最新高考数学二轮复习-专题四-第3讲-空间向量与空间角-学案讲义

第3讲
空间向量与空间角[考情分析]以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点．空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等．
考点一异面直线所成的角核心提炼设异面直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，异面直线l 与m 的夹角为θ.
则(1)θ，π2；
(2)cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22.例1
(1)如图，已知圆柱O 1O 2的轴截面ABCD 是边长为2的正方形，E 为下底面圆周上一点，满足BE ︵＝2AE ︵，则异面直线AE 与BO 1所成角的余弦值为()
A.5
5 B.
510 C.310 D.210答案
B 解析方法一如图，连接EO 2并延长，交底面圆于点F ，连接FO 1，FB ，易知AE ∥BF 且AE ＝BF ，
所以∠FBO 1为异面直线AE 与BO 1所成的角或其补角．
因为BE ︵＝2AE ︵
，则∠AO 2E ＝60°，
所以△AEO 2为正三角形，故AE ＝BF ＝1.
由圆柱的性质知O 1F ＝O 1B ＝BC 2＋O 1C 2＝5，所以在等腰△BFO 1中，cos ∠FBO 1＝12BF O 1B ＝510
.方法二以A 为原点，AB ，AD 所在直线分别为y 轴、z 轴，过点A 的AB 的垂线所在直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，O 1(0,1,2)，
，
12，所以AE →
，12，BO 1—→＝(0，－1,2)，
所以异面直线AE 与BO 1所成角的余弦值为
|cos 〈AE →，BO 1—→〉|＝|AE →·BO 1—→||AE →||BO 1—→|＝|－12|
1×5＝510
.故选B.
(2)(2023·吉安模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，G 为线段B 1D 1上的动点，则异面直线AG 与EF 所成角的最大值为(
)A.π
6 B.π
4 C.π
3 D.5π
12答案
C 解析以
D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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，设正方体棱长为2，则G (a ，a ，2)，a ∈[0,2]，
因为E ，F 分别为AB ，BC 的中点，
则A (2,0,0)，E (2,1,0)，F (1,2,0)，
故AG →＝(a －2，a ，2)，EF →＝(－1,1,0)，
设两异面直线的夹角为α，其中α，π2，故cos α＝|AG →·EF →||AG →||EF →|＝2(a －2)2＋a 2＋4×2
＝1
(a －1)2＋3，因为a ∈[0，2]，则当a ＝0或a ＝2时，cos α取得最小值，最小值为12
，
又因为y ＝cos α，π2上单调递减，则α的最大值为π3.规律方法用向量法求异面直线所成的角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系．
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量．
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．
(4)，π2，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
跟踪演练1(1)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝AB ＝2，BC ＝22，Q 为A 1B 1
的中点，E 为AQ 的中点，F 为BC 1的中点，则异面直线BE 与AF 所成角的余弦值为(
)
A ．－
3939 B.3939C ．－33 D.33答案
B 解析在直三棱柱AB
C －A 1B 1C 1中，
AA 1＝AC ＝AB ＝2，BC ＝22，
所以AC 2＋AB 2＝BC 2，即AC ⊥AB ，
又AA 1⊥平面ABC ，AB ，AC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ，
如图，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1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 (2,0,0)，C 1(0,2,2)，Q (1,0,2)，
0，
F (1,1,1)，
所以AF →＝(1,1,1)，EB →
0，－
所以|cos 〈AF →，EB →〉|＝|AF →·EB →||AF →||EB →|＝3939，即异面直线BE 与AF 所成角的余弦值为3939
.(2)(2023·石嘴山模拟)在正四面体ABCD 中，M ，N 分别为AC ，AD 的中点，则异面直线BM ，CN 所成角的余弦值为(
)A.1
3 B.1
4 C.1
5 D.1
6答案
D 解析方法一取AN 的中点
E ，连接ME ，BE ，则ME ∥CN ，所以∠
BME 或其补角就是异面直线BM ，CN 所成的角．
设AB ＝4，
则BM ＝CN ＝23，ME ＝3，
BE ＝AB 2＋AE 2－2AB ·AE cos 60°＝13，
cos ∠BME ＝
ME 2＋BM 2－BE 22ME ·MB ＝3＋12－132×3×23＝16
.方法二
不妨设正四面体ABCD 的棱长为2，以{CA →，CB →，CD →}为基底，则BM →＝CM →－CB →＝12CA →－CB →，CN →＝12
(CA →＋CD
→)，则BM →·CN →2＋12CA →
·CD →－CB →·CA →－CB →·
＝12×22－32×22×cos ＝－12
，又|BM →|＝|CN →|＝3，
设异面直线BM ，CN 所成的角为θ，θ，π2，
所以cos θ＝|cos 〈BM →，CN →〉|＝|BM →·CN →||BM →||CN →|
＝16，所以异面直线BM ，CN 所成角的余弦值为16
.考点二
直线与平面所成的角
核心提炼设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则(1)θ∈0，π2；(2)sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |
.例2(2022·全国甲卷)在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，CD ∥AB ，AD ＝DC ＝CB ＝1，AB ＝2，DP ＝3.
(1)证明：BD ⊥PA ；
(2)求PD 与平面PAB 所成角的正弦值．
(1)证明在四边形ABCD 中，作DE ⊥AB 于点E ，CF ⊥AB 于点F ，如图．
因为CD ∥AB ，AD ＝CD ＝CB ＝1，AB ＝2，
所以四边形ABCD 为等腰梯形，所以AE ＝BF ＝12
，故DE ＝32
，BD ＝DE 2＋BE 2＝3，
所以AD 2＋BD 2＝AB 2，
所以AD ⊥BD .
因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，
所以PD ⊥BD ，
又PD ∩AD ＝D ，PD ，AD ⊂平面PAD ，
所以BD ⊥平面PAD .
又因为PA ⊂平面PAD ，
所以BD ⊥PA .
(2)解由(1)知，DA ，DB ，DP 两两垂直，
如图，以D 为原点，DA ，DB ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，
B (0，3，0)，P (0,0，3)，
则AP →＝(－1,0，3)，
BP →＝(0，－3，3)，
DP →＝(0,0，3)．
设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
·AP →＝0，
·BP →＝0，x ＋3z ＝0，－3y ＋3z ＝0，
可取n ＝(3，1,1)，则|cos 〈n ，DP →〉|＝|n ·DP →||n ||DP →|＝55
，所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为
55.易错提醒(1)线面角θ与直线的方向向量a 和平面的法向量n 所成的角〈a ，n 〉的关系是〈a ，
n 〉＋θ＝π2或〈a ，n 〉－θ＝π2
，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值．(2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心．
跟踪演练2(2023·泉州模拟)如图，三棱台ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2B 1C 1＝2，D 是AC 的中点，E 是BC 的中点．
(1)证明：AB 1∥平面DEC 1；
(2)已知AB ⊥BC 1，CC 1⊥平面ABC .求直线BC 1与平面DEC 1所成角的正弦值的最大值．
(1)证明在三棱台ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2B 1C 1＝2，D 是AC 的中点，
∴A 1C 1∥AD ，A 1C 1＝AD ，
∴四边形ADC 1A 1为平行四边形，故AA 1∥DC 1，
∵AA 1⊄平面DEC 1，DC 1⊂平面DEC 1，故AA 1∥平面DEC 1，
又在△ABC 中，D ，E 分别为AC ，BC 的中点，
∴DE ∥AB ，又AB ⊄平面DEC 1，DE ⊂平面DEC 1，
∴AB ∥平面DEC 1，
又AB ∩AA 1＝A ，AB ，AA 1⊂平面ABB 1A 1，
∴平面ABB 1A 1∥平面DEC 1，
又AB 1⊂平面ABB 1A 1，
∴AB 1∥平面DEC 1.
(2)解∵CC 1⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，
∴CC 1⊥AB ，又AB ⊥BC 1，CC 1∩BC 1＝C 1，CC 1，BC 1⊂平面BCC 1B 1，
故AB ⊥平面BCC 1B 1，由于BC ⊂平面BCC 1B 1，
∴AB ⊥BC ，
又DE ∥AB ，进而DE ⊥BC ，
连接B 1E ，由B 1C 1∥EC ，B 1C 1＝EC ，
∴四边形B 1C 1CE 为平行四边形，
故CC 1∥B 1E ，由于CC 1⊥平面ABC ，因此B 1E ⊥平面ABC ，
故ED ，EC ，EB 1两两垂直，以E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设B 1E ＝a ，则E (0,0,0)，B (－1,0,0)，D (0,1,0)，C 1(1,0，a )，
故ED →＝(0,1,0)，EC 1-→＝(1,0，a )，
设平面DEC 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )，
·m ＝y ＝0，1→·m ＝x ＋az ＝0，
取x ＝a ，则m ＝(a ，0，－1)，
又BC 1-→＝(2,0，a )，
故sin θ＝|cos 〈BC 1-→，m 〉|＝|BC 1-→·m ||BC 1-→||m |＝a
a 2＋1a 2＋4
＝1a 2＋4a 2＋5≤12
a 2×4a 2＋5＝13，当且仅当a 2＝4a
2，即a ＝2时，等号成立，∴直线BC 1与平面DEC 1所成角的正弦值的最大值为13
.考点三
平面与平面的夹角
核心提炼设平面α，β的法向量分别为u ，v ，平面α与平面β的夹角为θ，
则(1)θ∈0，π2；
(2)cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u ·v ||u ||v |
.例3(2023·新高考全国Ⅰ)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝4.点A 2，B 2，C 2，D 2分别在棱AA 1，BB 1，CC 1，DD 1上，AA 2＝1，BB 2＝DD 2＝2，CC 2＝3.
(1)证明：B 2C 2∥A 2D 2；
(2)点P 在棱BB 1上，当二面角P －A 2C 2－D 2为150°时，求B 2P .
(1)证明
以C 为坐标原点，CD ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图，
则C (0,0,0)，C 2(0,0,3)，B 2(0,2,2)，D 2(2,0,2)，A 2(2,2,1)，
∴B 2C 2---→＝(0，－2,1)，
A 2D 2---→＝(0，－2,1)，
∴B 2C 2---→∥A 2D 2---→，
又B 2C 2，A 2D 2不在同一条直线上，
∴B 2C 2∥A 2D 2.
(2)解设P (0,2，λ)(0≤λ≤4)，
则A 2C 2---→＝(－2，－2,2)，PC 2-→＝(0，－2,3－λ)，D 2C 2---→＝(－2,0,1)，
设平面PA 2C 2的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
·A 2C 2---→＝－2x －2y ＋2z ＝0，
·PC 2-→＝－2y ＋(3－λ)z ＝0，
令z ＝2，得y ＝3－λ，x ＝λ－1，
∴n ＝(λ－1,3－λ，2)，
设平面A 2C 2D 2的法向量为m ＝(a ，b ，c )，
·A 2C 2---→＝－2a －2b ＋2c ＝0，
·D 2C 2---→＝－2a ＋c ＝0，
令a ＝1，得b ＝1，c ＝2，
∴m ＝(1,1,2)，
∴|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m |＝6
64＋(λ－1)2＋(3－λ)2
＝|cos 150°|＝
32，
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0,2,3)或P(0,2,1)，
∴B2P＝1.
易错提醒平面与平面夹角的取值范围是0，π
2，两向量夹角的取值范围是[0，π]，两平面的
夹角与其对应的两法向量的夹角不一定相等，而是相等或互补．
跟踪演练3(2023·新高考全国Ⅱ改编)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足EF→＝DA→，求平面ABD与平面ABF夹角的正弦值．
(1)证明如图，连接AE，DE，
因为E为BC的中点，DB＝DC，
所以DE⊥BC，
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
所以AC＝AB，从而AE⊥BC，
又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，
所以BC⊥DA.
(2)解不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为BD⊥CD，
所以BC＝22，DE＝AE＝ 2.
所以AE2＋DE2＝4＝AD2，
所以AE⊥DE，
又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，
所以AE⊥平面BCD.
以E 为原点，ED ，EB ，EA 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D (2，0,0)，A (0,0，2)，B (0，2，0)，E (0,0,0)，
设平面ABD 与平面ABF 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，
平面ABD 与平面ABF 夹角为θ，而AB →＝(0，2，－2)，
因为EF →＝DA →＝(－2，0，2)，
所以F (－2，0，2)，
则AF →＝(－2，0,0)．n 1·DA →＝0，
n 1·AB →＝0，－21＋2z 1＝0，
2y 1－2z 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝1，z 1＝1，
所以n 1＝(1,1,1)．
n 2·AB →＝0，
n 2·AF →＝0，2y 2－2z 2＝0，
－22＝0，则x 2＝0，令y 2＝1，得z 2＝1，
所以n 2＝(0,1,1)，
所以|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝23×2＝63
，从而sin θ＝1－69＝33
.所以平面ABD 与平面ABF 夹角的正弦值为
33.专题强化练
1．(2023·锦州模拟)如图一，△ABC 是等边三角形，CO 为AB 边上的高线，D ，E 分别是CA ，
CB 边上的点，AD ＝BE ＝13
AC ＝2；如图二，将△CDE 沿DE 翻折，使点C 到点P 的位置，PO ＝3.
(1)求证：OP ⊥平面ABED ；
(2)求平面BPE 与平面PEF 夹角的正弦值．
(1)证明因为△ABC 为等边三角形，
AD ＝BE ＝13
AC ，DE ∥AB ，CO 为AB 边上的高线，故DE ⊥OF ，DE ⊥PF ，
又OF ∩PF ＝F ，OF ，PF ⊂平面FOP ，所以DE ⊥平面FOP .
因为OP ⊂平面FOP ，所以DE ⊥OP .
在△FOP 中，OF ＝3，OP ＝3，PF ＝23，
所以OF 2＋OP 2＝PF 2，故OP ⊥OF ，
而DE ⊂平面ABED ，OF ⊂平面ABED ，OF ∩DE ＝F ，故OP ⊥平面ABED .
(2)解分别以OF →，OB →，OP →的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则P (0,0,3)，B (0,3,0)，E (3，2,0)，F (3，0,0)，
则PE →＝(3，2，－3)，BE →＝(3，－1，0)，EF →＝(0，－2，0).
设平面BPE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
平面PEF 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，
1·PE →＝3x 1＋2y 1－3z 1＝0，
1·BE →＝3x 1－y 1＝0，
2·PE →＝3x 2＋2y 2－3z 2＝0，
2·EF →＝－2y 2＝0，
取x 1＝1，x 2＝3，
得到平面BPE 的一个法向量n 1＝(1，3，3)，平面PEF 的一个法向量n 2＝(3，0，1)，设平面BPE 与平面PEF 的夹角为θ，
则|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝237×2＝37
，所以sin θ＝1－cos 2θ＝277.所以平面BPE 与平面PEF 夹角的正弦值为277
.2.(2023·西宁统考)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BCC 1B 1为正方形，平面BCC 1B 1⊥平面ABB 1A 1，AB ＝BC ＝2，M ，N 分别为A 1B 1，AC 的中点．
(1)求证：MN ∥平面BCC 1B 1；
(2)从条件①：AB ⊥MN ，条件②：BM ＝MN 中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．
(1)证明取AB 的中点为K ，连接MK ，NK ，
由三棱柱ABC －A 1B 1C 1，得四边形ABB 1A 1为平行四边形，
因为M 是B 1A 1的中点，所以MK ∥BB 1，又MK ⊄平面BCC 1B 1，BB 1⊂平面BCC 1B 1，故MK ∥平面BCC 1B 1，同理得NK ∥平面BCC 1B 1，
又NK ∩MK ＝K ，NK ⊂平面MKN ，MK ⊂平面MKN ，
故平面MKN ∥平面BCC 1B 1，又MN ⊂平面MKN ，
故MN ∥平面BCC 1B 1.
(2)解因为侧面BCC 1B 1为正方形，故CB ⊥BB 1，而CB ⊂平面BCC 1B 1，
平面BCC 1B 1⊥平面ABB 1A 1，
平面BCC 1B 1∩平面ABB 1A 1＝BB 1，
故CB ⊥平面ABB 1A 1，
因为AB ⊂平面ABB 1A 1，所以CB ⊥AB ，
又NK ∥BC ，所以NK ⊥AB ，
若选①：AB ⊥MN ，已证NK ⊥AB ，又NK ∩MN ＝N ，NK ⊂平面MNK ，MN ⊂平面MNK ，故AB ⊥平面MNK ，
因为MK ⊂平面MNK ，故AB ⊥MK ，
又MK ∥BB 1，所以AB ⊥BB 1，所以BC ，BA ，BB 1两两垂直．故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则B (0,0,0)，A (0,2,0)，N (1,1,0)，M (0,1,2)，
故BA →＝(0,2,0)，BN →＝(1,1,0)，BM →＝(0,1,2)，
设平面BMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
·BN →＝0，
·BM →＝0，
＋y ＝0，
＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(2，－2,1)，
设直线AB 与平面BMN 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n ，BA →〉|＝|－4|3×2＝23
.所以直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值为23
.若选②：BM ＝MN ，已证CB ⊥平面ABB 1A 1，
又NK ∥BC ，故NK ⊥平面ABB 1A 1，
而KM ⊂平面ABB 1A 1，故NK ⊥KM ，
又BM ＝MN ，NK ＝12BC ，BK ＝12
AB ，AB ＝BC ＝2，故△MKB ≌△MKN ，
所以∠MKB ＝∠MKN ＝90°，
所以MK ⊥AB ，又MK ∥BB 1，
所以AB ⊥BB 1，所以BC ，BA ，BB 1两两垂直，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则B (0,0,0)，A (0,2,0)，N (1,1,0)，M (0,1,2)，
故BA →＝(0,2,0)，BN →＝(1,1,0)，BM →＝(0,1,2)，
设平面BMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·BN →＝0，
n ·BM →＝0，x ＋y ＝0，
y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(2，－2,1)，
设直线AB 与平面BMN 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n ，BA →〉|＝|－4|3×2＝23
.所以直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值为23
.3.如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，直线AC ⊥平面BDEF ，点O 为AC 与BD 的交点，AB ＝2，且∠DAB ＝∠DBF ＝60°.
(1)求异面直线DE 与CF 所成角的余弦值；
(2)求平面ABF 与平面CBF 夹角的余弦值．
解(1)∵AC ⊥平面BDEF ，FO ，BD ⊂平面BDEF ，∴AC ⊥FO ，AC ⊥BD ，
∵四边形BDEF 为菱形，且∠DBF ＝60°，
∴△DBF 为等边三角形，
∵O 为BD 的中点，∴FO ⊥BD ，
∴OA ，OB ，OF 两两垂直．
以O 为坐标原点，OA ，OB ，OF 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．∵AB ＝2，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，
∴BD ＝2，OA ＝AB 2－OB 2＝3，
∵△DBF 为等边三角形，∴OF ＝3，
则A (3，0,0)，B (0,1,0)，D (0，－1,0)，E (0，－2，3)，F (0,0，3)，C (－3，0,0)，
∴DE →＝(0，－1，3)，CF →＝(3，0，3)，
设异面直线DE 与CF 所成的角为θ，
则cos θ＝|cos 〈DE →，CF →〉|＝|DE →·CF →||DE →||CF →|＝64
，故异面直线DE 与CF 所成角的余弦值为
64
.(2)由(1)知AB →＝(－3，1，0)，
BF →＝(0，－1，3)，CB →＝(3，1，0)，
设平面ABF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，
·m ＝－3x 1＋y 1＝0，
·m ＝－y 1＋3z 1＝0，令y 1＝3，则x 1＝1，z 1＝1，
得m ＝(1，3，1).
设平面CBF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，
·n ＝－y 2＋3z 2＝0，·n ＝3x 2＋y 2＝0，
令y 2＝3，
则x 2＝－1，z 2＝1，得n ＝(－1，3，1).
∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝35
，∴平面ABF 与平面CBF 夹角的余弦值为35
.4.(2023·湖南师范大学附属中学模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△PAD 为等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PB ⊥BC .
(1)求点A 到平面PBC 的距离；
(2)E 为线段PC 上一点，若直线AE 与平面ABCD 所成角的正弦值为3010
，求平面ADE 与平面ABCD 夹角的余弦值．
解(1)取AD 的中点O ，连接OB ，OP .
∵△PAD 为等边三角形，
∴OP ⊥AD ，OA ＝1，OP ＝ 3.
又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，OP ⊂平面PAD ，∴OP ⊥平面ABCD .
又∵OB ⊂平面ABCD ，∴OP ⊥OB .
∵PB ⊥BC ，BC ∥AD ，∴PB ⊥AD .
又∵OP ⊥AD ，OP ，PB ⊂平面POB ，
OP ∩PB ＝P ，∴AD ⊥平面POB .
又∵OB ⊂平面POB ，∴AD ⊥OB .
∴OB ＝3，PB ＝6，
设点A 到平面PBC 的距离为h ，
则V A －PBC ＝V P －ABC ，
即13S △PBC ·h ＝13
S △ABC ·OP ，∴h ＝62
.(2)以O 为原点，分别以OA →，OB →，OP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间
直角坐标系．则P (0,0，3)，C (－2，3，0)，A (1,0,0)，D (－1,0,0)，
PC →＝(－2，3，－3)，AP →＝(－1，0，3)，AD →＝(－2,0,0)．
设PE →＝λPC →(0≤λ≤1)，
则PE →＝(－2λ，3λ，－3λ)，
AE →＝AP →＋PE →＝(－2λ－1，3λ，3－3λ)．易得平面ABCD 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)．设AE 与平面ABCD 所成的角为θ，则
sin θ＝|cos 〈AE →，n 1〉|＝|3－3λ|(－2λ－1)2＋3λ2＋(3－3λ)2＝3010，解得λ＝13
.则AE →－53，33，设平面ADE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，
2·AD →＝－2x ＝0，
2·AE →＝－53x ＋33y ＋233z ＝0.令y ＝2，则平面ADE 的一个法向量为n 2＝(0,2，－1)，又平面ABCD 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)．故平面ADE 与平面ABCD 夹角的余弦值为|cos 〈n 1，n 2〉|＝15＝55.。