2021版高考理科數(shù)學(xué)（北師大版）一輪復(fù)習(xí)教師用書：第八章　第7講　立體幾何中的向量方法-教案下載-教習(xí)網(wǎng)

一、知識梳理
1．兩條異面直線所成角的求法
設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則

l1與l2所成的角θ
a與b的夾角β
范圍

[0，π]
求法
cos θ＝
cos β＝
2.直線與平面所成角的求法
設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，a與n的夾角為β，則sin θ＝|cos β|＝．
3．求二面角的大小
(1)如圖①，AB，CD分別是二面角α－l－β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉．

(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補角)．
常用結(jié)論
利用空間向量求距離
(1)兩點間的距離
設(shè)點A(x1，y1，z1)，點B(x2，y2，z2)，則|AB|＝||＝.
(2)

點到平面的距離
如圖所示，已知AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則B到平面α的距離為||＝.
二、教材衍化
1．已知兩平面的法向量分別為m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，則兩平面所成的二面角的大小為________．
解析：cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.所以兩平面所成二面角為45°或180°－45°＝135°.
答案：45°或135°
2．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中點，則異面直線DE與AC夾角的余弦值為________．
解析：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E，則＝(－1，1，0)，＝，設(shè)異面直線DE與AC所成的角為θ，則cos θ＝|cos〈，〉|＝.

答案：
3．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面邊長為2，側(cè)棱長為2，則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為________．

解析：以C為原點建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，得下列坐標(biāo)：A(2，0，0)，C1(0，0，2)．點C1在側(cè)面ABB1A1內(nèi)的射影為點C2.

所以＝(－2，0，2)，＝，
設(shè)直線AC1與平面ABB1A1所成的角為θ，則cos θ＝＝＝.又θ∈，所以θ＝.
答案：

一、思考辨析
判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)兩直線的方向向量的夾角就是兩條直線所成的角．(　　)
(2)已知a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，則a∥c，a⊥b.(　　)
(3)已知向量m，n分別是直線l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，則直線l與平面α所成的角為120°.(　　)
(4)已知兩平面的法向量分別為m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，則兩平面所成的二面角的大小為45°.(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
二、易錯糾偏
(1)異面直線所成角的取值范圍出錯；
(2)二面角的取值范圍出錯；
(3)直線和平面所成的角的取值范圍出錯．
1．已知2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，則以b，c為方向向量的兩直線的夾角為________．
解析：由題意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10，
即2a·c＋b·c＝－10.因為a·c＝4，所以b·c＝－18，所以cos〈b，c〉＝＝＝－，所以〈b，c〉＝120°，所以兩直線的夾角為60°.
答案：60°
2．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為________．
解析：以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)棱長為1，則A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，所以＝(0，1，－1)，＝.設(shè)平面A1ED的法向量為n1＝(1，y，z)，則
即解得故n1＝(1，2，2)．又平面ABCD的一個法向量為n2＝(0，0，1)，所以cos〈n1·n2〉＝，故平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為.

答案：
3．已知向量m，n分別是直線l的方向向量、平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，則l與α所成的角為________．
解析：設(shè)l與α所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，所以θ＝30°.
答案：30°

　　　　　　異面直線所成的角(師生共研)

如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.

(1)求證：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB與AC所成角的余弦值．
【解】　(1)證明：因為四邊形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.
又因為AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.
(2)設(shè)AC∩BD＝O.
因為∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，

所以BO＝1，AO＝CO＝.
如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，
則P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)．
所以＝(1，，－2)，＝(0，2，0)．
設(shè)PB與AC所成角為θ，則
cos θ＝＝＝.
即PB與AC所成角的余弦值為.

用向量法求異面直線所成角的一般步驟
(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系．
(2)確定異面直線上兩個點的坐標(biāo)，從而確定異面直線的方向向量．
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值．
(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對值．
[提醒]　注意向量的夾角與異面直線所成的角的區(qū)別：
當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是此異面直線所成的角；當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時，其補角才是異面直線所成的角．　
　如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.點D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，M是線段AD的中點，PA＝AC＝4，AB＝2.

(1)求證：MN∥平面BDE；
(2)已知點H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長．
解：

如圖，以A為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系．依題意可得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)證明：＝(0，2，0)，＝(2，0，－2)．
設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，
則即
不妨設(shè)z＝1，可取n＝(1，0，1)．
又＝(1，2，－1)，可得·n＝0.
因為MN平面BDE，
所以MN∥平面BDE.
(2)依題意，設(shè)AH＝h(0≤h≤4)，則H(0，0，h)，
進而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2，2，2)．
由已知，得|cos〈，〉|＝
＝＝，
整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.
所以，線段AH的長為或.

　　　　　　直線與平面所成的角(師生共研)
　如圖，在幾何體ACD－A1B1C1D1中，四邊形ADD1A1與四邊形CDD1C1均為矩形，平面ADD1A1⊥平面CDD1C1，B1A1⊥平面ADD1A1，AD＝CD＝1，AA1＝A1B1＝2，E為棱AA1的中點．

(1)證明：B1C1⊥平面CC1E；
(2)求直線B1C1與平面B1CE所成角的正弦值．
【解】　(1)證明：因為B1A1⊥平面ADD1A1，所以B1A1⊥DD1，
又DD1⊥D1A1，B1A1∩D1A1＝A1，所以DD1⊥平面A1B1C1D1，
又DD1∥CC1，所以CC1⊥平面A1B1C1D1.
因為B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.
因為平面ADD1A1⊥平面CDD1C1，平面ADD1A1∩平面CDD1C1＝DD1，C1D1⊥DD1，
所以C1D1⊥平面ADD1A1.
經(jīng)計算可得B1E＝，B1C1＝，EC1＝，從而B1E2＝B1C＋EC，
所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E.
又CC1，C1E平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E.
(2)

如圖，以點A為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，依題意得A(0，0，0)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)，
則＝(－1，1，－1)，＝(1，－2，－1)．
設(shè)平面B1CE的法向量為m＝(x，y，z)，則
即消去x得y＋2z＝0，
不妨設(shè)z＝1，可得m＝(－3，－2，1)為平面B1CE的一個法向量，
易得＝(1，0，－1)，設(shè)直線B1C1與平面B1CE所成角為θ，
則sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝，
故直線B1C1與平面B1CE所成角的正弦值為.

(1)利用向量求直線與平面所成的角有兩個思路：①分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；②通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角，取其余角就是斜線和平面所成的角．
(2)若直線l與平面α的夾角為θ，直線l的方向向量l與平面α的法向量n的夾角為β，則θ＝－β或θ＝β－.
[提醒]　求解直線和平面所成角，要注意直線的方向向量與平面法向量的夾角和所求角之間的關(guān)系，線面角的正弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值．　
　(2020·蚌埠模擬)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，PD＝PB，H為PC上的點，過AH的平面分別交PB，PD于點M，N，且BD∥平面AMHN.

(1)證明：MN⊥PC；
(2)設(shè)H為PC的中點，PA＝PC＝AB，PA與平面ABCD所成的角為60°，求AD與平面AMHN所成角的正弦值．
解：(1)證明：如圖①，連接AC交BD于點O，連接PO.

因為四邊形ABCD為菱形，所以BD⊥AC，且O為BD的中點．
因為PD＝PB，所以PO⊥BD，
因為AC∩PO＝O，且AC，PO平面PAC，所以BD⊥平面PAC.
因為PC平面PAC，所以BD⊥PC.
因為BD∥平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD∥MN，
所以MN⊥PC.
(2)由(1)知BD⊥AC且PO⊥BD，
因為PA＝PC，且O為AC的中點，
所以PO⊥AC，所以PO⊥平面ABCD，
因為PA與平面ABCD所成的角為∠PAO，所以∠PAO＝60°，所以AO＝PA，PO＝PA.
因為PA＝AB，所以BO＝PA.

以O(shè)為坐標(biāo)原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖②所示的空間直角坐標(biāo)系，
記PA＝2，則O(0，0，0)，A(1，0，0)，B，C(－1，0，0)，D，P(0，0，)，H，
所以＝，＝，＝.
設(shè)平面AMHN的法向量為n＝(x，y，z)，則即
令x＝2，解得y＝0，z＝2，所以n＝(2，0，2)是平面AMHN的一個法向量．
記AD與平面AMHN所成角為θ，則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
所以AD與平面AMHN所成角的正弦值為.

　　　　　　二面角(師生共研)
(2019·高考全國卷Ⅰ)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.

(1)證明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A-MA1-N的正弦值．
【解】　(1)證明：連接B1C，ME.因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因為N為A1D的中點，所以ND＝A1D.
由題設(shè)知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，
因此四邊形MNDE為平行四邊形，MN∥ED.
又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE.

(2)由已知可得DE⊥DA.以D為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)，＝(0，0，－4)，
＝(－1，，－2)，＝(－1，0，－2)，＝(0，－，0)．
設(shè)m＝(x，y，z)為平面A1MA的法向量，
則所以
可取m＝(，1，0)．
設(shè)n＝(p，q，r)為平面A1MN的法向量，則

所以可取n＝(2，0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角A-MA1-N的正弦值為.

利用向量法計算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角的大小．
(2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大?。?
　(2019·高考全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.
(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求圖2中的二面角B－CG－A的大?。?br />
解：(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，故AD，CG確定一個平面，
從而A，C，G，D四點共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，
故AB⊥平面BCGE.
又因為AB平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足為H.
因為EH平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60°，
可求得BH＝1，EH＝.
以H為坐標(biāo)原點，的方向為x軸的正方向，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，)，＝(1，0，)，＝(2，－1，0)．
設(shè)平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，
則
即
所以可取n＝(3，6，－)．
又平面BCGE的法向量可取為m＝(0，1，0)，
所以cosn，m＝＝.
因此二面角B-CG-A的大小為30°.

　利用空間向量求距離
(2020·云南師范大學(xué)附屬中學(xué)3月月考)

如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是邊長為2的正三角形，AA1＝2，D是CC1的中點，E是A1B1的中點．
(1)證明：DE∥平面A1BC;
(2)求點A到平面A1BC的距離．
【解】　

(1)證明：如圖，取A1B的中點F，連接FC，F(xiàn)E.
因為E，F(xiàn)分別是A1B1，A1B的中點，
所以EF∥BB1，且EF＝BB1.
又在平行四邊形BB1C1C中，D是CC1的中點，
所以CD∥BB1，且CD＝BB1，所以CD∥EF，且CD＝EF.
所以四邊形CFED是平行四邊形，所以DE∥CF.
因為DE平面A1BC，CF平面A1BC，所以DE∥平面A1BC.
(2)法一：(等體積法)因為BC＝AC＝AB＝2，AA1＝2，三棱柱ABC-A1B1C1為直三棱柱，所以V三棱錐A1－ABC＝S△ABC×AA1＝××22×2＝2.
又在△A1BC中，A1B＝A1C＝2，BC＝2，BC邊上的高h＝＝3，
所以S△A1BC＝BC·h＝3.
設(shè)點A到平面A1BC的距離為d，則V三棱錐A－A1BC＝S△A1BC×d＝×3×d＝d.
因為V三棱錐A1－ABC＝V三棱錐A－A1BC，所以2＝d，解得d＝，
所以點A到平面A1BC的距離為.
法二：(向量法)由題意知，三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱．取AB的中點O，連接OC，OE.因為AC＝BC，所以CO⊥AB.
又平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，所以CO⊥平面ABB1A1.
因為O為AB的中點，E為A1B1的中點，所以O(shè)E⊥AB，所以O(shè)C，OA，OE兩兩垂直．

如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)A，OE，OC所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0，0，)，A(1，0，0)，A1(1，2，0)，B(－1，0，0)．
則＝(2，2，0)，＝(1，0，)．
設(shè)平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z)，
則由可得
整理得令x＝，則y＝－1，z＝－.
所以n＝(，－1，－)為平面A1BC的一個法向量．
而＝(2，0，0)，所以點A到平面A1BC的距離d＝＝＝.

求解點到平面的距離可直接轉(zhuǎn)化為求向量在平面的法向量上的射影的長．如圖，設(shè)點P在平面α外，n為平面α的法向量，在平面α內(nèi)任取一點Q，則點P到平面α的距離d＝.

[提醒]　該題中的第(2)問求解點到平面的距離時，利用了兩種不同的方法——等體積法與向量法，顯然向量法直接簡單，不必經(jīng)過過多的邏輯推理，只需代入坐標(biāo)準(zhǔn)確求解即可．　
　如圖，△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2，求點A到平面MBC的距離．

解：如圖，取CD的中點O，連接OB，OM，因為△BCD與△MCD均為正三角形，所以O(shè)B⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，平面MCD∩平面BCD＝CD，OM平面MCD，所以MO⊥平面BCD.

以O(shè)為坐標(biāo)原點，直線OC，BO，OM分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.
因為△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，
所以O(shè)B＝OM＝，
則O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0，)，
B(0，－，0)，A(0，－，2)，
所以＝(1，，0)．
＝(0，，)．
設(shè)平面MBC的法向量為n＝(x，y，z)，
由得
即
取x＝，可得平面MBC的一個法向量為n＝(，－1，1)．
又＝(0，0，2)，
所以所求距離為d＝＝.
[基礎(chǔ)題組練]
1.將邊長為1的正方形AA1O1O(及其內(nèi)部)繞OO1旋轉(zhuǎn)一周形成圓柱，如圖，長為，長為，其中B1與C在平面AA1O1O的同側(cè)．則異面直線B1C與AA1所成的角的大小為(　　)

A.　　　 B．
C.　　　 D．
解析：選B.以O(shè)為坐標(biāo)原點建系如圖，則A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1，C.
所以＝(0，0，1)，＝(0，－1，－1)，
所以cos〈，〉＝
＝＝－，
所以〈，〉＝，
所以異面直線B1C與AA1所成的角為.故選B.
2.如圖，已知長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E為線段AB上一點，且AE＝AB，則DC1與平面D1EC所成的角的正弦值為(　　)

A. B．
C. D．
解析：選A.如圖，以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以＝(0，3，1)，＝(1，1，－1)，＝(0，3，－1)．
設(shè)平面D1EC的法向量為n＝(x，y，z)，
則即即取y＝1，得n＝(2，1，3)．
因為cos〈，n〉＝＝＝，所以DC1與平面D1EC所成的角的正弦值為，故選A.
3．二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2.則該二面角的大小為(　　)
A．150°　　B．45° C．60°　　 D．120°

解析：選C.如圖所示，二面角的大小就是〈，〉．
因為＝＋＋，
所以2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)
＝2＋2＋2＋2·，
所以·＝[(2)2－62－42－82]＝－24.
因此·＝24，cos〈，〉＝＝，
又〈，〉∈[0°，180°]，
所以〈，〉＝60°，故二面角為60°.
4.如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等，E，F(xiàn)，G分別為AB，AA1，A1C1的中點，則B1F與平面GEF所成角的正弦值為________．

解析：

設(shè)正三棱柱的棱長為2，取AC的中點D，連接DG，DB，分別以DA，DB，DG所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則B1(0，，2)，F(xiàn)(1，0，1)，
E，G(0，0，2)，
＝(1，－，－1)，＝，＝(1，0，－1)．
設(shè)平面GEF的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
取x＝1，則z＝1，y＝，
故n＝(1，，1)為平面GEF的一個法向量，
所以|cos〈n，〉|＝＝，
所以B1F與平面GEF所成角的正弦值為.
答案：
5．如圖所示，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC與BD相交于點O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.

(1)求證：BD⊥平面ACFE；
(2)當(dāng)直線FO與平面BED所成的角為45°時，求異面直線OF與BE所成角的余弦值的大?。?br /> 解：(1)證明：因為四邊形ABCD是菱形，
所以BD⊥AC.
因為AE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以BD⊥AE.
又因為AC∩AE＝A，AC，AE?平面ACFE.
所以BD⊥平面ACFE.
(2)

以O(shè)為原點，OA，OB所在直線分別為x軸，y軸，過點O且平行于CF的直線為z軸(向上為正方向)，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0，，0)，D(0，－，0)，E(1，0，2)，F(xiàn)(－1，0，a)(a>0)，＝(－1，0，a)．
設(shè)平面EBD的法向量為n＝(x，y，z)，
則有即
令z＝1，則n＝(－2，0，1)，
由題意得sin 45°＝|cos〈，n〉|＝
＝＝，
解得a＝3或a＝－(舍去)．
所以＝(－1，0，3)，＝(1，－，2)，
cos〈，〉＝＝，
故異面直線OF與BE所成角的余弦值為.
6．(2020·湖北十堰4月調(diào)研)如圖，在三棱錐P－ABC中，M為AC的中點，PA⊥PC，AB⊥BC，AB＝BC，PB＝，AC＝2，∠PAC＝30°.

(1)證明：BM⊥平面PAC；
(2)求二面角B－PA－C的余弦值．
解：(1)證明：因為PA⊥PC，AB⊥BC，所以MP＝MB＝AC＝1，
又MP2＋MB2＝BP2，所以MP⊥MB.
因為AB＝BC，M為AC的中點，所以BM⊥AC，
又AC∩MP＝M，所以BM⊥平面PAC.
(2)法一：取MC的中點O，連接PO，取BC的中點E，連接EO，則OE∥BM，從而OE⊥AC.
因為PA⊥PC，∠PAC＝30°，所以MP＝MC＝PC＝1.
又O為MC的中點，所以PO⊥AC.

由(1)知BM⊥平面PAC，OP?平面PAC，所以BM⊥PO.
又BM∩AC＝M，所以PO⊥平面ABC.
以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA，OE，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
由題意知A，B，P，＝，＝(1，－1，0)，
設(shè)平面APB的法向量為n＝(x，y，z)，則
令x＝1，得n＝(1，1，)為平面APB的一個法向量，
易得平面PAC的一個法向量為π＝(0，1，0)，cos〈n，π〉＝，
由圖知二面角B－PA－C為銳角，
所以二面角B－PA－C的余弦值為.
法二：取PA的中點H，連接HM，HB，
因為M為AC的中點，所以HM∥PC，又PA⊥PC，所以HM⊥PA.
由(1)知BM⊥平面PAC，則BH⊥PA，
所以∠BHM為二面角B－PA－C的平面角．
因為AC＝2，PA⊥PC，∠PAC＝30°，所以HM＝PC＝.
又BM＝1，則BH＝＝，
所以cos∠BHM＝＝，即二面角B－PA－C的余弦值為.
7．(2020·合肥模擬)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M為棱AE的中點．

(1)求證：平面BDM∥平面EFC；
(2)若DE＝2AB，求直線AE與平面BDM所成角的正弦值．
解：(1)證明：連接AC，交BD于點N，連接MN，
則N為AC的中點，
又M為AE的中點，所以MN∥EC.
因為MN平面EFC，EC平面EFC，
所以MN∥平面EFC.
因為BF，DE都垂直底面ABCD，所以BF∥DE.
因為BF＝DE，
所以四邊形BDEF為平行四邊形，
所以BD∥EF.
因為BD平面EFC，EF平面EFC，
所以BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，所以平面BDM∥平面EFC.
(2)因為DE⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，
所以DA，DC，DE兩兩垂直，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系.

設(shè)AB＝2，則DE＝4，從而D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)，
所以＝(2，2，0)，＝(1，0，2)，
設(shè)平面BDM的法向量為n＝(x，y，z)，
則得
令x＝2，則y＝－2，z＝－1，從而n＝(2，－2，－1)為平面BDM的一個法向量．
因為＝(－2，0，4)，設(shè)直線AE與平面BDM所成的角為θ，則
sin θ＝|cos〈n·〉|＝＝，
所以直線AE與平面BDM所成角的正弦值為.
[綜合題組練]
1．(2020·河南聯(lián)考)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是邊長為4的等邊三角形，BC⊥PB，E是AD的中點．

(1)求證：BE⊥PD；
(2)若直線AB與平面PAD所成角的正弦值為，求平面PAD與平面PBC所成的銳二面角的余弦值．
解：(1)證明：因為△PAD是等邊三角形，E是AD的中點，所以PE⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BC，PE⊥BE.
又BC⊥PB，PB∩PE＝P，所以BC⊥平面PBE，所以BC⊥BE.
又BC∥AD，所以AD⊥BE.
又AD∩PE＝E且AD，PE平面PAD，所以BE⊥平面PAD，所以BE⊥PD.
(2)由(1)得BE⊥平面PAD，所以∠BAE就是直線AB與平面PAD所成的角．
因為直線AB與平面PAD所成角的正弦值為，
即sin∠BAE＝，所以cos∠BAE＝.
所以cos∠BAE＝＝＝，解得AB＝8，則BE＝＝2.

由(1)得EA，EB，EP兩兩垂直，所以以E為坐標(biāo)原點，EA，EB，EP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則點P(0，0，2)，A(2，0，0)，D(－2，0，0)，B(0，2，0)，C(－4，2，0)，
所以＝(0，2，－2)，＝(－4，2，－2)．　
設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x，y，z)，
由得
解得
令y＝1，可得平面PBC的一個法向量為m＝(0，1，)．
易知平面PAD的一個法向量為n＝(0，1，0)，
設(shè)平面PAD與平面PBC所成的銳二面角的大小為θ，
則cos θ＝＝＝.
所以平面PAD與平面PBC所成的銳二面角的余弦值為.
2．(2020·河南鄭州三測)如圖①，△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E，F(xiàn)分別為邊AB，AC的中點，以EF為折痕把△AEF折起，使點A到達點P的位置(如圖②)，且PB＝BE.

(1)證明：EF⊥平面PBE；
(2)設(shè)N為線段PF上的動點(包含端點)，求直線BN與平面PCF所成角的正弦值的最大值．
解：(1)證明：因為E，F(xiàn)分別為邊AB，AC的中點，所以EF∥BC.
因為∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE，又BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE.
(2)取BE的中點O，連接PO，因為PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE.

由(1)知EF⊥平面PBE，EF平面BCFE，所以平面PBE⊥平面BCFE.
又PO?平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE，所以PO⊥平面BCFE.
過點O作OM∥BC交CF于點M，分別以O(shè)B，OM，OP所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則B，P，C，
F，＝，
＝，
由N為線段PF上一動點，得＝λ(0≤λ≤1)，
則可得N，
＝.
設(shè)平面PCF的法向量為m＝(x，y，z)，
則即取y＝1，則x＝－1，z＝，所以m＝(－1，1，)為平面PCF的一個法向量．
設(shè)直線BN與平面PCF所成的角為θ，
則sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝≤＝(當(dāng)且僅當(dāng)λ＝時取等號)，
所以直線BN與平面PCF所成角的正弦值的最大值為.
3．(2020·山東淄博三模)如圖①，已知正方形ABCD的邊長為4，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，將正方形ABCD沿EF折成如圖②所示的二面角，且二面角的大小為60°，點M在線段AB上(包含端點)，連接AD.

(1)若M為AB的中點，直線MF與平面ADE的交點為O，試確定點O的位置，并證明直線OD∥平面EMC；
(2)是否存在點M，使得直線DE與平面EMC所成的角為60°？若存在，求此時二面角M-EC-F的余弦值；若不存在，說明理由．
解：(1)因為直線MF平面ABFE，故點O在平面ABFE內(nèi)，也在平面ADE內(nèi)，
所以點O在平面ABFE與平面ADE的交線(即直線AE)上(如圖所示)．

因為AO∥BF，M為AB的中點，
所以△OAM≌△FBM，
所以O(shè)M＝MF，AO＝BF，所以AO＝2.
故點O在EA的延長線上且與點A間的距離為2.
連接DF，交EC于點N，因為四邊形CDEF為矩形，
所以N是EC的中點．
連接MN，則MN為△DOF的中位線，所以MN∥OD，
又MN平面EMC，OD 平面EMC，所以直線OD∥平面EMC.
(2)由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE.
所以平面ABFE⊥平面ADE，易知△ADE為等邊三角形，取AE的中點H，則易得DH⊥平面ABFE，以H為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則E(－1，0，0)，D(0，0，)，C(0，4，)，F(xiàn)(－1，4，0)，所以＝(1，0，)，＝(1，4，)．
設(shè)M(1，t，0)(0≤t≤4)，則＝(2，t，0)，
設(shè)平面EMC的法向量為m＝(x，y，z)，則?
取y＝－2，則x＝t，z＝，所以m＝為平面EMC的一個法向量．
要使直線DE與平面EMC所成的角為60°，則＝，所以＝，整理得t2－4t＋3＝0，
解得t＝1或t＝3，
所以存在點M，使得直線DE與平面EMC所成的角為60°，
取ED的中點Q，連接QA，則為平面CEF的法向量，
易得Q，A(1，0，0)，所以＝.
設(shè)二面角M－EC－F的大小為θ，
則|cos θ|＝＝＝.
因為當(dāng)t＝2時，cos θ＝0，平面EMC⊥平面CDEF，
所以當(dāng)t＝1時，cos θ＝－，θ為鈍角；當(dāng)t＝3時，cos θ＝，θ為銳角．
綜上，二面角M－EC－F的余弦值為±.