(浙江专用)2021高考数学二轮复习专题二立体几何第2讲立体几何中的空间角问题学案

第2讲立体几何中的空间角问题高考定位以空间几何体为载体考察空间角(以线面角为主)是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进展考察，高考注重以传统方法解决空间角问题，但也可利用空间向量来求解.真题感悟(2021·浙江卷)如图，多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.法一(1)证明由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB得AB1＝A1B1＝22，所以A1B21＋AB21＝AA21，所以AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1＝5，由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝23，由CC1⊥AC，得AC1＝13，所以AB21＋B1C21＝AC21，故AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1＝B1，因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)解如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1，AB1平面ABB1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1，由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1＝5，A1B1＝22，A1C1＝21得cos∠C1A1B1＝67，sin∠C1A1B1＝17，所以C1D＝3，故sin∠C1AD＝C1DAC1＝3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39 13.法二(1)证明如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1，0，0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1，0，2)，C 1(0，3，1).因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0，23，－3). 由AB 1→·A 1B 1→＝0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1→＝0得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1→＝(0，23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0，0，2). 设平面ABB 1的法向量n ＝(x ，y ，z ).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1，0).所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→|·|n |＝3913.因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 考 点 整 合方法一：几何法.用几何法求两条异面直线所成角的步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.a ，b 所成角θ的步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ∈(0°，90°]，求出角θ.l 与平面α所成角的步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.AB 与平面α所成角θ的步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈[0°，90°]，求出角θ.α-l-β的平面角θ的步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.αlβ的平面角θ的步骤为：①求两个半平面α，β的法向量m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③根据图形和计算结果判断θ是锐角、直角，还是钝角，从而得出θ与〈m ，n 〉是相等关系还是互补关系.热点一 求线线角【例1】 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PCAB ＝2，AD ＝22，PA ＝2，求异面直线BC 与AE 所成角的大小. 解 法一 如图1，取PB 的中点F ，连接EF ，AF ，那么EF ∥BC ，从而∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角.在△AEF 中，由EF ＝2，AF ＝2，AE ＝2，知△AEF 是等腰直角三角形，所以∠AEF ＝π4.因此，异面直线BC 与AE所成角的大小是π4.图1 图2法二 如图2，建立空间直角坐标系，那么B (2，0，0)，C (2，22，0)，E (1，2，1)，AE →＝(1，2，1)，BC →＝(0，22，0).设AE →与BC →的夹角为θ，那么cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知，异面直线BC 与AE 所成角的大小是π4.探究提高 求异面直线所成的角，可以应用向量法，也可以应用异面直线的定义求解. 【训练1】 (1)(2021·浙江卷)四棱锥SABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点).设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角SABC 的平面角为θ3，那么( ) A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1 C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1(2)(2021·浙江卷)如图，平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°，沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是________.解析 (1)由题意知四棱锥S-ABCD 为正四棱锥，如图，连接AC ，BD ，记AC ∩BD ＝O ，连接SO ，那么SO ⊥平面ABCD ，取AB 的中点M ，连接SM ，OM ，OE ，易得AB ⊥SM ，那么θ2＝∠SEO ，θ3＝∠SMO ，易知θ3≥θ2.再根据最小角定理知，θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1，应选D.(2)设直线AC 与BD ′所成角为θ，平面ACD 翻折的角度为α，设O 是AC 中点，由得AC ＝6，如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系， 那么A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，62，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫302，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－62，0.作DH ⊥AC 于H ，翻折过程中，D ′H 始终与AC 垂直，CH ＝CD 2CA ＝16＝66，那么OH ＝63，DH ＝1×56＝306，因此可设D ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α，－63，306sin α， 那么BD ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α－302，－63，306sin α，与CA →平行的单位向量为n ＝(0，1，0)，所以cos θ＝|cos 〈BD ′→，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BD ′→·n |BD ′→|·|n |＝639＋5cos α，所以cos α＝－1时，cos θ取最大值66. 答案 (1)D (2)66热点二 求线面角【例2】 (2021·浙江卷)如图，四棱锥PABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD的中点.(1)证明：CE ∥平面PAB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值. 法一 (1)证明 如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 中点， 所以EF ∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . 又因为CE 平面PAB ，BF 平面PAB ， 因此CE ∥平面PAB .(2)解 分别取BC ，AD 的中点为M ，N ， 连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . 由△PAD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD . 由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD . 因为PN ∩BN ＝N ，所以AD ⊥平面PBN . 由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ，因为BC 平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN .过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，那么QH ⊥平面PBC .连接MH ，那么MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBCCD ＝1. 在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2， 在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt△MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin∠QMH ＝28， 所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28. 法二 过P 作PH ⊥CD ，交CD 的延长线于点H .不妨设AD ＝2，∵BC ∥AD ，CD ⊥AD ，那么易求DH ＝12，过P 作底面的垂线，垂足为O ，连接OB ，OH ，易得OH ∥BC ，且OP ，OB ，OHO 为原点，以OH ，OB ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如下图.(1)证明 由PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点，那么可得：D ⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，0，C ⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，A ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，34，那么CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－54，34，PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－32，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32.设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 那么⎩⎪⎨⎪⎧n ·PA →＝x ＋12y －32z ＝0，n ·PB →＝32y －32z ＝0.令y ＝1，那么⎩⎨⎧x＝1，y ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3)，∴CE →·n ＝12×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－54×1＋34×3＝0. 又∵CE 平面PAB ，∴CE ∥平面PAB . (2)解 由(1)得PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，－32.设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 那么⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝32y －32z ＝0，m ·PC →＝－x ＋32y －32z ＝0.令y ＝1，那么⎩⎨⎧x ＝0，y ＝1，z ＝3，∴m ＝(0，1，3).设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，那么sin θ＝|cos 〈m ，CE →〉|＝|m ·CE →||m ||CE →|＝124×2＝28. ∴直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为28. 探究提高 (1)传统法解决线面角问题的关键是先找出线面所成的角，再在三角形中解此角.(2)利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破〞：第一，破“建系关〞，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关〞，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关〞，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关〞.【训练2】 如图，在四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)假设二面角P-CD-A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CDAB ，DC ，相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点.理由如下： 由，BC ∥ED ，且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形.从而CM ∥EB .又EB 平面PBE ，CM 平面PBE . 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，那么所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)法一 由，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD .从而CD ⊥PD . 所以∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角. 所以∠PDA ＝45°.设BC ＝1，那么在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2. 过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH . 易知PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥CE .又PA ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面PAH .又CE 平面PCE ， 所以平面PCE ⊥平面PAH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，那么AQ ⊥平面PCE . 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角. 在Rt△AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1，所以AH ＝22. 在Rt△PAH 中，PH ＝PA 2＋AH 2＝322.所以sin∠APH ＝AH PH ＝13.法二 由，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角，所以∠PDA ＝45°. 由PA ⊥AB ，可得PA ⊥平面ABCD .设BC ＝1，那么在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2.作Ay ⊥平面PAD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如下图的空间直角坐标系A-xyz ，那么A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0). 所以PE →＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2). 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z ).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1).设直线PA 与平面PCE 所成角为α，那么sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋〔－2〕2＋12＝13.所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.热点三 求二面角【例3】 (2021·浙江卷)如图，在三棱台ABC-DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3. (1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B-AD-F 的平面角的余弦值.(1)证明 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如下图.因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，那么BF ⊥CK ， 且CK ∩AC ＝C ，CK ，AC 平面ACFD ， 所以BF ⊥平面ACFD .(2)解 法一 过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，那么AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以∠BQF 是二面角B-AD-F 的平面角.在Rt△ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313.在Rt△BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos∠BQF ＝34. 所以，二面角B-AD-F 的平面角的余弦值为34. 法二 如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，那么△BCK 为等边三角形.取BC 的中点O ，连接KO ，那么KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，所以KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x 轴，z 轴的正方向， 建立空间直角坐标系O-xyz .由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32.因此，AC →＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0).设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2). 由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3).于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B-AD-F 的平面角的余弦值为34. 探究提高 (1)用传统法求解二面角的关键是：先找出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.(2)利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角〞，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否那么解法是不严谨的.【训练3】 (2021·绍兴仿真考试)四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，E 为AB 的中点，PA ⊥平面ABCD ，PC 与平面PAB 所成的角的正弦值为64. (1)在棱PD 上求一点F ，使AF ∥平面PEC ； (2)求二面角D-PE-A 的余弦值.解 法一 (1)分别取PD ，PC 的中点F ，G ， 连接FG ，EG ，AF ，那么FG ∥CD ∥AB ，FG ＝12CD ＝12AB ＝AE ，所以四边形AEGF 为平行四边形，所以AF ∥EG ，又EG 平面PEC ，AF 平面PEC ， 所以AF ∥平面PEC ， 所以PD 的中点F 即为所求. (2)易知，CE ⊥AB ，CE ⊥平面PAB ， 那么∠CPE 即为PC 与平面PAB 所成的角， 在Rt△PEC 中，CECP＝64，即33＋1＋PA2＝64， 解得PA ＝2.过D 作BA 的垂线，垂足为H ，过H 作PE 的垂线，垂足为K ，连接KD ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥DH ， 又DH ⊥BA ，PA ∩BA ＝A ，所以DH ⊥平面PBA ， 又PE 平面PBA ，所以DH ⊥PE ，又DH ∩HK ＝H ， 所以PE ⊥平面DHK ，所以PE ⊥DK ，所以∠DKH 即为所求的二面角的平面角. 在Rt△DHK 中，DH ＝3，易得△PAE ∽△HKE ，所以PE ·HK ＝EH ·PA ， 所以HK ＝EH ·PA PE ＝45， 从而DK ＝3＋165＝315， 所以cos∠DKH ＝KH DK ＝43131，即二面角DPEA 的余弦值为43131.法二 取BC 的中点G ，连接AG ， 由可得AG ⊥AD . 又∵PA ⊥平面ABCD ，故可以A 为原点，以AG ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立如下图空间直角坐标系.(1)易证CE ⊥平面PAB ，故∠CPE 即为PC 与平面PAB 所成的角， ∴sin∠CPE ＝CECP ＝64，∴CP ＝22，∴PA 2＋AC 2＝8， ∴PA ＝2.故A (0，0，0)，B (3，－1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，C (3，1，0)，P (0，0，2)，D (0，2，0)，∴EP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，2，EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，PD →＝(0，2，－2).设PF →＝λPD →，又∵AF →＝AP →＋PF →，∴AF →＝(0，2λ，2－2λ). 设平面PEC 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，那么⎩⎪⎨⎪⎧m ·EP →＝－32x ＋12y ＋2z ＝0，m ·EC →＝32x ＋32y ＝0，令y ＝1，那么⎩⎨⎧x ＝－3，y ＝1，z ＝－1，∴m ＝(－3，1，－1).假设AF ∥平面PEC ，那么AF →⊥m ， ∴AF →·m ＝2λ－2＋2λ＝0，∴λ＝12，∴F 为PD 的中点为所求.(2)设平面DPE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，那么 ⎩⎨⎧n ·EP →＝－32x ＋12y ＋2z ＝0，n ·PD →＝2y －2z ＝0，令z ＝1，那么⎩⎪⎨⎪⎧x ＝533，y ＝1，z ＝1，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫533，1，1.易知平面APE 的一个法向量为EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0.设二面角DPEA 的平面角为θ，那么|cos θ|＝|cos 〈EC →，n 〉|＝52＋32313·3＝43131.由图易知二面角D-PE-A 为锐角，∴二面角D-PE-A 的余弦值为43131⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.设直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2，其夹角为θ，那么cos θ＝|cos n 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|. 2.二面角的范围为[0，π].设半平面α与β的法向量分别为n 1与n 2，二面角为θ，那么|cos θ|＝|cos n 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.空间向量求解二面角时，易无视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算〞问题“运算〞化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，到达几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性 .1.(2021·天津卷)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB ＝2，AD ＝23，∠BAD ＝90°.(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； (3)求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值.(1)证明 由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC .(2)解 如图，取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND .又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC .所以∠DMN (或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角. 在Rt△DAM 中，AM ＝1，故DM ＝AD 2＋AM 2＝13. 因为AD ⊥平面ABC ， 故AD ⊥AC .在Rt△DAN 中，AN ＝1，故DN ＝AD 2＋AN 2＝13. 在等腰△DMN 中，MN ＝1，可得cos∠DMN ＝12MN DM ＝1326.所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326. (3)解 连接CM .因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM ＝ 3.又因为平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，而CM 平面ABC ，故CM ⊥平面ABD .所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角. 在Rt△CAD 中，CD ＝AC 2＋AD 2＝4. 在Rt△CMD 中，sin∠CDM ＝CM CD ＝34. 所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34. 2.(2021·湖州调研)四棱锥PABCD 的底面ABCD 是菱形，∠ADC ＝120°，AD 的中点M 是顶点P 在底面ABCD 的射影，N 是PC 的中点.(1)求证：平面MPB ⊥平面PBC ；(2)假设MP ＝MC ，求直线BN 与平面PMC 所成角的正弦值. (1)证明 ∵四边形ABCD 是菱形，∠ADC ＝120°， 且M 是AD 的中点，∴MB ⊥AD ，∴MB ⊥BC . 又∵P 在底面ABCD 的射影M 是AD 的中点， ∴PM ⊥平面ABCD ，又∵BC 平面ABCD ，∴PM ⊥BC ， 而PM ∩MB ＝M ，PM ，MB 平面PMB ， ∴BC ⊥平面PMB ，又BC 平面PBC ， ∴平面MPB ⊥平面PBC .(2)解 法一 过点B 作BH ⊥MC ，连接HN ， ∵PM ⊥平面ABCD ，BH 平面ABCD ，∴BH ⊥PM ， 又∵PM ，MC 平面PMC ，PM ∩MC ＝M ， ∴BH ⊥平面PMC ，∴HN 为直线BN 在平面PMC 上的射影， ∴∠BNH 为直线BN 与平面PMC 所成的角，在菱形ABCD 中，设AB ＝2a ，那么MB ＝AB ·sin 60°＝3a ，MC ＝DM 2＋DC 2－2DM ·DC ·cos 120°＝7a .又由(1)知MB ⊥BC ，∴在△MBC 中，BH ＝2a ·3a 7a ＝2217a ，由(1)知BC ⊥平面PMB ，PB 平面PMB ， ∴PB ⊥BC ，∴BN ＝12PC ＝142a ，∴sin∠BNH ＝BH BN ＝2217a 142a ＝267.法二 由(1)知MA ，MB ，MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，以MA ，MB ，MP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如下图的空间直角坐标系Mxyz ，不妨设MA ＝1，那么M (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3，0)，P (0，0，7)，C (－2，3，0)， ∵N 是PC 的中点，∴N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，72， 设平面PMC 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)， 又∵MP →＝(0，0，7)，MC →＝(－2，3，0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·MP →＝0，n ·MC →＝0，即⎩⎨⎧7z 0＝0，－2x 0＋3y 0＝0，令y 0＝1，那么n ＝⎝⎛⎭⎪⎫32，1，0，|n |＝72，又∵BN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，72，|BN →|＝142，|cos 〈BN →，n 〉|＝|BN →·n ||BN →||n |＝267.所以，直线BN 与平面PMC 所成角的正弦值为267.3.(2021·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为正方形， E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.(1)证明 由可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF ∩EF ＝F ，PF ，EF 平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF 平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)解 作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点，分别以FB →，HF →，HP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|BF →|为单位长，建立如下图的空间直角坐标系Hxyz . 由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故EF 2＝PE 2＋PF 2，所以PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 那么H (0，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 那么sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 4.(2021·江苏卷)如图，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点.(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.解 如图，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1 的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1，那么OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立如下图的空间直角坐标系Oxyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，A 1(0，－1，2)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2). (1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，从而BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0，2，2)，故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q 为BC 的中点，所以Q ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，因此AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，AC 1→＝(0，2，2)，CC 1→＝(0，0，2).设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的一个法向量， 那么⎩⎪⎨⎪⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1，1).设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，那么sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→|·|n |＝25×2＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55. 5.(2021·全国Ⅱ卷) 如图，在三棱锥PABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点.(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)假设点M 在棱BC 上，且二面角MPAC 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.(1)证明 因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .(2)解 如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .由得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)，那么AM →＝(0，4－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，ax ＋〔4－a 〕y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23〔a －4〕23〔a －4〕2＋3a 2＋a 2. 由可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|23〔a －4〕2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 6.(2021·北京卷)如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝5，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ； (2)求二面角BCDC 1的余弦值； (3)证明：直线FG 与平面BCD 相交. (1)证明 在三棱柱ABCA 1B 1C 1中， 因为CC 1⊥平面ABC ， 所以四边形A 1ACC 1为矩形. 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点， 所以AC ⊥EF . 因为AB ＝BC ， 所以AC ⊥BE . 又EF ∩BE ＝E ， 所以AC ⊥平面BEF .(2)解 由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1， 又CC 1⊥平面ABC ， 所以EF ⊥平面ABC ， 因为BE 平面ABC ， 所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐标系Exyz ，由题意得B (0，2，0)，C (－1，0，0)，D (1，0，1)，F (0，0，2)，G (0，2，1).所以BC →＝(－1，－2，0)，BD →＝(1，－2，1). 设平面BCD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)， 那么⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋2y 0＝0，x 0－2y 0＋z 0＝0.令y 0＝－1，那么x 0＝2，z 0＝－4. 于是n ＝(2，－1，－4).又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0，2，0)， 所以cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB →|n ||EB →|＝－2121.由题知二面角BCDC 1为钝角，所以其余弦值为－2121. (3)证明 由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0，2，－1). 因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0， 所以直线FG 与平面BCD 相交.7.如图，在四棱锥PABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？假设存在，求AMAP的值；假设不存在，说明理由.(1)证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，又AB ⊥AD ，AB 平面ABCD ， ∴AB ⊥平面PAD .∵PD 平面PAD .∴AB ⊥PD . 又PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ， ∴PD ⊥平面PAB .(2)解 取AD 中点O ，连接CO ，PO ，∵PA ＝PD ，∴PO ⊥AD . 又∵PO 平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD .∵CO 平面ABCD ，∴PO ⊥CO . ∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以OP (0，0，1)，B (1，1，0)，D (0，－1，0)，C (2，0，0). 那么PB →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1). CD →＝(－2，－1，0).设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PDC 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12. 即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1.设PB 与平面PCD 的夹角为θ.那么sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3＝33.(3)解 设M 是棱PA 上一点，那么存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ).因为BM 平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14，所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.。