖建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 則D(0，0，0)，令A(yù)(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(shè)DP＝λ，則P， 設(shè)n＝(x，y，z)為平面PAC的一個(gè)法向量，則＝(－2，0，0)，＝， 由，得， 取y＝，得n＝(0，，－1)． 又＝(－1，，0)，得cos〈n，〉＝＝. 設(shè)AB與平面PAC所成角為θ，則sin θ＝|cos〈n，〉|＝. 　　　　　　二

15、面角(高頻考點(diǎn)) 二面角是高考的重點(diǎn)，是考查熱點(diǎn)，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(tái)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(zhǎng)AD，BE，CF相交于一點(diǎn)K，如圖所示．　 因?yàn)槠矫鍮CFE⊥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(diǎn)，則BF⊥CK，又AC∩CK＝C，所以BF⊥平面ACFD. (2)如圖，延長(zhǎng)AD，BE，CF相交于一點(diǎn)K，則△BCK為等邊三角形．取BC的中點(diǎn)O，連接KO，則KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以，KO⊥平面ABC.以點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以射線OB，OK的方向?yàn)閤軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)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(shè)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(diǎn)E為PD的中點(diǎn)． (1)證明：PB∥平面AEC； (2)設(shè)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(shè)AC與BD的交點(diǎn)為G，則G為AC，BD的中點(diǎn)，連接EG.在三角形PBD中，中位線EG∥PB，且EG在平面AEC內(nèi)，PB?平面

18、AEC，所以PB∥平面AEC. (2)設(shè)CD＝m，以A為原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A(0，0，0)，D(0，，0)，E，C(m，，0)． 所以＝(0，，0)，＝，＝(m，，0)． 設(shè)平面ADE的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則解得n1＝(1，0，0)． 同理設(shè)平面ACE的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 則 解得一個(gè)n2＝(－，m，－m)． 因?yàn)閏os 60°＝|cos〈n1，n2〉|＝ ＝＝，解得m＝. 設(shè)F為AD的中點(diǎn)，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(gè)面所在平面的法向量，然后通過兩個(gè)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(shí)際圖形判斷所求角的大?。? (2)分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大?。? 　(2020·溫州普通高中模考)如圖，四棱錐P-ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝2，CD＝CB＝CP＝1，點(diǎn)P在底面上的射影為線段BD的中點(diǎn)M，點(diǎn)F為AB的中點(diǎn)． (1)若點(diǎn)E為棱PB的中點(diǎn)，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(diǎn)P在底面上的射影為線段BD的中點(diǎn)M，且MC＝MB＝MF＝MD，則PC＝PB＝PD＝BC， 以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC，BA所在直線為x，y軸，建立空間直角坐標(biāo)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(gè)法向量， 所以·t＝0，所以CE∥平面PAD. (2)＝(0，2，0)，＝(1，0，0)，＝，設(shè)平面BPA的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)， 由，即， 取m＝(，0，－1

21、)， 同理，平面BPC的一個(gè)法向量為n＝(0，，－1)， 設(shè)θ是二面角A-PB-C的平面角，易見θ與〈m，n〉互補(bǔ)， 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(chǔ)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(shè)AB＝AC＝AA1＝1，建立空間直角坐標(biāo)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(diǎn)D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，CP的中點(diǎn)，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(diǎn)，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(biāo)系A(chǔ)-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(shè)平面DFE的法向量為n＝(x，y，z)， 則由得 取z＝1，則n＝(2，0，1)，設(shè)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(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)，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(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，設(shè)棱長(zhǎng)為1， 則A1(0，0，1)，E， D(0，1，0)， 所以＝(0，1，－1)， ＝， 設(shè)平面A1ED的一個(gè)法向量為n1＝(

24、1，y，z)， 則所以所以n1＝(1，2，2)． 因?yàn)槠矫鍭BCD的一個(gè)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(diǎn)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(shè)AD與平面AA1C1C所成的角為α，點(diǎn)E為AC的中點(diǎn)，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(diǎn)．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(biāo)系B1-xyz，得A(1，0，1)， B(0，0，1)，D1(1，1，0)， E，F(xiàn). (1)因?yàn)椋?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(gè)法向量，設(shè)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(xué)高三期中)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，點(diǎn)Q為AD的中點(diǎn)． (1)若PA＝PD，求證：平面PQB⊥平面PAD； (2)設(shè)點(diǎn)M是線段PC上的一點(diǎn)，PM＝tPC，且PA∥平面MQB. ①求實(shí)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?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形， ∠BAD＝60°， 所以△ABD是正三角形，又Q為AD中點(diǎn)， 所以AD⊥BQ. 因?yàn)镻A＝PD，Q為AD中點(diǎn)，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(dāng)t＝時(shí)，使得PA∥平面MQB. 連接AC交BQ于N，交BD于O， 則O為BD的中點(diǎn)，又因?yàn)锽Q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(zhǎng)為a，則AN＝a，AC＝a. 因?yàn)镻A∥平面MQB，PA?平面PAC，平面PAC∩平面MQB＝MN，所以PA∥MN， ＝＝＝，即PM＝PC，t＝. ②因?yàn)镻Q⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，所以QA，QB，QP兩兩垂直， 以Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系Q-xyz， 由PA＝PD＝AD＝2，則

28、B(0，，0)，C(－2，，0)， P(0，0，)，設(shè)M(a，b，c)， 則＝(a，b，c－)，＝(－2，，－)， 因?yàn)镻M＝PC，所以＝， 所以a＝－，b＝，c＝，所以M， 設(shè)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(xué)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(diǎn)M是棱PD的中點(diǎn)，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(diǎn)，且直線CN與平面MAB所成角的正弦值為，求的值． 解：(1)證明：因?yàn)樵凇鰽BC中，AB＝AC＝2，BC＝2， 所以BC2＝AB2＋AC2，所以AB⊥AC， 因?yàn)锳B∥CD，所以AC⊥CD， 又因?yàn)镻A⊥底面ABCD，所以PA⊥CD， 因?yàn)锳C∩PA＝A，所以CD⊥平面PAC. (2)如圖，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(－2，2，0)， 因?yàn)辄c(diǎn)M是

30、棱PD的中點(diǎn)，所以M(－1，1，1)， 所以＝(－1，1，1)，＝(2，0，0)， 設(shè)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?yàn)镻A⊥平面ABCD， 所以＝(0，0，2)是平面ABC的一個(gè)法向量． 所以cos〈n，〉＝＝＝－. 因?yàn)槎娼荕-AB-C為銳二面角， 所以二面角M-AB-C的大小為. (3)因?yàn)镹是棱AB上一點(diǎn)， 所以設(shè)N(x，0，0)，＝(－x，2，0)， 設(shè)直線CN與平面MAB所成角為α， 因?yàn)槠矫鍹AB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(diào)研考試)如圖，四邊形ABCD是圓柱OQ的軸截面，點(diǎn)P在圓柱OQ的底面圓周上，點(diǎn)G是DP的中點(diǎn)，圓柱OQ的底面圓的半徑OA＝2，側(cè)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(biāo)系A(chǔ)-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?yàn)镚是DP的中點(diǎn)，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?yàn)椤ぃ?，·＝0，所以是平面APG的法向量． 設(shè)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(jié)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(duì)角線AC與BD相交于一點(diǎn)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(diǎn)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?yàn)镃′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO＝O，所以BD⊥平面C′OA，又因?yàn)锽D?平面ABD，所以平面AOC′⊥平面ABD. (2)如圖建系O-xyz，令A(yù)B＝a，則A， B，D，C′， 所以＝＝，平面ADC′的法向量為m＝，設(shè)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(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)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(diǎn)． (1)求直線PB與平面POC所成角的

34、余弦值； (2)求B點(diǎn)到平面PCD的距離； (3)線段PD上是否存在一點(diǎn)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(qǐng)說明理由． 解：(1)在△PAD中，PA＝PD，O為AD中點(diǎn)，所以PO⊥AD，又側(cè)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(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)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(gè)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(shè)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(diǎn)到平面PCD的距離為d＝＝. (3)存在．設(shè)＝λ(0≤λ＜1)， 因?yàn)椋?0，1，－1)，所以＝(0，λ，－λ)＝－， 所以＝(0，λ，1－λ)，所以Q(0，λ，1－λ)． 設(shè)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(gè)法向量為n＝(0，0，1)， 因?yàn)槎娼荙-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(diǎn)Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值為，且＝. 20