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第56课时　向量法求空间角(一)
[考试要求]　能用向量法解决与异面直线所成的角、直线与平面所成的角有关的问题，体会向量法在研究空间角问题中的作用．
知识点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 〈u，v〉|＝．
知识点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 〈u，n〉|＝．
1．(人教A版选择性必修第一册P38练习T1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是(　　)
A． B．
C． D．
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2．(苏教版选择性必修第二册P35练习T1(3)改编)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〉＝－，则直线l与平面α所成的角为(　　)
A．30° B．60°
C．120° D．150°
考点一　异面直线所成的角
[典例1]　(1)(2026·安丘模拟)已知圆台的上底面圆O′的半径为1，下底面圆O的半径为2，点A′，A分别在上、下底面圆周上，且O′A′⊥OA，OO′＝1，则直线AA′与OO′所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
(2)(2026·佛山模拟)正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形)．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．如图，已知一个正八面体ABCDEF的棱长为2，M，N分别为棱AD，AC的中点，则直线BN和FM所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
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通性通法：向量法求异面直线所成角的两种方法及一个注意点
1．两种方法
(1)基向量法：利用线性运算．
(2)坐标法：利用坐标运算．
2．一个注意点
注意异面直线所成的角与向量夹角的区别，尤其是取值范围．
[多维变迁]
1．在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝2，若直线CA1与直线AB所成的角为60°，则AA1＝(　　)
A． B．2
C．2 D．2
2．(2026·张掖模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD，AA1＝A1B1＝AB＝1，∠ABC＝，则直线AC与直线BB1所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
考点二　直线与平面所成的角
[典例2]　(2025·哈尔滨期末)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．
(1)证明：BC1∥平面A1CD；
(2)已知AB＝2，AA1＝AC＝CB＝，求CD与平面A1CE所成角的大小．
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通性通法：线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a，n〉|．
[多维变迁]
(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1．
(1)证明：A1C＝AC；
(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
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1．(链接考点一)(人教B版选择性必修第一册P37练习AT3改编)已知直线l1的方向向量为s1＝(1，0，1)，直线l2的方向向量为s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2所成角的余弦值为(　　)
A．　　　　　　 B．
C．　　　 D．
2．(链接考点二)(2025·庐山月考)在三棱锥P-ABC中，P(0，0，1)，A(0，，0)，B(1，，0)，C(2，0，0)，则PC与平面PAB所成角的正弦值为(　　)
A． B．
C． D．
3．(链接考点一)(2026·白银模拟)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝3，BB1＝2，＝＝，则异面直线A1M和BN所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
4．(链接考点二)(人教A版选择性必修第一册P43习题1.4T10改编)设M，N分别是正方体ABCD-A′B′C′D′的棱BB′和B′C′的中点，则直线MN与平面A′BCD′所成角的正弦值为________．
第56课时　向量法求空间角(一)
理法先行·题练固本
链教材·夯基固本
1．A　[如图，建立空间直角坐标系．设BC＝CA＝CC1＝1，则A(1，0，1)，B(0，1，1)，D1，F1，
，
所以|cos 〈〉|＝．故选A．]
2．A　[设直线l与平面α所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，所以直线l与平面α所成的角为30°．故选A．]
考点深研·题型突破
考点一
典例1　(1)A　(2)D　[(1)设圆台经过点A'的母线为A'B，∵O'A'⊥OA，∴OA⊥OB，以O为原点，OA，OB，OO'所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则O(0，0，0)，A(2，0，0)，A'(0，1，1)，O'(0，0，1)，可得＝(－2，1，1)，||＝，
∵＝(0，0，1)，
∴cos〈〉＝，即直线AA'与OO'所成角的余弦值为．
故选A．
(2)法一：连接BD，AF交于点O，连接OC，
易知OC，OD，OA两两垂直，如图，建立空间直角坐标系Oxyz，
则B(0，－，0)，C(，0，0)，A(0，0，)，D(0，，0)，F(0，0，－)，
所以N，M，
，
所以|cos〈〉|＝，
即直线BN和FM所成角的余弦值为．
法二：由题意，可得，
＝－，
连接BD(图略)，由正八面体ABCDEF的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，易知四边形BCDE为正方形，
在△ABD中，由AB＝AD＝2，BD＝2，可得AB2＋AD2＝BD2，所以AB⊥AD，
所以＝－＝－×2×2×＋0－×2×2×＋22＝－－1＋4＝，||＝
＝
＝，
||＝
＝
＝，
所以|cos〈〉|＝，
即直线BN和FM所成角的余弦值为．]
多维变迁
1．B　[如图，以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)．
设A1(2，0，z)，z>0，
则＝(2，0，0)，＝(2，－2，z)，
所以|cos 〈〉|＝
＝cos 60°＝，
解得z＝2，故AA1＝2．故选B．]
2．A　[取BC的中点F，连接AF，则由题意可得AF⊥BC，AF⊥AD，且BF＝1，AF＝，
以A为坐标原点，AF，AD，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A(0，0，0)，B(，－1，0)，B1，C(，1，0)，
∴＝(，1，0)，
∴|cos〈〉|＝，
∴直线AC与直线BB1所成角的余弦值为．
故选A．]
考点二
典例2　(1)证明：连接AC1，交A1C于点P，连接DP，
因为点D，P分别是AB，AC1的中点，所以DP∥BC1，
因为DP 平面A1CD，BC1 平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD．
(2)解：因为AB＝2，AA1＝AC＝CB＝，
所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥CB，
如图，以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则C(0，0，0)，D，A1(，0，)，E＝(，0，)，
设平面A1CE的法向量为m＝(x，y，z)，
则
所以
令x＝2，则y＝1，z＝－2，
所以平面A1CE的一个法向量为m＝(2，1，－2)．
设CD与平面A1CE所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，m〉|＝，又θ∈，
所以直线CD与平面A1CE所成角的大小为．
多维变迁
　(1)证明：过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，
∵A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
∴A1C⊥BC，
又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
∵A1C，AC 平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，
∵A1D 平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，
又CC1，BC 平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，
∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D＝1．
由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，
∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，
∴A1C＝A1C1，
又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝A1C1，
∴A1C＝AC．
(2)解：连接A1B，由(1)易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，
∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2，
又A1D＝1且A1C＝AC，
∴A1C＝A1C1＝AC＝，AB＝A1B1＝，BC＝．
建立空间直角坐标系Cxyz如图所示，
则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，B1(－)，C1(－，0，)，
∴＝(0，，0)，＝(－，0，＝(－2)．
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
则取x＝1，则y＝0，z＝1，
∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1)．
设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝．
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为．
随堂·对点检测
1．C　[因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，所以cos〈s1，s2〉＝＝－．又两直线所成角的取值范围为，所以l1和l2所成角的余弦值为．]
2．C　[因为P(0，0，1)，A(0，，0)，B(1，，0)，C(2，0，0)，
故＝(0，，－1)，＝(1，，－1)，＝(2，0，－1)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令y＝1，则x＝0，z＝，
故n＝(0，1，)为平面PAB的一个法向量，
设PC与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝．故选C．]
3．B　[如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝3，BB1＝2，，
则A1(3，0，2)，M(2，2，0)，B(3，3，0)，N(2，1，2)，所以＝(－1，2，－2)，＝(－1，－2，2)，
设异面直线A1M和BN所成的角为θ，
则cos θ＝
＝．
故选B．]
4．　[建立空间直角坐标系如图，设AB＝2，
则M(2，2，1)，N(1，2，2)，B(2，2，0)，A'(2，0，2)，C(0，2，0)，
则＝(－1，0，1)，＝(0，－2，2)，＝(－2，0，0)．
设平面A'BCD'的法向量为n＝(x，y，z)，
故
令z＝1，则y＝1，x＝0，所以平面A'BCD'的一个法向量为n＝(0，1，1)，
所以MN与平面A'BCD'所成角的正弦值为|cos〈，n〉|＝．]
1 / 6(共85张PPT)
第七章　立体几何与空间向量
第56课时　向量法求空间角(一)
[考试要求]　能用向量法解决与异面直线所成的角、直线与平面所成的角有关的问题，体会向量法在研究空间角问题中的作用．
理法先行·题练固本
知识点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 〈u，v〉|＝．
知识点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〈u，n〉|＝．
1．(人教A版选择性必修第一册P38练习T1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是(　　)
A． B．
C． D．
√
A　[如图，建立空间直角坐标系．设BC＝CA＝CC1＝1，则A(1，0，1)，B(0，1，1)，D1，F1，
所以|cos 〈〉|＝
．故选A．]
2．(苏教版选择性必修第二册P35练习T1(3)改编)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〉＝－，则直线l与平面α所成的角为(　　)
A．30° B．60°
C．120° D．150°
√
A　[设直线l与平面α所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，
所以直线l与平面α所成的角为30°．
故选A．]
考点深研·题型突破
考点一　异面直线所成的角
[典例1]　(1)(2026·安丘模拟)已知圆台的上底面圆O'的半径为1，下底面圆O的半径为2，点A'，A分别在上、下底面圆周上，且O'A'⊥OA，OO'＝1，则直线AA'与OO'所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
√
(2)(2026·佛山模拟)正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形)．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．如图，已知一个正八面体ABCDEF的棱长为2，M，N分别为棱AD，AC的中点，则直线BN和FM所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
√
(1)A　(2)D　[(1)设圆台经过点A'的母线为A'B，
∵O'A'⊥OA，∴OA⊥OB，以O为原点，OA，OB，OO'所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则O(0，0，0)，A(2，0，0)，A'(0，1，1)，O'(0，0，1)，可得＝(－2，1，1)，||＝，
∵＝(0，0，1)，
∴cos〈〉＝，即直线AA'与OO'所成角的余弦值为．
故选A．
(2)法一：连接BD，AF交于点O，连接OC，
易知OC，OD，OA两两垂直，如图，建立空间直角坐标系Oxyz，
则B(0，－，0)，C(，0，0)，A(0，0，)，D(0，，0)，F(0，0，－)，
所以N，M，
，
所以|cos〈〉|＝，
即直线BN和FM所成角的余弦值为．
法二：由题意，可得，
＝－，
连接BD(图略)，由正八面体ABCDEF的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，易知四边形BCDE为正方形，
在△ABD中，由AB＝AD＝2，BD＝2，可得AB2＋AD2＝BD2，所以AB⊥AD，
所以＝－＝－×2×2×＋0－×2×2×＋22＝－－1＋4＝，||＝，
||＝＝＝，
所以|cos〈〉|＝，
即直线BN和FM所成角的余弦值为．]
通性通法：向量法求异面直线所成角的两种方法及一个注意点
1．两种方法
(1)基向量法：利用线性运算．
(2)坐标法：利用坐标运算．
2．一个注意点
注意异面直线所成的角与向量夹角的区别，尤其是取值范围．
[多维变迁]
1．在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝2，若直线CA1与直线AB所成的角为60°，则AA1＝(　　)
A． B．2
C．2 D．2
√
B　[如图，以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)．
设A1(2，0，z)，z>0，
则＝(2，0，0)，＝(2，－2，z)，
所以|cos 〈〉|＝＝cos 60°＝，
解得z＝2，故AA1＝2．故选B．]
2．(2026·张掖模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD，AA1＝A1B1＝AB＝1，∠ABC＝，则直线AC与直线BB1所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
√
A　[取BC的中点F，连接AF，则由题意可得AF⊥BC，AF⊥AD，且BF＝1，AF＝，
以A为坐标原点，AF，AD，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A(0，0，0)，B(，－1，0)，B1，C(，1，0)，
∴＝(，1，0)，
∴|cos〈〉|＝，
∴直线AC与直线BB1所成角的余弦值为．
故选A．]
【教用·备选题】
1．(2025·海南期末)如图，在棱长为6的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
√
A　[作AO⊥平面BCD，垂足为O，
因为四面体ABCD为正四面体，
所以O为△BCD的中心，
连接OC，则OC⊥BD，
则以O为坐标原点，OC，OA所在直
线分别为y轴、z轴建立如图所示的
空间直角坐标系，
则A(0，0，2)，B(3，－，0)，C(0，2，0)，D(－3，－，0)，
所以E，F，
所以，
设异面直线BE，CF所成的角为θ，
所以cos θ＝|cos〈〉|＝．
故选A．]
2．(2025·全国一卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD．
(2)设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，且点P，B，C，D均在球O的球面上．
(ⅰ)证明：点O在平面ABCD内；
(ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值．
[解]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
又AD 平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB．
(2)(ⅰ)证明：以A为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，

则B(，0，0)，C(，2，0)，D(0，1＋，0)，P(0，0，)，设O(a，b，c)，因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以||＝||＝||＝||，则(a－)2＋b2＋c2＝(a－)2＋(b－2)2＋c2＝a2＋(b－1－)2＋c2＝a2＋b2＋(c－)2，
得a＝0，b＝1，c＝0，即O(0，1，0)，
所以点O在AD上，即点O在平面ABCD内．
(ⅱ)＝(，2，0)，＝(0，1，－)，
则cos〈〉＝，
所以直线AC与PO所成角的余弦值为．
考点二　直线与平面所成的角
[典例2]　(2025·哈尔滨期末)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．
(1)证明：BC1∥平面A1CD；
(2)已知AB＝2，AA1＝AC＝CB＝，
求CD与平面A1CE所成角的大小．
[解]　(1)证明：连接AC1，交A1C于点P，连接DP，
因为点D，P分别是AB，AC1的中点，所以DP∥BC1，
因为DP 平面A1CD，BC1 平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD．
(2)因为AB＝2，AA1＝AC＝CB＝，
所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥CB，
如图，以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则C(0，0，0)，D，A1(，0，)，E＝(，0，)，
设平面A1CE的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令x＝2，则y＝1，z＝－2，
所以平面A1CE的一个法向量为m＝(2，1，－2)．
设CD与平面A1CE所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，m〉|＝，
又θ∈，
所以直线CD与平面A1CE所成角的大小为．
通性通法：线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|．
【教用·通性通法】
空间向量求直线与平面所成角的方法
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
[多维变迁]
(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1．
(1)证明：A1C＝AC；
(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1
与平面BCC1B1所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，
∵A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，∴A1C⊥BC，
又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
∵A1C，AC 平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，
∴BC⊥平面ACC1A1，
∵A1D 平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，
又CC1，BC 平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，
∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D＝1．
由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，
∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，
∴A1C＝A1C1，
又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝A1C1，
∴A1C＝AC．
(2)连接A1B，由(1)易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，
∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2，
又A1D＝1且A1C＝AC，
∴A1C＝A1C1＝AC＝，AB＝A1B1＝，BC＝．
建立空间直角坐标系Cxyz如图所示，
则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，B1(－)，C1(－，0，)，
∴＝(0，，0)，＝(－，0，＝(－2)．
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即取x＝1，则y＝0，z＝1，
∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1)．
设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝．
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为．
【教用·备选题】
如图，四棱锥P-ACDB中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝4，C，D是平面ABC内以AB为直径的半圆弧的三等分点．
(1)证明：平面PAC⊥平面PBC；
(2)求PD与平面PBC所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC，
因为C是平面ABC内以AB为直径的半圆弧的三等分点，所以AC⊥BC，
因为PA∩AC＝A，PA 平面PAC，AC 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，
又因为BC 平面PBC，
所以平面PAC⊥平面PBC．
(2)以A为坐标原点，垂直于AB的直线为x轴，AB，AP所在直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，P(0，0，4)，B(0，4，0)，C(，1，0)，D(，3，0)，
故＝(，3，－4)，＝(0，4，－4)，＝(－，3，0)，
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则
则
可以取m＝(，1，1)为平面PBC的一个法向量，设直线PD与平面PBC所成角为θ，
所以sin θ＝|cos〈，m〉|＝，
故PD与平面PBC所成角的正弦值为．
1．(链接考点一)(人教B版选择性必修第一册P37练习AT3改编)已知直线l1的方向向量为s1＝(1，0，1)，直线l2的方向向量为s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2所成角的余弦值为(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
√
C　[因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，所以cos〈s1，s2〉＝＝－．又两直线所成角的取值范围为，所以l1和l2所成角的余弦值为．]
2．(链接考点二)(2025·庐山月考)在三棱锥P-ABC中，P(0，0，1)，A(0，，0)，B(1，，0)，C(2，0，0)，则PC与平面PAB所成角的正弦值为(　　)
A． B．
C． D．
√
C　[因为P(0，0，1)，A(0，，0)，B(1，，0)，C(2，0，0)，
故＝(0，，－1)，＝(1，，－1)，＝(2，0，－1)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令y＝1，则x＝0，z＝，
故n＝(0，1，)为平面PAB的一个法向量，
设PC与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝．
故选C．]
3．(链接考点一)(2026·白银模拟)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝3，BB1＝2，，则异面直线A1M和BN所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
√
B　[如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝3，BB1＝2，，
则A1(3，0，2)，M(2，2，0)，B(3，3，0)，N(2，1，2)，
所以＝(－1，2，－2)，＝(－1，－2，2)，
设异面直线A1M和BN所成的角为θ，
则cos θ＝＝．
故选B．]
4．(链接考点二)(人教A版选择性必修第一册P43习题1.4T10改编)设M，N分别是正方体ABCD-A'B'C'D'的棱BB'和B'C'的中点，则直线MN与平面A'BCD'所成角的正弦值为______________．
　[建立空间直角坐标系如图，设AB＝2，
则M(2，2，1)，N(1，2，2)，B(2，2，0)，A'(2，0，2)，C(0，2，0)，
则＝(－1，0，1)，＝(0，－2，2)，＝(－2，0，0)．
设平面A'BCD'的法向量为n＝(x，y，z)，
故
令z＝1，则y＝1，x＝0，所以平面A'BCD'的一个法向量为n＝(0，1，1)，
所以MN与平面A'BCD'所成角的正弦值为|cos〈，n〉|＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
一、单项选择题
1．(2025·盐城月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝2DC，E为PC上一点，且PC＝4EC，则异面直线AC与BE所成角的余弦值为(　　)
A．－ B．
C． D．－
√
课时作业(五十六)　向量法求空间角(一)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
B　[以D为坐标原点，DA，DC，DP所在
直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直
角坐标系，如图所示．
设PD＝2，则AB＝AD＝BC＝CD＝1，
可得A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，
由PC＝4EC，得E＝(－1，1，0)，，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
可得cos〈〉＝＝，所以异面直线AC与BE所成角的余弦值为．故选B．]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
2．(2025·宿迁期末)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1，P为B1C1的中点，则直线BP与平面ACC1A1所成角的正弦值为(　　)
A． B．
C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A　[以过点A作平面ACC1A1的垂线为x轴，以AC，AA1所在直线分别为y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
则平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，0，0)，
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，设AB＝AA1＝2，则B(，1，0)，P，
所以，
设直线BP与平面ACC1A1所成的角为θ．
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝，
所以直线BP与平面ACC1A1所成角的正弦值为．
故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
3．(2026·合肥模拟)在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种名为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A　[设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，O1C1，O1B1，
以O为坐标原点，分别以OC，OB，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
则C(1，0，0)，A(0，2，0)，B1(0，1，2)，D1(2，0，2)，
则＝(1，0，2)，＝(0，－1，2)，
cos〈〉＝，
又异面直线所成角的范围为，
故异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为．
故选A．]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
4．(人教A版选择性必修第一册P41练习T3改编)在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，且∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2AD＝1，则SC与平面ABCD所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A　[因为SA⊥平面ABCD，AD，AB 平面ABCD，
所以SA⊥AD，SA⊥AB，又底面ABCD是直角梯形，且BC＝2AD＝1，∠ABC＝90°，所以∠BAD＝90°，即AD⊥AB．
如图，以A为坐标原点，AD，AB，AS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由SA＝AB＝BC＝2AD＝1，可得A(0，0，0)，
S(0，0，1)，C(1，1，0)，所以＝(1，1，－1)，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
因为SA⊥平面ABCD，所以＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量，设SC与平面ABCD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈〉|＝，
即直线SC与平面ABCD所成角的正弦值为，则SC与平面ABCD所成角的余弦值为．故选A．]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
二、多项选择题
5．(2025·长沙月考)在三棱锥P-ABC中，P(2，2，0)，A(4，0，6)，B(0，4，2)，C(0，0，4)，则(　　)
A．|PB|＝2
B．直线CA与直线CB所成角的余弦值为－
C．向量n＝(－1，1，2)是平面ABC的一个法向量
D．PB与平面ABC所成角的正弦值为
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
ACD　[∵P(2，2，0)，B(0，4，2)，
∴|PB|＝＝2，故A正确；
∵A(4，0，6)，B(0，4，2)，C(0，0，4)，
∴＝(4，0，2)，＝(0，4，－2)，
∴cos〈〉＝＝－，
∵两直线所成角的取值范围为，
∴直线CA与直线CB夹角的余弦值为，故B错误；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
∵n＝(－1，1，2)，且·n＝4×(－1)＋0×1＋2×2＝0，·n＝0×(－1)＋4×1＋(－2)×2＝0，
∴n是平面ABC的一个法向量，故C正确；
∵P(2，2，0)，B(0，4，2)，∴＝(－2，2，2)，
∴PB与平面ABC所成角的正弦值为|cos〈，n〉|＝，故D正确．
故选ACD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
6．(人教A版必修第二册P152例4改编)如图，E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1中棱CD上的两点，且AB＝2，EF＝1，则下列说法中不正确的有(　　)
A．异面直线B1D1与EF所成的角的大小为45°
B．异面直线B1D1与EF所成的角的大小为30°
C．直线B1D1与平面B1EF所成的角的大小为45°
D．直线B1D1与平面B1EF所成的角的大小为60°
√
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
BCD　[以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，B1(2，2，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，易知＝(2，2，0)，＝(0，1，0)，所以cos 〈〉＝，所以异面直线B1D1与EF所成的角的大小为45°，故A正确，B错误．连接A1D，B1C，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
由题意可知平面B1EF即为平面A1B1CD，设平面A1B1CD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝n·＝0．又＝(0，2，0)，＝(2，0，2)，所以令x＝1，得n＝(1，0，－1)为平面A1B1CD的一个法向量，所以cos〈，n〉＝，所以直线B1D1与平面A1B1CD所成的角为30°，即直线B1D1与平面B1EF所成角的大小为30°，故C，D错误．故选BCD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
三、填空题
7．(2025·牡丹江月考)若直线l的方向向量为a＝(2，－3，)，向量n＝(1，0，0)是平面α的一个法向量，则直线l与平面α所成角的大小为______________．
　
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
　[设直线l与平面α所成的角为θ，
因为直线l的方向向量为a＝(2，－3，)，向量n＝(1，0，0)是平面α的一个法向量，
所以sin θ＝|cos〈a，n〉|＝，
因为θ∈，
所以θ＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
8．(人教B版选择性必修第一册P48练习B T3改编)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为CC1的中点，则直线AD1与平面BDE所成角的正弦值为______________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
　[由题意，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，如图所示，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，
B(2，2，0)，E(0，2，1)，D1(0，0，2)，
所以＝(2，2，0)，＝(0，2，1)，＝(－2，0，2)，
设平面BDE的法向量为m＝(x，y，z)，
则
即令x＝1，得y＝－1，z＝2，则m＝(1，－1，2)为平面BDE的一个法向量．
设直线AD1与平面BDE所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，m〉|＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
四、解答题
9．(2025·商洛期末)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形AA1B1B是菱形，点P在线段B1C1上，AB⊥AD，平面AA1B1B⊥平面ABCD．
(1)证明：A1B⊥B1D；
(2)已知∠ABB1＝，AB＝AD＝2，B1P＝，
求直线A1B与平面ABP所成角的正弦值．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[解]　(1)证明：设AB1∩A1B＝O，因为平面AA1B1B⊥平面ABCD，且平面AA1B1B∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，且AD 平面ABCD，
所以AD⊥平面AA1B1B，又A1B 平面AA1B1B，则AD⊥A1B，
因为四边形AA1B1B是菱形，则AB1⊥A1B，
因为AB1∩AD＝A，AB1，AD 平面AB1D，
故A1B⊥平面AB1D，
因为B1D 平面AB1D，
所以A1B⊥B1D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
(2)设CD1∩C1D＝H，连接OH，分别以OB，OB1，OH所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
因为∠ABB1＝，所以△ABB1为正三角形，
故A1O＝BO＝AB＝，
依题意可得，A1(－，0，0)，B(，0，0)，A(0，－1，0)，P(0，1，)，
则＝(2，0，0)，＝(，1，0)，＝(0，2，)，
设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
则
故可取n＝(1，－，2)为平面ABP的一个法向量，
设直线A1B与平面ABP所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
10．(2024·上海卷)如图，在正四棱锥P-ABCD中，O为底面ABCD的中心．
(1)若AP＝5，AD＝3，求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若AP＝AD，E为PB的中点，求直线BD
与平面AEC所成角的大小．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[解]　(1)因为四棱锥P-ABCD是正四棱锥，
所以底面ABCD是正方形，且OP⊥底面ABCD，
因为AD＝3，所以AO＝OD＝OB＝OC＝3，
因为AP＝5，
所以PO＝＝4，
所以△POA绕OP旋转一周形成的几何体是底面半径为3，高为4的圆锥，
所以V圆锥＝Sh＝π×32×4＝12π．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
(2)如图，建立空间直角坐标系，
因为AP＝AD，由题知四棱锥P-ABCD是正四棱锥，所以该四棱锥各棱长相等，设AB＝a，a>0，则AO＝OD＝OB＝OC＝a，PO＝＝a，
则O(0，0，0)，P(0，0，a)，A(0，－a，0)，
B(a，0，0)，C(0，a，0)，D(－a，0，0)，
E，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
故＝(－2a，0，0)，＝(0，2a，0)，，
设n＝(x1，y1，z1)为平面AEC的法向量，
则
即令x1＝1，则y1＝0，z1＝－1，
所以n＝(1，0，－1)为平面AEC的一个法向量，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
则cos〈n，〉＝＝－，
设直线BD与平面AEC所成的角为θ，
因为sin θ＝|cos〈n，〉|＝，θ∈，
所以θ＝，
故直线BD与平面AEC所成角的大小为．
谢谢！课时作业(五十六)　向量法求空间角(一)
一、单项选择题
1．(2025·盐城月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝2DC，E为PC上一点，且PC＝4EC，则异面直线AC与BE所成角的余弦值为(　　)
A．－ B．
C． D．－
2．(2025·宿迁期末)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1，P为B1C1的中点，则直线BP与平面ACC1A1所成角的正弦值为(　　)
A． B．
C． D．
3．(2026·合肥模拟)在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种名为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
4．(人教A版选择性必修第一册P41练习T3改编)在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，且∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2AD＝1，则SC与平面ABCD所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
二、多项选择题
5．(2025·长沙月考)在三棱锥P-ABC中，P(2，2，0)，A(4，0，6)，B(0，4，2)，C(0，0，4)，则(　　)
A．|PB|＝2
B．直线CA与直线CB所成角的余弦值为－
C．向量n＝(－1，1，2)是平面ABC的一个法向量
D．PB与平面ABC所成角的正弦值为
6．(人教A版必修第二册P152例4改编)如图，E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1中棱CD上的两点，且AB＝2，EF＝1，则下列说法中不正确的有(　　)
A．异面直线B1D1与EF所成的角的大小为45°
B．异面直线B1D1与EF所成的角的大小为30°
C．直线B1D1与平面B1EF所成的角的大小为45°
D．直线B1D1与平面B1EF所成的角的大小为60°
三、填空题
7．(2025·牡丹江月考)若直线l的方向向量为a＝(2，－3，)，向量n＝(1，0，0)是平面α的一个法向量，则直线l与平面α所成角的大小为________．
8．(人教B版选择性必修第一册P48练习B T3改编)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为CC1的中点，则直线AD1与平面BDE所成角的正弦值为________．
四、解答题
9．(13分)(2025·商洛期末)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形AA1B1B是菱形，点P在线段B1C1上，AB⊥AD，平面AA1B1B⊥平面ABCD．
(1)证明：A1B⊥B1D；
(2)已知∠ABB1＝，AB＝AD＝2，B1P＝，求直线A1B与平面ABP所成角的正弦值．
10．(15分)(2024·上海卷)如图，在正四棱锥P-ABCD中，O为底面ABCD的中心．
(1)若AP＝5，AD＝3，求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若AP＝AD，E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小．
课时作业(五十六)
1．B　[以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
设PD＝2，则AB＝AD＝BC＝CD＝1，
可得A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，
由PC＝4EC，
得E，
所以＝(－1，1，0)，，
可得cos〈〉＝
＝，
所以异面直线AC与BE所成角的余弦值为．
故选B．]
2．A　[以过点A作平面ACC1A1的垂线为x轴，以AC，AA1所在直线分别为y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，0，0)，
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，设AB＝AA1＝2，
则B(，1，0)，
P，
所以，
设直线BP与平面ACC1A1所成的角为θ．
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝，
所以直线BP与平面ACC1A1所成角的正弦值为．故选A．]
3．A　[设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，O1C1，O1B1，
以O为坐标原点，分别以OC，OB，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
则C(1，0，0)，A(0，2，0)，B1(0，1，2)，D1(2，0，2)，
则＝(1，0，2)，＝(0，－1，2)，
cos〈〉＝
＝，
又异面直线所成角的范围为，
故异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为．
故选A．]
4．A　[因为SA⊥平面ABCD，AD，AB 平面ABCD，
所以SA⊥AD，SA⊥AB，又底面ABCD是直角梯形，且BC＝2AD＝1，∠ABC＝90°，所以∠BAD＝90°，即AD⊥AB．
如图，以A为坐标原点，AD，AB，AS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由SA＝AB＝BC＝2AD＝1，可得A(0，0，0)，S(0，0，1)，C(1，1，0)，
所以＝(1，1，－1)，
因为SA⊥平面ABCD，所以＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量，设SC与平面ABCD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈〉|＝，
即直线SC与平面ABCD所成角的正弦值为，则SC与平面ABCD所成角的余弦值为．故选A．]
5．ACD　[∵P(2，2，0)，B(0，4，2)，
∴|PB|＝＝2，故A正确；
∵A(4，0，6)，B(0，4，2)，C(0，0，4)，
∴＝(4，0，2)，＝(0，4，－2)，
∴cos〈〉＝
＝＝－，
∵两直线所成角的取值范围为，
∴直线CA与直线CB夹角的余弦值为，故B错误；
∵n＝(－1，1，2)，且·n＝4×(－1)＋0×1＋2×2＝0，·n＝0×(－1)＋4×1＋(－2)×2＝0，
∴n是平面ABC的一个法向量，故C正确；
∵P(2，2，0)，B(0，4，2)，∴＝(－2，2，2)，
∴PB与平面ABC所成角的正弦值为|cos〈，n〉|＝，故D正确．
故选ACD．]
6．BCD　[以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，B1(2，2，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，易知＝(2，2，0)，＝(0，1，0)，所以cos 〈〉＝，所以异面直线B1D1与EF所成的角的大小为45°，故A正确，B错误．连接A1D，B1C，由题意可知平面B1EF即为平面A1B1CD，设平面A1B1CD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝n·＝0．又＝(0，2，0)，＝(2，0，2)，所以令x＝1，得n＝(1，0，－1)为平面A1B1CD的一个法向量，所以cos〈，n〉＝，所以直线B1D1与平面A1B1CD所成的角为30°，即直线B1D1与平面B1EF所成角的大小为30°，故C，D错误．故选BCD．]
7．　[设直线l与平面α所成的角为θ，
因为直线l的方向向量为a＝(2，－3，)，向量n＝(1，0，0)是平面α的一个法向量，
所以sin θ＝|cos〈a，n〉|＝，
因为θ∈，所以θ＝．]
8．　[由题意，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，如图所示，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，
E(0，2，1)，D1(0，0，2)，
所以＝(2，2，0)，＝(0，2，1)，＝(－2，0，2)，
设平面BDE的法向量为m＝(x，y，z)，
则
即令x＝1，得y＝－1，z＝2，则m＝(1，－1，2)为平面BDE的一个法向量．
设直线AD1与平面BDE所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，m〉|＝．]
9．(1)证明：设AB1∩A1B＝O，因为平面AA1B1B⊥平面ABCD，且平面AA1B1B∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，且AD 平面ABCD，
所以AD⊥平面AA1B1B，又A1B 平面AA1B1B，则AD⊥A1B，
因为四边形AA1B1B是菱形，则AB1⊥A1B，
因为AB1∩AD＝A，AB1，AD 平面AB1D，
故A1B⊥平面AB1D，
因为B1D 平面AB1D，
所以A1B⊥B1D．
(2)解：设CD1∩C1D＝H，连接OH，分别以OB，OB1，OH所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
因为∠ABB1＝，所以△ABB1为正三角形，
故A1O＝BO＝AB＝，
依题意可得，A1(－，0，0)，B(，0，0)，
A(0，－1，0)，P(0，1，)，
则＝(2，0，0)，＝(，1，0)，
＝(0，2，)，
设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)，
则
故可取n＝(1，－，2)为平面ABP的一个法向量，
设直线A1B与平面ABP所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝．
10．解：(1)因为四棱锥P-ABCD是正四棱锥，
所以底面ABCD是正方形，且OP⊥底面ABCD，
因为AD＝3，
所以AO＝OD＝OB＝OC＝3，
因为AP＝5，
所以PO＝＝4，
所以△POA绕OP旋转一周形成的几何体是底面半径为3，高为4的圆锥，
所以V圆锥＝Sh＝π×32×4＝12π．
(2)如图，建立空间直角坐标系，
因为AP＝AD，由题知四棱锥P-ABCD是正四棱锥，所以该四棱锥各棱长相等，
设AB＝a，a>0，
则AO＝OD＝OB
＝OC＝a，PO＝＝a，
则O(0，0，0)，P(0，0，a)，A(0，－a，0)，
B(a，0，0)，C(0，a，0)，D(－a，0，0)，E，
故＝(－2a，0，0)，＝(0，2a，0)，，
设n＝(x1，y1，z1)为平面AEC的法向量，
则
即令x1＝1，则y1＝0，z1＝－1，
所以n＝(1，0，－1)为平面AEC的一个法向量，
则cos〈n，〉＝＝－，
设直线BD与平面AEC所成的角为θ，
因为sin θ＝|cos〈n，〉|＝，θ∈，
所以θ＝，
故直线BD与平面AEC所成角的大小为．
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