(浙江专用)高考数学二轮复习专题二立体几何第2讲立体几何中空间角问题学案

(浙江专用)高考数学二轮复习专题二立体几何第2讲立体几何中空间角问题教学设计(浙江专用)高考数学二轮复习专题二立体几何第2讲立体几何中空间角问题教学设计20/20(浙江专用)高考数学二轮复习专题二立体几何第2讲立体几何中空间角问题教学设计第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观察空间角(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行观察，高考侧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(2018·浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；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22＝211＋11，ABABAA所以AB⊥AB.111BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1＝5，由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝23，由1⊥，得1＝13，所以12＋112＝12，CCACACABBCAC故AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1＝B1，所以AB1⊥平面A1B1C1.解如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.AB1⊥平面A1B1C1，AB1平面ABB1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1，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＝61，sin∠C1A1B1＝，77所以C1D＝C1D393，故sin∠C1AD＝＝.113AC所以，直线1与平面所成的角的正弦值是391.ACABB13法二(1)证明如图，以的中点O为原点，分别以射线，为，ACOBOCxy轴的正半轴，成立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标以下：1A(0，－3，0)，B(1，0，0)，A(0，－3，4)，B(1，0，2)，C(0，3，1).111所以→→→，23，－3).1＝(1，3，2)，11＝(1，3，－2)，11＝(0ABABAC→→得AB1⊥A1B1.由AB1·A1B1＝0由→1·→11＝0得1⊥11.ABACABAC所以AB⊥平面ABC.1111解设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知→1＝(0，23，1)，→＝(1，3，0)，→1＝(0，0，2).ACABBB设平面ABB的法向量n＝(x，y，z).1→x＋3y＝0，n·AB＝0，由即可取n＝(－3，1，0).n·→1＝0，2z＝0，BB→→39|AC1·n|所以sinθ＝|cos〈AC1，n〉|＝|→1|·||＝13.ACn所以，直线AC与平面ABB所成的角的正弦值是39.11考点整合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其余地址；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③经过解三角形来求角.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·na，b的方向向量，分别记为m，n；②计算cos〈m，n〉＝|m||n|；③利用cosθ＝|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，经过解三角形来求角.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→→→AB·nα的法向量n与直线AB的方向向量AB；②计算cos〈AB，n〉＝|→|||；③利用sinθ＝ABn|cos〈→，〉|，以及θ∈[0°，90°]，求出角θ.ABn2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，经过解三角形来求角.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αlβ的平面角θ的步骤为：①求两个半平面·nα，β的法向量m，n；②计算cos〈m，n〉＝|m||n|；③依照图形和计算结果判断θ是锐角、直角，还是钝角，进而得出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，EPC的中点.已知AB＝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，则EF∥BC，进而∠AEF(或其补角)是异面直线与所成的角.在△中，由＝2，＝2，AEBCAEAEFEFAF＝2，知△是等腰直角三角形，所以∠＝π.所以，异面直线与AE所成角的大小AEFAEF4BCπ4.图1图2法二如图2，成立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(2，2→2，0)，E(1，2，1)，AE＝(1，→2，1)，BC＝(0，22，0).→→→·→42πAEBC＝2，所以θ＝4.由此可知，异面设AE与BC的夹角为θ，则cosθ＝→→＝2×22|AE||BC|π直线BC与AE所成角的大小是.4研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)(2018·浙江卷)已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线3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θ2，二面角的平面角为θ3，则()SABCA.θ≤θ≤θ3B.θ≤θ≤θ11232C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1(2)(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________.剖析(1)由题意知四棱锥S-ABCD为正四棱锥，如图，连接AC，BD，记∩＝，连接，则⊥平面，取的中点，连接，，ACBDOSOSOABCDABMSMOMOE，易得AB⊥SM，则θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO，易知θ3≥θ2.再依照最小角定理知，θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1，应选D.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，成立空间直角坐标系，6306则A0，2，0，B2，0，0，C0，－2，0.作DH⊥AC于H，翻折过程中，D′H向来21661×530CD与AC垂直，CH＝CA＝6＝6，则OH＝3，DH＝6＝6，所以可设30630D′－6cosα，－3，6sinα，→3030630→则BD′＝－6cosα－2，－3，6sinα，与CA平行的单位向量为n＝(0，1，0)，→6→3所以cosBD′·n，θ＝|cos〈BD′，n〉|＝→＝|·||9＋5cosα′|BDn所以cosα＝－1时，cos6θ取最大值.64答案(1)D(2)

66热点二求线面角【例2】(2017·浙江卷)如图，已知四棱锥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.证明：CE∥平面PAB；求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.法一(1)证明如图，PA中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA中点，1所以EF∥AD且EF＝2AD，1又因为BC∥AD，BC＝2AD，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，所以CE∥平面PAB.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.DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.因为PN∩BN＝N，所以AD⊥平面PBN.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＝2，51在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝3得QH＝4，1在Rt△MQH中，QH＝4，MQ＝2，2所以sin∠QMH＝8，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.不如设AD＝2，∵BC∥AD，CD⊥AD，则易求DH1＝2，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轴成立空间直角坐标系，以下列图.证明由PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点，则可得：13313113D－1，，0，C－1，，0，P0，0，2，A1，，0，B0，，0，E－2，4，4，2222则→＝153，→＝13，→＝33.2442222设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，→＝x＋1y－3z＝0，n·PA22则33→n·PB＝2y－2z＝0.x＝1，y＝1，则y＝1，z＝3，→153∴n＝(1，1，3)，∴CE·n＝2×1＋－×1＋4×3＝0.4又∵CE平面PAB，∴CE∥平面PAB.(2)解由(1)得→＝33.PC－1，2，－2设平面的法向量＝(x，，z)，PBCmy6→33m·PB＝2y－2z＝0，则→33m·PC＝－x＋2y－2z＝0.x＝0，y＝1，则y＝1，z＝3，∴m＝(0，1，3).→1→22设直线与平面所成的角为，则sin＝|m·CE|θθ＝|cos〈，〉|＝＝.CEPBCmCE→4×28|m||CE|∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为28.研究提高(1)传统法解决线面角问题的重点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重点在于“四破”：第一，破“建系关”，成立合适的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，正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°，1BC＝CD＝2AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明原由；若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，订交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点.原由以下：由已知，BC∥ED，且BC＝ED.所以四边形BCDE是平行四边形.进而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)法一由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.进而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△PAD中，PA＝AD＝2.7过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA⊥平面ABCD，进而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.A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.2在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以AH＝2.在Rt△PAH中，PH＝2232PA＋AH＝.2AH1所以sin∠APH＝＝.PH3法二由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.进而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，所以∠PDA＝45°.PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.BC＝1，则在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，成立以下列图的空间直角坐标系A-xyz，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0).→→→，0，2).所以PE＝(1，0，－2)，EC＝(1，1，0)，AP＝(0设平面的法向量为n＝(x，，).PCEyz→x－2z＝0，n·PE＝0，x＝2，解得＝(2，－2，1).由得设→x＋y＝0.nn·EC＝0.→21设直线PA与平面PCE所成角为α，则sin|n·AP|α＝→＝2×22＋（－2）2＋12＝3.|n|·|AP|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】(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＝3.8求证：BF⊥平面ACFD；求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.证明延长AD，BE，CF订交于一点K，以下列图.因为平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，所以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，CK∩AC＝C，CK，AC平面ACFD，所以BF⊥平面ACFD.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.313在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得AK＝13，FQ＝13.313在Rt△BQF中，FQ＝13，BF＝3，3得cos∠BQF＝4.3所以，二面角B-AD-F的平面角的余弦值为4.法二如图，延长AD，BE，CF订交于一点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，成立空间直角坐标系O-xyz.由题意得(1，0，0)，(－1，0，0)，(0，0，3)，(－1，－3，0)，1，0，3，13.2222所以，→＝(0，3，0)，→＝(1，3，3)，→＝(2，3，0).ACAKAB设平面ACK的法向量为m＝(x，y，z)，平面ABK的法向量为n＝(x，y，z).111222→3y1＝0，AC·m＝0，由得x1＋3y1＋3z1＝0，→·＝0，AKm取m＝(3，0，－1)；9→·＝，22＋3y2＝0，由得→·n＝0，x2＋3y2＋3z2＝0，AK取n＝(3，－2，3).m·n3于是，cos〈m，n〉＝|m|·|n|＝4.3所以，二面角B-AD-F的平面角的余弦值为4.研究提高(1)用传统法求解二面角的重点是：先找出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.利用法向量的依照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，在能判断所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法拥有必然的优势，但要注意，必定能判断“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，否则解法是不慎重的.【训练3】(2018·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与平面所成的角的正弦值为6.PAB4在棱PD上求一点F，使AF∥平面PEC；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，1FG∥CD∥AB，FG＝2CD＝2AB＝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.易知，CE⊥AB，CE⊥平面PAB，则∠CPE即为PC与平面PAB所成的角，在Rt△PEC中，CE636＝4，即2＝4，CP3＋1＋PA解得PA＝2.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，10DH⊥BA，PA∩BA＝A，所以DH⊥平面PBA，PE平面PBA，所以DH⊥PE，又DH∩HK＝H，所以PE⊥平面DHK，所以PE⊥DK，所以∠即为所求的二面角的平面角.DKH在Rt△DHK中，DH＝3，易得△∽△，所以·＝·，PAEHKEPEHKEHPA所以＝EH·PA4，＝HKPE5进而DK＝16313＋5＝5，KH431所以cos∠DKH＝＝，DK31即二面角的余弦值为431.DPEA31法二取BC的中点G，连接AG，由已知可得AG⊥AD.又∵PA⊥平面ABCD，故可以A为原点，以AG，AD，AP分别为x，y，z轴成立以下列图空间直角坐标系.易证CE⊥平面PAB，故∠CPE即为PC与平面PAB所成的角，∴sin∠＝CE6＝22，∴22＝，∴＋＝8，CPECP4CPPAAC∴PA＝2.31故A(0，0，0)，B(3，－1，0)，E2，－2，0，C(3，1，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，→31→33∴EP＝－2，2，2，EC＝2，2，0，→PD＝(0，2，－2).→→设PF＝λPD，11→→→→，2λ，2－2λ).又∵AF＝AP＋PF，∴AF＝(0设平面的一个法向量为＝(x，，)，PECmyz31→＝－x＋y＋2z＝0，m·EP22则33→m·EC＝2x＋2y＝0，x＝－3，令y＝1，则y＝1，z＝－1，∴m＝(－3，1，－1).若∥平面，则→⊥，AFPECAFm∴→·＝2λ－2＋2λ＝0，∴λ＝1，AFm2∴F为PD的中点为所求.设平面DPE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则→＝－31x＋y＋2z＝0，n·EP22→n·PD＝2y－2z＝0，53x＝，353，1，1.令z＝1，则∴n＝y＝1，3z＝1，33易知平面APE的一个法向量为EC＝，2，0.2→设二面角DPEA的平面角为θ，则|cosθ|＝|cos〈EC，n〉|＝

532＋2431＝31.33431由图易知二面角D-PE-A为锐角，∴二面角D-PE-A的余弦值为311.两条直线夹角的范围为0，π.设直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2，其夹角为θ，则2cosθ＝|cosn1，n2|＝|n1·n2||1||2|.nn2.二面角的范围为[0，π].设半平面α与β的法向量分别为n1与2，二面角为θ，则|cosn12n1，n2|n1·n2|θ|＝|cos|＝|n1||n2|.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，以致出错.4.空间向量在办理空间问题时拥有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即经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，各样角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转变成空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而成立空间直角坐标系，经过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的正确性.1.(2018·天津卷)如图，在周围体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°.求证：AD⊥BC；求异面直线BC与MD所成角的余弦值；求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.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.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.22在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝AD＋AM＝13.因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC.22在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝AD＋AN＝13.1在等腰△DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝2MN13＝.DM26所以，异面直线与所成角的余弦值为13.BCMD2613(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.22在Rt△CAD中，CD＝AC＋AD＝4.CM3在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝.CD43所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为4.2.(2018·湖州调研)已知四棱锥PABCD的底面ABCD是菱形，∠ADC＝120°，AD的中点M是极点P在底面ABCD的射影，N是PC的中点.求证：平面MPB⊥平面PBC；若MP＝MC，求直线BN与平面PMC所成角的正弦值.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，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，在菱形中，设＝2，则＝·sin60°＝3，ABCDABaMBABa227a.MC＝DM＋DC－2DM·DC·cos120°＝又由(1)知MB⊥BC，∴在△MBC中，BH＝2a·3a2217a＝a，7(1)知BC⊥平面PMB，PB平面PMB，14∴PB⊥BC，∴BN＝2PC＝2a，14BH2721a26∴sin∠BNH＝＝14＝.BN72a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轴成立以下列图的空间直角坐标系，不如设＝1，MxyzMA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－1，372，2，设平面PMC的法向量为n＝(x0，y0，z0)，→→－2，3，0)，又∵MP＝(0，0，7)，MC＝(→7z0＝0，n·MP＝0，即∴→－20＋30＝0，n·MC＝0，xy令y＝1，则n＝370→37→14又∵BN＝－1，－2，2，|BN|＝2，→→26|BN·n||cos〈BN，n〉|＝|→||n|＝7.BN所以，直线与平面所成角的正弦值为26.BNPMC73.(2018·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的地址，且PF⊥BF.证明：平面PEF⊥平面ABFD；求DP与平面ABFD所成角的正弦值.证明由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF平面PEF，所以BF⊥平PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.15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→，→，→的方向为x轴、y轴、z轴FBHFHP→Hxyz.的正方向，|BF|为单位长，成立以下列图的空间直角坐标系由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.又PF＝1，EF＝2，故EF2＝PE2＋PF2，所以PE⊥PF.3可得PH＝2，EH＝2.则H(0，0，0)，P0，0，33→33→32，D－1，－，0，DP＝1，，，HP＝0，0，为平2222面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ，→→343则sinθ＝HP·DP＝→→＝.34|HP||DP|所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.4.(2018·江苏卷)如图，在正三棱柱ABCABC中，AB＝AA＝2，点P，Q分1111别为A1B1，BC的中点.求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.解如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连→→→接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{OB，OC，OO1}为基底，成立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(3，0，2)，C1(0，1，2).1因为P为A1B1的中点，所以P2，－2，2，→3，－1→，1→→→→|－1＋4|310|BP·AC1|故|cos〈BP，AC1〉|＝|→|·|→1|＝5×22＝20.BPAC所以，异面直线与1所成角的余弦值为310.BPAC20(2)因为Q为BC的中点，所以Q312，2，0，16所以→＝33，→1＝(0，2，2)，→1＝(0，0，2).AQ2，2，0ACCC设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，→·＝0，3＋3即2x则2y→AC1·n＝0，2＋2z＝0.y不如取n＝(3，－1，1).设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，→→25|CC1·n|＝则sinθ＝|cos〈CC，n〉|＝＝，1→5×25|·||CCn所以直线CC与平面AQC所成角的正弦值为5.115.(2018·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.证明：PO⊥平面ABC；若点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＝23.2连接OB，因为AB＝BC＝2AC，所以△ABC为等腰直角三角形，1OB⊥AC，OB＝2AC＝2.222由OP＋OB＝PB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，成立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2→，2，2→，0，0).3)，AP＝(03).取平面PAC的一个法向量OB＝(2→设M(a，2－a，0)(0<a≤2)，则AM＝(0，4－a，0).设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).→→得由AP·n＝0，AM·n＝0172y＋23z＝0，可取n＝(3(a－4)，3a，－a)，ax＋（4－a）y＝0，→23（a－4）所以cos〈OB，n〉＝222.23（a－4）＋3a＋a→3由已知可得|cos〈OB，n〉|＝2，23|a－4|3所以23（a－4）2＋3a2＋a2＝2，4解得a＝－4(舍去)，a＝3，83434所以n＝－，3，－.33→→3又PC＝(0，2，－23)，所以cos〈PC，n〉＝4.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.6.(2018·北京卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA，AC，AC，BB的中点，AB＝BC＝5，AC＝AA＝2.11111求证：AC⊥平面BEF；求二面角BCDC1的余弦值；证明：直线FG与平面BCD订交.证明在三棱柱ABCA1B1C1中，因为CC1⊥平