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第七节 空间角
1.能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题.
　 2.体会向量法在研究空间角问题中的作用.
教材再回首
1.异面直线所成的角
若异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别是u,v,则cos θ=　　　　　=　　　　　.
2.直线与平面所成的角
如图,直线AB与平面α相交于点B,设直线AB与平面α所成的角为θ,直线AB的方向向量为u,平面α的法向量为n,则sin θ=　　　　　=　　　　　.
3.平面与平面的夹角
如图,平面α与平面β相交,形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角.
若平面α,β的法向量分别是n1和n2,则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ,则cos θ=　　　　　=　　　　　.
典题细发掘
1.(人B选必修①P37T3改编)已知直线l1的方向向量s1=(1,0,1)与直线l2的方向向量s2=(-1,2,-2),则l1和l2所成角的余弦值为 (　　)
A. B.
C. D.
2.(人A选必修①P49T14改编)在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点S在底面内的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD.则直线BC与平面PAC所成的角是 (　　)
A.30° B.45°
C.60° D.90°
3.(最小角定理的应用)已知l是平面α内的一条直线,m是平面α的一条斜线,且m在平面α内的射影为m',若l与m的夹角为60°,l与m'的夹角为45°,则m与平面α所成角的大小为　　　　.
4.(苏教选必修②P39T6改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中二面角A-A1B-D的平面角的正弦值为　　　　.
题点一　异面直线所成的角
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]
(1)(2025·烟台模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1C1∩B1D1=O,则异面直线OC与AB所成角的余弦值为 (　　)
A. B.
C. D.
(2)(2025·丹东质检)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=120°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为 (　　)
A. B.-
C. D.
|思维建模|
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选好基底或建立空间直角坐标系.
(2)求出两直线的方向向量v1,v2.
(3)代入公式|cos|=求解.
(4)注意两条异面直线所成角的范围是,即两条异面直线所成角的余弦值等于两个向量夹角的余弦值的绝对值.
[即时训练]
1.(2025·济南模拟)如图,在三棱锥P-ABC中,∠ABC=∠PAB=∠PCB=90°,PA=2,BC=AB=2,M是棱PB的中点,N是棱PC上靠近点P的四等分点,则异面直线MN与PA所成角的大小为 (　　)
A.30° B.45°
C.60° D.90°
2.如图,三棱锥P-ABC中的三条棱AP,AB,AC两两互相垂直,∠PBA=,点D满足=4.若AP=AC,求异面直线CD与AB所成角的余弦值.
题点二　直线与平面所成的角
　　　　　　　　　　　　　　　　
[例2]　(2025·佛山模拟)如图,五面体ABCDMN中,底面四边形ABCD为边长为4的正方形,MN=1.
(1)求证:AB∥MN;
(2)已知G为线段CD的中点,点M在平面ABCD上的投影恰为线段BG的中点,直线MG与平面ABCD所成角的正切值为,求直线AN与平面ADM所成角的正弦值.
快审准解:(1)先证明AB∥平面CDMN,由线面平行性质定理证明AB∥MN;
(2)建立空间直角坐标系,求直线AN的方向向量和平面ADM的法向量,利用向量夹角公式求结论.
|思维建模|　利用空间向量求线面角的解题步骤
(1)建坐标系:根据图形与已知条件,建立适当的空间直角坐标系;
(2)求向量:设直线AB与平面α所成的角为θ,需求出平面α的法向量n和直线AB的方向向量;
(3)用公式:cos<,n>=;
(4)得结论:利用sin θ=|cos<,n>|,直线和平面所成角的范围是,即可得出直线和平面所成的角.
[即时训练]
3.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=6,BC=8,AB=10,AA1=8,点D是AB的中点,CC1⊥平面ABC.
(1)求证:AC1∥平面CDB1;
(2)求AA1与平面CDB1所成角的正弦值.
题点三　平面与平面的夹角
　　　　　　　　　　　　　　　　
[例3]　(2024·新课标Ⅰ卷)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
|思维建模|　利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
建坐标系 根据图形与已知条件,建立适当的空间直角坐标系
求法向量 准确求解相关点的坐标,并分别求出两平面的法向量m,n,设两平面的夹角为θ
用公式 利用求两向量夹角余弦值的公式cos θ=|cos|=求夹角的余弦值
[即时训练]
4.(2025·福州模拟)如图,在四棱锥S-ABCD中,BC⊥平面SAB,AD∥BC,SA=BC=1,SB=,∠SBA=45°.　
(1)求证:SA⊥平面ABCD;
(2)若AD=,求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值.
第七节　空间角
课前·“四基”落实
[教材再回首]
1.|cos|　　2.|cos|　
3.|cos|　
[典题细发掘]
1.C　2.A　3.45°　4.
课堂·题点精研
题点一
[例1]　(1)A　(2)A
(1)快审准解:法一:根据AB∥CD,可得异面直线OC与AB所成的角为∠DCO或其补角,再解△OCD即可.
法二:利用空间向量的数量积求出|cos<,>|即可.
法三:以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,利用向量法求解即可.
法一　因为AB∥CD,所以异面直线OC与AB所成的角为∠DCO或其补角.设正方体的棱长为2,如图1,连接OD,则OC=OD==,
在△OCD中,cos∠DCO===,
即异面直线OC与AB所成角的余弦值为.
法二　如图2,由题,得=+=++=++,所以·=·=,设AB=2,则OC1=,OC=,
所以异面直线OC与AB所成角的余弦值为==.
法三　以D为坐标原点,建立如图3所示的空间直角坐标系,设AB=2,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),O(1,1,2),则=(0,2,0),=(-1,1,-2),故cos<,>==,故异面直线OC与AB所成角的余弦值为.
(2)如图,在平面ABC内过A作AC的垂线交BC于D,以A为坐标原点,以AD所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=120°,设AB=AC=AA1=1,则B,A1(0,0,1),A(0,0,0),C1(0,1,1),=,=(0,1,1),设异面直线BA1与AC1所成的角为θ,则cos θ===,所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为,故选A.
[即时训练]
1.方法引入:将三棱锥P-ABC补形成长、宽、高分别为4,2,2的长方体,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,根据向量即可求解.
选B　根据题意可将三棱锥P-ABC补形成长、宽、高分别为4,2,2的长方体ABCD-A1B1C1P中,以A为坐标原点,AD,AB,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,4,0),C(2,4,0),P(2,0,2),则M(1,2,1),N,故=(2,0,2),=,所以cos<,>==,
所以异面直线MN与PA所成角的大小为45°.
2.解:∵三棱锥P-ABC中的三条棱AP,AB,AC两两互相垂直,
∴以A为原点,分别以AB,AC,AP所在的直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设AP=AC=a,∵∠PBA=,∴AB=a,C(0,a,0),P(0,0,a),B(a,0,0),=(a,0,-a),=(0,0,a),
=+=+=(0,0,a)+(a,0,-a)=.∵A(0,0,0),∴D,=,=.设异面直线CD与AB所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|===,故异面直线CD与AB所成角的余弦值为.
题点二
[例2]　解:(1)证明:因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD,
又AB 平面CDMN,CD 平面CDMN,所以AB∥平面CDMN.又平面ABNM∩平面CDMN=MN,AB 平面ABNM,所以AB∥MN.
(2)记BG的中点为O,AD的中点为E,AB上靠近点B的四等分点为F,连接OE,OF,OM,MG,则有OE∥AB,OF∥AD,OM⊥平面ABCD.
又OE,OF 平面ABCD,所以OM⊥OE,OM⊥OF,
故OM,OE,OF两两相互垂直,以O为坐标原点,OE,OF,OM所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,因为直线MG与平面ABCD所成的角为∠MGO,GO=BG==,
所以tan∠MGO==,解得MO=2.
由题意,得A(3,2,0),D(3,-2,0),M(0,0,2),N(-1,0,2),所以=(-4,-2,2),=(0,4,0),=(-3,2,2).
设平面ADM的法向量n=(x,y,z),
则即
令x=2,则y=0,z=,
故n=(2,0,)为平面ADM的一个法向量.
设直线AN与平面ADM所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|===,所以直线AN与平面ADM所成角的正弦值为.
[即时训练]
3.快审准解:(1)连接BC1,设BC1∩B1C=O,只需证明OD∥AC1,再结合线面平行的判定定理即可得证;
(2)建立适当的空间直角坐标系,求出AA1的方向向量与平面CDB1的法向量,再由向量夹角公式即可求解.
解:(1)证明:连接BC1,如图1,设BC1∩B1C=O,连接OD,由三棱柱的性质可知,
侧面BCC1B1为平行四边形,
∴ O为BC1的中点.
又∵ D为AB的中点,
∴在△ABC1中,OD∥AC1.
又∵ OD 平面CDB1,AC1 平面CDB1,∴ AC1∥平面CDB1.
(2)由题意可知CA,CB,CC1两两垂直,故以CA,CB,CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图2所示的空间直角坐标系.
则C(0,0,0),A(6,0,0),A1(6,0,8),D(3,4,0),B1(0,8,8).
所以=(0,0,8),=(3,4,0),=(0,8,8),
设平面CDB1的法向量n=(x,y,z),
则令x=4,得n=(4,-3,3).
设AA1与平面CDB1所成的角为θ,
则sin θ=|cos|===,所以AA1与平面CDB1所成角的正弦值为.
题点三
[例3]　解:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,所以PA⊥AD.
又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA 平面PAB,所以AD⊥平面PAB.又AB 平面PAB,所以AD⊥AB.
因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB,因为A,B,C,D四点共面,所以AD∥BC,又AD 平面PBC,BC 平面PBC,所以AD∥平面PBC.
(2)法一　如图1所示,过点D作DE⊥AC于E,再过点E作EF⊥CP于F,连接DF,
因为PA⊥平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD,而平面PAC∩平面ABCD=AC,所以DE⊥平面PAC,所以DE⊥CP.又EF⊥CP,DE∩EF=E,DE,EF 平面DEF,所以CP⊥平面DEF,根据二面角的定义可知,∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角,
即sin∠DFE=,即tan∠DFE=.
由AD⊥DC,设AD=x(0又CE==,
而△EFC为等腰直角三角形,所以EF=,
故tan∠DFE==,解得x=,即AD=.
法二　如图2,以D为原点,分别以DA,DC所在直线为x轴、y轴,过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系.
令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),C(0,,0).
所以=(-t, ,0),=(0,0,2),
=(-t,0,-2),=(0,-,0).
设平面PAC的法向量m=(x,y,z),
则即
不妨设x=,则y=t,z=0,所以m=(,t,0).
设平面PCD的法向量n=(r,s,v),
则即
不妨设v=t,则r=-2,s=0,所以n=(-2,0,t).
因为二面角A-CP-D的正弦值为,
所以其余弦值的绝对值为,
所以|cos|===,
解得t=,所以AD=.
[即时训练]
4.解:(1)证明:在△SAB中,因为SA=1,∠SBA=45°,SB=,
由正弦定理,得=,所以=,所以sin∠SAB=1.
因为0°<∠SAB<180°,所以∠SAB=90°,所以SA⊥AB.
因为BC⊥平面SAB,SA 平面SAB,所以BC⊥SA.
又BC∩AB=B,BC,AB 平面ABCD,所以SA⊥平面ABCD.
(2)法一　由(1)知SA⊥平面ABCD,
又AB,AD 平面ABCD,所以SA⊥AB,SA⊥AD.
因为BC⊥平面SAB,AB 平面SAB,所以BC⊥AB.
因为AD∥BC,
所以AD⊥AB,
所以SA,AD,AB两两垂直.
以点A为原点,分别以AD,AB,AS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S(0,0,1),C(1,1,0),D,
所以=(1,1,-1),=,
设平面SCD的法向量n1=(x,y,z),
则即取x=2,
则n1=(2,-1,1),显然平面SAB的一个法向量n2=(1,0,0),
所以cos===,
所以平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为.
法二　由(1)知SA⊥平面ABCD,过B作BM∥SA,则BM⊥平面ABCD,
又AB,BC 平面ABCD,所以BM⊥AB,BM⊥BC.
因为BC⊥平面SAB,AB 平面SAB,所以BC⊥AB,所以BM,BA,BC两两垂直.
以点B为原点,分别以BA,BC,BM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S(1,0,1),C(0,1,0),D,
所以=(-1,1,-1),=,
设平面SCD的法向量n1=(x,y,z),
则即
取y=2,则n1=(1,2,1),
显然平面SAB的一个法向量n2=(0,1,0),
所以cos===,
所以平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为.
法三　延长CD,BA交于点M,连接SM,
则平面SCD∩平面SAB=SM,在△SBM中,
SB=,∠SBA=45°,BM=2,
由余弦定理,得SM2=SB2+MB2-2SB·MBcos∠SBM,
所以SM2=()2+22-2××2×=2,所以SM2+SB2=BM2,所以SM⊥SB.
因为BC⊥平面SAB,SM 平面SAB,
所以SM⊥BC.又SM⊥SB,SB∩BC=B,
所以SM⊥平面SBC.
又SC 平面SBC,所以SM⊥SC.
所以∠BSC为平面SCD与平面SAB的夹角.
因为BC⊥平面SAB,SB 平面SAB,所以BC⊥SB.
因为SB=,BC=1,得SC=,
所以cos∠BSC===,
所以平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为.(共92张PPT)
第七节
空间角
明确目标
1.能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题.
2.体会向量法在研究空间角问题中的作用.
目录
01.课前·“四基”落实
02.课堂·题点精研
03.课时跟踪检测
课前·“四基”落实
01
教材再回首
1.异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，
则cos θ=____________=________.
|cos|
2.直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ=_____________=_______.
|cos|
3.平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角.
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与
平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面
α与平面β的夹角为θ，则cos θ=____________=______.
|cos|
典题细发掘
1.(人B选必修①P37T3改编)已知直线l1的方向向量s1=(1，0，1)与直线l2的方向向量s2=(-1，2，-2)，则l1和l2所成角的余弦值为 (　　)
A. B.
C. D.
√
2.(人A选必修①P49T14改编)在正四棱锥S-ABCD中，O为顶点S在底面内的射影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD.则直线BC与平面PAC所成的角是 (　　)
A.30° B.45°
C.60° D.90°
√
3.(最小角定理的应用)已知l是平面α内的一条直线，m是平面α的一条斜线，且m在平面α内的射影为m'，若l与m的夹角为60°，l与m'的夹角为45°，则m与平面α所成角的大小为_____.
4.(苏教选必修②P39T6改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中二面角A-A1B-D的平面角的正弦值为_____.
45°
课堂·题点精研
02
[例1]
(1)(2025·烟台模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1C1∩B1D1=O，则异面直线OC与AB所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
√
题点一　异面直线所成的角
快审准解：法一：根据AB∥CD，可得异面直线OC与AB所成的角为∠DCO或其补角，再解△OCD即可.
法二：利用空间向量的数量积求出|cos<>|即可.
法三：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
解析：法一　因为AB∥CD，所以异面直线OC与AB所成的角为∠DCO或其补角.设正方体的棱长为2，如图1，连接OD，则OC=OD==，
在△OCD中，cos∠DCO===，
即异面直线OC与AB所成角的余弦值为.
法二　如图2，由题，得=+=++=
++，所以·=·=，设AB=2，则OC1=，OC=，所以异面直线OC与AB所成角的余弦值为==.
法三　以D为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，
设AB=2，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，O(1，1，2)，则=(0，2，0)，=(-1，1，-2)，故cos<>==，故异面直线OC与AB所成角的余弦值为.
(2)(2025·丹东质检)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=120°，AB=AC=AA1，则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为 (　　)
A. B.-
C. D.
√
解析：如图，在平面ABC内过A作AC的垂线交BC于D，以A为坐标原点，以AD所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=120°，
设AB=AC=AA1=1，则B，A1(0，0，1)，A(0，0，0)，C1(0，1，1)，==(0，1，1)，设异面直线BA1与AC1所成的角为θ，则cos θ===，所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为，故选A.
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选好基底或建立空间直角坐标系.
(2)求出两直线的方向向量v1，v2.
(3)代入公式|cos|=求解.
(4)注意两条异面直线所成角的范围是，即两条异面直线所成角的余弦值等于两个向量夹角的余弦值的绝对值.
思维建模
1.(2025·济南模拟)如图，在三棱锥P-ABC中，∠ABC=∠PAB=
∠PCB=90°，PA=2，BC=AB=2，M是棱PB的中点，N是棱PC上靠近点P的四等分点，则异面直线MN与PA所成角的大小为(　　)
A.30° B.45°
C.60° D.90°
方法引入：将三棱锥P-ABC补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，根据向量即可求解.
即时训练
√
解析：根据题意可将三棱锥P-ABC补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体ABCD-A1B1C1P中，以A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(0，4，0)，C(2，4，0)，P(2，0，2)，
则M(1，2，1)，N，故=(2，0，2)，=
，所以cos<>
==，
所以异面直线MN与PA所成角的大小为45°.
2.如图，三棱锥P-ABC中的三条棱AP，AB，AC
两两互相垂直，∠PBA=，点D满足=4.若AP=
AC，求异面直线CD与AB所成角的余弦值.
解：∵三棱锥P-ABC中的三条棱AP，AB，AC两两互相垂直，
∴以A为原点，分别以AB，AC，AP所
在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图
所示的空间直角坐标系，
设AP=AC=a，∵∠PBA=，∴AB=a，C(0，a，0)，
P(0，0，a)，B(a，0，0)，=(a，0，-a)，
=(0，0，a)，=+=+=(0，0，a)+(a，0，
-a)=.∵A(0，0，0)，∴D
==.
故异面直线CD与AB所成的角为θ，
则cos θ=|cos<>|==
=，故异面直线CD与AB所成角的余弦值为.
[例2]　(2025·佛山模拟)如图，五面体ABCDMN中，底面四边形ABCD为边长为4的正方形，MN=1.
(1)求证：AB∥MN；
快审准解：先证明AB∥平面CDMN，由线面平
行性质定理证明AB∥MN；
题点二　直线与平面所成的角
解：证明：因为四边形ABCD是正方形，
所以AB∥CD，又AB 平面CDMN，CD 平面CDMN，所以AB∥平面CDMN.
又平面ABNM∩平面CDMN=MN，AB 平面ABNM，所以AB∥MN.
(2)已知G为线段CD的中点，点M在平面ABCD上的投影恰为线段BG的中点，直线MG与平面ABCD所成角的正切值为，求直线AN与平面ADM所成角的正弦值.
快审准解：建立空间直角坐标系，求直线AN的方向向量和平面ADM的法向量，利用向量夹角公式求结论.
解：记BG的中点为O，AD的中点为E，AB上靠近点B的四等分点为F，连接OE，OF，OM，MG，则有OE∥AB，OF∥AD，OM⊥平面ABCD.又OE，OF 平面ABCD，所以OM⊥OE，OM⊥OF，
故OM，OE，OF两两相互垂直，以O为坐标原点，OE，OF，OM所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为直线MG与平面ABCD所成的角为∠MGO，
GO=BG==，
所以tan∠MGO==，解得MO=2.
由题意，得A(3，2，0)，D(3，-2，0)，M(0，0，2)，N(-1，0，2)，所以=(-4，-2，2)，=(0，4，0)，=(-3，2，2).
设平面ADM的法向量n=(x，y，z)，
则即
令x=2，则y=0，z=，
故n=(2，0，)为平面ADM的一个法向量.
设直线AN与平面ADM所成的角为θ，
则sin θ=|cos<，n>|===，
所以直线AN与平面ADM所成角的正弦值为.
利用空间向量求线面角的解题步骤
思维建模
建坐标系 根据图形与已知条件，建立适当的空间直角坐标系
求向量 设直线AB与平面α所成的角为θ，需求出平面α的法向量n和直线AB的方向向量
用公式 cos<，n>=
得结论 利用sin θ=|cos<，n>|，直线和平面所成角的范围是，即可得出直线和平面所成的角
3.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=6，BC=8，AB=10，AA1=8，点D是AB的中点，CC1⊥平面ABC.
(1)求证：AC1∥平面CDB1；
快审准解：连接BC1，设BC1∩B1C=O，
只需证明OD∥AC1，再结合线面平行的判定定理即可得证；
即时训练
解：证明：连接BC1，如图1，设BC1∩B1C=O，连接OD，由三棱柱的性质可知，
侧面BCC1B1为平行四边形，∴ O为BC1的中点.
又∵ D为AB的中点，
∴在△ABC1中，OD∥AC1.
又∵ OD 平面CDB1，AC1 平面CDB1，
∴ AC1∥平面CDB1.
(2)求AA1与平面CDB1所成角的正弦值.
快审准解：建立适当的空间直角坐标系，求出AA1的方向向量与平面CDB1的法向量，再由向量夹角公式即可求解.
解：由题意可知CA，CB，CC1两两垂直，故以CA，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图2所示的空间直角坐标系.
则C(0，0，0)，A(6，0，0)，A1(6，0，8)，D(3，4，0)，B1(0，8，8).
所以=(0，0，8)，=(3，4，0)，=(0，8，8)，
设平面CDB1的法向量n=(x，y，z)，
则
令x=4，得n=(4，-3，3).
设AA1与平面CDB1所成的角为θ，
则sin θ=|cos|=
==，
所以AA1与平面CDB1所成角的正弦值为.
[例3]　(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
解：证明：因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以PA⊥AD.又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB，PA 平面
PAB，所以AD⊥平面PAB.又AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，因为A，B，C，D四点共面，所以AD∥BC，又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
题点三　平面与平面的夹角
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD.
解：法一　如图1所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，
所以平面PAC⊥平面ABCD，
而平面PAC∩平面ABCD=AC，
所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP.
又EF⊥CP，DE∩EF=E，DE，EF 平面DEF，
所以CP⊥平面DEF，
根据二面角的定义可知，
∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，
即sin∠DFE=，即tan∠DFE=.
由AD⊥DC，设AD=x(0而△EFC为等腰直角三角形，所以EF=，
故tan∠DFE==，解得x=，即AD=.
法二　如图2，以D为原点，分别以DA，DC所在直线为x轴、y轴，过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
令AD=t，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，
D(0，0，0)，C(0，，0).
所以=(-t， ，0)，=(0，0，2)，
=(-t，0，-2)，=(0，-，0).
设平面PAC的法向量m=(x，y，z)，
则即
不妨设x=，则y=t，z=0，
所以m=(，t，0).
设平面PCD的法向量n=(r，s，v)，
则即
不妨设v=t，则r=-2，s=0，
所以n=(-2，0，t).
因为二面角A-CP-D的正弦值为，
所以其余弦值的绝对值为，
所以|cos|===，
解得t=，所以AD=.
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
思维建模
建坐标系 根据图形与已知条件，建立适当的空间直角坐标系
求法向量 准确求解相关点的坐标，并分别求出两平面的法向量m，n，设两平面的夹角为θ
用公式 利用求两向量夹角余弦值的公式cos θ=|cos|=求夹角的余弦值
4.(2025·福州模拟)如图，在四棱锥S-ABCD中，BC⊥平面SAB，AD∥BC，SA=BC=1，SB=，∠SBA=45°.　
(1)求证：SA⊥平面ABCD；
解：证明：在△SAB中，因为SA=1，
∠SBA=45°，SB=，
由正弦定理，得=，所以=，
所以sin∠SAB=1.
即时训练
因为0°<∠SAB<180°，
所以∠SAB=90°，
所以SA⊥AB.因为BC⊥平面SAB，
SA 平面SAB，所以BC⊥SA.
又BC∩AB=B，BC，AB 平面ABCD，
所以SA⊥平面ABCD.
(2)若AD=，求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值.
解：法一　由(1)知SA⊥平面ABCD，
又AB，AD 平面ABCD，所以SA⊥AB，SA⊥AD.
因为BC⊥平面SAB，AB 平面SAB，所以BC⊥AB.
因为AD∥BC，
所以AD⊥AB，
所以SA，AD，AB两两垂直.
以点A为原点，分别以AD，AB，AS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S(0，0，1)，C(1，1，0)，D，
所以=(1，1，-1)，=，
设平面SCD的法向量n1=(x，y，z)，
则即
取x=2，则n1=(2，-1，1)，显然平面SAB的一个法向量n2=(1，0，0)，所以cos===，所以平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为.
法二　由(1)知SA⊥平面ABCD，过B作BM∥SA，则BM⊥平面ABCD，又AB，BC 平面ABCD，所以BM⊥AB，BM⊥BC.
因为BC⊥平面SAB，AB 平面SAB，所以BC⊥AB，所以BM，BA，BC两两垂直.以点B为原点，
分别以BA，BC，BM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S(1，0，1)，C(0，1，0)，D，所以=(-1，1，-1)，=，
设平面SCD的法向量n1=(x，y，z)，
则即
取y=2，则n1=(1，2，1)，
显然平面SAB的一个法向量n2=(0，1，0)，
所以cos===，
所以平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为.
法三　延长CD，BA交于点M，连接SM，
则平面SCD∩平面SAB=SM，在△SBM中，
SB=，∠SBA=45°，BM=2，
由余弦定理，得SM2=SB2+MB2-2SB·MBcos∠SBM，
所以SM2=()2+22-2××2×=2，
所以SM2+SB2=BM2，
所以SM⊥SB.
因为BC⊥平面SAB，SM 平面SAB，
所以SM⊥BC.又SM⊥SB，SB∩BC=B，
所以SM⊥平面SBC.
又SC 平面SBC，所以SM⊥SC.
所以∠BSC为平面SCD与平面SAB的夹角.
因为BC⊥平面SAB，SB 平面SAB，
所以BC⊥SB.
因为SB=，BC=1，得SC=，
所以cos∠BSC===，
所以平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为.
数智赋能：电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用
课时跟踪检测
03
一、单选题
1.(2025·西宁模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1，D为线段BC的中点，点E在线段B1C1上，且B1E=B1C1，则直线DE与平面ACC1A1所成角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.
√
1
5
6
7
2
3
4
解析：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，不妨设AA1=4，则AB=AC=6，则D(3，3，0)，E(4，2，4)，故=(1，-1，4).因为AB⊥平面ACC1A1，则可取平面ACC1A1的法向量n=(1，0，0)，则|cos<，n>|===，
即直线DE与平面ACC1A1所成角
的正弦值为.
1
5
6
7
2
3
4
2.(2025·武汉模拟)已知菱形ABCD，∠DAB=，将△DAC沿对角线AC翻折，使以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
√
1
5
6
7
2
3
4
解析：记AC的中点为E，因为AD=CD，所以DE⊥AC，同理，BE⊥AC，记AB=2a，因为∠DAB
=，所以∠DAC=∠BAC=，所以BE=DE=a，AE=
CE=a.易知，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥D-ABC的体积最大，此时∠BED=，以E为原点，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
1
5
6
7
2
3
4
则A(0，-a，0)，B(a，0，0)，C(0，a，0)，D(0，0，a)，所以=(a，a，0)，=(0，-a，a)，所以cos<>==-，所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
1
5
6
7
2
3
4
3.(2025·大庆模拟)直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2，D为B1B上的点，若直线A1C与直线DC1所成角的余弦值为，则BD的长为(　　)
A.1 B.
C. D.
快审准解：建系标点，设D(2，0，t)，0≤t≤2，可得=(0，2，-2)，=(-2，2，2-t)，利用空间向量求异面直线的夹角，列式求解即可.
√
1
5
6
7
2
3
4
解析：以A为原点，AB，AC，AA1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，则A1(0，0，2)，C1(0，2，2)，C(0，2，0).设D(2，0，t)，0≤t≤2，则=(0，2，-2)，=(-2，2，2-t)，
所以|cos<>|==
=，解得t=1(舍负).
1
5
6
7
2
3
4
二、解答题
4.(15分)(2024·安庆三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AP⊥DP，CD=3AB=3，AD=2AP=4，PB==4，连接BE，CE，PE.
1
5
6
7
2
3
4
(1)求证：平面PBE⊥平面PCE；(5分)
解：证明：因为AP⊥DP，AD=2AP=4，所以∠PAD=.又=4，所以AE=1，根据余弦定理知PE2=AE2+AP2-2×AE×AP×cos∠PAD=1+4-2×1×2×=3.
在直角梯形ABCD中，AB∥CD，
AB⊥AD，AD=4，AE=1，CD=3AB=3，
1
5
6
7
2
3
4
则BE=，CE=3，如图，过B点作BF⊥CD，垂足为F，则BF=AD=4，CF=2，得BC=2，则有BE2+PE2=PB2，得PE⊥BE，BE2+CE2=BC2，得BE⊥CE，
因为PE∩CE=E，PE，
CE 平面PCE，所以BE⊥平面PCE.
又BE 平面PBE，所以平面PBE⊥平面PCE.
1
5
6
7
2
3
4
(2)求直线CE与平面PCD所成角正弦值的大小.(10分)
解：由(1)知PE2+AE2=AP2，
所以PE⊥AE.又PE⊥BE，
AE∩BE=E，AE，BE 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD.如图，
以点E为原点，分别以ED，
EP所在直线为y轴，z轴，
过点E作CD的平行线为x轴，建立空间直角坐标系，
1
5
6
7
2
3
4
则P(0，0，)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，B(1，-1，0)，于是=(3，3，0)，
=(3，3，-)，=(3，0，0)，设平面PCD的法向量m=(x，y，z)，
于是
令y=1，则x=0，z=，即m=(0，1，).
1
5
6
7
2
3
4
设直线CE与平面PCD所成的角为θ，
则sin θ====，
所以直线CE与平面PCD所成角的正弦值为.
1
5
6
7
2
3
4
5.(15分)(2025·佛山一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AB∥CD，∠ADC=90°，PA⊥PB，PA=PB.
(1)求证：平面PAD⊥平面PBC；(6分)
1
5
6
7
2
3
4
解：证明：在底面ABCD中，因为AB∥CD，∠ADC=90°，所以AD⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AD 平面ABCD，
所以AD⊥平面PAB.又因为PB 平面PAB，所以AD⊥PB.
又因为PB⊥AP，AD∩AP=A，AD，AP 平面ADP，所以PB⊥平面ADP.又因为PB 平面PBC，所以平面PAD⊥平面PBC.
1
5
6
7
2
3
4
(2)若AB=AD=2，CD=1，点E是线段BC上一点，且二面角E-PA-D的余弦值为，求的值.(9分)
解：取AB的中点O，连接OC，OP.因为CD∥AO，且CD=AO，∠ADC=90°，所以四边形AOCD为矩形，即CO⊥平面PAB.又因为在Rt△APB中，PO⊥AB，所以OP，OB，
OC两两垂直.以OP，OB，OC分别为x，
y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
1
5
6
7
2
3
4
则C(0，0，2)，B(0，1，0)，P(1，0，0)，A(0，-1，0)，D(0，-1，2)，设=λ，λ∈[0，1]，则E(0，λ，2(1-λ))，=(0，λ+1，2(1-λ))，=(-1，-1，0)，=(-1，1，0).设平面AEP的法向量m=(x，y，z)，则
令y=2λ-2，可得x=2-2λ，z=λ+1，
1
5
6
7
2
3
4
即m=(2-2λ，2λ-2，λ+1).
因为PB⊥平面PAD，所以平面PAD的一个法向量n==(-1，1，0)，所以|cos|===.
化简得3λ2-10λ+3=0，即(λ-3)(3λ-1)=0，
解得λ=或λ=3(舍去)，即=.
1
5
6
7
2
3
4
6.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AD⊥PD，平面PAD⊥平面PCD，设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)求证：平面PBC⊥平面PCD；(6分)
解：证明：因为平面PAD⊥平面PCD，
且其交线为PD，AD⊥PD，AD 平面PAD，
故AD⊥平面PCD.又AD∥BC，所以BC⊥平面PCD，
BC 平面PBC.所以平面PBC⊥平面PCD.
1
5
6
7
2
3
4
(2)已知AD=PD=DC=2，PC=2.若直线l与直线AB所成的角为，求直线l与平面PAB所成角的正弦值.(9分)
解：因为AD∥BC，BC 平面PBC，AD 平面PBC，所以AD∥平面PBC.又平面PAD∩平面PBC=l，AD 平面PAD，所以l∥AD.
(关键点：直线l与平面PAB所成的角等于直线AD与平面PAB所成的角)
由直线l与直线AB所成的角为，知∠DAB=.
可推出BC=4，AB=2.
1
5
6
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2
3
4
由(1)可知，AD⊥平面PCD，AD 平面ABCD，即平面ABCD⊥平面PCD，由于两平面的交线为CD，如图1，过P作直线CD的垂线，垂足为H，则PH⊥平面ABCD.
1
5
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7
2
3
4
法一　因为PC=2，PD=DC=2，
所以∠CPD=∠DCP=，则∠PDC=，PH=.
又PA= =2，AB=2，
△PBC是一个直角三角形，
PB2=BC2+PC2，所以PB=2，
S△DAB=×2×2×sin=2，
1
5
6
7
2
3
4
S△PAB=PB=×2×=.
设点D到平面PAB的距离为h，
由VD-PAB=VP-DAB，得·S△PAB·h=·S△DAB·PH，解得h=.直线l与平面PAB所成角的正弦值为==.
1
5
6
7
2
3
4
法二　以H为原点，分别以为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图2所示的空间直角坐标系.
则A(2，1，0)，B(4，3，0)，D(0，1，0)，
P(0，0，)，=(2，2，0)，=(-2，
-1，)，设平面PAB的法向量n=(x，y，z)，
1
5
6
7
2
3
4
由得
取x=，得y=-，z=1，
则平面PAB的一个法向量n=(，-，1).
又=(-2，0，0)，令直线AD与平面PAB所成的角为α，
则sin α===.所以直线l与平面PAB所成角的正弦值为.
1
5
6
7
2
3
4
7.(17分)如图，在三棱锥A-BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E是BC的中点，=2.
(1)求证：O为三棱锥A-BCD外接球的球心；(3分)
1
5
6
7
2
3
4
解：证明：∵AE为△ABC的中线，且=2，则O为正△ABC的中心，∴OA=OB=OC.
又∵Rt△BCD中，连接ED，
如图1，则ED=EC，
∴OD2=OE2+ED2=OE2+EC2=OC2，
∴OA=OB=OC=OD，即O为三棱锥A-BCD外接球的球心.
1
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7
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3
4
(2)求直线AD与平面BCD所成角的正弦值；(6分)
解：∵△ABC是正三角形，点E是BC的中点，∴AE⊥BC.
又∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE 平面ABC，∴AE⊥平面BCD，∴∠ADE为直线AD与平面BCD所成的角.
又∵AE=BC，ED=BC，∴tan∠ADE==，∠ADE=60°，
即直线AD与平面BCD所成角的正弦值为.
1
5
6
7
2
3
4
(3)若∠BCD=60°，=λ，求平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大时λ的值.(8分)
解：在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，EF⊥CD，
垂足分别为H，F，设BC=4，则DF=FC=1，
EA=2，EF=.
以E为原点，EH，EF，EA所在直线为x，
y，z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，
1
5
6
7
2
3
4
则E(0，0，0)，A(0，0，2)，C(-1，，0)，D(1，，0)，设G(1，y，0)，则=(0，0，2)，=(1，y，0)，=(1，，-2)，=(2，0，0).
设平面AEG的法向量n 1=(x1，y1，z1)，
由得
令y1=-1，故n 1=(y，-1，0).
1
5
6
7
2
3
4
设平面ACD的法向量n 2=(x2，y2，z2)，
则即
令z2=1，则n 2=(0，2，1).
设平面AEG与平面ACD所成锐二面角的平面角为θ，
1
5
6
7
2
3
4
∴cos θ=|cos< n 1，n 2>|
==，
当y=0时，cos θ=，此时余弦值最大，
即当λ=时，平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大.
1
5
6
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2
3
4课时跟踪检测(五十三)　空间角
(选择题在答题区内作答)
一、单选题
1.(2025·西宁模拟)在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=AA1,D为线段BC的中点,点E在线段B1C1上,且B1E=B1C1,则直线DE与平面ACC1A1所成角的正弦值为 (　　)
A. B.
C. D.
2.(2025·武汉模拟)已知菱形ABCD,∠DAB=,将△DAC沿对角线AC翻折,使以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为 (　　)
A. B.
C. D.
3.(2025·大庆模拟)直三棱柱ABC A1B1C1中,底面△ABC是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形,侧棱长为2,D为B1B上的点,若直线A1C与直线DC1所成角的余弦值为,则BD的长为 (　　)
A.1 B.
C. D.
二、解答题
4.(15分)(2024·安庆三模)如图,在四棱锥P ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,AP⊥DP,CD=3AB=3,AD=2AP=4,PB=,=4,连接BE,CE,PE.
(1)求证:平面PBE⊥平面PCE;(5分)
(2)求直线CE与平面PCD所成角正弦值的大小.(10分)
5.(15分)(2025·佛山一模)如图,在四棱锥P ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,AB∥CD,∠ADC=90°,PA⊥PB,PA=PB.
(1)求证:平面PAD⊥平面PBC;(6分)
(2)若AB=AD=2,CD=1,点E是线段BC上一点,且二面角E PA D的余弦值为,求的值.(9分)
6.(15分)如图,在四棱锥P ABCD中,AD∥BC,AD⊥PD,平面PAD⊥平面PCD,设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)求证:平面PBC⊥平面PCD;(6分)
(2)已知AD=PD=DC=2,PC=2.若直线l与直线AB所成的角为,求直线l与平面PAB所成角的正弦值.(9分)
7.(17分)如图,在三棱锥A BCD中,△ABC是正三角形,平面ABC⊥平面BCD,BD⊥CD,点E是BC的中点,=2.
(1)求证:O为三棱锥A BCD外接球的球心;(3分)
(2)求直线AD与平面BCD所成角的正弦值;(6分)
(3)若∠BCD=60°,=λ,求平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大时λ的值.(8分)
课时跟踪检测(五十三)
1.选B　如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,
不妨设AA1=4,则AB=AC=6,则D(3,3,0),E(4,2,4),故=(1,-1,4).因为AB⊥平面ACC1A1,则可取平面ACC1A1的法向量n=(1,0,0),则|cos<,n>|===,即直线DE与平面ACC1A1所成角的正弦值为.
2.选C　记AC的中点为E,因为AD=CD,所以DE⊥AC,
同理,BE⊥AC,记AB=2a,因为∠DAB=,所以∠DAC=∠BAC=,所以BE=DE=a,AE=CE=a.易知,当平面ACD⊥平面ABC时,三棱锥D ABC的体积最大,此时∠BED=,以E为原点,,,分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,-a,0),B(a,0,0),C(0,a,0),D(0,0,a),所以=(a,a,0),=(0,-a,a),所以cos<,>==-,所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
3.快审准解:建系标点,设D(2,0,t),0≤t≤2,可得=(0,2,-2),=(-2,2,2-t),利用空间向量求异面直线的夹角,列式求解即可.
选A　以A为原点,AB,AC,AA1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,则A1(0,0,2),C1(0,2,2),C(0,2,0).设D(2,0,t),0≤t≤2,则=(0,2,-2),=(-2,2,2-t),
所以|cos<,>|===,解得t=1(舍负).
4.解:(1)证明:因为AP⊥DP,AD=2AP=4,所以∠PAD=.又=4,所以AE=1,根据余弦定理知PE2=AE2+AP2-2×AE×AP×cos∠PAD=1+4-2×1×2×=3.
在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,AD=4,AE=1,CD=3AB=3,
则BE=,CE=3,如图,过B点作BF⊥CD,垂足为F,则BF=AD=4,CF=2,得BC=2,则有BE2+PE2=PB2,得PE⊥BE,BE2+CE2=BC2,得BE⊥CE,
因为PE∩CE=E,PE,CE 平面PCE,所以BE⊥平面PCE.
又BE 平面PBE,所以平面PBE⊥平面PCE.
(2)由(1)知PE2+AE2=AP2,所以PE⊥AE.又PE⊥BE,AE∩BE=E,AE,BE 平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD.如图,以点E为原点,分别以ED,EP所在直线为y轴,z轴,过点E作CD的平行线为x轴,建立空间直角坐标系,
则P(0,0,),C(3,3,0),D(0,3,0),B(1,-1,0),于是=(3,3,0),
=(3,3,-),=(3,0,0),设平面PCD的法向量m=(x,y,z),
于是
令y=1,则x=0,z=,即m=(0,1,).
设直线CE与平面PCD所成的角为θ,
则sin θ====,
所以直线CE与平面PCD所成角的正弦值为.
5.解:(1)证明:在底面ABCD中,因为AB∥CD,∠ADC=90°,所以AD⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD 平面ABCD,
所以AD⊥平面PAB.又因为PB 平面PAB,所以AD⊥PB.
又因为PB⊥AP,AD∩AP=A,AD,AP 平面ADP,所以PB⊥平面ADP.
又因为PB 平面PBC,所以平面PAD⊥平面PBC.
(2)取AB的中点O,连接OC,OP.因为CD∥AO,且CD=AO,∠ADC=90°,所以四边形AOCD为矩形,即CO⊥平面PAB.又因为在Rt△APB中,PO⊥AB,所以OP,OB,OC两两垂直.以OP,OB,OC分别为x,y,z轴
建立如图所示的空间直角坐标系,
则C(0,0,2),B(0,1,0),P(1,0,0),A(0,-1,0),D(0,-1,2),设=λ,λ∈[0,1],则E(0,λ,2(1-λ)),=(0,λ+1,2(1-λ)),=(-1,-1,0),=(-1,1,0).设平面AEP的法向量m=(x,y,z),则
令y=2λ-2,可得x=2-2λ,z=λ+1,即m=(2-2λ,2λ-2,λ+1).
因为PB⊥平面PAD,
所以平面PAD的一个法向量n==(-1,1,0),
所以|cos|===.
化简得3λ2-10λ+3=0,即(λ-3)(3λ-1)=0,
解得λ=或λ=3(舍去),即=.
6.解:(1)证明:因为平面PAD⊥平面PCD,且其交线为PD,AD⊥PD,AD 平面PAD,故AD⊥平面PCD.
又AD∥BC,所以BC⊥平面PCD,BC 平面PBC.
所以平面PBC⊥平面PCD.
(2)因为AD∥BC,BC 平面PBC,AD 平面PBC,所以AD∥平面PBC.
又平面PAD∩平面PBC=l,AD 平面PAD,所以l∥AD.
(关键点:直线l与平面PAB所成的角等于直线AD与平面PAB所成的角)
由直线l与直线AB所成的角为,知∠DAB=.可推出BC=4,AB=2.
由(1)可知,AD⊥平面PCD,AD 平面ABCD,即平面ABCD⊥平面PCD,
由于两平面的交线为CD,如图1,过P作直线CD的垂线,垂足为H,则PH⊥平面ABCD.
法一　因为PC=2,PD=DC=2,所以∠CPD=∠DCP=,则∠PDC=,PH=.
又PA= =2,AB=2,△PBC是一个直角三角形,PB2=BC2+PC2,所以PB=2,S△DAB=×2×2×sin=2,
S△PAB=PB=×2×=.设点D到平面PAB的距离为h,由VD PAB=VP DAB,得·S△PAB·h=·S△DAB·PH,解得h=.
直线l与平面PAB所成角的正弦值为==.
法二　
以H为原点,分别以,,为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图2所示的空间直角坐标系.
则A(2,1,0),B(4,3,0),D(0,1,0),P(0,0,),=(2,2,0),=(-2,-1,),设平面PAB的法向量n=(x,y,z),
由得
取x=,得y=-,z=1,
则平面PAB的一个法向量n=(,-,1).
又=(-2,0,0),令直线AD与平面PAB所成的角为α,则sin α===.
所以直线l与平面PAB所成角的正弦值为.
7.解:(1)证明:∵AE为△ABC的中线,且=2,则O为正△ABC的中心,
∴OA=OB=OC.
又∵Rt△BCD中,连接ED,如图1,则ED=EC,
∴OD2=OE2+ED2=OE2+EC2=OC2,∴OA=OB=OC=OD,即O为三棱锥A BCD外接球的球心.
(2)∵△ABC是正三角形,点E是BC的中点,
∴AE⊥BC.
又∵平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE 平面ABC,∴AE⊥平面BCD,
∴∠ADE为直线AD与平面BCD所成的角.
又∵AE=BC,ED=BC,
∴tan∠ADE==,∠ADE=60°,
即直线AD与平面BCD所成角的正弦值为.
(3)在平面BCD中,过点E作EH⊥BD,EF⊥CD,垂足分别为H,F,
设BC=4,则DF=FC=1,EA=2,EF=.
以E为原点,EH,EF,EA所在直线为x,y,z轴,
建立如图2所示的空间直角坐标系,
则E(0,0,0),A(0,0,2),C(-1,,0),D(1,,0),设G(1,y,0),则=(0,0,2),=(1,y,0),=(1,,-2),=(2,0,0).
设平面AEG的法向量n 1=(x1,y1,z1),
由得
令y1=-1,故n 1=(y,-1,0).
设平面ACD的法向量n 2=(x2,y2,z2),
则即
令z2=1,则n 2=(0,2,1).
设平面AEG与平面ACD所成锐二面角的平面角为θ,
∴cos θ=|cos n 1,n 2 |==,
当y=0时,cos θ=,此时余弦值最大,
即当λ=时,平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大.

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