§7.7向量法求空間角

【考試要求】能用向量法解決異面直線(xiàn)、直線(xiàn)與平面、平面與平面的夾角問(wèn)題，并能描述解決

這一類(lèi)問(wèn)題的程序，體會(huì)向量法在研究空間角問(wèn)題中的作用.

?落實(shí)主干知識(shí)

【知識(shí)梳理】

1.異面直線(xiàn)所成的角

若異面直線(xiàn)/i，所成的角為仇其方向向量分別是小v,貝！Jcos<9=|cos<w,v>l=

2.直線(xiàn)與平面所成的角

如圖，直線(xiàn)AB與平面a相交于點(diǎn)設(shè)直線(xiàn)AB與平面a所成的角為仇直線(xiàn)A8的方向向

量為"，平面a的法向量為“，貝！|sin<9=|cos〈小n)尸|瑞希卜

3.平面與平面的夾角

如圖，平面a與平面夕相交，形成四個(gè)二面角，我們把這四個(gè)二面角中不大于90。的二面角

稱(chēng)為平面a與平面P的夾角.

若平面a,0的法向量分別是n\和敢，則平面a與平面P的夾角即為向量?i和改的夾角或

其補(bǔ)角.設(shè)平面。與平面夕的夾角為仇貝!Jcos<9=|cos〈修，如〉|=

I町||二2|

【常用結(jié)論】

1.線(xiàn)面角3的正弦值等于直線(xiàn)的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對(duì)值，

即sind=|cos[a,n)\,不要誤記為cos6=|cos(a,n)|.

2.二面角的范圍是[0,7t],兩個(gè)平面夾角的范圍是[0,2.

【思考辨析】

判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“J”或“X”)

(1)兩條異面直線(xiàn)所成的角與兩直線(xiàn)的方向向量所成的角相等.(X)

(2)直線(xiàn)/的方向向量與平面a的法向量的夾角的余角就是直線(xiàn)/與平面a所成的角.(X)

(3)二面角的平面角為仇則兩個(gè)面的法向量的夾角也是夕(X)

(4)兩異面直線(xiàn)夾角的范圍是(0,句，直線(xiàn)與平面所成角的范圍是[0,V)

【教材改編題】

1.已知直線(xiàn)的方向向量S1=(1,O,1)與直線(xiàn)/2的方向向量S2=(—1,2,-2),則和/2夾角

的余弦值為()

A坐B(niǎo).1C坐D坐

答案C

解析因?yàn)閟i=(l,0,l),$2=(—1,2,—2),

濟(jì)2/\S「S2—1—2―也

所以cos〈…2〉-|S1||S2|-^2X3--2-

所以和/2夾角的余弦值為坐.

2.已知向量機(jī)，〃分別是直線(xiàn)/的方向向量、平面a的法向量，若cos[m,ri')=一貝U/

與a所成的角為.

答案30。

解析設(shè)直線(xiàn)/與a所成角為仇

sin<9=|cos(m,n)|=：,

71

又：妹0,2，?'-6?=30o.

3.已知兩平面的法向量分別為(0,—1,3),(2,2,4),則這兩個(gè)平面夾角的余弦值為.

姣案

口木6

鏟用1(0,—1,3>(2,2,4)|正

解析#+§X?+4+l%=6-

■探究核心題型

題型一異面直線(xiàn)所成的角

例1⑴(2022?大慶模擬)如圖,已知棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-AiBiCiOi，E,F,G分別為

AB,CDi,AD的中點(diǎn)，則異面直線(xiàn)4G與EF所成角的余弦值為()

Vio

A.0B.

10

D.1

答案A

解析如圖，分別以D4,DC,。。所在的直線(xiàn)為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系,

則Ai(2,0,2),G(l,0,0),

E(2』,0),尸(0,1,1),

所以祀=(—1,0,-2),屋=(—2,0,1),

設(shè)異面直線(xiàn)4G與EF所成的角為6,

I\MG-EF\

貝！］cos9—~

\A^G\\EF\

|(-l)X(-2)-2Xl|

=”

(2)(2022?杭州模擬汝口圖，已知圓錐CO的截面AABC是正三角形，AB是底面圓。的直徑,

點(diǎn)。在&上，S.ZAOD=2ZBOD,則異面直線(xiàn)與BC所成角的余弦值為()

答案A

解析因?yàn)镹AOO=2/8。。,

且乙40。+/80。=兀，

JT

所以

連接CO,則C。，平面AB。，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，。8,0c所在直線(xiàn)分別為y軸、z軸建立

如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)圓。的半徑為2,則4(0,-2,0),8(020),C(0,0,2小),D4,1,0),

AD=(y[3,3,0),BC=(0,—2,2?

設(shè)異面直線(xiàn)與BC所成的角為6,

則3。=如?，病〉尸品二號(hào)=由

因此，異面直線(xiàn)A。與BC所成角的余

弦值為半.

【教師備選】

如圖，在直三棱柱A2C—4BiG中，AB=AC=AAi=y[2,8c=2,點(diǎn)。為BC的中點(diǎn)，則異

面直線(xiàn)與AC所成的角為()

71―兀一兀一兀

A4，2BqC'D.g

答案B

解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AC,AAi所在直線(xiàn)分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空

間直角坐標(biāo)系,

則A(0,0,0),4(0,0,柩,B(yf2,0,0),

C(0,y/2,0),

???泰=停坐,0),

沈=(0,啦，一柩,

訪(fǎng)祝

cos〈Ab,戲〉1

21

\AD\\A^C\

即異面直線(xiàn)AD,4C所成角為爭(zhēng)

思維升華用向量法求異面直線(xiàn)所成的角的一般步驟

(1)建立空間直角坐標(biāo)系；

(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線(xiàn)的方向向量；

(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；

(4)注意兩異面直線(xiàn)所成角的范圍是(0,I,即兩異面直線(xiàn)所成角的余弦值等于兩向量夾角的

余弦值的絕對(duì)值.

跟蹤訓(xùn)練1(1)如圖所示，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABC。一A/iGDi中，E是棱CG的中點(diǎn)，嬴

=筋方，若異面直線(xiàn)。加和AF所成角的余弦值為窄，則力的值為.

宏安—

口木3

解析以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,所在直線(xiàn)分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐

標(biāo)系(圖略)，正方體的棱長(zhǎng)為2,

則4(2,0,2),01(0,0,2),￡(0,2,1),42,0,0),

.*.5LE=(0,2,-1),

MF=7^A+AF=A1A+2.AD

=(—22,0,-2).

.-.cos〈箱用〉="的

IAFHOI

_2_3^2

―2聲+1義小—10，

解得；1=梟=一;舍）.

（2）（2022?武漢模擬）若在三棱柱ABC—小田G中，/4AC=NBAC=60。，平面4ACG_L平面

ABC,AAi^AC=AB,則異面直線(xiàn)AG與所成角的余弦值為.

答案當(dāng)

解析令M為AC的中點(diǎn)，連接MB,MAlt

由題意知AABC是等邊三角形，

所以BM_LAC,同理，AiM±AC,

因?yàn)槠矫鍭iACG_L平面ABC,

平面AlACCm平面ABC^AC,

BMU平面ABC,

所以平面AiACCi,

因?yàn)锳iMU平面AiACG,

所以BM±AtM,

所以AC,BM,4M兩兩垂直，以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MA,MB,京i的方向分別為x軸、y軸、

z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

設(shè)AAi=AC=AB=2,

則41,0,0），8（0,小，0）,4（0,0,?。?/p>

C1（—2,0,?。?/p>

所以記=（—3,0,?。?A1B=（0,小,一?。?

所以cos<AG,布〉=2小康=一當(dāng)

故異面直線(xiàn)AG與AiB所成角的余弦值為由.

題型二直線(xiàn)與平面所成的角

例2（2022?廣州模擬）在邊長(zhǎng)為2的菱形ABC。中，/54。=60。，點(diǎn)E是邊A8的中點(diǎn)（如

圖1）,將△AOE沿。E折起到△4QE的位置，連接AJ3,AC，得到四棱錐人一8COE（如

圖2）.

Ai

E

圖1圖2

(1)證明：平面AiBE_L平面8CZJE；

(2)若AiELBE,連接CE,求直線(xiàn)CE與平面4CD所成角的正弦值.

⑴證明連接圖1中的8。，如圖所示.

因?yàn)樗倪呅蜛8C。為菱形，且/BAO=60。，

所以△A3。為等邊三角形，所以。

所以在圖2中有DELBE,DELATE,

因?yàn)?￡n4E=E,BE,4EU平面A/E,

所以Z)E_L平面

因?yàn)?。EU平面BCDE,

所以平面A13E_L平面BCDE.

(2)解因?yàn)槠矫鍭J3EJ_平面BCDE,平面A山EC平面BCDE=BE,AiElBE,4EU平面

AiBE,所以平面BCDE,

以E為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

所以Ai（O,O,l）,C（2,小,0）,0（0,小，0）,

￡（0,0,0）,

所以病=（0,S，-1）,戲=（2,小,-1）,EC=（2,小，0）,

設(shè)平面AC。的法向量為〃=（x,y,z）,

n-AiD=y[3y—z=0,

則j_

^n-AiC—2x+y/3y—z—0,

令y=l,則〃=（0/，?。?/p>

n-ECy[3^21

所以cos(nEC)—

9\n\\EC\2巾14

所以直線(xiàn)CE與平面AC。所成角的正弦值為答.

【教師備選】

(2020?新高考全國(guó)I)如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，尸。，底面ABCD設(shè)平面PAD

與平面PBC的交線(xiàn)為I.

'/D\7C

AB

⑴證明：/_L平面PDC；

(2)已知尸。=AD=1,Q為/上的點(diǎn)，求PB與平面所成角的正弦值的最大值.

⑴證明在正方形A8CD中，AO〃8C,

因?yàn)锳DC平面PBC,8CU平面PBC,

所以〃平面PBC,

又因?yàn)锳OU平面E4。，平面E4￡)ri平面PBC=/,

所以AD〃/,

因?yàn)樵谒睦忮FP—A8CD中，底面ABCO是正方形，

所以AD_LDC,所以/_LOC,

因?yàn)镻￡)_L平面ABC。，所以AO_LP。，

所以ILPD,

因?yàn)?。CCP￡)=。，PD,DCU平面PDC,

所以/_L平面PDC.

(2)解以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，應(yīng)的方向?yàn)閤軸正方向，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

因?yàn)槭珼=AD=1,則有。(0,0,0),C(0,l,0),尸(0,0,1),B(l,1,0),

因?yàn)槠矫嬉浴?。平面PBC=l,

所以/過(guò)點(diǎn)P,設(shè)。(加，0,1),

則有虎=(0,1,0),DQ=(m,0,1),沌=(1,1,-1),

設(shè)平面。。￡)的一個(gè)法向量為％=(%,y,z),

￡>Cn=O,y=0,

則<_即

mx+z=O,

令x=l,則z=-m,

所以平面QCD的一個(gè)法向量為“=(1,0,—m),

n.巔1+0+m

則cos〈n,PB)

\n\\PB\V3-AP+1

記尸8與平面。。所成的角為3,根據(jù)直線(xiàn)的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對(duì)

值即為直線(xiàn)與平面所成角的正弦值，

貝i」sin<9=|cos〈〃，PB〉

當(dāng)m=0時(shí)，sin。=為",

.°\l+m\

當(dāng)機(jī)?0時(shí),sin

當(dāng)且僅當(dāng)m=l時(shí)取等號(hào),

所以直線(xiàn)PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為乎.

思維升華利用空間向量求線(xiàn)面角的解題步驟

跟蹤訓(xùn)練2(2022?全國(guó)百校聯(lián)考)如圖所示，在三棱錐S-BCD中，平面S3。，平面BCD,

A是線(xiàn)段SO上的點(diǎn)，△S3。為等邊三角形，ZBC￡>=30°,8=208=4.

s

(1)若SA=A。，求證：SD±CA；

(2)若直線(xiàn)BA與平面SCO所成角的正弦值為塵磐，求的長(zhǎng).

⑴證明依題意，BD=2,

在△BCD中，8=4,NBCD=30。,

由余弦定理求得8c=2小，

：.CDi=BD1+BC1,KPBCLBD.

又平面S3。_L平面BCD,平面S3。A平面88=3。，BCU平面BCD,

.?.2C_L平面S2D從而B(niǎo)C±SD,

在等邊△SBD中，SA^AD,則8A_LSD

又BCCBA=B,BC,BAU平面BC4,

.?.SO_L平面8cA,又CAU平面BCA,

：.SD±CA.

(2)解以8為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC,8。所在直線(xiàn)分別為x軸、y軸，過(guò)點(diǎn)8作平面BCD的垂線(xiàn)為

z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則8(0,0,0),C(2小，0,0),￡>(0,2,0),5(0,1,事),

故歷=(一2小，2,0),5D=(0,1,一小),

設(shè)平面SCD的法向量為》i=(x,y,z),

m-CD—0,

jti,SD—0,

J—2小x+2y=0,

[y—y[3z=0,

取x=l,則＞=餡，z=l,

"=（1,小，1）,

設(shè)亦=/l亦（OW；IW1）,

則ZM=(O,一九小%),

故A(0,2一九則函=(0,2一九?、?

設(shè)直線(xiàn)BA與平面SCO所成角為e,

故sm，—卜os(m,BA)\~一

\m\\BA\

|2仍一也2+小2|4、195

y［5-y/(2-A)2+3A265'

解得%=；或A=1,則A￡)=；或AD=|.

題型三平面與平面的夾角

例3(12分)(2021?新高考全國(guó)I)如圖，在三棱錐A-BCD中，平面平面BCD,AB

=AD。為BD的中點(diǎn).

c

(1)證明：04，。,?［切入點(diǎn)：線(xiàn)線(xiàn)垂直轉(zhuǎn)化到線(xiàn)面垂直］

(2)若△0C。是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱AD上，DE==2EA,且二面角E-BC-D

的大小為45。，求三棱錐A—8C。的體積.［關(guān)鍵點(diǎn)：建系寫(xiě)坐標(biāo)］

思路分析⑴由AB=A0f1BD-利用面面垂直性質(zhì)一線(xiàn)J.面~結(jié)論

(2)方法1：幾何法

先求底面面積一作出二面角一根據(jù)二面角求長(zhǎng)度一利用錐體體積公式求解一結(jié)論

方法2：向量法

建系一設(shè)點(diǎn)寫(xiě)坐標(biāo)~求平面法向量~利用向量夾角求值~利用錐體體積公式求解~結(jié)論

答題得分模板

(1)證明因?yàn)锳B=4。。為B。的中點(diǎn);所以。1分］?....—①處確定線(xiàn)-L線(xiàn)

又平面ABDJ.平面—一②處面面垂直

且平面48OC平面8CD=BD,AOC平面ABD,

所以AOJ.平面3分］+——③處線(xiàn)面垂直

又CDU平面BCD,所以A。1.CD?.［4分>----------------------------④處線(xiàn)線(xiàn)垂直

(2)解方法一因?yàn)椤?C。是邊長(zhǎng)為1的正三角形，且。為B。的中點(diǎn)，

;所以O(shè)C=O8=OD=1,所以△BCD是直角三角形,?<——-⑤處確定直角三角形

'■.....................................................................................................................................................A

且Z.BC。=90。，BC=痣,所以S△BCD=§?［6分］

如圖，過(guò)點(diǎn)E作E尸〃A。,交8。于凡過(guò)點(diǎn)尸作FG_LBC,GC

垂足為G,連接EG.因?yàn)锳OJ.平面BCD,所以EF_L平面BCD,

又BCU平面BCD,所以EF_LBC,又FG_LBC,且EFCFG=F,

EF,FGC^-^EFG,

所以8C_L平面f尸G,則4EG尸為二面角E-BC-O的平面角［8分］?⑥處確定二面角的平面角

所以4EG尸=45。，則凡因?yàn)镈E=2E4,

所以尸=20凡所以黑=2.［9分］

3rD

因?yàn)椤?_18。,。0_15。,所以6/〃。。，

則第二看，所以GlQ1()分］所以"二GF='所以04=1,⑦［11分］一⑦處求出三棱錐的高

C.D33?5

所以匕TC產(chǎn)卜加。?AO="|xgxl=魯.?［12分卜一一⑧處寫(xiě)出錐體的體積公式

方法二如圖所示”以。為坐標(biāo)原點(diǎn),OB,。4所在直線(xiàn)分別為x,z軸，在平

⑨處建系

面BCD內(nèi),以過(guò)點(diǎn)。且與BD垂直的直線(xiàn)為y軸建立空間直角坐標(biāo)系.?

因?yàn)椤鱋C。是邊長(zhǎng)為1的正三角形，且。為BD的中點(diǎn),

所以O(shè)C=OB=OD=L

所以8(1,0,0),￡)(-1,0,0),C($與,0).

設(shè)4(0,0,a),a>0,⑩⑩處設(shè)點(diǎn)寫(xiě)坐標(biāo)

因?yàn)镈E=2EA,所以網(wǎng)一|,0片).[6分]

由題意可知平面8C。的一個(gè)法向量為"=(0,0,1).[7分]

設(shè)平面8CE的法向量為m=(x,y,z),

因?yàn)榫痛?喇苧，部所以｛二雷

3,點(diǎn)八

"2x+Ty=Oi

即:令X=1，則產(chǎn)3,Z=|,所以m=(l,G5).?I[9分]*---?處求出平面法向量

42aA

-§x+與z=。,

因?yàn)槎娼荅-8C-D的大小為45。,

2

7===^|，得a=L即04=1『

所以345。=普瑞[10分]?—?處用向量夾角公式求值

\\Tn\\n\A42

4+羨

因?yàn)镾ABCO="8D-CDsin60°=1x2x1x與=冬，

[12分卜?處用三角形面積公式及

gKn/wr1QCA1-ZB-I?

所以A-BCD~~^^LBCD'OA=-X—X1=—.錐體體積公式求值

【教師備選】

(2020?全國(guó)I改編)如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，0是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE

ADZXABC是底面的內(nèi)接正三角形，尸為。。上一點(diǎn)，PO

(1)證明：E4_L平面PBC；

(2)求平面BPC與平面EPC的夾角的余弦值.

(1)證明由題設(shè)，知為等邊三角形，

設(shè)AE=1,貝(I。0=坐，CO—BO—^AE--^,

所以尸。=乎。。=乎，PC=7P()2+od=$

同理尸8=丁，PA=^-,

又△ABC為等邊三角形，

則:6八。=20A,所以BA,

>5111UU乙

3

E42+PB2=4=Afi2?則/APB=90°,

所以朋_LPB,同理朋_LPC,

又PCCPB=P,PC,P8U平面PBC,

所以平面PBC.

(2)解過(guò)。作ON〃BC交AB于點(diǎn)N,因?yàn)槭?。，平面ABC,以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，。4所在直

線(xiàn)為x軸，ON所在直線(xiàn)為y軸，。。所在直線(xiàn)為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

當(dāng)

奉

11、

-OO

不-

中/

1也

-

4--4

設(shè)平面PC8的一個(gè)法向量為〃=(X1,yi,Zi),

n-PC=0,—xi—y13y1—y[2zi=09

由<-得'

~x\+小yi-y/2zi=0,

nPB=0,

令為=也，得zi=-1,yi=0,

所以n=(yf2,0,—1),

設(shè)平面尸CE的一個(gè)法向量為根=(%2,>2,Z2),

m-PC=0,~x2~y13y2~y[2z2=0,

由<_得.

—2x2~y[2z2=0,

jnPE=。,

令X2=l,得Z2=—也，,2=坐,

所以平面BPC與平面EPC的夾角的余弦值為差.

思維升華利用空間向量求平面與平面夾角的解題步驟

跟蹤訓(xùn)練3（2021?全國(guó)乙卷改編）如圖，四棱錐尸一ABC。的底面是矩形，尸。，底面48CD,

PD=DC=\,M為BC的中點(diǎn)，MPB1.AM.

⑴求BC；

（2）求平面APM與平面BPM夾角的正弦值.

解（1）因?yàn)锽D_L平面A8CD,所以P￡）_LAQ,PDLDC.

在矩形A8CO中，AD1DC,故以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,

設(shè)BC=t,則0,0),B(t,1,0),

抽1,o),

所以越=Q,1,-1),嬴=(—g1,0).

rr產(chǎn)

因?yàn)镻8J_4W,所以麗.嬴=—,+1=0,得t=也,所以BC=p.

(2)易知C(0,l,0),由⑴可得力=(一小，0,1),一半，1,0),CB=(^2,0,0),

誦=/1,-1).

設(shè)平面APM的法向量為〃1=(羽，ji,zi),則

"「亦=0,上1=0，

.即逝

、〃1?病=0,2x1+y1=09

令大1=巾,則zi=2,yi=l,所以平面APM的一個(gè)法向量為=1,2).

設(shè)平面尸MB的法向量為“2=(X2,>2,Z2),則

H2,CB=0,fy[2,X2~0,

即「

改.麗=0,R2、2+y2-Z2=0,

得X2=o,令丁2=1,則Z2=l,所以平面尸MB的一個(gè)法向量為“2=(0』,1).

設(shè)平面APM與平面5PM夾角為0,

3_35

cos9=|cos〈〃1,“2〉|—

Mll“2廠(chǎng)市x/—14

V70

sin3—y]l—cos20—

14'

所以平面APM與平面BPM夾角的正弦值為

課時(shí)精練

業(yè)基礎(chǔ)保分練

1.如圖，在平行六面體ABC。一4B1GA中，AAiJ_平面48c。，S.AB=AD=2,AAi=小,

ZBAD=120°.

(1)求異面直線(xiàn)AiB與ACi所成角的余弦值;

(2)求平面AiBD與平面AiAD所成角的正弦值.

解在平面ABCD內(nèi)，過(guò)點(diǎn)A作AE1AD,交BC于點(diǎn)E.

因?yàn)?4」平面ABCD,

所以AAi_L4E,AAi±AD.

如圖，以｛贏，AD,高｝為一個(gè)正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系,

因?yàn)锳B=AD=2,AAi=\[3,ZBA￡>=120°,

則A(0,0,0),B他,-1,0),很(0,2,0),

E郃,0,0),4(0,0,aCi(事,1,小).

⑴乖=（小，-1,一?。?（小，1,小）.

則cos&,熱〉=迎三

lAiBHACil

3-1-31

一市義幣——

因此異面直線(xiàn)AtB與ACi所成角的余弦值為去

（2）可知平面AiAD的一個(gè)法向量為

矗=他,0,0）,

設(shè)根=（x,y,z）為平面43。的一個(gè)法向量，

又AiB=,—1,一4），BD=（一事,3,0）,

mA[B=0

則j_9

、mBD=0,

即[小x一廠(chǎng)小z=0,

〔一＜\/§x+3y=0.

不妨取x=3,則丁=小，z=2.

所以羽=（3,小，2）為平面A山。的一個(gè)法向量,

AEm3V53

從而cos(AE,m)

\AE\\m\小'44

設(shè)平面AiBD與平面AiAD所成的角為6,

3

貝J<cos。=不

所以sin0=yj1—cos20=.

yFj

因此平面AiBD與平面AxAD所成角的正弦值為苧.

2.(2021?浙江)如圖，在四棱錐尸一ABC。中，底面ABC。是平行四邊形，ZABC=120°,AB

=1,BC=4,陰=行，M,N分別為BC,PC的中點(diǎn)，PDLDC,PMLMD.

P

⑴證明：AB±PM；

(2)求直線(xiàn)AN與平面PDM所成角的正弦值.

⑴證明因?yàn)榈酌鍭BCD是平行四邊形，

ZABC=120°,BC=4,AB=1,

且加為BC的中點(diǎn)，

所以CM=2,CD=\,ZDCM=6Q°,

易得CDLDM.

XPDLDC,且PDCDM=D,PD,OMU平面尸OM,

所以C￡)_L平面PDM.

因?yàn)锳8〃C￡),所以A8_L平面P￡)M.

又尸MU平面PDM,所以AB±PM.

(2)解方法一由(1)知A3,平面PDM,

所以NM4B為直線(xiàn)AN與平面所成角的余角.

連接AM,因?yàn)镻MLMD,PMLDC,

p

所以PM_L平面ABCD,所以PM±AM.

因?yàn)镹ABC=120。，AB=1,BM=2,

所以由余弦定理得AM=幣,

又出=行，所以PM=2小,

所以PB=PC=2事,

連接3N,

結(jié)合余弦定理得BN=y[u.

連接AC,

則由余弦定理得AC=p,

在△B4C中，結(jié)合余弦定理得

出2+=2AN2+2PN2,

所以AN=JI^.

AB2+AN2—BN21+15—11

所以在△ABN中，cosNBAN=

2AB-AN2vB6-

設(shè)直線(xiàn)AiV與平面POM所成的角為仇

則sine=cos/BAN=4^

方法二因?yàn)槭琍M_LOC,

所以PM_L平面A8CD

連接AM,則PMLAM.

因?yàn)镹A8C=120。，AB=1,BM=2,

所以AM=小，

又必=巫，所以PM=2小,

由（1）知CDLDM,

過(guò)點(diǎn)M作ME//CD交AD于點(diǎn)E,

則MELMD.

故可以以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MD,ME,MP所在直線(xiàn)分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直

角坐標(biāo)系，

則4（一小,2,0）,尸（0,0,2也），C（小,-1,0）,

所以-^,也）

所以AN=f坐,—也）.

易知平面PDM的一個(gè)法向量為"=（0,1,0）.

設(shè)直線(xiàn)AN與平面PDM所成的角為0,

5

國(guó)川2

則

sin<9=|cos(AN,n)\—應(yīng)仃

V15

6-

立技能提升練

3.(2022?汕頭模擬)如圖，在圓柱OOi中，四邊形ABC。是其軸截面，EE為。5的直徑，且

EFA.CD,AB=2,BC=a(a>l).

(1)求證：BE=BF；

(2)若直線(xiàn)AE與平面BEF所成角的正弦值為坐，求平面A8E與平面夾角的余弦值.

⑴證明如圖，連接801,在圓柱OOi中，

8CJ_平面CEDF,

,:EFu平面CEDF,：.EF±BC,

"：EF±CD,BCCCD=C,BC,

CDu平面ABC。，

；.EF_L平面ABC。，

又BOiU平面ABCD,

：.EF±BOX,

在ABEF中，Oi為EF的中點(diǎn)，BE=BF.

(2)解連接OOi,則OOi與該圓柱的底面垂