专题二第2讲

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查空间角(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行考查，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(2017·浙江卷)如图，已知四棱锥P－ABCD，△P AD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P AB；(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.法一(1)证明如图，设P A中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，P A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P AB，BF⊂平面P AB，因此CE∥平面P AB.(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，P A，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . 由△P AD 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 ，则QH ⊥平面PBC .连接MH ，则MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角.设CD ＝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 ，则易求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 ，OH 两两垂直.故可以O 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，如图所示.(1)证明 由PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点，则可得：D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，34，则CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－54，34，P A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－32，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32.设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·P A →＝x ＋12y －32z ＝0，n ·PB →＝32y －32z ＝0.令y ＝1，则⎩⎨⎧x ＝1，y ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3)，∴CE →·n ＝12×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－54×1＋34×3＝0.又∵CE ⊄平面P AB ，∴CE ∥平面P AB . (2)解 由(1)得PC →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，－32.设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝32y －32z ＝0，m ·PC →＝－x ＋32y －32z ＝0.令y ＝1，则⎩⎨⎧x ＝0，y ＝1，z ＝3，∴m ＝(0，1，3).设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则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.考 点 整 合1.求异面直线所成角的方法方法一：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.方法二：空间向量法.用空间向量法求两条异面直线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. 2.求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.用几何法求直线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.方法二：空间向量法.用空间向量法求直线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. 3.求二面角的方法方法一：几何法.用几何法求二面角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.方法二：空间向量法.用空间向量法求二面角α－l －β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P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点.已知AB ＝2，AD ＝22，P A ＝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 ，则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，则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，则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】 (2016·浙江卷)如图，已知平面四边形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 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，由已知得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， 则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，则OH ＝63，DH ＝1×56＝306，因此可设D ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α，－63，306sin α， 则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 66 热点二 求线面角【例2】 (2016·四川卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，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)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 .又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 ＝22.在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322. 所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.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 A ⊥AB ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥平面P 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A －xyz ，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＝13.所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.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】 (2017·湖州模拟)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 是正三角形，且A 1A ＝AB ，顶点A 1在底面ABC 上的射影是△ABC 的中心.(1)求证：AA 1⊥BC ；(2)求直线A 1B 与平面BCC 1B 1所成角的大小. (1)证明 因为△ABC 是正三角形，设O 为△ABC 的中心，连接AO ，所以BC ⊥AO ， 又A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC ，又A 1O ∩AO ＝O ， 所以BC ⊥平面A 1AO ，又A 1A ⊂平面A 1AO ，所以BC ⊥A 1A .(2)解 取BC ，B 1C 1的中点E ，F ，连接AE ，A 1F ，EF . 由(1)知BC ⊥平面A 1AEF ， 从而平面A 1AEF ⊥平面BCC 1B 1，在平面A 1AEF 内，作A 1G ⊥EF ，垂足为G ，连接GB ， 易知BC ⊥A 1G ，则A 1G ⊥平面BCC 1B 1， 则∠A 1BG 是直线A 1B 与平面BCC 1B 1所成的角. 设A 1A ＝2，在平行四边形A 1AEF 中， A 1O ＝263，A 1G ＝2，A 1B ＝2， 所以sin ∠A 1BG ＝A 1G A 1B ＝22.所以直线A 1B 与平面BCC 1B 1所成的角为π4. 热点三 求二面角【例3】 (2017·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，P A ⊥平面ABCD ，PC 与平面P AB 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 ，则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P AB ， 则∠CPE 即为PC 与平面P AB 所成的角， 在Rt △PEC 中，CE CP ＝64，即33＋1＋P A 2＝64， 解得P A ＝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P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥DH ，又DH ⊥BA ，P A ∩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△P AE ∽△HKE ，所以PE ·HK ＝EH ·P A ， 所以HK ＝EH ·P A PE ＝45， 从而DK ＝3＋165＝315，所以cos ∠DKH ＝KH DK ＝43131， 即二面角D －PE －A 的余弦值为43131. 法二 取BC 的中点G ，连接AG ， 由已知可得AG ⊥AD .又∵P A ⊥平面ABCD ，故可以A 为原点，以AG ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立如图所示空间直角坐标系.(1)易证CE ⊥平面P AB ，故∠CPE 即为PC 与平面P AB 所成的角， ∴sin ∠CPE ＝CE CP ＝64，∴CP ＝22，∴P A 2＋AC 2＝8， ∴P A ＝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 )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EP →＝－32x ＋12y ＋2z ＝0，m ·EC →＝32x ＋32y ＝0，令y ＝1，则⎩⎨⎧x ＝－3，y ＝1，z ＝－1，∴m ＝(－3，1，－1).若AF ∥平面PEC ，则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 )，则⎩⎨⎧n ·EP →＝－32x ＋12y ＋2z ＝0，n ·PD →＝2y －2z ＝0，令z ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧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D －PE －A 的平面角为θ，则|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.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，否则解法是不严谨的.【训练3】 (2016·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 ，如图所示. 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，则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 ，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 ，则△BCK 为等边三角形.取BC 的中点O ，连接KO ，则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34.1.两条直线夹角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤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，则cos θ＝|cosn 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，则|cos θ|＝|cosn 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，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，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.1.(2017·金华调研)如图，AB ＝BE ＝BC ＝2AD ＝2，且AB ⊥BE ，∠DAB ＝60°，AD ∥BC ，BE ⊥AD .(1)求证：平面ADE ⊥平面BDE ；(2)求直线AD与平面DCE所成角的正弦值.(1)证明∵AB＝2AD，∠DAB＝60°，∴AD⊥DB，又BE⊥AD，且BD∩BE＝B，∴AD⊥平面BDE，又AD⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面BDE.(2)解∵BE⊥AD，AB⊥BE，∴BE⊥平面ABCD，∴点E到平面ABCD的距离就是线段BE的长为2，设AD与平面DCE所成角为θ，点A到平面DCE的距离为d，由V三棱锥A－DCE ＝V三棱锥E－ADC得13×d×S△CDE＝13×|BE|×S△ACD，解得d＝3010，而AD＝1，则sin θ＝d|AD|＝3010，故直线AD与平面DCE所成角的正弦值为30 10.2.(2017·衢州调研)已知四棱锥P－ABCD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)若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 ，则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 ＝BHBN ＝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 轴建立如图所示的空间直角坐标系M －xyz ，不妨设MA ＝1，则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，则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.(2016·全国Ⅲ卷)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 ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綉AM ，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A －xyz .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.设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525， ∴直线AN 与平面PMN 所成的角的正弦值为8525.4.(2017·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点.(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M －AB －D 的余弦值.(1)证明 取P A 的中点F ，连接EF ，BF ， 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD . 由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綉BC ， 四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ， 又BF ⊂平面P AB ， CE ⊄平面P AB ， 故CE ∥平面P AB .(2)解 由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，P (0，1，3)，PC →＝(1，0，－3)，AB →＝(1，0，0). 设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3). 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0，0，1)是底面ABCD 的法向量，所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°， |z |（x －1）2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →(0＜λ≤1)，则 x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①，②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝⎛⎭⎪⎫1－22，1，62.设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧（2－2）x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2). 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105. 因此二面角M －AB －D 的余弦值为105.5.(2017·山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF ︵的中点.(1)设P 是CE ︵上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小； (2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E －AG －C 的大小. 解 (1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ， AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ， 所以BE ⊥平面ABP ，又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP ，又∠EBC ＝120°， 因此∠CBP ＝30°.(2)法一 如图1，取EC ︵的中点H ，连接EH ，GH ，CH .图1因为∠EBC ＝120°， 所以四边形BEHC 为菱形， 所以AE ＝GE ＝AC ＝GC ＝32＋22＝13.取AG 中点M ，连接EM ，CM ，EC ， 则EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，所以，∠EMC 为所求二面角的平面角.又AM ＝1，所以EM ＝CM ＝13－1＝2 3.在△BEC 中，由于∠EBC ＝120°，由余弦定理得EC 2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，所以EC ＝23，因此△EMC 为等边三角形，故所求的角为60°.法二 以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图2所示的空间直角坐标系.图2由题意得A (0，0，3)，E (2，0，0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)， 故AE →＝(2，0，－3)，AG →＝(1，3，0)，CG →＝(2，0，3).设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧m · AE →＝0，m ·AG →＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0. 取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG →＝0，n ·CG →＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0. 取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2).所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12.因此所求的角为60°.6.(2016·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，∴AB ⊥平面P AD .∵PD ⊂平面P AD .∴AB ⊥PD .又P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A ，∴PD ⊥平面P AB .(2)解 取AD 中点O ，连接CO ，PO ，∵P A ＝PD ，∴PO ⊥AD .又∵PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥平面ABCD .∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO .∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，B (1，1，0)，D (0，－1，0)，C (2，0，0).则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.则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3 ＝33.(3)解 设M 是棱P A 上一点，则存在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P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.。