2019届二轮复习第八章第8节　立体几何中的向量方法(二)——求空间角学案（全国通用）

第8节　立体几何中的向量方法(二)——求空间角
最新考纲　1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.

知 识 梳 理
1.异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则

a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)

求法
cos β＝
cos θ＝|cos β|＝
2.求直线与平面所成的角
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sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.
3.求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝ 〈，〉.

(2)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〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).
[常用结论与微点提醒]
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.
2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.
诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(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.(　　)
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π].(　　)
解析　(1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量a，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos a，n|；
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2.(选修2－1P104练习2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为(　　)
A.45° B.135° C.45°或135° 　　D.90°
解析　cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.
∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
答案　C
3.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若 cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为 .
解析　设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－，∴ sin θ＝| cos〈m，n〉|＝，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.
答案　30°
4.已知正方体ABCD－A1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成的角为 .
解析　以A为原点，，，分别为x，y， 轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则＝(－1，0，1)，＝(－1，1，－1)，cos，＝＝0.
所以两直线所成的角为90°.
答案　90°
5.(2018·郑州预测)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为 .
解析　如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，
又CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD.所以＝(0，1，0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°.
故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.
答案　45°

考点一　用空间向量求异面直线所成的角
【例1】 (1)(一题多解)(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
(2)(2018·湖南五市联考)有公共边的等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为 .
解析　(1)法一　以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.
　
图(1)　　　　　　　　　　　图(2)
则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).
又在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝2，则A(－1，，0).
所以＝(1，－，1)，＝(1，0，1)，
则cos〈，〉＝
＝＝＝，
因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
法二　如图(2)，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1中点，则PN∥BC1，MN∥AB1，
∴AB1与BC1所成的角是∠MNP或其补角.
∵AB＝2，BC＝CC1＝1，
∴MN＝AB1＝，NP＝BC1＝.
取BC的中点Q，连接PQ，MQ，则可知△PQM为直角三角形，且PQ＝1，MQ＝AC，
在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC
＝4＋1－2×2×1×＝7，AC＝，
则MQ＝，则△MQP中，MP＝＝，
则△PMN中，cos∠PNM＝
＝＝－，
又异面直线所成角范围为，则余弦值为.
法三　将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图(3))，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1.

图(3)
则∠B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角)，易求得AB1＝，BC1＝AD1＝，B1D1＝.
由余弦定理得cos∠B1AD1＝.
(2)设等边三角形的边长为2.取BC的中点O，连接OA，OD，∵等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，∴OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

则A(0，0，)，B(0，－1，0)，C(0，1，0)，D(，0，0)，
∴＝(0，－1，－)，＝(，－1，0)，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∴异面直线AB和CD所成角的余弦值为.
答案　(1)C　(2)
规律方法　1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v1，v2；(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解.
2.两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；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的夹角.
【训练1】 (一题多解)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
解析　法一　取BC的中点Q，连接QN，AQ，易知BM∥QN，则∠ANQ或其补角即为所求，
设BC＝CA＝CC1＝2，
则AQ＝，AN＝，QN＝，
∴cos∠ANQ＝＝＝＝，故选C.
法二　以C1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设BC＝CA＝CC1＝2，则A(2，0，2)，N(1，0，0)，M(1，1，0)，B(0，2，2)，∴＝(－1，0，－2)，＝(1，－1，
－2)，
∴cos〈，〉＝＝＝＝.
答案　C
考点二　用空间向量求线面角
【例2】 (2018·洛阳二模)已知三棱锥A－BCD，AD⊥平面BCD，BD⊥CD，AD＝BD＝2，CD＝2，E，F分别是AC，BC的中点，P为线段BC上一点，且CP＝2PB.
(1)求证：AP⊥DE；
(2)求直线AC与平面DEF所成角的正弦值.
(1)证明　作PG∥BD交CD于G，连接AG.
∴＝＝2，∴GD＝CD＝.
∵AD⊥平面BCD，∴AD⊥DC，
∴在△ADG中，tan∠GAD＝，∴∠DAG＝30°，
在Rt△ADC中，AC2＝AD2＋CD2＝4＋12＝16，
∴AC＝4，又E为AC的中点，∴DE＝AE＝2，
又AD＝2，∴∠ADE＝60°，∴AG⊥DE.
∵AD⊥平面BCD，∴AD⊥BD，
又∵BD⊥CD，AD∩CD＝D，∴BD⊥平面ADC，
∴PG⊥平面ADC，∴PG⊥DE.
又∵AG∩PG＝G，∴DE⊥平面AGP，
又AP⊂平面AGP，
∴AP⊥DE.
(2)解　以D为坐标原点，直线DB，DC，DA所在直线分别为x轴、y轴、 轴建立空间直角坐标系D－xy ，
则D(0，0，0)，A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，
∴＝(1，，0)，＝(0，，1)，＝(0，2，－2).
设平面DEF的法向量为n＝(x，y， )，
则即
令x＝3，则n＝(3，－，3)为平面DEF的一个法向量.
设直线AC与平面DEF所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
所以AC与平面DEF所成角的正弦值为.
规律方法　利用向量法求线面角的方法：
(1)分别求出斜线和它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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.


【训练2】 如图，在六面体ABCD－HEFG中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3.
(1)求证：EG⊥DF；
(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值.
(1)证明　连接AC，由AE綉CG可知四边形AEGC为平行四边形，
所以EG∥AC，而AC⊥BD，AC⊥BF，
所以EG⊥BD，EG⊥BF，
因为BD∩BF＝B，BD，BF⊂平面BDHF，
所以EG⊥平面BDHF，
又DF⊂平面BDHF，所以EG⊥DF.
(2)解　设AC∩BD＝O，EG∩HF＝P，
由已知可得，平面ADHE∥平面BCGF，
所以EH∥FG，同理可得：EF∥HG，
所以四边形EFGH为平行四边形，
所以P为EG的中点，O为AC的中点，
所以OP綉AE，
从而OP⊥平面ABCD，又OA⊥OB，
所以OA，OB，OP两两垂直，
由平面几何知识，得BF＝2.
分别以，，的方向为x轴，y轴， 轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xy ，则B(0，2，0)，E(2，0，3)，F(0，2，2)，P(0，0，3)，所以＝(2，－2，3)，＝(2，0，0)，＝(0，2，－1).
设平面EFGH的法向量为n＝(x，y， )，
由可得
令y＝1，则 ＝2.
所以n＝(0，1，2)为平面EFGH的一个法向量.
设BE与平面EFGH所成角为θ，
则sin θ＝＝.
所以BE与平面EFGH所成角的正弦值为.
考点三　用空间向量求二面角(多维探究)
命题角度1　计算二面角的大小
【例3－1】 (2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值.
(1)证明　∵∠BAP＝∠CDP＝90°，
∴PA⊥AB，PD⊥CD，
又∵AB∥CD，∴PD⊥AB，
又∵PD∩PA＝P，PD，PA⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
(2)解　取AD中点O，BC中点E，连接PO，OE，
∵AB綉CD，∴四边形ABCD为平行四边形，
∴OE綉AB.
由(1)知，AB⊥平面PAD，
∴OE⊥平面PAD，
又PO，AD⊂平面PAD，
∴OE⊥PO，OE⊥AD，
又∵PA＝PD，∴PO⊥AD，
∴PO，OE，AD两两垂直，
∴以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O－xy .
设PA＝2，∴D(－，0，0)，
B(，2，0)，P(0，0，)，
C(－，2，0).
∴＝(－，0，－)，＝(，2，－)，＝(－2，0，0)，
设n＝(x，y， )为平面PBC的法向量，
由得
令y＝1，则 ＝，x＝0，得平面PBC的一个法向量n＝(0，1，)，
∵∠APD＝90°，∴PD⊥PA，
又知AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴PD⊥AB，
又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴PD⊥平面PAB，
故是平面PAB的一个法向量，＝(－，0，－)，
∴cos〈，n〉＝＝＝－，
由图知二面角A－PB－C为钝角，
所以它的余弦值为－.
命题角度2　已知二面角的大小求值


【例3－2】 (2018·黄冈二模)在如图所示的几何体中，平面ADNM⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，∠DAB＝，AB＝2，AM＝1，E是AB的中点.
(1)求证：平面DEM⊥平面ABM；
(2)在线段AM上是否存在点P，使二面角P－EC－D的大小为？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由.
(1)证明　连接BD，由于四边形ABCD是菱形，∠DAB＝，E是AB的中点，所以DE⊥AB，
因为四边形ADNM是矩形，MA⊥AD，平面ADNM⊥平面ABCD且交线为AD，
所以MA⊥平面ABCD，
又DE⊂平面ABCD，所以DE⊥AM.
又AM∩AB＝A，AM，AB⊂平面ABM，
所以DE⊥平面ABM，
又DE⊂平面DEM，所以平面DEM⊥平面ABM.
(2)解　在线段AM存在点P，理由如下：
由DE⊥AB，AB∥CD，得DE⊥CD，
因为四边形ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD且交线为AD，
所以ND⊥平面ABCD.以D为原点，DE，DC，DN所在直线分别为x轴、y轴、 轴建立如图所示的坐标系.

则D(0，0，0)，E(，0，0)，C(0，2，0)，N(0，0，1)，
＝(－，2，0)，
设P(，－1，m)(0≤m≤1)，则＝(0，－1，m)，
易知平面ECD的一个法向量为＝(0，0，1).
设平面PEC的法向量为n＝(x，y， )，则
即取 ＝1，则n＝，
假设在线段AM上存在点P，使二面角P－EC－D的大小为，
则cos＝＝⇒m＝，
所以符合题意的点P存在，此时AP＝.
规律方法　1.利用空间向量计算二面角大小的常用方法：
(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平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)找与棱垂直的方向向量：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.
2.利用向量法求二面角大小的注意点
(1)建立空间直角坐标系时，若垂直关系不明确，应先给出证明；
(2)对于某些平面的法向量，要结合题目条件和图形多观察，判断该法向量是否已经隐含着，不用单独求.
(3)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误.
【训练3】 (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是的中点.
(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；
(2)(一题多解)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
＝＝.
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＝＝2.
在△BEC中，由于∠EBC＝120°，
由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，
所以EC＝2，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， 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)，C(－1，，0)，
故＝(2，0，－3)，＝(1，，0)，＝(2，0，3).
设m＝(x1，y1， 1)是平面AEG的法向量.
由可得
取 1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2).
设n＝(x2，y2， 2)是平面ACG的法向量.
由可得
取 2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2).所以cos〈m，n〉＝＝.
因此所求的角为60°.

基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于(　　)
A.120° B.60°
C.30° D.60°或30°
解析　设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.
则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝.
又0°≤β≤90°，∴β＝30°.
答案　C
2.在正方体A1B1C1D1－ABCD中，AC与B1D所成角大小为(　　)
A. B. C. D.
解析　建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A(0，0，0)，
C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0).
∴＝(1，1，0)，＝(－1，1，－1)，
∵·＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，
∴⊥，
∴AC与B1D所成的角为.
答案　D
3.(2018·郑州调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
解析　设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，
所以＝(0，0，1)，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1).
令平面ACD1的法向量为n＝(x，y， )，则n·＝－x＋y＝0，n·＝－x＋ ＝0，令x＝1，可得n＝(1，1，1)，
所以sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
答案　B
4.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(　　)
A. B. C. D.
解析　以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系
A－xy ，设棱长为1，
则A1(0，0，1)，
E，D(0，1，0)，
∴＝(0，1，－1)，
＝，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y， )，所以有即解得
∴n1＝(1，2，2).
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
∴ cos〈n1，n2〉＝＝.
即所成的锐二面角的余弦值为.
答案　B
5.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　　)
A. B. C. D.
解析　如图建立坐标系.则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，
＝(2，0，0)，＝(2，2，0)，
＝(2，0，2).
设平面A1BD的法向量为
n＝(x，y， )，则
∴令 ＝1，得n＝(－1，1，1).
∴D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.
答案　D
二、填空题
6.(2018·昆明月考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是 .
解析　以BC为x轴，BA为y轴，BB1为 轴，建立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，
则＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，
∴·＝2，
∴cos〈，〉＝＝，
∴EF和BC1所成的角为60°.
答案　60°
7.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于 .
解析　以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则＝(0，1，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2).
设平面BDC1的法向量为n＝(x，y， )，则
所以有
令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量n＝ (2，－2，1).
设CD与平面BDC1所成的角为θ，则
sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
答案　
8.已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于 .
解析　延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示.
设正方体的棱长为3，则GB＝BC＝3，作BH⊥AG于点H，连接EH，则∠EHB为所求二面角的平面角.
∵BH＝，EB＝1，
∴tan∠EHB＝＝.
答案　
三、解答题
9.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，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.
(1)证明　因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.
又因为AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
(2)解　设AC∩BD＝O，因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xy .
则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0).
所以＝(1，，－2)，＝(0，2，0).

设PB与AC所成角为θ，
则cos θ＝＝＝，
故PB与AC所成角的余弦值为.
10.(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4.

(1)求证：M为PB的中点；
(2)求二面角B－PD－A的大小；
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
(1)证明　设AC∩BD＝O，连接OM.
∵PD∥平面MAC且平面PBD∩平面MAC＝MO，
∴PD∥MO.∵四边形ABCD是正方形，
∴O为BD中点，所以M为PB中点.
(2)解　取AD中点E，连接PE.
∵PA＝PD，∴PE⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，
∴PE⊥平面ABCD，
∵OE⊂平面ABCD，∴PE⊥OE，
∵四边形ABCD是正方形，所以OE⊥AD.
建立如图所示空间直角坐标系，
则B(－2，4，0)，P(0，0，)，D(2，0，0)，
易知平面PDA的一个法向量m＝(0，1，0).
设平面BPD的法向量n＝(x0，y0， 0)，则

令x＝1，则y＝1， ＝.
可取n＝(1，1，).
设二面角B－PD－A的平面角为θ(易知为锐角)，
则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝
＝＝，
∴θ＝，故二面角B－PD－A的大小为.
(3)解　由(2)可知M，C(2，4，0)，
＝.
设直线MC与平面BDP所成的角为α，则有
sin α＝|cos〈，n〉|＝
＝＝.
∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.
能力提升题组
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11.(2018·济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析　不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，
∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，
∴cos〈，〉＝＝＝＝＞0.
∴与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
答案　A
12.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为 .
解析　∵＝＋＋，

∴·＝||·||· cos〈，〉＝－24.
∴ cos〈，〉＝－.
又所求二面角与〈，〉互补，
∴所求的二面角为60°.
答案　60°
13.(2018·合肥质检)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝，点E在AD上，且AE＝2ED.
(1)已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC；
(2)当二面角A－PB－E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？
(1)证明　∵AB⊥AC，AB＝AC，
∴∠ACB＝45°，
∵底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，
∴∠ACD＝45°，即AD＝CD，
又AB⊥AC，
∴BC＝AC＝2AD，
∵AE＝2ED，CF＝2FB，∴AE＝BF＝AD，
∴四边形ABFE是平行四边形，∴AB∥EF，
∴AC⊥EF，
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥EF，
∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴EF⊥平面PAC，
∵EF⊂平面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.
(2)解　∵PA⊥AC，AC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴AC⊥平面PAB，则∠APC为PC与平面PAB所成的角，
若PC与平面PAB所成的角为45°，
则tan∠APC＝＝1，即PA＝AC＝，
取BC的中点为G，连接AG，则AG⊥BC，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xy .

则A(0，0，0)，B(1，－1，0)，C(1，1，0)，E，P(0，0，)，
∴＝，＝，
设平面PBE的法向量为n＝(x，y， )，
则即
令y＝3，则x＝5， ＝，∴n＝(5，3，)，
∵＝(1，1，0)是平面PAB的一个法向量，
cos〈n，〉＝＝，
故结合图形可知当二面角A－PB－E的余弦值为时，直线PC与平面PAB所成的角为45°.