立体几何中的向量方法(二)

考试要求 1.用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题(B级要求)；2.向量方法在研究立体几何距离问题中的应用(A级要求).

诊 断 自 测

1.(2018·南通模拟)已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为________. m·n解析 cos〈m，n〉＝|m||n|＝即〈m，n〉＝45°.

∴两平面所成的二面角为45°或180°－45°＝135°. 答案 45°或135°

2.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝1

－2，则l与α所成的角为________.

1

解析 设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－2， 1

∴sin θ＝|cos〈m，n〉|＝2，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°. 答案 30°

3.(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________. 解析 如图所示，补成四棱柱ABCD－A1B1C1D1，

12

＝2， 1×2

则所求角为∠BC1D， ∵BC1＝2，

BD＝22＋1－2×2×1×cos 60°＝3， C1D＝AB1＝5，

因此cos∠BC1D＝答案

105

210＝5. 5

4.(教材改编)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________.

→，AE→(AE⊥AB)，AA→所在直线为坐标轴(如图)建立空间

解析 以A为原点，以AB1直角坐标系，设D为A1B1中点，

→＝(1，3，22)， 则A(0，0，0)，C1(1，3，22)，D(1，0，22)，∴AC1→＝(1，0，22). AD

∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角， →·AD→AC1

cos∠C1AD＝ →→|AC||AD|

1

（1，3，22）×（1，0，22）3

＝2，

12×9ππ

又∵∠C1AD∈0，，∴∠C1AD＝6.

2π

答案 6

5.已知P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM、PN，

如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为________.

解析 不妨设PM＝a，PN＝b，如图，

作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F， ∵∠EPM＝∠FPN＝45°， 22

∴PE＝2a，PF＝2b， →·FN→＝(PM→－PE→)·→－PF→) ∴EM(PN→·PN→－PM→·PF→－PE→·PN→＋PE→·PF→ ＝PM

2222

＝abcos 60°－a×2bcos 45°－2a×bcos 45°＋2a×2b abababab

＝2－2－2＋2＝0， →⊥FN→， ∴EM

∴二面角α－AB－β的大小为90°. 答案 90°

知 识 梳 理

1.两条异面直线所成角的求法

设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则

范围 求法 l1与l2所成的角θ π0， 2|a·b|cos θ＝|a||b| a与b的夹角β [0，π] a·bcos β＝|a||b| 2.直线与平面所成角的求法 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a|a·n|

与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a||n|. 3.求二面角的大小

(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二→，CD→〉.

面角的大小θ＝〈AB

(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).

考点一 求异面直线所成的角

【例1】 (2015·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.

(1)证明：平面AEC⊥平面AFC， (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.

(1)证明 如图所示，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.

在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝3. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝3，且EG⊥AC. 2在Rt△EBG中，可得BE＝2，故DF＝2. 6

在Rt△FDG中，可得FG＝2. 232

在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝2，DF＝2，可得EF＝2， 从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.

因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.

→，GC→的方向为x轴，y轴正方向，|GB→|

(2)解如图，以G为坐标原点，分别以GB

为单位长，建立空间直角坐标系G－xyz，由(1)可得A(0，－3，0)，E(1，0，2→＝(1，3，2)，CF→＝

2)，F－1，0，，C(0，3，0)，所以AE

22

－1，－3，.

2

→→

AE·CF3→→

故cos〈AE，CF〉＝＝－3. →→|AE||CF|

3

所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为3. 规律方法 用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系.

(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量. (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值.

(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.

【训练1】 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是________.

解析 连接D1M， 在正方形DCC1D1中，

∵M、N分别是CD、CC1的中点，

∴DN⊥D1M，又∵A1D1⊥平面D1C，DN⊂平面D1C， ∴DN⊥A1D1，又∵A1D1∩D1M＝D1， ∴DN⊥平面A1D1M，又A1M⊂平面A1D1M， ∴A1M⊥DN.即异面直线A1M与DN所成的角为90°. 答案 90°

考点二 求直线与平面所成的角

【例2】 (2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.

(1)证明MN∥平面PAB；

(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 2

(1)证明 由已知得AM＝3AD＝2.

1

取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝2BC＝2. 又AD∥BC，故TN綉AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT. 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB. (2)解 取BC的中点E，连接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC， 从而AE⊥AD， AE＝AB－BE＝

22BC2

AB－2＝5.



2

→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－

以A为坐标原点，AE

xyz.

5→

由题意知P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(5，2，0)，N，1，2，PM＝(0，2，

2→55→＝，1，－2，AN－4)，PN＝，1，2.

22设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则

→＝0，2y－4z＝0，n·PM

即5可取n＝(0，2，1).

→PN＝0，2x＋y－2z＝0，n·

→85

n·AN→

于是cos〈n，AN〉＝＝25.

→|n||AN|

85

设AN与平面PMN所成的角为θ，则sin θ＝25， 85

∴直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为25. 规律方法 利用向量法求线面角的方法

(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；

(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角.

【训练2】 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sin α的取值范围是________.

解析 由正方体的性质易求得 22

sin∠C1OA1＝3， sin∠COA1＝

6226，注意到∠C1OA1是锐角，∠COA1是钝角，且>. 333

6

故sin α的取值范围是，1.

36

答案 ，1

3考点三 求二面角

【例3】 (2016·天津卷)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2.

(1)求证：EG∥平面ADF； (2)求二面角O－EF－C的正弦值；

2

(3)设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦

3值.

→，BA→，OF→

(1)证明 依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别为AD

的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(－1，－1，0)，C(1，－1，0)，D(1，1，0)，E(－1，－1，2)，F(0，0，2)，G(－1，0，0).

→＝(2，0，0)，AF→＝(1，－1，2).

依题意，AD

设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量， →n1·AD＝0，2x1＝0，

则即

→x－y＋2z＝0，1n1·AF＝0，11不妨取z1＝1，可得n1＝(0，2，1). →＝(0，1，－2)，可得EG→·n＝0.

又EG1

又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.

→＝(－1，1，0)为平面OEF的一个法向量，依题意，EF→＝(1，1，(2)解 易证OA→＝(－1，1，2). 0)，CF

→＝0，n2·EF

设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，则

→n2·CF＝0，x2＋y2＝0，

即 －x2＋y2＋2z2＝0，不妨取x2＝1， 可得n2＝(1，－1，1).

→·nOA62→

因此有cos〈OA，n2〉＝＝－3，

→

|OA|·|n2|→，n〉＝3. 于是sin〈OA2

3

3

所以二面角O－EF－C的正弦值为3. 22

(3)解 由AH＝3HF，得AH＝5AF.

→

因为AF＝(1，－1，2)， 242→2→

所以AH＝5AF＝5，－5，5，



334284→－，，进而有H555，从而BH＝5，5，5.

→·n

BH72→，n〉＝

因此cos〈BH＝－2

21. →

|BH||n|

2

7

所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为21. 规律方法 利用向量法计算二面角大小的常用方法

(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.

(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 【训练3】 如图1，正方形ABCD的边长为1，M，N分别是边AD，BC上的点，MN与AB平行，且与AC交于点O.若将四边形ABCD沿MN折成直二面角A－MN－C(如图2)，则二面角C－AO－B的平面角的正弦值是________.

解析 由条件得NM，NB，NC两两垂直，分别以NM，NB，NC所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设NC＝m，则NO＝m，从而得O(m，0，0)，C(0，0，m)，A(1，1－m，0).设平面AOC的法向量为a＝(x，y，z)，由→＝0，a·OAy＝－x，→→OA＝(1－m，1－m，0)，OC＝(－m，0，m)，得取x＝1，

→z＝x，OC＝0，a·得a＝(1，

3a·b－1，1).又平面AOB的一个法向量为b＝(0，0，1)，则cos〈a，b〉＝|a|·＝|b|3，

6

故sin〈a，b〉＝3. 6

答案 3

一、必做题

1.(2018·苏北四市联考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为________.

解析 建立空间直角坐标系如图，则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2).

→＝(－1，0，2)， 所以BC1→＝(－1，2，1). AE

→·AE→BC301→，AE→〉＝

故cos〈BC＝1

10. →→

|BC||AE|

1

30

所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为10. 30

答案 10

2.(2018·徐州模拟)二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为________.

→，BD→〉. 解析 如图所示，二面角的大小就是〈AC

→→→→∵CD＝CA＋AB＋BD，

→2＝CA→2＋AB→2＋BD→2＋2(CA→·AB→＋CA→·BD→＋AB→·BD→)＝CA→2＋AB→2＋BD→2＋∴CD→·BD→. 2CA

1→→

∴CA·BD＝2[(217)2－62－42－82]＝－24. →·BD→＝24， 因此AC

→·BD→AC1→→

cos〈AC，BD〉＝＝2，

→||BD→||AC→，BD→〉＝60°，故二面角为60°. ∴〈AC答案 60°

3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________.

解析 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设棱长为1，

1

则A1(0，0，1)，E(1，0，2)，D(0，1，0)， 1→→1，0，－∴A1D＝(0，1，－1)，A1E＝. 2设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)， →y－z＝0，A1D·n1＝0，

则有即 1

→1－z＝0，2A1E·n1＝0，y＝2，∴ z＝2.∴n1＝(1，2，2).

∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，

22

∴cos〈n1，n2〉＝＝3，

3×12

即所成的锐二面角的余弦值为3. 2答案 3

4.(2018·盐城模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为________.

解析 以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

由AB＝AC＝1，PA＝2，

得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)， 111D2，0，0，E2，2，0， 1

F0，2，1. 

1→11→＝(0，0，－2)，DE→＝0，2，0，DF∴PA＝－2，2，1.

设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)， →＝0，y＝0，n·DE

则由得

→＝0，－x＋y＋2z＝0.DFn·取z＝1，则n＝(2，0，1)，

设直线PA与平面DEF所成的角为θ， →|PA·n|5

则sin θ＝＝5.

→||n||PA

5

∴直线PA与平面DEF所成角的正弦值为5. 5

答案 5

5.已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝22，E为CC1的中点，则直线AC1到平面BDE的距离为________.

解析 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，

则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，22)， E(0，2，2)，易知AC1∥平面BDE. 设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量， →＝2x＋2y＝0，n·DB则

→DE＝2y＋2z＝0.n·

取y＝1，则n＝(－1，1，－2)为平面BDE的一个法向量， →＝(2，0，0)， 又DA

∴点A到平面BDE的距离是 →||n·DAd＝|n|＝|－1×2＋0＋0|（－1）＋1＋（－2）

2

2

2

＝1.

故直线AC1到平面BDE的距离为1. 答案 1

6.如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1＝B1C1＝1，且→·PB→的

∠A1C1B1＝90°，D点在棱AA1上且AD＝2DA1，P点在棱C1C上，则PD1最小值为________.

解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则D(1，0，2)， B1(0，1，3)，

→＝(1，0，2－z)，PB→＝(0，1，3－z)，

设P(0，0，z)，则PD1521→→

∴PD·PB1＝0＋0＋(2－z)(3－z)＝z－2－4，

5→·PB→取得最小值为－1.

故当z＝2时，PD1

41

答案 －4

7.(2018·无锡模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________. 解析 如图，建立空间直角坐标系D－xyz，

则D1(0，0，1)，C1(0，2，1)，A1(1，0，1)，B(1，2，0). ∴D→1C1＝(0，2，0)，

→A→1C1＝(－1，2，0)，A1B＝(0，2，－1)， 设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，

→n·A1C1＝（x，y，z）·（－1，2，0）＝－x＋2y＝0，由

→A（0，2，－1）＝2y－z＝0，n·1B＝（x，y，z）·x＝2y，得令y＝1，得n＝(2，1，2)， z＝2y，设直线D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则 →|D211C1·n|

sin θ＝|cos〈D→C，n〉|＝＝＝11

3， →2×3

|DC||n|

1

1

1

即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.

31答案 3

8.(2018·连云港模拟)已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值为________.

解析 如图，建立空间直角坐标系D－xyz，

设DA＝1，由已知条件得

12→1

1，1，0，1，0，1，A(1，0，0)，E，F，AE＝， 3332→＝－1，1，3， AF



设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，

平面AEF与平面ABC所成的二面角为θ，由图知θ为锐角， 1

y＋z＝0，→n·AE＝0，3

由得

2→＝0，AFn·－x＋y＋3z＝0.

令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝(－1，1，－3)， 取平面ABC的法向量为m＝(0，0，－1)，

3112

则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝11，tan θ＝3. 2

答案 3

9.(2018·扬州模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2AD＝2，E为AB的中点，F为D1E上的一点，D1F＝2FE.

(1)证明：平面DFC⊥平面D1EC； (2)求二面角A－DF－C的大小.

(1)证明 以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，2).

∵E为AB的中点，∴点E的坐标为(1，1，0)， 2→2→

∵D1F＝2FE，∴D1F＝3D1E＝3(1，1，－2) 422

＝3，3，－3， →→→DF＝DD1＋D1F

422222

＝(0，0，2)＋3，3，－3＝3，3，3.

设n＝(x1，y1，z1)是平面DFC的法向量， →＝0，n·DF

则

→DC＝0，n·

222x1＋y1＋z1＝0，

33∴3 2y＝0，

令x＝1，则平面DFC的一个法向量为n＝(1，0，－1)， 设p＝(x2，y2，z2)是平面D1EC的法向量， →p·D1F＝0，则

→D1C＝0，p·

224x2＋y2－z2＝0，33∴3令y2＝1，则平面D1EC的一个法向量为p＝(1，1，1)， 2y2－2z2＝0，∵n·p＝(1，0，－1)·(1，1，1)＝0， ∴平面DFC⊥平面D1EC.

(2)解 设q＝(x3，y3，z3)是平面ADF的法向量， →＝0，q·DF则

→DA＝0，q·222x3＋y3＋z3＝0，33∴3 x＝0，

令y＝1，则平面ADF的一个法向量为q＝(0，1，－1)， 设二面角A－DF－C的平面角为θ， π由题中条件可知θ∈，π，

20＋0＋1|n·q|1

则cos θ＝－|n||q|＝－＝－2，

2×22π

∴二面角A－DF－C的大小为3.

10.(2018·苏北四市一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°， AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M为PC的中点.

(1)求异面直线AP，BM所成角的余弦值；

4

(2)点N在线段AD上，且AN＝λ，若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为5，求λ的值.

解 (1)因为PA⊥平面ABCD，且AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB，PA⊥AD，

又因为∠BAD＝90°，所以PA，AB，AD两两互相垂直. 分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则由AD＝2AB＝2BC＝4，PA＝4可得

A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)， 又因为M为PC的中点，所以M(1，1，2). →→

所以BM＝(－1，1，2)，AP＝(0，0，4)， →·BM→AP→，BM→〉＝

所以cos〈AP →→|AP||BM|＝

0×（－1）＋0×1＋4×26

＝3，

4×6

6

所以异面直线AP，BM所成角的余弦值为3. (2)因为AN＝λ，所以N(0，λ，0)(0≤λ≤4)， →＝(－1，λ－1，－2)， 则MN

→＝(0，2，0)，PB→＝(2，0，－4)， BC

设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)， →＝0，m·BC2y＝0，则 即

→＝0，2x－4z＝0.PBm·令x＝2，解得y＝0，z＝1，

所以m＝(2，0，1)是平面PBC的一个法向量. 4

因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为5，

→·m||－2－2||MN4→[0，4]，所以|cos〈MN，m〉|＝＝＝25，解得λ＝1∈→5＋（λ－1）·5|MN||m|所以λ的值为1. 二、选做题

11.(2016·四川卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝1

90°，BC＝CD＝2AD.E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.

(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；

(2)若二面角P－CD－A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值. 解 (1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点.理由如下：

由已知，BC∥ED，且BC＝ED. 所以四边形BCDE是平行四边形.

从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE. 所以CM∥平面PBE.

(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点) (2)由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，

所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD.

从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角.所以∠PDA＝45°. 由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD. 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.

→，AP→的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如

作Ay⊥AD，以A为原点，以AD图所示的空间直角坐标系A－xyz，

则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0). →＝(1，0，－2)，EC→＝(1，1，0)，AP→＝(0，0，2). 所以PE

设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z).

→＝0，x－2z＝0，n·PE由得设x＝2，解得n＝(2，－2，1).

→x＋y＝0.EC＝0.n·

→|

|n·AP2

设直线PA与平面PCE所成角为α，则sin α＝＝222＝→2×2＋（－2）＋1|n|·|AP|13.

1

所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为3.

12.(2017·山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以︵

AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是DF的中点.

︵

(1)设P是CE上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；

(2)(一题多解)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小. 解 (1)因为AP⊥BE，AB⊥BE， AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A， 所以BE⊥平面ABP，

又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°， 因此∠CBP＝30°.

︵

(2)法一 取EC的中点H，连接EH，GH，CH.

因为∠EBC＝120°， 所以四边形BEHC为菱形，

所以AE＝GE＝AC＝GC＝32＋22＝13. 取AG中点M，连接EM，CM，EC， 则EM⊥AG，CM⊥AG，

所以∠EMC为所求二面角的平面角. 又AM＝1，所以EM＝CM＝13－1＝23. 在△BEC中，由于∠EBC＝120°，

由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12， 所以EC＝23，因此△EMC为等边三角形， 故所求的角为60°.

法二 以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3，3)，C(－1，3，0)， →＝(2，0，－3)，AG→＝(1，3，0)，CG→＝(2，0，3)， 故AE

设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量. →＝0，m· AE2x1－3z1＝0，

由可得

→x＋3y＝0.11AG＝0，m·

取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－3，2). 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量. →＝0，n·AGx2＋3y2＝0，由可得

→2x＋3z＝0.22CG＝0，n·

取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－3，－2). m·n1所以cos〈m，n〉＝|m|·

|n|＝2. 因此所求的角为60°.