2025版新教材高中数学第一章空间向量与立体几何1.2空间向量在立体几何中的应用1.2.4二面角课时作业新人教B版选择性必修第一册

1．2.4二面角1．已知平面α内有一个以AB为直径的圆，PA⊥α，点C在圆周上(异于点A，B)，点D，E分别是点A在PC，PB上的射影，则()A．∠ADE是二面角APCB的平面角B．∠AED是二面角APBC的平面角C．∠DAE是二面角BPAC的平面角D．∠ACB是二面角APCB的平面角2．已知二面角αlβ的两个半平面α与β的法向量分别为a，b，若〈a，b〉＝，则二面角αlβ的大小为()A．B．C．或D．或3．正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°4.如图所示，已知点P为菱形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC中点，则二面角CBFD的正切值为()A.B．C．D．5．已知点A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，3)，则平面ABC与平面xOy的夹角的余弦值为________．6．已知正△ABC与正△BCD所在平面垂直，求二面角ABDC的正弦值．7．(多选)正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的是()A．AD与BC所成的角为30°B．AC与BD所成的角为90°C．BC与平面ACD所成角的正弦值为D．平面ABC与平面BCD所成锐二面角的正切值是8．已知△ABC是等边三角形，P是△ABC所在平面外一点，PA＝PB＝PC，若S△PAB∶S△ABC＝2∶3，则二面角PABC的大小为________．9．如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值．10．如图所示，四边形ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.(1)求SC与平面ASD所成角的余弦值；(2)求平面SAB和平面SCD夹角的余弦值．11．如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角APMB的正弦值．12．如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D，E分别为AA1，B1C的中点．(1)证明：DE⊥平面BCC1B1；(2)已知B1C与平面BCD所成角的大小为30°，求二面角DBCB1的余弦值．13.如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)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．14.如图所示，在三棱锥SABC中，SA＝AB＝AC＝BC＝SB＝SC，O为BC的中点．(1)求证：SO⊥平面ABC；(2)求异面直线SC与AB所成角的余弦值；(3)在线段AB上是否存在一点E，使二面角BSCE的余弦值为？若存在，求BE∶BA的值；若不存在，试说明理由．1．2.4二面角必备学问基础练1．答案：B解析：因为PA⊥BC，AC⊥BC，所以BC⊥平面PAC.又AD⊂平面PAC，所以AD⊥BC.又AD⊥PC，PC∩BC＝C，所以AD⊥平面PBC，所以AD⊥PB.又AE⊥PB，AD∩AE＝A，所以PB⊥平面ADE，所以DE⊥PB，所以∠AED为二面角APBC的平面角．2．答案：C解析：由于二面角的范围是[0，π]，而二面角的两个半平面α与β的法向量都有两个方向，因此二面角αlβ的大小为eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).故选C.3．答案：B解析：如图所示，建立空间直角坐标系，设PA＝AB＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1).于是＝(0，1，0)，取PD的中点E，则E(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，∴＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，易知是平面PAB的法向量，是平面PCD的法向量，∴cos〈，〉＝eq\f(\r(2),2)，且由图可知两平面所成角为锐二面角，∴平面PAB与平面PCD所成的角为45°.故选B.4．答案：D解析：连接BD，设AC∩BD＝O，连接OF，以O为原点，OB，OC，OF所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝eq\r(3)，∴B(eq\f(\r(3),2)，0，0)，F(0，0，eq\f(1,2))，C(0，eq\f(1,2)，0)，D(－eq\f(\r(3),2)，0，0).∴＝(0，eq\f(1,2)，0)，且为平面BDF的一个法向量．由＝(－eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，＝(eq\f(\r(3),2)，0，－eq\f(1,2))可得平面BCF的一个法向量n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))，∴cos〈n，〉＝eq\f(\r(21),7)，sin〈n，〉＝eq\f(2\r(7),7).∴tan〈n，〉＝eq\f(2\r(3),3).故选D.5．答案：eq\f(2,7)解析：由题意得＝(－1，2，0)，＝(－1，0，3).设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z).由知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,－x＋3z＝0.))令x＝2，得y＝1，z＝eq\f(2,3)，则平面ABC的一个法向量为n＝(2，1，eq\f(2,3)).平面xOy的一个法向量为m＝(0，0，1).由此易求出所求锐二面角的余弦值为eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(2,7).6．解析：取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC＝1，则A(0，0，eq\f(\r(3),2))，B(0，－eq\f(1,2)，0)，D(eq\f(\r(3),2)，0，0).所以＝(0，0，eq\f(\r(3),2))，＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0).由于＝(0，0，eq\f(\r(3),2))为平面BCD的一个法向量，设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，则所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0，))取x＝1，则y＝－eq\r(3)，z＝1，所以n＝(1，－eq\r(3)，1)，所以cos〈n，〉＝eq\f(\r(5),5)，所以sin〈n，〉＝eq\f(2\r(5),5).关键实力综合练7．答案：BD解析：取BD的中点O，连接AO，CO，则AO⊥BD，∵正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，故平面ABD⊥平面BCD，而平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，故AO⊥平面BCD.∴以O为原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设OC＝1，则A(0，0，1)，B(0，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，∴＝(0，1，1)，＝(0，1，－1)，＝(1，1，0)，＝(1，0，－1)，＝(0，2，0).∵cos〈，〉＝＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，因为〈，〉∈[0，π]，故〈，〉＝eq\f(π,3)，∴异面直线AD与BC所成的角为60°，故A错误；∵·＝0，∴AC⊥BD，故B正确；设平面ACD的法向量为t＝(x，y，z)，则取z＝1，得x＝1，y＝1，∴t＝(1，1，1)，设BC与平面ACD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈，t〉|＝＝eq\f(2,\r(2)×\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，故C错误；易知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，设平面ABC的法向量为m＝(x′，y′，z′)，则取x′＝1，得y′＝－1，z′＝1，∴m＝(1，－1，1)，设两个平面的夹角为α(α为锐角)，则cosα＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(\r(3),3)，故sinα＝eq\f(\r(6),3)，tanα＝eq\r(2).∴平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是eq\r(2)，故D正确．故选BD.8．答案：60°解析：因为PA＝PB＝PC，所以P在平面ABC上的射影O为△ABC的中心，S△OAB＝eq\f(1,3)S△ABC.又S△PAB＝eq\f(2,3)S△ABC，设二面角PABC的大小为θ，所以cosθ＝eq\f(S△OAB,S△PAB)＝eq\f(1,2)，所以θ＝60°.9．解析：(1)证明：连接ME，B1C，∵M，E分别为BB1，BC的中点，∴ME为△B1BC的中位线，∴ME∥B1C且ME＝eq\f(1,2)B1C，又N为A1D的中点，且A1D綊B1C，∴ND∥B1C且ND＝eq\f(1,2)B1C，∴ME綊ND，∴四边形MNDE为平行四边形，∴MN∥DE，又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE.(2)设AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，由直四棱柱性质可知：OO1⊥平面ABCD，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，则以O为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系：则A(eq\r(3)，0，0)，M(0，1，2)，A1(eq\r(3)，0，4)，D(0，－1，0)，N(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，2)，取AB的中点F，连接DF，则F(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0).∵四边形ABCD为菱形且∠BAD＝60°，∴△BAD为等边三角形，∴DF⊥AB.又∵AA1⊥平面ABCD，DF⊂平面ABCD，∴DF⊥AA1，又AA1∩AB＝A，∴DF⊥平面ABB1A1，即DF⊥平面AMA1，∴为平面AMA1的一个法向量，且＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2)，0).设平面MA1N的法向量n＝(x，y，z)，又＝(eq\r(3)，－1，2)，＝(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(3,2)，0)，∴，令x＝eq\r(3)，则y＝1，z＝－1，∴n＝(eq\r(3)，1，－1)，∴cos〈，n〉＝＝eq\f(3,\r(15))＝eq\f(\r(15),5)，∴sin〈，n〉＝eq\f(\r(10),5)，∴二面角AMA1N的正弦值为eq\f(\r(10),5).10．解析：(1)以A为坐标原点，分别以AD，AB，AS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，A(0，0，0)，S(0，0，2)，C(2，2，0)，D(1，0，0)，B(0，2，0)，＝(2，2，－2)，∵AB⊥平面SAD，故平面ASD的一个法向量为＝(0，2，0)，设SC与平面ASD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝eq\f(\r(3),3)，故cosθ＝eq\f(\r(6),3)，即SC与平面ASD所成角的余弦值为eq\f(\r(6),3).(2)平面SAB的一个法向量为m＝(1，0，0)，∵＝(2，2，－2)，＝(1，0，－2)，设平面SCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，由⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－z＝0，,x－2z＝0，))令z＝1可得平面SCD的一个法向量为n＝(2，－1，1)，明显，平面SAB和平面SCD所成角为锐角，不妨设为α，则cosα＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\r(6),3)，即平面SAB和平面SCD夹角的余弦值为eq\f(\r(6),3).11．解析：(1)方法一空间坐标系＋空间向量法∵PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA，DC，DP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Dxyz，设BC＝2a，则D(0，0，0)，P(0，0，1)，B(2a，1，0)，M(a，1，0)，A(2a，0，0)，则＝(2a，1，－1)，＝(－a，1，0)，∵PB⊥AM，则·＝－2a2＋1＝0，解得a＝eq\f(\r(2),2)，故BC＝2a＝eq\r(2).方法二最优解：几何法＋相像三角形法如图，连接BD.因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂底面ABCD，所以PD⊥AM.又因为PB⊥AM，PB∩PD＝P，所以AM⊥平面PBD.又BD⊂平面PBD，所以AM⊥BD.从而∠ADB＋∠DAM＝90°.因为∠MAB＋∠DAM＝90°，所以∠MAB＝∠ADB.所以△ADB∽△BAM，于是eq\f(AD,AB)＝eq\f(BA,BM).所以eq\f(1,2)BC2＝1.所以BC＝eq\r(2).方法三几何法＋三角形等面积法如图，连接BD交AM于点N.由方法二知AM⊥DB.在矩形ABCD中，有△DAN∽△BMN，所以eq\f(AN,MN)＝eq\f(DA,BM)＝2，即AN＝eq\f(2,3)AM.令BC＝2t(t>0)，因为M为BC的中点，则BM＝t，DB＝eq\r(4t2＋1)，AM＝eq\r(t2＋1).由S△DAB＝eq\f(1,2)DA·AB＝eq\f(1,2)DB·AN，得t＝eq\f(1,2)eq\r(4t2＋1)·eq\f(2,3)eq\r(t2＋1)，解得t2＝eq\f(1,2)，所以BC＝2t＝eq\r(2).(2)方法一最优解：空间坐标系＋空间向量法设平面PAM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则＝(－eq\f(\r(2),2)，1，0)，＝(－eq\r(2)，0，1)，由，取x1＝eq\r(2)，可得m＝(eq\r(2)，1，2)，设平面PBM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，＝(－eq\f(\r(2),2)，0，0)，＝(－eq\r(2)，－1，1)，由，取y2＝1，可得n＝(0，1，1)，cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(3,\r(7)×\r(2))＝eq\f(3\r(14),14)，所以sin〈m，n〉＝eq\r(1－cos2〈m，n〉)＝eq\f(\r(70),14)，因此二面角APMB的正弦值为eq\f(\r(70),14).方法二构造长方体法＋等面积法如图，构造长方体ABCDA1B1C1D1，连接AB1，A1B，交点记为H，由于AB1⊥A1B，AB1⊥BC，所以AH⊥平面A1BCD1.过H作D1M的垂线，垂足记为G.连接AG，由三垂线定理可知AG⊥D1M，故∠AGH为二面角APMB的平面角．易证四边形A1BCD1是边长为eq\r(2)的正方形，连接D1H，HM.＝eq\f(1,2)D1M·HG，＝－－S△HBM－，代入数据解得HG＝eq\f(3\r(10),10).在Rt△AHG中，AH＝eq\f(\r(2),2)，HG＝eq\f(3\r(10),10)，由勾股定理求得AG＝eq\f(\r(35),5).所以sin∠AGH＝eq\f(AH,AG)＝eq\f(\r(70),14)，即二面角APMB的正弦值为eq\f(\r(70),14).12．解析：方法一(1)证明：以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝1，AD＝a(a>0)，则B(1，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，a)，B1(1，0，2a)，E(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，a)，所以＝(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0)，＝(－1，1，0)，＝(－1，1，－2a)，所以·＝0，·＝0，所以DE⊥BC，DE⊥B1C.因为BC⊂平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，BC∩B1C＝C，所以DE⊥平面BCC1B1.(2)由(1)知＝(－1，1，0)，＝(－1，0，a)，＝(－1，1，－2a)，设平面BCD的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)，则所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x0＋y0＝0，,－x0＋az0＝0，))令x0＝1，得n＝(1，1，eq\f(1,a)).因为B1C与平面BCD所成角的大小为30°，所以|cos〈n，〉|＝sin30°，即＝eq\f(2,\r(2＋\f(1,a2))·\r(2＋4a2))＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(\r(2),2)(负值舍去)，所以n＝(1，1，eq\r(2)).由(1)知平面BCB1的一个法向量为＝(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0)，所以cos〈n，〉＝＝eq\f(\f(1,2)＋\f(1,2),\r(12＋12＋（\r(2)）2)×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)))＝eq\f(\r(2),2)，所以二面角DBCB1的余弦值为eq\f(\r(2),2).方法二如图，取BC的中点F，连接AF，EF，DF.(1)证明：因为AB＝AC，所以AF⊥BC，因为BB1⊥平面ABC，AF⊂平面ABC，所以BB1⊥AF，又BC⊂平面BCC1B1，B1B⊂平面BCC1B1，BC∩B1B＝B，所以AF⊥平面BCC1B1.因为E为B1C的中点，所以EF∥BB1，且EF＝eq\f(1,2)BB1，所以EF∥DA，且EF＝DA，所以四边形ADEF为平行四边形，所以AF∥DE，所以DE⊥平面BCC1B1.(2)设AB＝AC＝1，AA1＝2a(a>0)，则AD＝a，BB1＝2a，BC＝eq\r(2)，AF＝eq\f(\r(2),2)，BD＝DC＝eq\r(1＋a2)，所以DF＝eq\r(AD2＋AF2)＝eq\r(a2＋\f(1,2))，所以S△BDC＝eq\f(1,2)BC·DF＝eq\f(\r(2a2＋1),2)，＝eq\f(1,2)BB1·BC＝eq\r(2)a.由(1)知D到平面BCB1的距离为DE＝eq\f(\r(2),2)，设B1到平面BCD的距离为d，由＝得eq\f(1,3)·DE＝eq\f(1,3)S△BDC·d，即eq\f(1,3)×eq\r(2)a×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2a2＋1),2)×d，解得d＝eq\f(2a,\r(2a2＋1)).因为B1C与平面BCD所成角的大小为30°，所以B1C＝eq\f(d,sin30°)＝2d＝eq\f(4a,\r(2a2＋1))，又在直角三角形B1BC中，B1C＝eq\r(BBeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋BC2)＝eq\r(4a2＋2)，所以eq\r(4a2＋2)＝eq\f(4a,\r(2a2＋1))，解得a＝eq\f(\r(2),2)(负值舍去).由(1)知，AF⊥BC，EF⊥BC，因为AF∩EF＝F，AF，EF⊂平面DEFA，所以BC⊥平面DEFA，因为DF⊂平面DEFA，所以DF⊥BC，又DF⊂平面DBC，EF⊂平面B1BC，平面DBC∩平面B1BC＝BC，所以∠EFD为二面角DBCB1的平面角．因为DA＝AF＝eq\f(\r(2),2)，所以四边形DAFE是正方形，所以∠EFD＝45°，所以二面角DBCB1的余弦值为eq\f(\r(2),2).核心素养升级练13．解析：(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2eq\r(3).连接OB.因为AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2，由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.(2)方法一(通性通法)向量法如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2eq\r(3))，＝(0，2，2eq\r(3))，取平面PAC的法向量＝(2，0，0).设M(a，2－a，0)(0<a≤2)，则＝(a，4－a，0).设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).由·n＝0，·n＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0,ax＋（4－a）y＝0))，可取n＝(eq\r(3)(a－4)，eq\r(3)a，－a)，所以cos〈，n〉＝eq\f(2\r(3)（a－4）,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2)).由已知得|cos〈，n〉|＝eq\f(\r(3),2).所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)（a－4）,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2))))＝eq\f(\r(3),2).解得a＝－4(舍去)，a＝eq\f(4,3).所以n＝(－eq\f(8\r(3),3)，eq\f(4\r(3),3)，－eq\f(4,3)).又＝(0，2，－2eq\r(3))，所以cos〈，n〉＝eq\f(\r(3),4).所以PC与平面PAM所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).方法二三垂线＋等积法由(1)知PO⊥平面ABC，可得平面PAC⊥平面ABC.如图，在平面ABC内作MN⊥AC，垂足为N，则MN⊥平面PAC.在平面PAC内作NF⊥AP，垂足为F，连接MF，则MF⊥AP，故∠MFN为二面角MPAC的平面角，即∠MFN＝30°.设MN＝a，则NC＝a，AN＝4－a，在Rt△AFN中，FN＝eq\f(\r(3),2)(4－a).在Rt△MFN中，由a＝eq\f(\r(3),3)·eq\f(\r(3),2)·(4－a)，得a＝eq\f(4,3)，则FM＝2a＝eq\f(8,3).设点C到平面PAM的距离为h，由VMAPC＝VCAPM，得eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×42×eq\f(4,3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×eq\f(8,3)×h，解得h＝eq\r(3)，则PC与平面PAM所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).方法三三垂线＋线面角定义法由(1)知PO⊥平面ABC，可得平面PAC⊥平面ABC.如图，在平面ABC内作MN⊥AC，垂足为N，则MN⊥平面PAC.在平面PAC内作NF⊥AP，垂足为F，连接MF，则MF⊥AP，故∠MFN为二面角MPAC的平面角，即∠MFN＝30°.同方法一可得MN＝a＝eq\f(4,3).在△APC中，过N作NE∥PC，在△FNM中，过N作NG⊥FM，垂足为G，连接EG.在Rt△NGM中，NG＝eq\f(\r(3),2)NM＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(4,3)＝eq\f(2\r(3),3).因为NE∥PC，所以NE＝NA＝4－a＝eq\f(8,3).由PA⊥平面FMN，可得平面PAM⊥平面FMN，交线为FM.在平面FMN内，由NG⊥FM，可得NG⊥平面PAM，则∠NEG为直线NE与平面PAM所成的角．设∠NEG＝α，则sinα＝eq\f(NG,NE)＝eq\f(\f(2\r(3),3),\f(8,3))＝eq\f(\r(3),4)，又NE∥PC，所以直线PC与平面PAM所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).方法四最优解：定义法如图，取PA的中点H，连接CH，则CH＝2eq\r(3).过C作平面PAM的垂线，垂足记为T(垂足T在平面PAM内).连接HT，则∠CHT即为二面角MPAC的平面角，即∠CHT＝30°，得CT＝eq\r(3).连接PT，则∠CPT为直线PC与平面PAM所成的角．在Rt△PCT中，PC＝4，CT＝eq\r(3)，所以sin∠