第29练 “空间角”攻略

第29练“空间角”攻略
[题型分析·高考展望]空间角包括异面直线所成的角，线面角以及二面角，在高考中频繁出现，也是高考立体几何题目中的难点所在.掌握好本节内容，首先要理解这些角的概念，其次要弄清这些角的范围，最后再求解这些角.在未来的高考中，空间角将是高考考查的重点，借助向量求空间角，将是解决这类题目的主要方法.
体验高考
1.(2015·浙江)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则()
A.∠A′DB≤α
B.∠A′DB≥α
C.∠A′CB≤α
D.∠A′CB≥α
答案 B
解析极限思想：若α＝π，
则∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如图，
则∠A′DB，∠A′CB都可以大于0，
排除A，C.故选B.
2.(2016·课标全国乙)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()
A.
3
2 B.
2
2 C.
3
3 D.
1
3
答案 A
解析如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，
∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，
又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，
平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥m 1， ∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .
故m 、n 所成角的大小与B 1D 1、CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小. 而B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，
因此∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝3
2
，故选A.
3.(2016·课标全国丙)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点. (1)证明MN ∥平面P AB ；
(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.
(1)证明 由已知得AM ＝2
3AD ＝2.
取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，
由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝1
2
BC ＝2.
又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB . (2)解 取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ， 从而AE ⊥AD ， AE ＝AB 2－BE 2＝
AB 2－⎝⎛⎭⎫BC 22
＝ 5.
以A 为坐标原点，AE →
的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz . 由题意知，P (0，0，4)，M (0，2，0)，C (5，2，0)，N ⎝⎛
⎭
⎫52，1，2，PM →
＝(0，2，－4)，PN →
＝⎝⎛
⎭⎫52，1，－2，AN →＝⎝⎛⎭
⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则
⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0，2，1).
于是|cos 〈n ，AN →
〉|＝|n ·AN →
||n ||AN →
|
＝8525.
所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为85
25
.
高考必会题型
题型一 异面直线所成的角
例1 在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求异面直线BA 1与AC 所成的角. 解 方法一 因为BA 1→＝BA →＋BB 1→，AC →＝AB →＋BC →
，
所以BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(AB →＋BC →)＝BA →·AB →＋BA →·BC →＋BB 1→·AB →＋BB 1→·BC →. 因为AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ，
所以BA →·BC →＝0，BB 1→·AB →＝0，BB 1→·BC →＝0，BA →·AB →＝－a 2.
所以BA 1→·AC →＝－a 2.
又BA 1→·AC →＝|BA 1→||AC →|cos 〈BA 1→，AC →〉， cos 〈BA 1→，AC →
〉＝－a 22a ·2a ＝－12.
所以〈BA 1→，AC →
〉＝120°，
所以异面直线BA 1与AC 所成的角为60°. 方法二 连接A 1C 1，BC 1，
则由条件可知A 1C 1∥AC ，
从而BA 1与AC 所成的角即为BA 1与A 1C 1所成的角，
由于该几何体为边长为a 的正方体，于是△A 1BC 1为正三角形，∠BA 1C 1＝60°， 从而所求异面直线BA 1与AC 所成的角为60°.
方法三 由于该几何体为正方体，所以DA ，DC ，DD 1两两垂直且长度均为a ，
于是以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1→
分别为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
于是有A (a ，0，0)，C (0，a ，0)，A 1(a ，0，a )，B (a ，a ，0)， 从而AC →＝(－a ，a ，0)，BA 1→
＝(0，－a ，a )， 且|AC →|＝|BA 1→|＝2a ，AC →·BA 1→＝－a 2， 所以cos 〈AC →，BA 1→
〉＝－a 22a ·2a ＝－12，
即〈AC →，BA 1→
〉＝120°，
所以所求异面直线BA 1与AC 所成的角为60°.
点评 (1)异面直线所成的角的范围是(0，π
2].求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通
过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决. 具体步骤如下：
①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上；
②证明作出的角即为所求的角； ③利用三角形来求角.
(2)如果题目条件易建立空间坐标系，可以借助空间向量来求异面直线所成角：设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|. 变式训练1 (2015·浙江)如图，三棱锥A －BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是________.
答案 78
解析 如图所示，连接DN ，取线段DN 的中点K ，连接MK ，CK .
∵M 为AD 的中点，
∴MK ∥AN ，∴∠KMC 为异面直线AN ，CM 所成的角. ∵AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，N 为BC 的中点， 由勾股定理求得AN ＝DN ＝CM ＝22， ∴MK ＝1
2
AN ＝ 2.
在Rt △CKN 中，CK ＝(2)2＋12＝ 3. 在△CKM 中，由余弦定理，得 cos ∠KMC ＝(2)2＋(22)2－(3)22×2×22＝7
8.
题型二 直线与平面所成的角
例2 如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高，E 为AD 的中点.
(1)证明：PE ⊥BC ；
(2)若∠APB ＝∠ADB ＝60°，求直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值.
(1)证明 以H 为原点，HA ，HB ，HP 分别为x ，y ，z 轴，线段HA 的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，
则A (1，0，0)，B (0，1，0)， 设C (m ，0，0)，P (0，0，n ) (m <0，n >0)，
则D (0，m ，0)，E (12，m
2
，0).
可得PE →＝(12，m 2，－n )，BC →
＝(m ，－1，0).
因为PE →·BC →＝m 2－m 2＋0＝0，
所以PE ⊥BC .
(2)解 由已知条件可得m ＝－3
3
，n ＝1， 故C (－
33，0，0)，D (0，－33，0)，E (12，－3
6
，0)，P (0，0，1)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面PEH 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·
HE →＝0，n ·
HP →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
12x －36y ＝0，z ＝0，
因此可以取n ＝(1，3，0)， 又P A →
＝(1，0，－1)， 所以|cos 〈P A →
，n 〉|＝24
，
所以直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值为
24
. 点评 (1)求直线l 与平面α所成的角，先确定l 在α上的射影，在l 上取点作α的垂线，或观察原图中是否存在这样的线，或是否存在过l 上一点与α垂直的面. (2)找到线面角、作出说明，并通过解三角形求之.
(3)利用向量求线面角，设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m 和n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，θ∈⎝⎛⎦
⎤0，π2. 变式训练2 如图，平面ABDE ⊥平面ABC ，△ABC 是等腰直角三角形，AB ＝BC ＝4，四边
形ABDE 是直角梯形，BD ∥AE ，BD ⊥BA ，BD ＝1
2
AE ＝2，点O 、M 分别为CE 、AB 的中点.
(1)求证：OD ∥平面ABC ；
(2)求直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值；
(3)能否在EM 上找到一点N ，使得ON ⊥平面ABDE ？若能，请指出点N 的位置并加以证明；若不能，请说明理由.
解 以B 为原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴，BD 为z 轴，建立空间直角坐标系，则C (4，0，0)，A (0，4，0)，D (0，0，2)，E (0，4，4)，O (2，2，2)，M (0，2，0).
(1)证明 平面ABC 的法向量n 1＝(0，0，1)，DO →＝(2，2，0)，DO →·n 1＝0， ∴OD ∥平面ABC .
(2)解 设平面ODM 的法向量为n 2，直线CD 与平面ODM 所成角为θ， ∵DO →＝(2，2，0)，DM →
＝(0，2，－2)， ∴n 2＝(－1，1，1)，CD →
＝(－4，0，2)， ∴sin θ＝CD →·n 2|CD →
||n 2|
＝15
5.
(3)解 设EM 上一点N 满足BN →＝λBM →＋(1－λ)BE →
＝(0，4－2λ，4－4λ)，
平面ABDE 的法向量n 3＝(1，0，0)，ON →＝BN →－BO →＝(－2，2－2λ，2－4λ)，不存在λ使n 3∥ON →
， ∴不存在满足题意的点N . 题型三 二面角
例3 (2016·浙江)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 ，如图①所示.
图①
因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCFE ，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，则BF ⊥CK ，且CK ∩AC ＝C ， 所以BF ⊥平面ACFD .
(2)解 方法一 如图①所示，过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACFD ，所以BF ⊥AK ，
则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FQ ＝313
13.
在Rt △BQF 中，FQ ＝313
13，BF ＝3，
得cos ∠BQF ＝
34
. 所以二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为
34
. 方法二 如图②所示，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形.
图②
取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，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
Oxyz .
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 ⎝⎛⎭⎫－12，0，3
2.
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
. 点评 (1)二面角的范围是(0，π]，解题时要注意图形的位置和题目的要求.作二面角的平面角常有三种方法.
①棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角；
②面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一个面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点(即斜足)，斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角；
③空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角. (2)用向量法求二面角的大小
①如图(1)，AB 、CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉.
②如图(2)(3)，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉.
变式训练3 如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，AB ＝2，点E 是C 1D 1的中点.
(1)求证：DE ⊥平面BCE ；(2)求二面角A －EB －C 的大小.
(1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系，
则D (0，0，0)，E (0，1，1)，B (1，2，0)，C (0，2，0)， DE →＝(0，1，1)，BE →＝(－1，－1，1)，BC →
＝(－1，0，0). 因为DE →·BE →＝0，DE →·BC →＝0， 所以DE →⊥BE →，DE →⊥BC →. 则DE ⊥BE ，DE ⊥BC .
因为BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ， BE ∩BC ＝B ，所以DE ⊥平面BCE .
(2)解 设平面AEB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·AB →＝0，n ·
BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝0，－x －y ＋z ＝0.
所以平面AEB 的法向量为n ＝(1，0，1)，
因为DE ⊥平面BCE ，所以DE →
就是平面BCE 的法向量. 因为cos 〈n ，DE →
〉＝n ·DE →|n ||DE →|
＝12，
由图形可得二面角A －EB －C 的大小为120°.
高考题型精练
1.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1B 与B 1C 所在直线所成角的大小是( ) A.30° B.45° C.60° D.90°
答案 C
解析 作A 1B ∥D 1C ，连接B 1D 1，
易证∠B 1CD 1就是A 1B 与B 1C 所在直线所成角， 由于△B 1CD 1是等边三角形， 因此∠B 1CD 1＝60°，故选C.
2.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1B 与平面BB 1D 1D 所成的角的大小是( ) A.90° B.30° C.45° D.60° 答案 B
解析 连接A 1C 1∩B 1D 1＝O ，∴A 1O ⊥平面BB 1D 1D ，A 1B 与平面BB 1D 1D 所成的角为∠A 1BO ， ∵A 1O ＝1
2
A 1
B ，∴∠A 1BO ＝30°，
A 1
B 与平面BB 1D 1D 所成的角的大小是30°.
3.如图所示，将等腰直角△ABC 沿斜边BC 上的高AD 折成一个二面角，此时∠B ′AC ＝60°，那么这个二面角大小是( )
A.90°
B.60°
C.45°
D.30° 答案 A
解析 连接B ′C ，则△AB ′C 为等边三角形，
设AD ＝a ，则B ′D ＝DC ＝a ，B ′C ＝AC ＝2a ， 所以∠B ′DC ＝90°，故选A.
4.已知正三棱锥S －ABC 中，E 是侧棱SC 的中点，且SA ⊥BE ，则SB 与底面ABC 所成角的余弦值为( ) A.
63 B.33 C.23 D.3
6
答案 A
解析 如图，在正三棱锥S －ABC 中，作SO ⊥平面ABC ，连接OA ，OB ，则O 是△ABC 的中心，OA ⊥BC ，由此可得SA ⊥BC ，又SA ⊥BE ，所以SA ⊥平面SBC .故正三棱锥S －ABC 的各侧面是全等的等腰直角三角形.
方法一 由上述分析知cos ∠SBA ＝cos ∠ABO ·cos ∠SBO ，即cos 45°＝cos 30°·cos ∠SBO ， 所以cos ∠SBO ＝
6
3
，故选A. 方法二 因为SO ⊥平面ABC ，所以SB 与平面ABC 所成的角为∠SBO ，令AB ＝2，则OB ＝233
，SB ＝2，
所以cos ∠SBO ＝OB SB ＝2332
＝6
3，故选A.
5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别为AA 1、AB 、BB 1、B 1C
1的中点，则异面直线EF 与GH 所成的角等于( )
A.45°
B.60°
C.90°
D.120° 答案 B
解析 如图，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，则A 1
B ＝B
C 1＝A 1C 1，
因为EF ∥A 1B ，GH ∥BC 1，
所以异面直线EF 与GH 所成的角等于60°， 故选B.
6.正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )
A.23
B.33
C.23
D.1
3 答案 A
解析 设AC ∩BD ＝O ，连接OC 1，过C 点作CH ⊥OC 1于H ，连接DH .
∵BD ⊥AC ，BD ⊥AA 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥CH ，又CH ⊥OC 1， ∴CH ⊥平面C 1BD ，
则∠CDH 为CD 与平面BDC 1所成的角，设AA 1＝2AB ＝2，OC 1＝CC 21＋OC 2
＝
4＋(
22
)2
＝322
，
由等面积法有OC 1·CH ＝OC ·CC 1，
代入算出CH ＝23，sin ∠CDH ＝CH CD ＝2
3
，故选A.
7.直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，2AB ＝2AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与B 1C 所成角的余弦值等于________. 答案
3010
解析 以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，
因为2AB ＝2AC ＝AA 1＝2，
则A 1(0，0，2)，B (1，0，0)，B 1(1，0，2)，C (0，1，0)， BA 1→＝(－1，0，2)，B 1C →
＝(－1，1，－2)， 设异面直线BA 1与B 1C 所成的角为θ， 则cos θ＝|BA 1→·B 1C →||BA 1→||B 1C →|
＝35·6＝30
10.
8.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，已知P A ⊥底面ABCD ，P A ＝1，底面ABCD 是正方形，PC 与底面ABCD 所成角的大小为π
6
，则该四棱锥的体积是________.
答案 12
解析 ∵P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是正方形，PC 与底面ABCD 所成角的大小为π
6，
∴Rt △P AC 中，P A ＝1，∠PCA ＝π
6，AC ＝3，
∵底面ABCD 是正方形，∴AB ＝6
2
， V ＝13×62×62×1＝12
.
9.以等腰直角三角形ABC 斜边BC 上的高AD 为折痕，使△AB ′D 和△ACD 折成互相垂直的两个平面，则∠B ′AC ＝________.
答案 60°
解析 不妨设△ABC 的斜边为2， 则AD ＝BD ＝CD ＝1，AC ＝AB ＝2，
因为△AB ′D 和△ACD 折成互相垂直的两个平面， 且AD ⊥B ′D ，AD ⊥DC ，
所以∠B ′DC 是二面角B ′－AD －C 的平面角， 即B ′D ⊥DC ，则B ′C ＝2，
所以折叠后的△AB ′C 为等边三角形，即∠B ′AC ＝60°.
10.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D 、E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为________.
答案 π6
解析 取AC 中点F ，连接BF ，DF ，
则DF ∥BE ，DF ＝BE ，
∴DE ∥BF ，∴BF 与平面BB 1C 1C 所成的角为所求. ∵AB ＝1，BC ＝3，AC ＝2，∴AB ⊥BC ，
又AB ⊥BB 1，∴AB ⊥平面BB 1C 1C .作GF ∥AB 交BC 于G ，则GF ⊥平面BB 1C 1C ， ∴∠FBG 为直线BF 与平面BB 1C 1C 所成的角， 由条件知BG ＝12BC ＝32，GF ＝12AB ＝1
2，
∴tan ∠FBG ＝GF BG ＝3
3，
∴∠FBG ＝π
6
.
11.(2016·四川)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝
1
2AD .E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.
(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P －CD －A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值.
解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行.延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点.理由如下：
由已知，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 ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)方法一 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD . 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，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.
过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH .
易知P A ⊥平面ABCD ， 从而P A ⊥CE .且P A ∩AH ＝A ， 于是CE ⊥平面P AH . 又CE ⊂平面PCE ， 所以平面PCE ⊥平面P AH . 过A 作AQ ⊥PH 于Q ， 则AQ ⊥平面PCE .
所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角. 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝
2
2
. 在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝32
2
. 所以sin ∠APH ＝AH PH ＝1
3
.
方法二 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ， 于是CD ⊥PD .
从而∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角， 所以∠PDA ＝45°. 由∠P AB ＝90°，
且P A 与CD 所成的角为90°， 可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，
则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2. 作Ay ⊥AD ，以A 为原点，
以AD →，AP →
的方向分别为x 轴，z 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，
则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P A 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝|n ·AP →
||n ||AP →|＝22×22＋(－2)2＋12＝1
3.
所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为1
3
.
12.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点. (1)若P A ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面P AD ；
(2)点M 在线段PC 上，PM ＝1
3PC ，若平面P AD ⊥平面ABCD ，且P A ＝PD ＝AD ＝2，求平面
MBQ 与平面CBQ 夹角的大小.
(1)证明 由题意知：PQ ⊥AD ，BQ ⊥AD ，PQ ∩BQ ＝Q ， ∴AD ⊥平面PQB ， 又∵AD ⊂平面P AD ， ∴平面PQB ⊥平面P AD .
(2)解 ∵P A ＝PD ＝AD ，Q 为AD 的中点， ∴PQ ⊥AD ，
∵平面P AD ⊥平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PQ ⊥平面ABCD .
以Q 为坐标原点，以QA →，QB →，QP →
的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则Q (0，0，0)，A (1，0，0)，P (0，0，3)，B (0，3，0)， C (－2，3，0)， ∴QM →＝QP →＋PM → ＝QP →＋13PC →
＝QP →＋13(QC →－QP →)
＝23QP →＋13QC → ＝(－23，33，233
)，
设n 1是平面MBQ 的一个法向量， 则n 1·QM →＝0，n 1·QB →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧
－23x ＋33y ＋233z ＝0，
3y ＝0，
∴n 1＝(3，0，1).
又∵n 2＝(0，0，1)是平面BQC 的一个法向量， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝12
，
∴平面MBQ 与平面CBQ 的夹角为60°.。