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第3课时　空间角的综合问题 [教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学]
题型(一)　线面角与二面角的综合
[例1]　如图,在四棱锥M-ABCD中,MA⊥平面ABCD,AD∥BC,CD⊥AD,BC=2,AD=DC=1,点N为MB的中点.
(1)求证:平面MAB⊥平面NAC;
(2)若直线MB与平面ANC所成角的正弦值为,MA>1,求平面NAC与平面MAD所成锐二面角的余弦值.
听课记录:
　　[针对训练]
1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AA1⊥底面A1B1C1,AA1=3,AB=AC,BC=2,D为BC的中点,点F在棱BB1上,且BF=2,E为线段AD上的动点.
(1)证明:C1F⊥EF;
(2)若直线C1D与EF所成角的余弦值为,求二面角E-FC1-D的正弦值.
题型(二)　已知空间角求其他量
[例2]　如图,在四棱锥S-ABCD中,∠ADC=∠BCD=90°,SA=SD=SB,点E为线段AD的中点,
且AD=SE=2BC=2CD.
(1)求证:SE⊥AC;
(2)已知点F为线段SE的中点,点G在线段BC上(不含端点位置),若直线FG与平面SAB所成角的正切值为,求的值.
听课记录:
　　[针对训练]
2.(2023·新课标Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
题型(三)　与空间角有关的最值、范围问题
[例3]　如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥AD,AB∥CD,CD⊥AD,AD=CD=2AB=2,E,F分别为PC,CD的中点,DE=EC.
(1)求证:平面ABE⊥平面BEF;
(2)设PA=a(a>0),若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈,求a的取值范围.
听课记录:
　　|思|维|建|模|
空间向量法求最值也是要求出目标函数,但是需要先依据题意建立空间直角坐标系,注意建系时使坐标易于求解或表达,然后求目标函数的表达式.
　　[针对训练]
3.如图,在底面ABCD为正方形的多面体中,四边形ACEF为矩形,M是线段EF的中点,
且MB=MD,AB=,AF=t(t>0).当t取何值时,AE与平面BDF所成的角最大 并求最大值.
第3课时　空间角的综合问题
[题型(一)]
[例1]　解：(1)证明：因为MA⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以MA⊥AC，取BC的中点Q，连接AQ，因为AD∥BC，BC＝2，AD＝1，所以CQ＝AD＝1.又CQ∥AD，所以四边形ADCQ为平行四边形，因为CD⊥AD，AD＝DC＝1，所以四边形ADCQ为正方形，故AQ＝BQ＝1，AQ⊥BC，所以△ABQ为等腰直角三角形，故∠BAQ＝∠CAQ＝45°，∠BAC＝90°，即AB⊥AC.又MA∩AB＝A，MA，AB 平面MAB，故AC⊥平面MAB，因为AC 平面NAC，所以平面MAB⊥平面NAC.
(2)因为MA⊥平面ABCD，AQ，AD 平面ABCD，所以MA⊥AQ，MA⊥AD，
由(1)得，AQ⊥AD，故以A为坐标原点，AQ，AD，AM所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，A(0，0,0)，B(1，－1,0)，C(1，1,0)，设M(0，0，n)，n>1，则N，＝(1,1,0)，＝，＝(1，－1，－n)．设平面ANC的法向量为a＝(x1，y1，z1)，
则
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝－，故a＝，则直线MB与平面ANC所成角的正弦值为|cos〈，a〉|＝＝
＝＝，解得n＝2或n＝1(舍去)，负值也舍去，故平面ANC的法向量为a＝(1，－1，－1)．又平面MAD的一个法向量为b＝(1,0,0)，设平面NAC与平面MAD所成锐二面角为θ，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝＝＝.故平面NAC与平面MAD所成锐二面角的余弦值为.
[针对训练]
1．解：(1)证明：在三棱柱ABC A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，所以三棱柱ABC A1B1C1是直三棱柱，则AA1⊥AD，
因为AA1∥BB1，所以BB1⊥AD.
又因为AB＝AC，D为BC的中点，
所以BC⊥AD.又BB1∩BC＝B，BB1，BC 平面BB1C1C，
所以AD⊥平面BB1C1C.因为C1F 平面BB1C1C，所以AD⊥C1F.
易知△FBD≌△C1B1F，则∠DFB＝∠FC1B1，
因为∠C1FB1＋∠FC1B1＝90°，
所以∠DFB＋∠C1FB1＝90°，则∠C1FD＝90°，
即C1F⊥FD.又FD∩AD＝D，FD，AD 平面ADF，所以C1F⊥平面ADF，又EF 平面ADF，所以C1F⊥EF.
(2)由(1)取C1B1的中点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C1(0，－1,0)，D(0,0,3)，F(0,1,1)，设E(x,0,3)(x＞0)，所以＝(0,1,3)，＝(－x,1，－2)，＝(0,2,1)．因为直线C1D与EF所成角的余弦值为，所以|cos〈，〉|＝＝＝，解得x＝1，则E(1,0,3)，＝(－1,1，－2)．
设平面C1EF的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则x＝5，z＝－2，
所以m＝(5,1，－2)为平面C1EF的一个法向量，
易知n＝(1,0,0)是平面FC1D的一个法向量，
则cos〈m，n〉＝＝＝.由图可知E FC1 D为锐角，
所以二面角E FC1 D的余弦值为.
[题型(二)]
[例2]　解：(1)证明：连接EB，由∠ADC＝∠BCD＝90°，得AD∥BC，
因为AD＝2BC＝2CD，所以DE＝BC＝CD，
则四边形DEBC为正方形，所以DA⊥EB.
因为SA＝SD，所以SE⊥AD.
设SA＝SB＝SD＝a，AD＝SE＝2BC＝2CD＝2b，
在Rt△SAE中，SA2＝SE2＋AE2，即a2＝4b2＋b2＝5b2，在△SEB中，SE＝2b，EB＝b，SB＝a，有SB2＝SE2＋EB2，所以△SEB是直角三角形，所以SE⊥EB.
由AD∩EB＝E，AD，EB 平面ABCD，得SE⊥平面ABCD.又AC 平面ABCD，所以SE⊥AC.
(2)由(1)知，以点E为原点，以EA，EB，ES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＝λ(0<λ<1)，则F(0，0，b)，B(0，b,0)，C(－b，b,0)，S(0,0,2b)，A(b,0,0)，所以＝＋＝＋λ＝(－bλ，b，－b)，＝(b,0，－2b)，＝(0，b，－2b)．设平面SAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则令x＝2b，得z＝b，y＝2b，所以n＝(2b,2b，b)．
设直线FG与平面SAB所成的角为θ(0°<θ<90°)，则tan θ＝，即cos θ＝sin θ，
又sin2θ＋cos2θ＝1，所以sin θ＝，
所以sin θ＝|cos〈，n〉|
＝＝＝，
由0<λ<1，解得λ＝，即＝.
[针对训练]
2．解：(1)证明：以点C为坐标原点，CD，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，则B2(0,2,2)，C2(0，0,3)，A2(2,2,1)，D2(2，0,2)，所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2,1)，所以＝，所以B2C2∥A2D2.
(2)设BP＝m(0≤m≤4)，则P(0,2，m)，
所以＝(2,0,1－m)，＝(0，－2,3－m)，
设平面PA2C2的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
所以则
令x1＝m－1，得n1＝(m－1,3－m,2)．
设平面A2C2D2的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由(1)知，＝(－2，－2,2)，＝(0，－2,1)，
所以则
令y2＝1，得n2＝(1,1,2)．
所以|cos 150°|＝|cos〈n1，n2〉|
＝＝，
整理得m2－4m＋3＝0，解得m＝1或m＝3，
所以P(0,2,1)或P(0,2,3)，所以B2P＝1.
[题型(三)]
[例3]　解：(1)证明：∵AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点，∴四边形ABFD为矩形，AB⊥BF.又∵DE＝EC，F是CD中点，
∴CD⊥EF.∵AB∥CD，∴AB⊥EF.
∵BF∩EF＝F，BF，EF 平面BEF，
∴AB⊥平面BEF.
又AB 平面ABE，∴平面ABE⊥平面BEF.
(2)由(1)知DC⊥EF，又PD∥EF，AB∥CD，∴AB⊥PD.又AB⊥AD，PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，∴AB⊥平面PAD，PA 平面PAD，∴AB⊥PA.如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0，a)，C(2,2,0)，E，∴＝(－1,2,0)，＝，易知平面ABCD的法向量n1＝(0,0,1)，
设平面EBD的法向量为n2＝(x，y，z)，
则即取y＝1，得x＝2，z＝－，则n2＝，∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.∵平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈，∴cos θ∈，即∈，
由≥，得－≤a≤，
由≤，得a≤－或a≥，
∴a的取值范围是.
[针对训练]
3．解：设AC∩BD＝O，则O是线段AC的中点，连接MO，由MB＝MD得MO⊥BD.
又在矩形ACEF中，M是线段EF的中点，则EM∥CO，EM＝CO，
所以四边形COME为平行四边形，则OM∥CE.
因为四边形ACEF为矩形，则CE⊥AC，所以MO⊥AC，又AC∩BD＝O，AC，BD 平面ABCD，所以MO⊥平面ABCD，
又OM∥CE，则EC⊥平面ABCD，且BC⊥CD，
以C为坐标原点，CD，CB，CE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，
因为AB＝，AF＝t(t＞0)，M是线段EF的中点，所以D(，0,0)，A(，，0)，B(0，，0)，E(0，0，t)，F(，，t)，从而＝(，－，0)，＝(0，，t)，＝(－，－，t)．
设平面BDF的法向量为q＝(x，y，z)，则
令x＝1，则y＝1，z＝－，从而平面BDF的一个法向量为q＝.
设AE与平面BDF所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，q〉|＝＝＝，
因为t2＋≥2＝4，当且仅当t2＝(t＞0)，即t＝时等号成立，
所以sin θ＝≤1，
所以当t＝时，AE与平面BDF所成的角最大，最大为90°.(共35张PPT)
空间角的综合问题
[教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学]
第3课时
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　线面角与二面角的综合
题型(二)　已知空间角求其他量
题型(三)　与空间角有关的最值、范围问题
4
课时跟踪检测
题型(一) 线面角与二面角的综合
01
[例1]　如图,在四棱锥M ABCD中,MA⊥平面ABCD,AD∥BC,
CD⊥AD,BC=2,AD=DC=1,点N为MB的中点.
(1)求证:平面MAB⊥平面NAC;
解:证明:因为MA⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以MA⊥AC,
取BC的中点Q,连接AQ,因为AD∥BC,BC=2,AD=1,所以CQ=AD
=1.又CQ∥AD,所以四边形ADCQ为平行四边形,因为CD⊥AD,
AD=DC=1,所以四边形ADCQ为正方形,故AQ=BQ=1,AQ⊥BC,
所以△ABQ为等腰直角三角形,故∠BAQ=∠CAQ=45°,
∠BAC=90°,即AB⊥AC.又MA∩AB=A,MA,AB 平面MAB,
故AC⊥平面MAB,因为AC 平面NAC,所以平面MAB⊥平面NAC.
(2)若直线MB与平面ANC所成角的正弦值为,MA>1,
求平面NAC与平面MAD所成锐二面角的余弦值.
解:因为MA⊥平面ABCD,AQ,AD 平面ABCD,
所以MA⊥AQ,MA⊥AD,由(1)得,AQ⊥AD,故以A为坐标原点,AQ,AD,AM所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,A(0,0,0),B(1,-1,0),
C(1,1,0),设M(0,0,n),n>1,则N,
=(1,1,0),=,=(1,-1,-n).
设平面ANC的法向量为a=(x1,y1,z1),则令x1=1,则y1=-1,
z1=-,故a=,则直线MB与平面ANC所成角的正弦值为|cos<,a>|=
=
==,解得n=2或n=1(舍去),负值也舍去,故平面ANC的法向量为a=(1,-1,-1).又平面MAD的一个法向量为b=(1,0,0),设平面NAC与平面MAD所成锐二面角为θ,
则cos θ=|cos|=
==.
故平面NAC与平面MAD所成锐二面角的余弦值为.
针对训练
1.如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,已知AA1⊥底面A1B1C1,AA1=3,
AB=AC,BC=2,D为BC的中点,点F在棱BB1上,且BF=2,E为线段AD上的动点. (1)证明:C1F⊥EF;
解:证明:在三棱柱ABC A1B1C1中,AA1⊥底面A1B1C1,所以三棱柱ABC A1B1C1是直三棱柱,则AA1⊥AD,因为AA1∥BB1,所以BB1⊥AD.
又因为AB=AC,D为BC的中点,所以BC⊥AD.又BB1∩BC=B,BB1,
BC 平面BB1C1C,所以AD⊥平面BB1C1C.因为C1F 平面BB1C1C,
所以AD⊥C1F.
易知△FBD≌△C1B1F,则∠DFB=∠FC1B1,因为∠C1FB1+∠FC1B1=90°,
所以∠DFB+∠C1FB1=90°,则∠C1FD=90°,
即C1F⊥FD.又FD∩AD=D,FD,AD 平面ADF,
所以C1F⊥平面ADF,又EF 平面ADF,所以C1F⊥EF.
(2)若直线C1D与EF所成角的余弦值为,求二面角E FC1 D的正弦值.
解:由(1)取C1B1的中点O,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则C1(0,-1,0),D(0,0,3),F(0,1,1),设E(x,0,3)(x>0),
所以=(0,1,3),=(-x,1,-2),=(0,2,1).
因为直线C1D与EF所成角的余弦值为,
所以|cos<,>|===,解得x=1,
则E(1,0,3),=(-1,1,-2).
设平面C1EF的法向量为m=(x,y,z),
则即
令y=1,则x=5,z=-2,
所以m=(5,1,-2)为平面C1EF的一个法向量,
易知n=(1,0,0)是平面FC1D的一个法向量,
则cos===.由图可知E FC1 D为锐角,
所以二面角E FC1 D的余弦值为.
题型(二)　已知空间角求其他量
02
[例2]　如图,在四棱锥S ABCD中,∠ADC=∠BCD=90°,
SA=SD=SB,点E为线段AD的中点,且AD=SE=2BC=2CD.
(1)求证:SE⊥AC;
解:证明:连接EB,由∠ADC=∠BCD=90°,得AD∥BC,
因为AD=2BC=2CD,所以DE=BC=CD,
则四边形DEBC为正方形,所以DA⊥EB.
因为SA=SD,所以SE⊥AD.
设SA=SB=SD=a,AD=SE=2BC=2CD=2b,
在Rt△SAE中,SA2=SE2+AE2,即a2=4b2+b2=5b2,在△SEB中,SE=2b,EB=b,SB=a,有SB2=SE2+EB2,所以△SEB是直角三角形,所以SE⊥EB.
由AD∩EB=E,AD,EB 平面ABCD,得SE⊥平面ABCD.又AC 平面ABCD,
所以SE⊥AC.
(2)已知点F为线段SE的中点,点G在线段BC上
(不含端点位置),若直线FG与平面SAB所成角的
正切值为,求的值.
解:由(1)知,以点E为原点,以EA,EB,ES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=λ(0<λ<1),则F(0,0,b),B(0,b,0),C(-b,b,0),
S(0,0,2b),A(b,0,0),所以=+=+λ
=(-bλ,b,-b),=(b,0,-2b),=(0,b,-2b).
设平面SAB的法向量为n=(x,y,z),
则令x=2b,得z=b,y=2b,所以n=(2b,2b,b).设直线FG与平面SAB所成的角为θ(0°<θ<90°),则tan θ=,即cos θ=sin θ,
又sin2θ+cos2θ=1,所以sin θ=,
所以sin θ=|cos<,n>|
===,
由0<λ<1,解得λ=,即=.
针对训练
2.(2023·新课标Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中,
AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,
AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
解:证明:以点C为坐标原点,CD,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,则B2(0,2,2),
C2(0,0,3),A2(2,2,1),D2(2,0,2),所以=(0,-2,1),
=(0,-2,1),
所以=,所以B2C2∥A2D2.
(2)点P在棱BB1上,当二面角P A2C2 D2为150°时,求B2P.
解:设BP=m(0≤m≤4),则P(0,2,m),所以=(2,0,1-m),
=(0,-2,3-m),设平面PA2C2的法向量为n1=(x1,y1,z1),
所以则令x1=m-1,
得n1=(m-1,3-m,2).
设平面A2C2D2的法向量为n2=(x2,y2,z2),由(1)知,=(-2,-2,2),
=(0,-2,1),所以则
令y2=1,得n2=(1,1,2).
所以|cos 150°|=|cos|==,
整理得m2-4m+3=0,解得m=1或m=3,所以P(0,2,1)或P(0,2,3),
所以B2P=1.
题型(三)　与空间角有关的最值、范围问题
03
[例3]　如图,在四棱锥P ABCD中,PA⊥AD,
AB∥CD,CD⊥AD,AD=CD=2AB=2,
E,F分别为PC,CD的中点,DE=EC.
(1)求证:平面ABE⊥平面BEF;
解:证明:∵AB∥CD,CD⊥AD,AD=CD=2AB=2,F为CD的中点,
∴四边形ABFD为矩形,AB⊥BF.又∵DE=EC,F是CD中点,
∴CD⊥EF.∵AB∥CD,∴AB⊥EF.
∵BF∩EF=F,BF,EF 平面BEF,
∴AB⊥平面BEF.
又AB 平面ABE,∴平面ABE⊥平面BEF.
(2)设PA=a(a>0),若平面EBD与平面ABCD
所成锐二面角θ∈,求a的取值范围.
解:由(1)知DC⊥EF,又PD∥EF,AB∥CD,∴AB⊥PD.
又AB⊥AD,PD∩AD=D,PD,AD 平面PAD,∴AB⊥
平面PAD,PA 平面PAD,∴AB⊥PA.如图,以A为原点,
AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,a),
C(2,2,0),E,∴=(-1,2,0),=,
易知平面ABCD的法向量n1=(0,0,1),
设平面EBD的法向量为n2=(x,y,z),
则即取y=1,得x=2,z=-,则n2=,
∴cos θ=|cos|===.
∵平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈,∴cos θ∈,即∈,
由≥,得-≤a≤,
由≤,得a≤-或a≥,
∴a的取值范围是.
|思|维|建|模|
　　空间向量法求最值也是要求出目标函数,但是需要先依据题意建立空间直角坐标系,注意建系时使坐标易于求解或表达,然后求目标函数的表达式.
针对训练
3.如图,在底面ABCD为正方形的多面体中,四边形ACEF为矩形,
M是线段EF的中点,且MB=MD,AB=,AF=t(t>0).
当t取何值时,AE与平面BDF所成的角最大 并求最大值.
解:设AC∩BD=O,则O是线段AC的中点,连接MO,由MB=MD
得MO⊥BD.又在矩形ACEF中,M是线段EF的中点,则EM∥CO,
EM=CO,所以四边形COME为平行四边形,则OM∥CE.
因为四边形ACEF为矩形,则CE⊥AC,所以MO⊥AC,又AC∩BD=O,
AC,BD 平面ABCD,所以MO⊥平面ABCD,
又OM∥CE,则EC⊥平面ABCD,且BC⊥CD,
以C为坐标原点,CD,CB,CE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,
因为AB=,AF=t(t>0),M是线段EF的中点,
所以D(,0,0),A(,,0),B(0,,0),E(0,0,t),F(,,t),从而=(,-,0),
=(0,,t),=(-,-,t).
设平面BDF的法向量为q=(x,y,z),则
令x=1,则y=1,z=-,从而平面BDF的一个法向量为q=.
设AE与平面BDF所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,q>|===,
因为t2+≥2=4,当且仅当t2=(t>0),即t=时等号成立,所以sin θ=≤1,
所以当t=时,AE与平面BDF所成的角最大,最大为90°.
课时跟踪检测
04
1
3
4
2
1.(10分)如图,已知四棱锥P ABCD,BC∥AD,CD⊥AD,
AD=2DC=2,AP⊥平面PCD.若二面角P AC B的
正弦值为,求AP.
解:因为AP⊥平面PCD,PD,CD 平面PCD,所以AP⊥PD,
AP⊥CD.又CD⊥AD,AD∩AP=A,AD,AP 平面APD,
所以CD⊥平面APD,
所以以点P为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,
设AP=m,PD=n,
则A(m,0,0),D(0,n,0),C(0,n,1),=(m,-n,-1),
=(m,-n,0).
1
3
4
2
设平面PAC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
由得
令y1=1,则n1=(0,1,-n).
设平面ABC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
由且CB∥DA,得
于是
令x2=n,则n2=(n,m,0).
1
3
4
2
设二面角P AC B的平面角为θ,
则sin θ=,所以|cos θ|==,
则|cos θ|=|cos|==,　①
又在Rt△APD中,AP2+PD2=AD2,即n2+m2=4,　②
联立①②可得,m=,n=1,所以AP=.
1
2
3
4
2.(13分)在如图所示的多面体ABCDFE中,四边形ABCD为菱形,
在梯形ABEF中,AF∥BE,AF⊥AB,AB=BE=2AF=2,
平面ABEF⊥平面ABCD.
(1)证明:BD⊥CF;(5分)
解:证明:因为AF⊥AB,且平面ABEF⊥平面ABCD,平面ABEF∩平面ABCD=AB,
AF 平面ABEF,所以AF⊥平面ABCD,
因为BD 平面ABCD,所以AF⊥BD.
因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.
又AF∩AC=A,AF,AC 平面ACF,
所以BD⊥平面ACF,因为CF 平面ACF,所以BD⊥CF.
1
2
3
4
(2)若直线BC与平面ACF所成的角为,点N为CF的中点,
求异面直线DN与CE所成角的余弦值.(8分)
解:记AC∩BD=O,连接ON,易得ON⊥平面ABCD.以O为原点,OD,OC,ON所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
因为BD⊥平面ACF,所以直线BC与平面ACF所成的角即为∠BCA=.
又因为四边形ABCD为菱形,所以△ACD,△ABC均为等边三角形,
1
2
3
4
由条件可知,D(,0,0),C(0,1,0),E(-,0,2),F(0,-1,1),
因为点N为CF的中点,所以N,
所以=,=(-,-1,2),
所以|cos<,>|=
==,
所以异面直线DN与CE所成角的余弦值为.
1
3
4
2
3.(15分)如图,在三棱锥P ABC中,△PAB为等边三角形,
△ABC为等腰直角三角形,PA=2,AC⊥BC,
平面PAB⊥平面ABC. (1)证明:AB⊥PC.(6分)
解:证明:取AB的中点O,连接OP,OC.
因为△PAB为等边三角形,所以OP⊥AB.
因为△ABC为等腰直角三角形,且AC⊥BC,所以OC⊥AB.
因为OP 平面POC,OC 平面POC,OP∩OC=O,所以AB⊥平面POC,又PC 平面POC,所以AB⊥PC.
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(2)点D在线段PC上,求直线AD与平面PBC所成角的
正弦值的最大值.(9分)
解:因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,
OP 平面PAB,OP⊥AB,所以OP⊥平面ABC.
以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,-1,0),C(1,0,0),P(0,0,),B(0,1,0),
=(-1,1,0),=(-1,0,),=(1,1,0),
设=λ(0≤λ≤1),则=+=(1,1,0)+λ(-1,0,)
=(1-λ,1,λ).
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设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则即
令z=,则x=3,y=3,所以n=(3,3,).
设直线AD与平面PBC所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|
=
=
=≤=,当且仅当λ=时,等号成立.
故直线AD与平面PBC所成角的正弦值的最大值为.
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2
4.(15分)如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD为矩形,
平面ADE⊥平面ABCD,且AB=4,正三角形ADE的边长为2.
(1)证明:EF∥平面ABCD.(6分)
解:证明:因为四边形ABCD为矩形,所以AB∥CD,
又AB 平面CDEF,CD 平面CDEF,
所以AB∥平面CDEF.
因为平面ABFE∩平面CDEF=EF,AB 平面ABFE,
所以AB∥EF.
又EF 平面ABCD,AB 平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
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(2)若EF解:分别取AD,BC的中点O,M,连接OE,OM,
因为平面ADE⊥平面ABCD,△ADE为正三角形,
以O为坐标原点,OA,OM,OE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A(1,0,0),B(1,4,0),C(-1,4,0),E(0,0,),
设F(0,m,)(0=(-2,0,0),=(-1,m-4,),
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设平面BCF的法向量为m=(x,y,z),
则由得
令z=,得m=,
因为直线AE与平面BCF所成角的正弦值为,
所以|cos<,m>|===,解得m=2或m=6(舍去),故EF=2.课时检测（十二） 空间角的综合问题
1.(10分)如图,已知四棱锥P ABCD,BC∥AD,CD⊥AD,AD=2DC=2,AP⊥平面PCD.若二面角P AC B的正弦值为,求AP.
2.(13分)在如图所示的多面体ABCDFE中,四边形ABCD为菱形,在梯形ABEF中,AF∥BE,AF⊥AB,
AB=BE=2AF=2,平面ABEF⊥平面ABCD.
(1)证明:BD⊥CF;(5分)
(2)若直线BC与平面ACF所成的角为,点N为CF的中点,求异面直线DN与CE所成角的余弦值.(8分)
3.(15分)如图,在三棱锥P ABC中,△PAB为等边三角形,△ABC为等腰直角三角形,PA=2,AC⊥BC,
平面PAB⊥平面ABC.
(1)证明:AB⊥PC.(6分)
(2)点D在线段PC上,求直线AD与平面PBC所成角的正弦值的最大值.(9分)
4.(15分)如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD为矩形,平面ADE⊥平面ABCD,且AB=4,正三角形ADE的边长为2.
(1)证明:EF∥平面ABCD.(6分)
(2)若EF课时检测(十二)
1．解：因为AP⊥平面PCD，PD，CD 平面PCD，所以AP⊥PD，AP⊥CD.
又CD⊥AD，AD∩AP＝A，AD，AP 平面APD，所以CD⊥平面APD，所以以点P为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设AP＝m，PD＝n，
则A(m,0,0)，D(0，n,0)，C(0，n,1)，＝(m，－n，－1)，＝(m，－n,0)．
设平面PAC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由得
令y1＝1，则n1＝(0,1，－n)．
设平面ABC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由且CB∥DA，得
于是
令x2＝n，则n2＝(n，m,0)．
设二面角P AC B的平面角为θ，则sin θ＝，所以|cos θ|＝ ＝，
则|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|
＝＝，　①
又在Rt△APD中，AP2＋PD2＝AD2，即n2＋m2＝4，　②
联立①②可得，m＝，n＝1，所以AP＝.
2．解：(1)证明：因为AF⊥AB，且平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，AF 平面ABEF，
所以AF⊥平面ABCD，
因为BD 平面ABCD，所以AF⊥BD.
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又AF∩AC＝A，AF，AC 平面ACF，
所以BD⊥平面ACF，因为CF 平面ACF，所以BD⊥CF.
(2)记AC∩BD＝O，连接ON，易得ON⊥平面ABCD.以O为原点，OD，OC，ON所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为BD⊥平面ACF，所以直线BC与平面ACF所成的角即为∠BCA＝.
又因为四边形ABCD为菱形，所以△ACD，△ABC均为等边三角形，
由条件可知，D(，0,0)，C(0,1,0)，E(－，0,2)，F(0，－1,1)，
因为点N为CF的中点，所以N，
所以＝，＝(－，－1,2)，
所以|cos〈，〉|＝＝＝，所以异面直线DN与CE所成角的余弦值为.
3．解：(1)证明：取AB的中点O，连接OP，OC.
因为△PAB为等边三角形，所以OP⊥AB.
因为△ABC为等腰直角三角形，且AC⊥BC，所以OC⊥AB.
因为OP 平面POC，OC 平面POC，OP∩OC＝O，所以AB⊥平面POC，又PC 平面POC，所以AB⊥PC.
(2)因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，OP 平面PAB，OP⊥AB，
所以OP⊥平面ABC.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1,0)，C(1,0,0)，P(0,0，)，B(0,1,0)，＝(－1,1,0)，＝(－1,0，)，＝(1,1,0)，
设＝λ(0≤λ≤1)，则＝＋＝(1,1,0)＋λ(－1,0，)＝(1－λ，1，λ)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝，则x＝3，y＝3，所以n＝(3,3，)．
设直线AD与平面PBC所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|
＝
＝
＝
≤＝，
当且仅当λ＝时，等号成立．
故直线AD与平面PBC所成角的正弦值的最大值为.
4．解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以AB∥CD，
又AB 平面CDEF，CD 平面CDEF，
所以AB∥平面CDEF.
因为平面ABFE∩平面CDEF＝EF，AB 平面ABFE，所以AB∥EF.
又EF 平面ABCD，AB 平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD.
(2)分别取AD，BC的中点O，M，连接OE，OM，
因为平面ADE⊥平面ABCD，△ADE为正三角形，
以O为坐标原点，OA，OM，OE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A(1,0,0)，B(1,4,0)，C(－1，4,0)，E(0,0, )，
设F(0，m，)(0设平面BCF的法向量为m＝(x，y，z)，
则由得
令z＝，得m＝，
因为直线AE与平面BCF所成角的正弦值为，所以|cos〈，m〉|＝＝＝，解得m＝2或m＝6(舍去)，故EF＝2.

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