第五节第2课时精研题型明考向——利用空间向量求空间角教案_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料_2022届一轮复习讲练结合_第七章立体几何_第五节空间向量及其应用

第2课时 精研题型明考向——利用空间向量求空间角 一、真题集中研究——明考情 1.(2020·全国卷Ⅲ·考查平行垂直关系与二面角) 如图，在长方体ABCDA B C D 中，点E，F分别在棱DD ，BB 上，且2DE＝ 1 1 1 1 1 1 ED，BF＝2FB . 1 1 (1)证明：点C 在平面AEF内； 1 (2)若AB＝2，AD＝1，AA ＝3，求二面角AEFA 的正弦值． 1 1 解：设AB＝a，AD＝b，AA ＝c，以C 为坐标原点，C1D1的方向为x轴正方向，建立如图所示 1 1 的空间直角坐标系C xyz. 1 (1)证明：连接C F，则C (0,0,0)，A(a，b，c)，E，F，EA＝，C1F＝，得EA＝C1F， 1 1 因此EA∥C F，即A，E，F，C 四点共面， 1 1 所以点C 在平面AEF内． 1 (2)由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A (2,1,0)， 1 AE＝(0，－1，－1)，AF＝(－2,0，－2)，A1E＝(0，－1,2)，A1F＝(－2,0,1)． 设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量， 1 则即 可取n＝(－1，－1,1)． 1 设n 为平面A EF的法向量， 2 1 则同理可取n＝. 2 因为cosn，n＝＝－， 1 2 所以二面角AEFA 的正弦值为. 1 2．(2020·新高考全国卷Ⅰ·考查平行垂直关系与线面角) 如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与 平面PBC的交线为l. (1)证明：l⊥平面PDC； (2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值 的最大值． 解：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD. 又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC. 因为PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC. 因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC. 因为平面PAD∩平面PBC＝l，AD⊂平面PAD，所以l∥AD. 所以l⊥平面PDC. (2)以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则D(0,0,0)，C(0,1，0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，DC＝(0,1,0)，PB＝(1,1，－1)． 由(1)可设Q(a,0,1)，则DQ＝(a,0,1)． 设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量， 则即 可取n＝(－1,0，a)． 所以cos〈n，PB〉＝＝. 设PB与平面QCD所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，PB〉|＝×＝ . 因为≤，当且仅当a＝1时等号成立， 所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. 3．(2019·全国卷Ⅲ·考查平行垂直关系与二面角及翻折问题) 图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF ＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. (1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求图2中的二面角B CG A的大小． 解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE， 所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面， 从而A，C，G，D四点共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B， 所以AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)作EH⊥BC，垂足为H. 因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC， 所以EH⊥平面ABC. 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°， 可求得BH＝1，EH＝. 以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直 角坐标系Hxyz，则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，CG＝(1,0, )，AC＝(2， －1,0)．设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 所以可取n＝(3,6，－)． 又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)， 所以cos〈n，m〉＝＝. 因此二面角BCGA的大小为30°. [把脉考情] 1.求异面直线所成的角：以棱柱、棱锥等简单几何体为载体，考查 应用定义法或向量法求两异面直线所成的角． 2.求直线与平面所成的角：以棱柱、棱锥或不规则的几何体为载 常规 体，与线、面位置关系的证明相结合，考查直线与平面所成的角的 角度 求法． 3.求二面角：以棱柱、棱锥或不规则的几何体为载体，与线面位置 关系的证明相结合，考查二面角的求法 创新 求空间角常与立体几何中的翻折问题、探索性问题等交汇命题 角度 二、题型精细研究——提素养 题型一 异面直线所成的角 [典例] 在各棱长均相等的直三棱柱ABCA B C 中，已知M是棱BB 的中点，N是棱AC的 1 1 1 1 中点，则异面直线A M与NB所成角的正切值为( ) 1 A. B．1 C. D. [解析] 法一：设AA 的中点为D，连接DN，DB，如图①.因为A D和 1 1 BM平行且相等，所以四边形A DBM是平行四边形，所以A M∥DB，所 1 1 以∠DBN(或其补角)就是异面直线A M与NB所成的角．易知BN⊥DN. 1 设AB＝2，则BN＝，DN＝， 所以tan∠DBN＝＝.故选C. 法二：在各棱长均相等的直三棱柱ABCA B C 中，设棱长为2，以A为 1 1 1 坐标原点，AC为y轴，AA 为z轴，建立空间直角坐标系，如图②， 1 则A (0,0,2)，M(，1,1)， 1B(，1,0)，N(0,1,0)， 所以A1M＝(，1，－1)， BN＝(－，0,0)． 设异面直线A M与BN所成的角为θ， 1 则cos θ＝＝＝， 所以tan θ＝. 所以异面直线A M与BN所成角的正切值为.故选C. 1 [答案] C [方法技巧] 用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)用坐标表示两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)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦 值的绝对值． [针对训练] (2021·邵阳模拟)若正四棱柱ABCDA B C D 的体积为，AB＝1，则直线AB 与CD 所成的 1 1 1 1 1 1 角为( ) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：选C ∵正四棱柱ABCDA B C D 的体积为，AB＝1，∴AA ＝. 1 1 1 1 1 以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD 所在直线为 1 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B (1,1，)，C(0,1,0)， 1 D(0,0，)，AB1＝(0,1，)，CD1＝(0，－1，)．设直线AB 与CD 所成的角为θ， 1 1 1 则cos θ＝＝＝，又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB 与CD 所成的角为 1 1 60°.故选C.题型二 直线与平面所成的角 [典例] (2020·浙江高考)如图，在三棱台ABCDEF中，平面ACFD⊥ 平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC. (1)证明：EF⊥DB； (2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值． [解] (1)证明：如图，过点D作DO⊥AC，交直线 AC 于点 O，连接 OB. 由∠ACD＝45°，DO⊥AC， 得CD＝CO. 因为平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC＝AC，DO⊂平面ACFD，所以DO⊥平 面ABC. 因为BC⊂平面ABC，所以DO⊥BC. 因为∠ACB＝45°，BC＝CD＝CO， 所以在△BOC中，由余弦定理得BO＝CO， 所以BC2＋BO2＝CO2，所以BO⊥BC. 因为DO∩BO＝O，所以BC⊥平面BDO. 因为DB⊂平面BDO，所以BC⊥DB. 由三棱台ABCDEF得BC∥EF，所以EF⊥DB. (2)法一：如图，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH. 由三棱台ABCDEF得DF∥CO， 所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角．因为BC⊥平面BDO， OH⊂平面BDO， 所以OH⊥BC，故OH⊥平面DBC， 所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角． 设CD＝2. 由DO＝OC＝2，BO＝BC＝，得BD＝，OH＝，所以sin∠OCH＝＝， 因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为. 法二：由三棱台ABCDEF得DF∥CO， 所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ. 如图，以O为坐标原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建 立空间直角坐标系Oxyz. 设CD＝2. 由题意知各点坐标如下： O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2)． 因此OC＝(0,2,0)，BC＝(－1,1,0)，CD＝(0，－2,2)． 设平面DBC的法向量n＝(x，y，z)．则即可取n＝(1,1,1)． 所以sin θ＝|cos〈OC，n〉|＝＝. 因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为. [方法技巧] 解答直线与平面所成角的问题，通常建立空间直角坐标系，然后转化为向量运算求解，具体 方法为： 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，向 量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝. [针对训练] 一副标准的三角板(如图1)中，∠ABC为直角，∠A＝60°，∠DEF为直角，DE＝EF，BC＝DF. 把BC与DF重合，拼成一个三棱锥(如图2)，设M是AC的中点，N是BC的中点． (1)求证：平面ABC⊥平面EMN； (2)若AC＝4，二面角EBCA为直二面角，求直线EM与平面ABE所成角的正弦值． 解：(1)证明：∵M是AC的中点，N是BC的中点， ∴MN∥AB， ∵AB⊥BC，∴MN⊥BC. ∵BE＝EC，N是BC的中点，∴EN⊥BC. 又MN∩EN＝N，MN⊂平面EMN，EN⊂平面EMN， ∴BC⊥平面EMN. 又BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面EMN. (2)由(1)可知，EN⊥BC，MN⊥BC，∴∠ENM为二面角EBCA的平 面角， 又二面角EBCA为直二面角，∴∠ENM＝90°，即EN⊥MN. 以NM，NC，NE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角 坐标系Nxyz，∵AC＝4，∴AB＝2，BC＝2，∴NE＝，MN＝1， 则N(0,0,0)，E(0,0，)，M(1,0,0)，B(0，－，0)，A(2，－，0)， ∴EM＝(1,0，－)，BE＝(0，，)，BA＝(2,0,0)． 设m＝(x，y，z)为平面ABE的法向量， 则即 得x＝0，令y＝1，则z＝－1， ∴平面ABE的一个法向量m＝(0,1，－1)． 设直线EM与平面ABE所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈m，EM〉|＝＝＝， 即直线EM与平面ABE所成角的正弦值为.题型三 二面角 [典例] (2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心， AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一 点，PO＝DO. (1)证明：PA⊥平面PBC； (2)求二面角BPCE的余弦值． [解] (1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝a. 因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB. 又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC. 因为PB∩PC＝P，PB⊂平面PBC，PC⊂平面PBC， 所以PA⊥平面PBC. (2)以O为坐标原点，OE的方向为y轴正方向，|OE|为单位长度，建立如 图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得E(0,1,0)，A(0， －1,0)， C，P. 所以EC＝，EP＝. 设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量， 则即 可取m＝. 由(1)知AP＝是平面PCB的一个法向量， 记n＝AP，则cosn，m＝＝. 所以二面角BPCE的余弦值为. [方法技巧] 利用向量法解二面角问题的策略 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 找法向 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 量法 图形判断所求角的大小 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 找与棱垂直的方向向量法 两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 [提醒] 两平面的法向量所成的角与二面角的平面角的关系为相等或互补，所以，当求得两 法向量夹角的余弦值时，一定要结合图形判断二面角的取值范围． [针对训练] (2021·潍坊模拟)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答． ①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为，③∠ABC＝. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA ＝AB＝2，PD的中点为F. (1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PGC？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由； (2)若________，求二面角FACD的余弦值． 解：(1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PGC. 证明如下：如图所示，设PC的中点为H，连接FH，HG，PG，CG. ∵FH∥CD，FH＝CD，AG∥CD，AG＝CD， ∴FH∥AG，FH＝AG， ∴四边形AGHF为平行四边形， ∴AF∥GH， 又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC， ∴AF∥平面PGC. (2)选择①AB⊥BC. ∵AD∥BC，∴AB⊥AD. 由题意知AB，AD，AP彼此两两垂直， 以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， ∵PA＝AB＝2， 则A(0,0,0)，C(2,2,0)，F(0,1,1)， ∴AF＝(0,1,1)，CF＝(－2，－1,1)． 设平面FAC的一个法向量为μ＝(x，y，z)， ∴ 取y＝1，得μ＝(－1,1，－1)． 易知平面ACD的一个法向量为 v ＝(0,0,1)， 设二面角FACD的平面角为θ， 则cos θ＝＝， ∴二面角FACD的余弦值为. 选择②FC与平面ABCD所成的角为. ∵PA⊥平面ABCD，取BC的中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM， 则FM∥PA，且FM＝1， ∴FM⊥平面ABCD， 则FC与平面ABCD所成的角为∠FCM，∴∠FCM＝， ∴在Rt△FCM中，CM＝， 又CM＝AE，∴AE2＋BE2＝AB2，∴BC⊥AE， ∴AE，AD，AP彼此两两垂直， 以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， ∵PA＝AB＝2， ∴A(0,0,0)，C(，1,0)，F(0,1,1)， ∴AF＝(0,1,1)，CF＝(－，0,1)．设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则 取x＝，得m＝(，－3,3)． 易知平面ACD的一个法向量为n＝(0,0,1)， 设二面角FACD的平面角为θ， 则cos θ＝＝. ∴二面角FACD的余弦值为. 选择③∠ABC＝. ∵PA⊥平面ABCD， ∴PA⊥BC，取BC的中点E，连接AE， ∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝， ∴△ABC是正三角形， ∵E是BC的中点，∴BC⊥AE， ∴AE，AD，AP彼此两两垂直， 以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， ∵PA＝AB＝2， ∴A(0,0,0)，C(，1,0)，F(0,1,1)， ∴AF＝(0,1,1)，CF＝(－，0,1)． 设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则 取x＝，得m＝(，－3,3)． 易知平面ACD的一个法向量为n＝(0,0,1)， 设二面角FACD的平面角为θ， 则cos θ＝＝. ∴二面角FACD的余弦值为. 1．把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线 AD，BC所成的角为( ) A．120° B．30° C．90° D．60° 解析：选D 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0,0)，B(0，，0)，C(0， 0，)，D(0，－，0)，∴AD＝(－，－，0)，BC＝(0，－，)． ∴|AD|＝2，|BC|＝2，AD·BC＝2. ∴cos〈AD，BC〉＝＝＝. ∴异面直线AD，BC所成的角为60°.故选D. 2．在正方体ABCD A B C D 中，点E为BB 的中点，则平面A ED与平面ABCD所成的锐二 1 1 1 1 1 1面角的余弦值为( ) A. B. C. D. 解析：选B 以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱 长为1， 则A (0,0,1)，E，D(0,1,0)， 1 ∴A1D＝(0,1，－1)， A1E＝. 设平面A ED的一个法向量为n＝(x，y，z)， 1 1 则即令x＝1， ∴∴n＝(1,2,2)． 1 又平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)， 2 ∴cos〈n，n〉＝＝. 1 2 即平面A ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为. 1 3．(多选)(2021·福州质检)已知四边形ABCD为正方形GD⊥平面ABCD，四边形DGEA与四 边形DGFC也都为正方形，连接EF，FB，BE，H为BF的中点，则下列结论正确的是( ) A．DE⊥BF B．EF与CH所成角为 C．EC⊥平面DBF D．BF与平面ACFE所成角为 解析：选ABC 由题意得，所得几何体可以补形成一个正方体，如图所 示． 以D为原点，DA，DC，DG所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标 系． 设AD＝DC＝DG＝2， 则D(0,0,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)， F(0,2,2)，B(2,2,0)，H(1，2,1)． A．DE＝(2,0,2)，BF＝(－2,0,2)， ∴DE·BF＝－4＋0＋4＝0， ∴DE⊥BF，∴DE⊥BF，A是正确的． B．EF＝(－2,2,0)，CH＝(1,0,1)． 设EF与CH所成的角为θ，θ∈， ∴cos θ＝＝. ∵θ∈，∴θ＝，B是正确的． C．EC＝(－2,2，－2)，DB＝(2,2,0)，DF＝(0,2,2)． 设n＝(x，y，z)是平面DBF的一个法向量，∴即取x＝1，∴n＝(1，－1,1)． ∵EC＝－2n，∴EC∥n，∴EC⊥平面DBF，C是正确的． D．BF＝(－2,0,2)，由图象易得m＝(1,1,0)是平面ACFE的一个法向量， 设BF与平面ACFE所成的角为θ，θ∈， ∴sin θ＝|cos〈BF，m〉|＝＝，∴θ＝，D是不正确的． 故选A、B、C. 4．在长方体ABCDA B C D 中，AB＝2，BC＝AA ＝1，则DC 与平面A BC 所成角的正弦值 1 1 1 1 1 1 1 1 1 为________． 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于AB＝2，BC＝AA ＝1，所 1 以A (1,0,1)，B(1,2,0)，C (0，2,1)，D(0,0,1)．所以A1C1＝ (－1， 1 1 1 2,0)，BC1＝(－1,0,1)，D1C1＝(0,2,0)，设平面A BC 的法向量为n＝(x， 1 1 y，z)，则有即令x＝2，则y＝1，z＝2，则n＝(2,1,2)．又设DC 与平面A BC 所成的角为θ，则 1 1 1 1 sin θ＝|cos〈D1C1，n〉|＝＝＝. 答案： 5．在直三棱柱ABCA B C 中，AA ＝2，二面角BAA C 的大小为60°，点B到平面ACC A 的 1 1 1 1 1 1 1 1 距离为，点C到平面ABB A 的距离为2，则直线BC 与直线AB 所成角的正切值为________． 1 1 1 1 解析：由题意可知，∠BAC＝60°，点B到平面ACC A 的距离为，点C到平面ABB A 的距离 1 1 1 1 为2，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2，∠ABC＝90°， 则AB1·BC1＝(BB1－BA)·(BB1＋BC)＝4， |AB1|＝2，|BC1|＝4， cosAB1，BC1＝＝， 故tanAB1，BC1＝. 答案： 6.如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面 ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线OF与平面BED所成的角为45°， 则AE＝________. 解析：如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，以过 点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系． 设AE＝a，则B(0，，0)，D(0，－，0)，F(－1,0,3)，E(1,0，a)，∴OF＝(－ 1,0,3)，DB＝(0,2，0)，EB＝(－1，，－a)． 设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 则y＝0，令z＝1，得x＝－a，∴n＝(－a,0,1)， ∴cos〈n，OF〉＝＝. ∵直线OF与平面BED所成角的大小为45°， ∴＝，解得a＝2或a＝－(舍去)，∴AE＝2. 答案：2 7．(2021·青岛模拟)试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三个条件中选两个条件补充在 下面的横线处，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题： 如图，在四棱锥PABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，若______， 且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角APBC的 余弦值． 解：若选②：要使得PO⊥平面ABCD，则PO⊥AB. 又PC⊥AB，PO∩PC＝P， 所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC， 所以∠BAC＝90°，BC>BA，这与底面ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③. 下面证明：PO⊥平面ABCD. 因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD. 因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，所以BD⊥平面APC. 又因为PO⊂平面APC，所以BD⊥PO. 因为PA＝PC，O为AC中点，所以PO⊥AC. 又AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD. 以O 为坐标原点，以OB，OC，OP的方向分别作为x轴、y轴、z轴的正方 向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 因为 AB∥CD，所以∠PBA 为异面直线 PB 与 CD 所成的角，所以 ∠PBA＝60°. 在菱形ABCD中，设AB＝2， 因为∠ABC＝60°，所以OA＝1，OB＝， 设PO＝a，则PA＝，PB＝. 在△PBA中，由余弦定理得： PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cos∠PBA， 所以a2＋1＝4＋a2＋3－2×2×，解得a＝， 所以A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)． 设n＝(x，y，z)为平面ABP的法向量， 1 1 1 1 AB＝(，1,0)，AP＝(0,1，)， 由可得 令z＝1得n＝(，－，1)． 1 1 设n＝(x，y，z)为平面CBP的法向量， 2 2 2 2 CB＝(，－1,0)，CP＝(0，－1，)， 由可得 令z＝1得n＝(，，1)． 2 2设二面角APBC的平面角为θ， 所以cos θ＝＝， 所以二面角APBC的余弦值为. 8.如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，且AD ＝2AB＝2BC＝2，∠BAD＝90°，△PAD 为等边三角形，平面 ABCD⊥平面PAD，点E，M分别为PD，PC的中点． (1)求证：CE∥平面PAB； (2)求直线DM与平面ABM所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图，取PA的中点N，连接EN，BN. ∵E为PD的中点，N为PA的中点，∴EN为△PAD的中位线， ∴EN∥AD，且EN＝AD. 在梯形ABCD中，BC∥AD，且BC＝AD， ∴BC∥EN，BC＝EN. ∴四边形ENBC是平行四边形．∴CE∥BN. 又BN⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB. (2)如图，取AD的中点O，连接OP，OC. ∵PA＝PD，∴PO⊥AD. ∵平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，PO⊂平面PAD， ∴PO⊥平面ABCD. 又∵CO∥BA，∠BAD＝90°，∴CO⊥AD. ∴直线OA，OC，OP两两垂直．以O为原点，OA，OP，OC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Oxyz. 由已知条件易知A(1,0,0)，B(1，0,1)，M，D(－1，0,0)，∴AB＝ (0,0,1)，AM＝. 设平面ABM的法向量为m＝(x，y，z)， 则令y＝2，则x＝， 可得平面ABM的一个法向量为m＝(，2,0)． 又DM＝， ∴cosm，DM＝＝， ∴直线DM与平面ABM所成角的正弦值为.9.如图，在圆柱W中，点O，O 分别为上、下底面的圆心，平面MNFE是轴 1 2 截面，点H在上底面圆周上(异于点N，F)，点G为下底面圆弧ME的中点， 点H与点G在平面MNFE的同侧，圆柱W的底面半径为1，高为2. (1)若平面FNH⊥平面NHG，求证：NG⊥FH； (2)若直线NH与平面NFG所成线面角α的正弦值等于，求证：平面NHG与平面MNFE所 成锐二面角的平面角大于. 证明：(1)因为平面FNH⊥平面NHG，平面FNH∩平面NHG＝NH，又NH⊥FH，FH⊂平面 FHN， 所以FH⊥平面NHG，又NG⊂平面NHG， 所以FH⊥NG. (2)以点O 为坐标原点，分别以OG，OE，OO 所在直线为x轴、y轴、z 2 2 2 2 1 轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 2 则N(0，－1,2)，G(1,0,0)，F(0,1,2)． 设H(m，n,2)(由图知m>0)， 则m2＋n2＝1， NH＝(m，n＋1,0)． 设平面NFG的法向量为n＝(x，y，z)． 1 1 1 1 因为所以 即令x＝2，则n＝(2,0,1)． 1 1 因此sin α＝|cos〈NH，n〉|＝ 1 ＝＝＝. 所以2m2＝3n＋3，解得(舍去)或 所以H. 设平面NHG的法向量为n＝(x，y，z)． 2 2 2 2 因为所以 即令x＝1，即n＝. 2 2 设平面NHG与平面MNFE所成锐二面角为θ. 因为平面MNFE的一个法向量n＝(1,0,0)， 3 所以cos θ＝＝<，所以平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于. 10.(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABCA B C 的底面是正三角形，侧 1 1 1 面BB C C是矩形，M，N分别为BC，B C 的中点，P为AM上一点，过 1 1 1 1 B C 和P的平面交AB于E，交AC于F. 1 1 (1)证明：AA ∥MN，且平面A AMN⊥平面EB C F； 1 1 1 1 (2)设O为△A B C 的中心．若AO∥平面EB C F，且AO＝AB，求直线 1 1 1 1 1 B E与平面A AMN所成角的正弦值． 1 1解：(1)证明：因为M，N分别为BC，B C 的中点， 1 1 所以MN∥CC . 1 又由已知得AA ∥CC ， 1 1 所以AA ∥MN. 1 因为△A B C 是正三角形， 1 1 1 所以B C ⊥A N. 1 1 1 又B C ⊥MN，A N∩MN＝N， 1 1 1 所以B C ⊥平面A AMN. 1 1 1 因为B C ⊂平面EB C F， 1 1 1 1 所以平面A AMN⊥平面EB C F. 1 1 1 (2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点，MA的方向为x轴正方向，|MB|为 单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则AB＝2，AM＝.连接 NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝，E. 由(1)知平面A AMN⊥平面ABC. 1 作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC. 设Q(a,0,0)， 则NQ＝ ，B ， 1 故B1E＝， |B1E|＝. 又n＝(0，－1,0)是平面A AMN的一个法向量， 1 故sin＝cosn，B1E＝＝. 所以直线B E与平面A AMN所成角的正弦值为. 1 1