第7讲 立体几何中的向量方法
1．空间向量与空间角的关系
(1)两条异面直线所成角的求法(a，b分别为异面直线l1，l2的方向向量)
范围 求法 a与b的夹角β [0，π] [l1与l2所成的角θ 0，π 2|a·b|cos θ＝|cos β|＝|a||b| a·bcos β＝|a||b| (2)直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角|e·n|
为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e||n|．
,
(3)二面角大小的求法
a．如图①，AB，CD是二面角α
l
β两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的
→→
大小θ＝〈AB，CD〉．
b．如图②③，n1，n2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〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．
2．点到平面的距离的求法
如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d→
|AB·n|＝|n|.
·
[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( )
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )
ππ(4)两异面直线夹角的范围是0，2，直线与平面所成角的范围是0，2，二面角的范
围是[0，π]．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ [教材衍化]
,
1．(选修2-1P104练习T2改编)已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，
1)，则两平面所成的二面角的大小为________．
m·n
解析：cos〈m，n〉＝|m||n|＝角为45°或180°－45°＝135°.
答案：45°或135°
2．(选修2-1P112A组T6改编)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为________．
解析：以D点为原点，以DA，DC，DD1的正方向为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系D－xyz，设DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，1→→1E0，2，1，则AC＝(－1，1，0)，DE＝0，2，1，设异面直线DE与AC
10→→
所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈AC，DE〉|＝10.
10
答案：10
3．(选修2-1P117A组T4改编)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．
12
＝2，即〈m，n〉＝45°.所以两平面所成二面1·2
$
解析：以C为原点建立空间直角坐标系，如图所示，得下列坐标A(2，0，0)，C1(0，0，
33
22)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2，，22.
22
3→→1
所以AC1＝(－2，0，22)，AC2＝－，，22，
22
→→
|AC1·AC2|
设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cos θ＝＝
→→|AC1||AC2|1＋0＋8π3π＝2.又θ∈0，2，所以θ＝6.
23×3
π
答案：6 [易错纠偏]
直线和平面所成的角的取值范围出错.
1
已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－2，则l与α所成的角为________．
1
解析：设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝2，所以θ＝30°.
'
答案：30°
第1课时 空间角
异面直线所成的角
如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点
D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，点M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为7
21，求线段AH的长． )
→→→
【解】 如图，以A为原点，分别以AB，AC，AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系Axyz.依题意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)．
→→
(1)证明：DE＝(0，2，0)，DB＝(2，0，－2)． 设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量， →DE＝0，n·2y＝0，则即
→2x－2z＝0.DB＝0，n·不妨设z＝1，可得n＝(1，0，1)． →→
又MN＝(1，2，－1)，可得MN·n＝0. 因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE. (2)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0，0，h)，
\"
→→
进而可得NH＝(－1，－2，h)，BE＝(－2，2，2)． →→|NH·BE|→→
由已知，得|cos〈NH，BE〉|＝
→→|NH||BE|＝
7＝，
h2＋5×2321|2h－2|
81
整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝5或h＝2. 81
所以，线段AH的长为5或2.
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；
【
(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值． [提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：
当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线
的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．
1．长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，点E为CC1的中点，则异面直线BC1
与AE所成角的余弦值为( )
%
解析：选B.以D为原点，以DA，DC，DD1的正方向为x轴，y轴，
z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，如图．
→→
则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2).BC1＝(－1，0，2)，AE＝(－1，2，1)，
cos〈BC→→1，AE〉＝BC→→1·AE＝30|BC
→||→1AE|10. 所以异面直线BCAE所成角的余弦值为30
1与10.
2.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．
)
解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC. (2)设AC∩BD＝O.
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝3.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，
&
则P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)． 所以→PB＝(1，3，－2)，AC→
＝(0，23，0)． 设PB与AC所成角为θ，则
→→cos θ＝PB·AC|→＝6＝6PB
||→AC|22×234. 即PB与AC所成角的余弦值为6
4.
直线与平面所成的角
.
(2018·高考浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，
C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.
(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
【解】 法一：(1)由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1
⊥AB得AB1＝A1B1＝22，
22
所以A1B21＋AB1＝AA1，
故AB1⊥A1B1.
由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1＝5， 由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝23，
$
由CC1⊥AC，得AC1＝13，
22所以AB21＋B1C1＝AC1，故AB1⊥B1C1.
因此AB1⊥平面A1B1C1.
(2)如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD. 由AB1⊥平面A1B1C1得 平面A1B1C1⊥平面ABB1， 由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
C1D39
所以C1D＝3，故sin∠C1AD＝AC＝13.
1
39
因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是13. 法二：(1)如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知各点坐标如下：
A(0，－3，0)，B(1，0，0)，A1(0，－3，4)，B1(1，0，2)，C1(0，3，1)．
→→
因此AB1＝(1，3，2)，A1B1＝(1，3，－2)，
`
→
A1C1＝(0，23，－3)．
→→
由AB1·A1B1＝0得AB1⊥A1B1. →→
由AB1·A1C1＝0得AB1⊥A1C1. 所以AB1⊥平面A1B1C1.
(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.
→→→
由(1)可知AC1＝(0，23，1)，AB＝(1，3，0)，BB1＝(0，0，2)． 设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)．
→AB＝0，x＋3y＝0，n·由即可取n＝(－3，1，0)．
→2z＝0，BB1＝0，n·
】
所以sin θ＝|cos
→
AC1，n
→
|AC1·n|39|＝＝13.
→
|AC1|·|n|
39
因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是13.
利用向量求线面角的方法
(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．
(2020·浙江省高中学科基础测试)如图，在三棱锥
P-ABC中，△ABC是等边三角形，点D是AC的中点，PA＝PC，二面角P-AC-B的大小为60°.
(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；
~
(2)求AB与平面PAC所成角的正弦值．
⇒解：(1)证明：PD⊥ACAC⊥平面PBD，
PD∩BD＝D
又AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD， 即平面PBD⊥平面PAC.
(2)因为AC⊥BD，如图建立空间直角坐标系D-xyz. 则D(0，0，0)，令A(1，0，0)，
BD⊥AC
则B(0，3，0)，C(－1，0，0)．
又∠PDB为二面角P-AC-B的平面角，得∠PDB＝60°.
;
3λ设DP＝λ，则P0，，λ，
22
λ3→→
设n＝(x，y，z)为平面PAC的一个法向量，则AC＝(－2，0，0)，AP＝－1，，λ，
22
－2x＝0→AC＝0n·
由，得， λ3
→－x＋2y＋2λz＝0AP＝0n·取y＝3，得n＝(0，3，－1)．
33→→
又AB＝(－1，3，0)，得cos〈n，AB〉＝＝4.
2×2
3→
设AB与平面PAC所成角为θ，则sin θ＝|cos〈n，AB〉|＝4.
二面角(高频考点)
》
二面角是高考的重点，是考查热点，题型多以解答题形式出现，一般为中档题．主要命
题角度有：
(1)求二面角； (2)由二面角求其他量． 角度一 求二面角
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
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，又AC∩CK＝C，所以BF⊥平面ACFD.
(2)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，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.
ADF的平面角的余弦值．
【解】 (1)证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示．
~
13
由题意得B(1，0，0)，C(－1，0，0)，K(0，0，3)，A(－1，－3，0)，E(2，0，2)，F(－13，0，22)．
→→→
因此，AC＝(0，3，0)，AK＝(1，3，3)，AB＝(2，3，0)．
设平面ACK的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n＝(x2，y2，z2)． →AC·m＝0，3y1＝0由得取m＝(3，0，－1)；
→x＋3y＋3z＝0，111AK·m＝0→AB·n＝0，2x2＋3y2＝0，由得取n＝(3，－2，3)．
→x＋3y＋3z＝0，222AK·n＝0m·n3于是，cos〈m，n〉＝|m|·＝|n|4.
）
所以，二面角B
AD
3
F的平面角的余弦值为4.
角度二 由二面角求其他量
如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E为PD的中
点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设二面角D-AE-C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E-ACD的体积．
【解】 (1)证明：连接BD，设AC与BD的交点为G，则G为AC，BD的中点，连接EG.在三角形PBD中，中位线EG∥PB，且EG在平面AEC内，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.
→→→
(2)设CD＝m，以A为原点，分别以AB，AD，AP的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系A-xyz，则A(0，0，0)，D(0，3，0)，E0，
,
31
，C(m，3，0)． 2，2
31→→→
所以AD＝(0，3，0)，AE＝0，，，AC＝(m，3，0)．
22设平面ADE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， →AD＝0，n·
则解得n1＝(1，0，0)．
→AE＝0，n·
同理设平面ACE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， →n2·AC＝0，
则
→n2·AE＝0，
解得一个n2＝(－3，m，－3m)． |n1·n2|
因为cos 60°＝|cos〈n1，n2〉|＝
|n1|·|n2|＝
\\
13＝，解得m＝2. 3＋m2＋3m22
3
AP1
设F为AD的中点，连接EF，则PA∥EF，且EF＝2＝2，EF⊥平面ACD，所以EF为三
棱锥E-ACD的高．
111313
所以VEACD＝3·S△ACD·EF＝3×2×2×3×2＝8. 3
所以三棱锥E-ACD的体积为8.
求二面角大小的常用方法
(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
(2020·温州普通高中模考)如图，四棱锥PABCD中，∠ABC＝∠BCD＝
90°，AB＝2，CD＝CB＝CP＝1，点P在底面上的射影为线段BD的中点M，点F为AB的中点．
]
(1)若点E为棱PB的中点，求证：CE∥平面PAD； (2)求二面角A-PB-C的平面角的余弦值．
解：(1)如图，由点P在底面上的射影为线段BD的中点M，且MC＝MB＝MF＝MD，则PC＝PB＝PD＝BC，
以B为坐标原点，BC，BA所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系B-xyz，则 B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(1，0，0)，D(1，1，0)， 211211
P，，，E，，， 222444
—
32→→1
则AD＝(1，－1，0)，AP＝，－，，
2222→31
CE＝－，，，
444
所以t＝(1，1，2)为平面PAD的一个法向量， →
所以CE·t＝0，所以CE∥平面PAD.
2→→→11
(2)BA＝(0，2，0)，BC＝(1，0，0)，BP＝，，，设平面BPA的一个法向量为m＝
222
(x，y，z)，
2y＝0→m＝0BA·
由，即11， 2
→x＋y＋z＝0BP·m＝0222取m＝(2，0，－1)，
同理，平面BPC的一个法向量为n＝(0，2，－1)，
?
设θ是二面角A-PB-C的平面角，易见θ与〈m，n〉互补， m·n1故cos θ＝－cos〈m，n〉＝－|m||n|＝－3， 1
所以二面角A-PB-C的平面角的余弦值为－3.
[基础题组练]
1．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1
所成的角等于( )
A．30° C．60°
B．45° D．90°
解析：选C.不妨设AB＝AC＝AA1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B(0，－1，0)，
A1(0，0，1)，A(0，0，0)，C1(－1，0，1)， |
→
所以BA1＝(0，1，1)，
→
AC1＝(－1，0，1)， →→
所以cos〈BA1，AC1〉
→→BA1·AC111＝＝＝2，
→→2×2|BA1|·|AC1|→→
所以〈BA1，AC1〉＝60°，
所以异面直线BA1与AC1所成的角等于60°.
2．在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，点D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为( )
，
解析：选C.以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，
z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，由AB＝AC＝1，PA＝2，得
1E1，1，0，
A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D2，0，0，
22
1F0，2，1.
1→→
所以PA＝(0，0，－2)，DE＝0，2，0，
→11DF＝－2，2，1.
设平面DFE的法向量为n＝(x，y，z)， →DE＝0，n·y＝0，
则由得
→－x＋y＋2z＝0.DF＝0，n·
→
取z＝1，则n＝(2，0，1)，设直线PA与平面DEF所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈PA，→|PA·n|55n〉|＝→＝5，所以直线PA与平面DEF所成角的正弦值为5.
|PA||n|
3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________． 、
解析：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，
1则A1(0，0，1)，E1，0，2，
D(0，1，0)，
→
所以A1D＝(0，1，－1)， 1→
A1E＝1，0，－2，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)， y－z＝0，y＝2，则所以所以n1＝(1，2，2)． 1
z＝2.1－z＝0，2因为平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
\\
22
所以cos〈n1，n2〉＝＝3.
3×12
即所成的锐二面角的余弦值为3. 2答案：3
4．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，点D在棱BB1上，若BD＝1，则AD与平面AA1C1C
所成角的正切值为________．
解析：如图，设AD与平面AA1C1C所成的角为α，点E为AC的中点，→→→→→连接BE，则BE⊥AC，所以BE⊥平面AA1C1C，可得AD·EB＝(AB＋BD)·EB＝3333→→→→AB·EB＝1×2×2＝4＝2×2×cos θ(θ为AD与EB的夹角)，所以cos θcos θ615＝4＝sin α，所以所求角的正切值为tan α＝＝5.
sin θ15
答案：5
5．已知单位正方体ABCD-A1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点．试求： (1)AD1与EF所成角的大小；
|
(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值．
解：建立如图所示的空间直角坐标系B1xyz，得A(1，0，1)， B(0，0，1)，D1(1，1，0)，
11E0，2，0，F2，1，0.
→
(1)因为AD1＝(0，1，－1)，
→11EF＝2，2，0，
11（0，1，－1）·2，2，01→→
所以cos〈AD1，EF〉＝＝2，
22×2
即AD1与EF所成的角为60°.
&
→1→(2)FA＝2，－1，1，由图可得，BA＝(1，0，0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平
→→
面BEB1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈BA，FA〉|＝
（1，0，0）·1，－1，121
1×
1＋（－1）2＋12
2
＝3，所
22
以cos θ＝3.
22
即AF与平面BEB1所成角的余弦值为3.
6．(2020·宁波市余姚中学高三期中)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，点Q为AD的中点．
(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；
(2)设点M是线段PC上的一点，PM＝tPC，且PA∥平面MQB. ①求实数t的值；
②若PA＝PD＝AD＝2，且平面PAD⊥平面ABCD，求二面角M-BQ-C的大小．
·
解：(1)证明：连接BD，因为四边形ABCD为菱形， ∠BAD＝60°，
所以△ABD是正三角形，又Q为AD中点， 所以AD⊥BQ.
因为PA＝PD，Q为AD中点，所以AD⊥PQ.
又BQ∩PQ＝Q，所以AD⊥平面PQB，AD⊂平面PAD， 所以平面PQB⊥平面PAD.
1
(2)①当t＝3时，使得PA∥平面MQB.
~
连接AC交BQ于N，交BD于O，
则O为BD的中点，又因为BQ为△ABD边AD上的中线，所以N为正三角形ABD的重心，
3
令菱形ABCD的边长为a，则AN＝3a，AC＝3a.
因为PA∥平面MQB，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面MQB＝MN，所以PA∥MN， 3a
3PMAN111
＝＝＝，即PM＝PC，t＝PCAC33. 3a3
②因为PQ⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，所以QA，QB，QP两两垂直，
以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Q-xyz， ~
由PA＝PD＝AD＝2，则B(0，3，0)，C(－2，3，0)， P(0，0，3)，设M(a，b，c)，
→→
则PM＝(a，b，c－3)，PC＝(－2，3，－3)， 1→1→
因为PM＝3PC，所以PM＝3PC，
23233232
所以a＝－3，b＝3，c＝3，所以M－，，，
333设平面MQB的法向量n＝(x，y，z)， 323→→2
由QM＝－，，，QB＝(0，3，0)，
3332323－x＋→→3y＋3z＝0， 且n⊥QM，n⊥QB，得33y＝0
~
取z＝1，得n＝(3，0，1)，
又平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)， m·n1
所以cos〈m，n〉＝|m|·＝|n|2， 由图知二面角M-BQ-C的平面角为锐角，
所以二面角M-BQ-C的大小为60°.
[综合题组练]
1.(2020·杭州中学高三月考)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥底面ABCD，点M是棱PD的中点，且PA＝AB＝AC＝2，BC＝22.
(1)求证：CD⊥平面PAC；
、
(2)求二面角M-AB-C的大小；
10AN
(3)如果N是棱AB上一点，且直线CN与平面MAB所成角的正弦值为5，求NB的值． 解：(1)证明：因为在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝22， 所以BC2＝AB2＋AC2，所以AB⊥AC， 因为AB∥CD，所以AC⊥CD，
又因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD， 因为AC∩PA＝A，所以CD⊥平面PAC.
(2)如图，建立空间直角坐标系A-xyz，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，
0)，D(－2，2，0)， |
因为点M是棱PD的中点，所以M(－1，1，1)，
→→
所以AM＝(－1，1，1)，AB＝(2，0，0)， 设n＝(x，y，z)为平面MAB的法向量， →AM＝0n·－x＋y＋z＝0
所以，即.
→2x＝0AB＝0n·x＝0
令y＝1，则y＝1，
z＝－1
所以平面MAB的法向量n＝(0，1，－1)． 因为PA⊥平面ABCD，
!
→
所以AP＝(0，0，2)是平面ABC的一个法向量．
→
－2n·AP2→
所以cos〈n，AP〉＝＝＝－→2. 2×2|n||AP|因为二面角M-AB-C为锐二面角， π所以二面角M-AB-C的大小为4. (3)因为N是棱AB上一点，
→
所以设N(x，0，0)，NC＝(－x，2，0)， 设直线CN与平面MAB所成角为α， 因为平面MAB的法向量n＝(0，1，－1)，
;
→
所以sin α＝|cos〈NC，n〉|＝
10＝5，
2×x2＋4
2
AN
解得x＝1，即AN＝1，NB＝1，所以NB＝1.
2．(2020·惠州市第三次调研考试)如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，点P在圆柱OQ的底面圆周上，点G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的半径OA＝2，侧面积为83π，∠AOP＝120°.
(1)求证：AG⊥BD；
(2)求二面角P-AG-B的平面角的余弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
（
由题意可知83π＝2×2π×AD，解得AD＝23.
则A(0，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，23)，P(3，3，0)， 因为G是DP的中点，所以可求得G
33
. ，，3
22
→→33
(1)证明：BD＝(0，－4，23)，AG＝，，3.
22→→33
所以AG·BD＝，，3·(0，－4，23)＝0，
22
所以AG⊥BD.
335→→3→→33
(2)BP＝(3，－1，0)，AG＝，，3，PG＝－，－，3，BG＝，－，3，
222222→→→→→
因为BP·PG＝0，AG·BP＝0，所以BP是平面APG的法向量．
→→
设n＝(x，y，1)是平面ABG的法向量，由n·AG＝0，n·BG＝0.解得n＝(－2，0，1)， →
BP·n－2315→
cos〈BP，n〉＝→＝＝－5.
|BP|·|n|25
15
结合图形得，二面角P-AG-B的平面角的余弦值为5.
3．(2020·温州十五校联考)已知菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于一点O，∠BAD＝60°，将△BDC沿着BD折起得△BDC′，连接AC′.
(1)求证：平面AOC′⊥平面ABD；
(2)若点C′在平面ABD上的投影恰好是△ABD的重心，求直线CD与底面ADC′所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为C′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO＝O，所以BD⊥平面C′OA，又因为BD⊂平面ABD，所以平面AOC′⊥平面ABD.
(2)如图建系O-xyz，令AB＝a，则A
3
， a，0，0
2
1631B0，2a，0，D0，－2a，0，C′a，0，a，
3631→→
所以DC＝AB＝－a，a，0，平面ADC′的法向量为m＝
22
|DC·m|2→
1，－3，2，设直线CD与底面ADC′所成角为θ，则sin θ＝|cos〈DC，m〉|＝→|DC||m|3a6＝＝33， a·
2
→
6
故直线CD与底面ADC′所成角的正弦值为3. 4.如图，在四棱锥P
ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱
PA＝PD＝2，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．
(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值； (2)求B点到平面PCD的距离；
6PQ
(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为3若存在，求出QD的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.
在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OC⊥AD，所以以O为坐标原点，直线OC为x轴，→→→直线OD为y轴，直线OP为z轴可建立空间直角坐标系Q-xyz(OC、OD、OP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向)，则P(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，→
1，0)，所以PB＝(1，－1，－1)．
易证OA⊥平面POC，
→
所以OA＝(0，－1，0)是平面POC的一个法向量， →→PB·OA3→→
又cos〈PB，OA〉＝→→＝3，
|PB||OA|
6
所以直线PB与平面POC所成角的余弦值为3. →→
(2)PD＝(0，1，－1)，CP＝(－1，0，1)， 设平面PCD的法向量为u＝(x，y，z)，
→→则u·CP＝－x＋z＝0，u·PD＝y－z＝0，取z＝1，得u＝(1，1，1)． →
|BP·u|3
所以B点到平面PCD的距离为d＝|u|＝3. →→
(3)存在．设PQ＝λPD(0≤λ＜1)，
→→→→因为PD＝(0，1，－1)，所以PQ＝(0，λ，－λ)＝OQ－OP， →
所以OQ＝(0，λ，1－λ)，所以Q(0，λ，1－λ)． 设平面CAQ的法向量为m＝(x′，y′，z′)，
{
→AC＝x′＋y′＝0，m·则
→AQ＝（λ＋1）y′＋（1－λ）z′＝0.m·取z′＝λ＋1，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 易知平面CAD的一个法向量为n＝(0，0，1)， 6因为二面角Q-AC-D的余弦值为3， |m·n|6
所以|cos〈m，n〉|＝|m||n|＝3， 得3λ2－10λ＋3＝0， 1
解得λ＝3或λ＝3(舍去)，
6PQ1
所以存在点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为3，且QD＝2.
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