1．空间向量与空间角的关系
(1)两条异面直线所成角的求法(a，b分别为l1，l2的方向向量) 范围 求法 a与b的夹角β (0，π) a·bcos β＝ |a||b|l1与l2所成的角θ 0，π 2cos θ＝|cos β|＝|a·b| |a||b|(2)直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝
|e·n|． |e||n|
(3)二面角的求法
a．如图①，AB，CD是二面角α→→
大小θ＝〈AB，CD〉．
l
β两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的
b．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〉或－cos〈n1，n2〉．
2．点到平面的距离的求法
如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d→|AB·n|＝.
|n|
导师提醒
1．掌握空间直角坐标系的建法
一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点．
2．关注三种角的易错点
(1)异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角．
(2)直线与平面所成的角：在上述求法中要注意的是sin φ＝
|n·e||n·e|
，而不是cos φ＝. |n||e||n||e|
(3)二面角与法向量的夹角： 利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，
β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量
n1，n2的夹角是相等，还是互补．
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．( )
(2)已知a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，则a∥c，a⊥b.( ) 1
(3)已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，
2则直线l与平面α所成的角为120°.( )
(4)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的大小为45°.( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)×
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( )
A．45° C．45°或135° 解析：选C.cos〈m，n〉＝即〈m，n〉＝45°.
所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
12m·n＝＝， |m||n|1×22
B．135° D．90°
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )
12302A. B. C. D. 105102
解析：选C.以点C为坐标原点，CA，CB，CC1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．
设直三棱柱的棱长为2，则可得A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，
→→
所以BM＝(1，－1，2)，AN＝(－1，0，2)． →→BM·AN→→
所以cos〈BM，AN〉＝ →→|BM||AN|＝
－1＋4
12＋（－1）2＋22×30. 10
＝3
6×5
（－1）2＋02＋22
＝
如图，在正三棱柱(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________．
解析：以C为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：A(2，0，0)，33
C1(0，0，22)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2，，22.
22
→
所以AC1＝(－2，0，22)， 13→
AC2＝－，，22，
22
1＋0＋83设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.
2→→
|AC1||AC2|23×3ππ
又θ∈0，，所以θ＝.
62
→→
AC1·AC2
π答案：
6
异面直线所成的角(师生共研)
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是
菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值． 【解】 (1)证明：因为四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC. (2)设AC∩BD＝O.
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝3.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz， 则P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1，0，0)，C(0，3，→→
所以PB＝(1，3，－2)，AC＝(0，23，0)． 设PB与AC所成角为θ，则 →→PB·AC66
cos θ＝＝＝. 4→→
|PB||AC|22×23即PB与AC所成角的余弦值为
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．
6. 4
0)．
(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． [提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：
当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．
如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为
7
，求线段AH的长． 21
→→→
解：如图，以A为原点，分别以AB，AC，AP方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得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)证明：DE＝(0，2，0)，DB＝(2，0，－2)． 设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量， →DE＝0，n·2y＝0，则即
→2x－2z＝0.DB＝0，n·不妨设z＝1，可取n＝(1，0，1)． →→
又MN＝(1，2，－1)，可得MN·n＝0. 因为MN⊄平面BDE， 所以MN∥平面BDE.
(2)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0，0，h)， →→
进而可得NH＝(－1，－2，h)，BE＝(－2，2，2)．
→→
由已知，得|cos〈NH，BE〉|＝
|2h－2|
→→|NH||BE|
→→|NH·BE|
＝
7＝， 21
h2＋5×2381
整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.
5281
所以，线段AH的长为或. 52
直线与平面所成的角(师生共研)
(2019·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形
ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．
(1)求证：平面BDM∥平面EFC；
(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值． 【解】 (1)证明：连接AC，交BD于点N，连接MN， 则N为AC的中点，
又M为AE的中点，所以MN∥EC. 因为MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC， 所以MN∥平面EFC.
因为BF，DE都垂直底面ABCD，所以BF∥DE. 因为BF＝DE，
所以四边形BDEF为平行四边形， 所以BD∥EF.
因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC， 所以BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，所以平面BDM∥平面EFC.
(2)因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，
所以DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D-xyz.
设AB＝2，则DE＝4，从而D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)，
→→
所以DB＝(2，2，0)，DM＝(1，0，2)， 设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)， →DB＝0，n·2x＋2y＝0，则得
→x＋2z＝0.DM＝0，n·
令x＝2，则y＝－2，z＝－1，从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量． →
因为AE＝(－2，0，4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则 →n·AE45→
sin θ＝|cos〈n·AE〉|＝＝，
→15|AE||n|·45
所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.
15
向量法求线面角的两大途径
(1)分别求出斜线和它所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．
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
解：(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.
3取BP的中点T，连接AT，TN.
1
由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
2∥AM， 又AD∥BC，故TN═
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)取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC， 从而AE⊥AD，且AE＝
AB－BE＝
2
2
BC
AB－2＝5.
2
2
→
以A为坐标原点，AE的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，
P(0，0，4)，M(0，2，0)，C
(
5，2，0，N)
5→，1，2，PM2
55→→
＝(0，2，－4)，PN＝，1，－2，AN＝，1，2.
22
→PM＝0，n·
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则
→PN＝0，n·
2y－4z＝0，
即5 2x＋y－2z＝0，
可取n＝(0，2，1)．
→
|n·AN|8585→
于是|cos 〈n，AN〉|＝＝，则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.
2525→
|n||AN|
二面角(师生共研)
(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在
︵︵
的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值． 【解】 (1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD. 因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. ︵
因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. →→
(2)以D为坐标原点，DA，DC的方向为x轴、y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
︵
当三棱锥M-ABC体积最大时，M为CD的中点．
由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)， →→→
AM＝(－2，1，1)，AB＝(0，2，0)，DA＝(2，0，0)． →AM＝0，n·
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则
→AB＝0，n·
－2x＋y＋z＝0，
即 2y＝0.
可取n＝(1，0，2)．
→
n·DA525→→→
DA是平面MCD的法向量，因此cos〈n，DA〉＝＝，sin〈n，DA〉＝.
55→
|n||DA|25所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.
5
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．
(2019·石家庄模拟)如图，已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，过AB的平面与侧面PCD的交线为EF，且满足S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3.
(1)证明：PB∥平面ACE；
(2)当PA＝λAB时，二面角C-AF-D的余弦值为
5
，求λ的值． 5
解：(1)因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD， 又CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD， 所以AB∥平面PCD，
又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF， 所以EF∥AB∥CD.
由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3，知E，F分别为PD，PC的中点， 如图，连接BD交AC于点G，连接EG，则G为BD的中点， 在△PBD中，GE为中位线，所以EG∥PB， 又EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE， 所以PB∥平面ACE.
(2)因为底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD， 所以PA，AB，AD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
设AB＝AD＝2a，AP＝2b，则A(0，0，0)，D(0，2a，0)，
C(2a，2a，0)，G(a，a，0)，P(0，0，2b)，F(a，a，b)．
因为PA⊥底面ABCD，DG⊂底面ABCD， 所以DG⊥PA，
因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，即DG⊥AC， 又AC∩PA＝A，所以DG⊥平面CAF，
→
所以平面CAF的一个法向量为DG＝(a，－a，0)． 设平面AFD的法向量为m＝(x，y，z)， →→
而AD＝(0，2a，0)，AF＝(a，a，b)，
→AD＝0，y＋0·z＝0，m·0·x＋2a·由得则y＝0，取z＝－a，可得x＝b，
→ax＋ay＋bz＝0，AF＝0，m·所以m＝(b，0，－a)为平面AFD的一个法向量． 设二面角C-AF-D的大小为θ，
→DG·m→
则cos θ＝|cos〈DG，m〉|＝＝→
|m||DG|·又PA＝2b，AB＝2a，PA＝λAB，所以λ＝
aba2＋a2·6
. 3
a2＋b2
5b6，得＝. 5a3
＝
利用空间向量求解空间角
(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，
PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
【解】 (1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝23.
连接OB.因为AB＝BC＝
2AC，所以△ABC为等腰直角三角形， 2
1
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
2由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB. 由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
→→→
(2)如图，以O为坐标原点，OB，OC，OP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.
由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，→
0)，P(0，0，23)，AP＝(0，2，23)．取平面PAC的一个法向→
量OB＝(2，0，0)．
→
设M(a，2－a，0)(0＜a≤2)，则AM＝(a，4－a，0)． 设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)． →→
由AP·n＝0，AM·n＝0得
2y＋23z＝0，可取n＝(3(a－4)，3a，－a)， ax＋（4－a）y＝0，
→
所以cos〈OB，n〉＝
23→
|cos〈OB，n〉|＝，
2所以
223|a－4|
＝34，解得a＝－4(舍去)，a＝， 2323（a－4）3（a－4）＋3a＋a
2
2
2
.由已知可得
3（a－4）2＋3a2＋a2
83434所以n＝－，，－.
333
3→→
又PC＝(0，2，－23)，所以cos〈PC，n〉＝.
4所以PC与平面PAM所成角的正弦值为
利用向量求空间角的步骤： 第一步：建立空间直角坐标系．
3. 4
第二步：确定点的坐标．
第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标． 第四步：计算向量的夹角(或函数值)． 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角．
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝2，点E在AD上，且AE＝2ED.
(1)已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC； (2)当二面角A-PB-E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？
解：(1)证明：因为AB⊥AC，AB＝AC，所以∠ACB＝45°， 因为底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC， 所以∠ACD＝45°，即AD＝CD，AC＝2AD， 又AB⊥AC，所以BC＝2AC＝2AD，
2212
因为AE＝2ED，CF＝2FB，所以AE＝AD＝，BF＝BC＝，则BF＝AE，
3333又因为AE∥BF，
所以四边形ABFE是平行四边形，所以AB∥EF， 所以AC⊥EF，
因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥EF， 因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以EF⊥平面PAC，
又EF⊂平面PEF，所以平面PEF⊥平面PAC. (2)因为PA⊥AC，AC⊥AB，PA∩AB＝A， PA，AB⊂平面PAB，
所以AC⊥平面PAB，则∠APC为PC与平面PAB所成的角， 若PC与平面PAB所成的角为45°，
AC
则tan∠APC＝＝1，即PA＝AC＝2，
PA取BC的中点G，连接AG，
则AG⊥BC，以A为坐标原点，AG，AD，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Axyz，
2
0，，0，P(0，0，2)，则A(0，0，0)，B(1，－1，0)，C(1，1，0)，E 352→→
1，－，0，EP＝0，－，2， 所以EB＝33设平面PBE的法向量为n＝(x，y，z)，
→EB＝0，x－3y＝0，n·
则即令y＝3，则x＝5，z＝2，所以n＝(5，3，2)．
2→EP＝0，－y＋2z＝0，n·3→
因为AC＝(1，1，0)是平面PAB的一个法向量， 5＋322→
cos〈n，AC〉＝＝，
32×6
22
即当二面角A-PB-E的余弦值为时，直线PC与平面PAB所成的角为45°.
3
5
[基础题组练]
1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆︵︵2ππ
柱，如图，AC长为，A1B1长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同
33侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为( )
ππππ
A. B. C. D. 6432解析：选B.
以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1C
31，－，0.
22
→→
所以AA1＝(0，0，1)，B1C＝(0，－1，－1)，
31
，
2，2，1
→→
所以cos〈AA1，B1C〉＝
→→|AA1||B1C|
→→AA1·B1C
0×0＋0×（－1）＋1×（－1）2＝＝－，
2
1×02＋（－1）2＋（－1）23π→→
所以〈AA1，B1C〉＝，
4
π
所以异面直线B1C与AA1所成的角为.故选B.
4
2．如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，1
且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为( )
3
335A.
35C.3 3
27B.
7D.2 4
解析：选A.如图，以D为坐标原点，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，则C1(0，3，1)，D1(0，0，→→
1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以DC1＝(0，3，1)，D1E＝(1，1，－→
1)，D1C＝(0，3，－1)．
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
→D1E＝0，n·x＋y－z＝0，x＝2y，则即即取y＝1，得n＝(2，1，3)．
→3y－z＝0，z＝3y，D1C＝0，n·→
DC1·n（0，3，1）·（2，1，3）335→
因为cos〈DC1，n〉＝＝＝，
35→10×14|DC1|·|n|335
所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为，故选A.
35
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( )
1A. 2C.3 3
2B. 3D.2 2
解析：选B.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，设1
1，0，，D(0，1，0)， 棱长为1，则A1(0，0，1)，E2
→
所以A1D＝(0，1，－1)， 1→
1，0，－， A1E＝2
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)， →y－z＝0，n1·A1D＝0，则即1
→n1·A1E＝0，1－2z＝0，
y＝2，
所以
z＝2.
所以n1＝(1，2，2)．
又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)， 22所以cos〈n1，n2〉＝＝.
3×13
2
即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.
3
4．如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1
的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为________．
解析：设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则B1(0，3，2)，F(1，0，1)，
13E，，0，G(0，0，2)， 22
13→→→
B1F＝(1，－3，－1)，EF＝，－，1，GF＝(1，0，－1)．
22设平面GEF的法向量n＝(x，y，z)， 3→1EF·n＝0，2x－2y＋z＝0，
则即
→GF·n＝0，x－z＝0，取x＝1，则z＝1，y＝3，
故n＝(1，3，1)为平面GEF的一个法向量， |1－3－1|3→
所以|cos〈n，B1F〉|＝＝，
5×553
所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为.
53答案：
5
5．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．
解：(1)证明：如图，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， 所以Rt△EAB≌Rt△ECB，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝3，且EG⊥AC.
在Rt△EBG中，可得BE＝2，故DF＝在Rt△FDG中，可得FG＝6. 2
2. 2
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝2，DF＝从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G， 所以EG⊥平面AFC. 因为EG⊂平面AEC， 所以平面AEC⊥平面AFC.
232，可得EF＝. 22
→→→
(2)如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz.
由(1)可得A(0，－3，0)，E(1，0，2)， F－1，0，
2，C(0，3，0)， 22→→
所以AE＝(1，3，2)，CF＝－1，－3，.
2→→
|AE·CF|3→→
故|cos〈AE，CF〉|＝＝.
3→→
|AE||CF|所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为
3. 3
6．(2019·南宁模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝3，PM＝2MD，AN＝2NB，∠DAB＝60°.
(1)求证：直线AM∥平面PNC； (2)求二面角D-PC-N的余弦值．
解：(1)证明：如图，在PC上取一点F，使PF＝2FC，连接MF，NF，
因为PM＝2MD，AN＝2NB，PF＝2FC，
222
所以MF∥DC，MF＝DC，AN∥DC，AN＝AB＝DC，
333所以MF∥AN，MF＝AN， 所以四边形MFNA为平行四边形． 所以AM∥FN.
又FN⊂平面PNC，AM⊄平面PNC， 所以直线AM∥平面PNC.
(2)取AB中点E，连接DE，PE，因为底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，所以∠AED＝90°.
因为AB∥CD，所以∠EDC＝90°，即CD⊥DE. 又PD⊥平面ABCD，所以CD⊥PD. 又DE∩PD＝D，所以直线CD⊥平面PDE.
故DP，DE，DC两两相互垂直，以D为原点，分别以DE，DC，DP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．
则P(0，0，3)，N
33333133，3，0，D(0，0，
，，0，C(0，3，0)，A(2，－2，0)，B2222
335→→
0)，PC＝(0，3，－3)，NC＝－，
2，2，0
易知平面PDC的一个法向量m＝(1，0，0)． 设平面PNC的法向量n＝(x1，y1，z1)， →PC＝0，3y1－3z1＝0，n·由得33 5→NC＝0，n·－2x1＋2y1＝0，取n＝(5，33，33)．
m·n5579所以cos〈m，n〉＝＝＝.
|m||n|7979579
故二面角D-PC-N的余弦值为.
79
7．如图(1)，在△MBC中，MA是BC边上的高，MA＝3，AC＝4.如图(2)，将△MBC沿MA进行翻折，使得二面角B-MA-C为90°，再过点B作BD∥AC，连接AD，CD，MD，且AD＝23，∠CAD＝30°.
(1)求证：CD⊥平面MAD；
→1→
(2)在线段MD上取一点E使ME＝MD，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值．
3
解：(1)证明：在△ADC中，AC＝4，AD＝23，∠CAD＝30°，利用余弦定理可得CD＝2，所以CD2＋AD2＝AC2，
所以∠ADC＝90°，即CD⊥AD.
因为MA⊥AB，MA⊥AC，AB∩AC＝A，故MA⊥平面ABDC.因为CD⊂平面ABDC，所以CD⊥MA.
又AD∩MA＝A，所以CD⊥平面MAD.
(2)由题意可知，AM，AB，AC两两垂直，∠BAD＝60°.如图，
以A为坐标原点，AB，AC，AM所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，→→
则A(0，0，0)，B(3，0，0)，D(3，3，0)，M(0，0，3)，MB＝(3，0，－3)，BD＝(0，3，0)．
→1→
设E(x0，y0，z0)，由ME＝MD，
31
得(x0，y0，z0－3)＝(3，3，－3)，
3得x0＝
3
，y0＝1，z0＝2， 3
3→
所以AE＝，1，2.
3
设平面MBD的法向量为n＝(x，y，z)， →→
则n⊥MB，n⊥BD，
→MB＝0，n·3x－3z＝0，
所以即
→3y＝0，BD＝0，n·
令x＝3，得其中一个法向量n＝(3，0，1)． 设直线AE与平面MBD所成的角为θ， →n·AE33→
则sin θ＝|cos〈n，AE〉|＝＝.
8→|n||AE|
[综合题组练]
1．(应用型)(2019·唐山模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC； (2)若二面角P-AC-E的余弦值为6
，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值． 3
解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PC⊥AC. 因为AB＝2AD＝2CD， 所以AC＝BC＝2AD＝2CD， 所以AC2＋BC2＝AB2，
故AC⊥BC.
又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC. 因为AC⊂平面EAC， 所以平面EAC⊥平面PBC.
→→→
(2)如图，以C为原点，CB，CA，CP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，并设CB＝2，CP＝2a(a>0)．则C(0，0，0)，A(0，2，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2a)，
则E(1，0，a)，
→→→
CA＝(0，2，0)，CP＝(0，0，2a)，CE＝(1，0，a)， 易知m＝(1，0，0)为平面PAC的一个法向量．
→→
设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，则n·CA＝n·CE＝0，
2y＝0，即y＝0，取x＝a， x＋az＝0，
则z＝－1，n＝(a，0，－1)． 依题意，|cos〈m，n〉|＝
|m·n|
＝|m||n|
6
＝，则a＝2. 3
a2＋1a
→
于是n＝(2，0，－1)，PA＝(0，2，－22)． 设直线PA与平面EAC所成角为θ， →|PA·n|2→
则sin θ＝|cos〈PA，n〉|＝＝，
3→
|PA||n|即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为
2. 3
2．(应用型)(2019·昆明调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，点E在PC上，DE⊥平面PAC.
(1)证明：PA⊥平面PCD；
(2)设AD＝2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45°，求DE的长．
解：(1)证明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD， 所以CD⊥平面PAD，
所以CD⊥PA，又CD∩DE＝D， 所以PA⊥平面PCD.
(2)取AD的中点O，连接PO，
因为PA＝PD，所以PO⊥AD，则PO⊥平面ABCD， 以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，如图，
由(1)得PA⊥PD，由AD＝2得PA＝PD＝2，OP＝1，
设CD＝a，则P(0，0，1)，D(0，1，0)，C(a，1，0)，B(2a，－1，0)， →→
则BC＝(－a，2，0)，PC＝(a，1，－1)， 设m＝(x，y，z)为平面PBC的法向量， →BC＝0，m·－ax＋2y＝0，由得
→ax＋y－z＝0，PC＝0，m·令x＝2，则y＝a，z＝3a，
故m＝(2，a，3a)为平面PBC的一个法向量， →
由(1)知n＝DC＝(a，0，0)为平面PAD的一个法向量，
2am·n21010由|cos〈m，n〉|＝|m||n|＝＝2，解得a＝5，即CD＝5， 2
a10a＋4215
所以在Rt△PCD中，PC＝，
5CD·PD3
由等面积法可得DE＝＝.
PC3
3．(应用型)(2019·郑州第一次质量预测)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝23，AC＝26，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.
(1)求证：PD⊥平面ABC；
π
(2)若直线PA与平面ABC所成的角为，求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角．
4解：(1)证明：由题意知AC＝26，BC＝23，AB＝6， 所以AC2＋BC2＝AB2， π
所以∠ACB＝，
2233
所以cos∠ABC＝＝.
63又易知BD＝2，
所以CD2＝22＋(23)2－2×2×23cos∠ABC＝8， 所以CD＝22，又AD＝4， 所以CD2＋AD2＝AC2， 所以CD⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABC，交线为AB， 所以CD⊥平面PAB，所以CD⊥PD， 因为PD⊥AC，AC∩CD＝C， 所以PD⊥平面ABC.
(2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，所以可建立如图所示的直角坐标系D-xyz，
π
因为直线PA与平面ABC所成的角为，即
4π
∠PAD＝，所以PD＝AD＝4，
4
则A(0，－4，0)，C(22，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，4)， →→→
所以CB＝(－22，2，0)，AC＝(22，4，0)，PA＝(0，－4，－4)． 因为AD＝2DB，CE＝2EB，所以DE∥AC， 由(1)知AC⊥BC，所以DE⊥BC， 又PD⊥平面ABC，所以PD⊥BC， 因为PD∩DE＝D， 所以CB⊥平面PDE，
→
所以CB＝(－22，2，0)为平面PDE的一个法向量． →n⊥AC，
设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，则
→n⊥PA，
22x＋4y＝0，
所以令z＝1，得x＝2，y＝－1，
－4y－4z＝0，
所以n＝(2，－1，1)为平面PAC的一个法向量． －4－23→
所以cos〈n，CB〉＝＝－，
24×12
所以平面PAC与平面PDE所成的锐二面角的余弦值为故平面PAC与平面PDE所成的锐二面角为30°.
3
， 2
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容