【数学】2020届一轮复习（理）通用版8-6利用空间向量求空间角学案 15页

第六节　利用空间向量求空间角 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． 突破点一　利用空间向量求异面直线所成角 设两条异面直线 a，b 的方向向量为 a，b，其夹角为 θ，则 cos φ＝|cos θ|＝|a·b| |a||b|(其中 φ 为异面直线 a，b 所成的角)． [典例]　如图，在四棱锥 P­ABCD 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 O­xyz，则 P(0，－ 3，2)，A(0，－ 3，0)，B(1，0,0)，C(0， 3，0)．所以 PB ―→ ＝(1， 3，－2)， AC ―→ ＝(0,2 3，0)．设 PB 与 AC 所成角为 θ，则 cos θ＝| · |||| |＝ 6 2 2 × 2 3 ＝ 6 4 .即 PB 与 AC 所成角的余弦值为 6 4 . [方法技巧] 向量法求两异面直线所成角的步骤 (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〉|＝|v1·v2| |v1||v2|求解． [提醒]　两异面直线所成角 θ 的范围是(0，π 2 ]，两向量的夹角 α 的范围是[0，π]，当 两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直 线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成的角．　　 [针对训练] 1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC­A1B1C1，CA＝ CC1＝2CB，则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为(　　) A. 5 5 　　　　　　　　　　 B. 5 3 C.2 5 5 D.3 5 解析：选 A　设 CA＝2，则 C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)， 可得向量 AB1―→ ＝(－2,2,1)， BC1―→ ＝(0,2，－1)， 由向量的夹角公式得 cos〈 AB1―→ ，BC1―→ 〉＝ －2 × 0＋2 × 2＋1 × (－1) 0＋4＋1· 4＋4＋1 ＝ 1 5 ＝ 5 5 . 2．已知在长方体 ABCD­A1B1C1D1 中，B1C 和 C1D 与底面所成角分别为 60°和 45°，求 异面直线 B1C 和 C1D 所成角的余弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系，可知∠CB1C1＝60°， ∠DC1D1＝45°， 设 B1C1＝1，CC1＝ 3＝DD1. ∴C1D1＝ 3，则有 B1( 3，0,0)，C( 3，1， 3)，C1( 3，1,0)， D(0,1， 3)． ∴ B1C ―→ ＝(0,1， 3)， C1D ―→ ＝(－ 3，0， 3)． ∴cos〈 B1C ―→ ，C1D ―→ 〉＝ · ||||＝ 3 2 6 ＝ 6 4 . 突破点二　直线与平面所成角 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 为 φ，向量 e 与 n 的夹角为 θ，则有 sin φ＝|cos θ|＝|n·e| |n||e|. [典例]　(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥 P­ABC 中，AB＝BC＝ 2 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． [解]　(1)证明：因为 PA＝PC＝AC＝4，O 为 AC 的中点，所以 PO⊥AC，且 PO＝2 3. 连接 OB，因为 AB＝BC＝ 2 2 AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且 OB⊥AC，OB＝1 2AC＝ 2.所以 PO2＋OB2＝PB2，所以 PO⊥OB.又因为 OB∩AC＝O，所以 PO⊥平面 ABC. (2) 以 O 为坐标原点， OB ―→ 的方向为 x 轴正方向，建立如图所 示的空间直角坐标系 O­xyz. 由已知得 O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2 3)， AP ―→ ＝(0,2,2 3)． 取平面 PAC 的一个法向量 OB ―→ ＝(2,0,0)． 设 M(a,2－a,0)(0＜a≤2)，则 AM ―→ ＝(a,4－a,0)． 设平面 PAM 的法向量为 n＝(x，y，z)． 由Error!得Error! 令 y＝ 3a，得 z＝－a，x＝ 3(a－4)， 所以平面 PAM 的一个法向量为 n＝( 3(a－4), 3a，－a)， 所以 cos〈 OB ―→ ，n〉＝ 2 3(a－4) 2 3(a－4)2＋3a2＋a2. 由已知可得|cos〈 OB ―→ ，n〉|＝cos 30°＝ 3 2 ， 所以 2 3|a－4| 2 3(a－4)2＋3a2＋a2 ＝ 3 2 ， 解得 a＝4 3或 a＝－4(舍去)． 所以 n＝(－8 3 3 ，4 3 3 ，－4 3). 又 PC ―→ ＝(0,2，－2 3)， 所以 cos〈 PC ―→ ，n〉＝ 8 3 3 ＋8 3 3 4＋12· 64 3 ＋16 3 ＋16 9 ＝ 3 4 . 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 3 4 . [方法技巧] 利用向量法求直线与平面所成角的注意点 (1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余 角即为直线与平面所成的角． (2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系 sin2θ＋cos2θ＝1 求出其值．不要误认为 直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．　　 [针对训练] 1．如图，正三棱柱 ABC ­A1B1C1 中，AB＝AA1，则 AC1 与平面 BB1C1C 夹角的正弦值 为________． 解析：取 B1C1 中点 O，建立如图所示的空间直角坐标系． 设 AB ＝AA1 ＝2 ，则 A1( － 3，0,0) ，C1(0,1,0) ，A( － 3，0,2) ， O(0,0,0) ， A1O ―→ ＝( 3，0,0)， A1O ―→ 为平面 BB1C1C 的法向量， AC1―→ ＝( 3，1，－2)， ∴sin θ＝|cos〈 A1O ―→ ，AC1―→ 〉|＝| · |||| |＝ 3 3· 3＋1＋4 ＝ 6 4 . 答案： 6 4 2．在如图所示的多面体中，四边形 ABCD 是平行四边形，四边 形 BDEF 是矩形，ED⊥平面 ABCD，∠ABD＝π 6，AB＝2AD. (1)求证：平面 BDEF⊥平面 ADE； (2)若 ED＝BD，求直线 AF 与平面 AEC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：在△ABD 中，∠ABD＝π 6，AB＝2AD， 由余弦定理，得 BD＝ 3AD， 从而 BD2＋AD2＝AB2，故 BD⊥AD， 因为 DE⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，所以 DE⊥BD. 又 AD∩DE＝D，所以 BD⊥平面 ADE. 因为 BD⊂平面 BDEF，所以平面 BDEF⊥平面 ADE. (2)由(1)可得，在 Rt△ABD 中，∠BAD＝π 3，BD＝ 3AD， 又由 ED＝BD，设 AD＝1，则 BD＝ED＝ 3. 因为 DE⊥平面 ABCD，BD⊥AD， 所以以点 D 为坐标原点，DA，DB，DE 所在直线分别为 x 轴， y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 D­xyz，如图所示． 则 A(1,0,0)，C(－1， 3，0)，E(0,0， 3)，F(0， 3， 3)， 所以 AE ―→ ＝(－1,0， 3)， AC ―→ ＝(－2， 3，0)． 设平面 AEC 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error!即Error! 令 z＝1，得 n＝( 3，2,1)为平面 AEC 的一个法向量． 因为 AF ―→ ＝(－1， 3， 3)， 所以 cos〈n，AF ―→ 〉＝ n· |n|·||＝ 42 14 ， 所以直线 AF 与平面 AEC 所成角的正弦值为 42 14 . 突破点三　二面角 (1)如图①，AB，CD 是二面角 α­l­β 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 θ＝ 〈 AB ―→ ，CD ―→ 〉． (2)如图②和图③，n1，n2 分别是二面角 α­l­β 的两个半平面 α，β 的法向量，则二面角 的大小 θ＝〈n1，n2〉或 π－〈n1，n2〉． [典例]　(2019·惠州模拟)如图，在四棱锥 P­ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥PB，PC＝2. (1)求证：平面 PAB⊥平面 ABCD； (2)若 PA＝PB，求二面角 A­PC­D 的余弦值． [解]　(1)证明：取 AB 的中点为 O，连接 CO，PO， ∵四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，∴AB＝BC＝2. ∵∠ABC＝60°，∴△ABC 是等边三角形， ∴CO⊥AB，OC＝ 3. ∵PA⊥PB，∴PO＝1 2AB＝1. ∵PC＝2，∴OP2＋OC2＝PC2，∴CO⊥PO. ∵AB∩PO＝O，∴CO⊥平面 PAB. ∵CO⊂平面 ABCD，∴平面 PAB⊥平面 ABCD. (2)∵OP2＋OA2＝12＋12＝( 2)2＝PA2，∴PO⊥AO. 由(1)知，平面 PAB⊥平面 ABCD， ∴PO⊥平面 ABCD， ∴直线 OC，OB，OP 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 O­xyz， 则 O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(0，1,0)，C( 3，0,0)，D( 3， －2,0)，P(0,0,1)， ∴ AP ―→ ＝(0,1,1)， PC ―→ ＝( 3，0，－1)， DC ―→ ＝(0,2,0)． 设平面 APC 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)， 由Error!得Error! 取 x1＝1，得 m＝(1，－ 3， 3)， 设平面 PCD 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)， 由Error!得Error! 取 x2＝1，得 n＝(1,0， 3)， ∴cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n|＝2 7 7 ， 由图易知二面角 A­PC­D 为锐二面角， ∴二面角 A­PC ­D 的余弦值为2 7 7 . [方法技巧] 利用法向量求二面角时的 2 个注意点 (1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求． (2)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．　　 [针对训练] 1．如图，PA⊥平面 ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝ 2，则平面 PAB 与平面 PBC 的夹角的余弦值为________． 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，B( 2，1,0)， C(0,1,0)，P(0,0,1)，AP ―→ ＝(0,0,1)， AB ―→ ＝( 2，1,0)， CB ―→ ＝( 2，0,0)， CP ―→ ＝(0，－1，1)． 设平面 PAB 的法向量为 m＝(x，y，z)， 则Error!即Error! ∴Error!令 x＝1，得 m＝(1，－ 2，0)， 设平面 PBC 的法向量为 n＝(x′，y′，z′)， 则Error!即Error!∴Error! 令 y′＝1，∴n＝(0,1,1)． ∴cos〈m，n〉＝ m·n |m||n|＝－ 3 3 . 由图知所求二面角为锐角， ∴平面 PAB 与平面 PBC 夹角的余弦值为 3 3 . 答案： 3 3 2．(2019·江西五市联考)如图，在四棱锥 P­ABCD 中，AD∥BC，AB ⊥AD，AB＝AD＝AP＝2BC＝2，M 是棱 PD 上的一点，PM PD＝λ(0＜λ＜ 1)． (1)若 λ＝1 3，求证：PB∥平面 MAC； (2)若平面 PAB⊥平面 ABCD，平面 PAD⊥平面 ABCD，二面角 D­AC­M 的余弦值为 4 21 21 ，求 λ 的值． 解：(1)证明：连接 BD 交 AC 于点 O，连接 MO. ∵AD∥BC，∴△BCO∽△DAO， ∵AD＝2BC，∴DO＝2BO. ∵λ＝1 3，∴DM＝2MP，∴PB∥MO， ∵PB⊄平面 MAC，MO⊂平面 MAC，∴PB∥平面 MAC. (2)∵平面 PAB⊥平面 ABCD，平面 PAB∩平面 ABCD＝AB，AD⊂平面 ABCD，且 AD ⊥AB， ∴AD⊥平面 PAB，∴AD⊥PA，同理可得 AB⊥PA，可知 AB， AD ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 A­xyz ，则 A(0,0,0) ，C(2 ，1,0) ， M(0,2λ，2－2λ)，∴ AC ―→ ＝(2,1,0)， AM ―→ ＝(0,2λ，2－2λ)．易知平面 ACD 的一个法向量为 m＝(0,0,1)． 设平面 MAC 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error!得Error! 令 x＝1，则 y＝－2，z＝ 2λ 1－λ，即 n＝(1，－2， 2λ 1－λ)为平面 MAC 的一个法向量． 由题意可知|m·n| |m||n|＝4 21 21 ，即 | 2λ 1－λ | 5＋( 2λ 1－λ )2 ＝4 21 21 ，解得 λ＝2 3. [课时跟踪检测] [A 级　基础题——基稳才能楼高] 1．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：选 C　cos 〈m，n〉＝ m·n |m||n|＝ 1 1· 2 ＝ 2 2 ，即〈m，n〉＝45°. ∴两平面所成二面角为 45°或 180°－45°＝135°. 2．如图所示，在正方体 ABCD­A1B1C1D1 中，已知 M，N 分别是 BD 和 AD 的中点，则 B1M 与 D1N 所成角的余弦值为(　　) A． 30 30 　　　　　　　　 B. 30 15 C． 30 10 D. 15 15 解析：选 C　建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱 长为 2，则 B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0,0,2)，N(1,0,0)， ∴ B1M ―→ ＝(－1，－1，－2)， D1N ―→ ＝(1,0，－2)， ∴B1M 与 D1N 所成角的余弦值为| · ||·|| | ＝| －1＋4 1＋1＋4 × 1＋4|＝ 30 10 .故选 C. 3．如图，已知长方体 ABCD­A1B1C1D1 中，AD＝AA1＝1，AB＝ 3，E 为线段 AB 上一点，且 AE＝1 3AB，则 DC1 与平面 D1EC 所成的角的正弦值为(　　) A.3 35 35 B.2 7 7 C. 3 3 D. 2 4 解析：选 A　如图，以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直 线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 C 1(0,3,1)， D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)， ∴ DC1―→ ＝(0,3,1)， D1E ―→ ＝(1,1，－1)， D1C ―→ ＝(0,3，－1)． 设平面 D1EC 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error!即Error!取 y＝1，得 n＝(2,1,3)． ∵cos DC1―→ ，n＝ ·n | |·|n|＝ (0，3，1)·(2，1，3) 10 × 14 ＝3 35 35 ， ∴DC1 与平面 D1EC 所成的角的正弦值为3 35 35 . 4．在直三棱柱 ABC­A1B1C1 中，AA1＝2，二面角 B­AA1­C1 的大小为 60°，点 B 到平面 ACC1A1 的距离为 3，点 C 到平面 ABB1A1 的距离为 2 3，则直线 BC1 与直线 AB1 所成角 的正切值为(　　) A. 7 B． 6 C. 5 D．2 解析：选 A　由题意可知，∠BAC＝60°，点 B 到平面 ACC1A1 的距离为 3，点 C 到平 面 ABB1A1 的距离为 2 3，所以在三角形 ABC 中，AB＝2，AC＝4，BC＝2 3，∠ABC＝ 90°，则 AB1―→ · BC1―→ ＝( BB1―→ － BA ―→ )·( BB1―→ ＋ BC ―→ )＝4，| AB1―→ |＝2 2，| BC1―→ |＝4，cos 〈 AB1―→ ，BC1―→ 〉＝ · ||·||＝ 2 4 ，故 tan〈 AB1―→ ，BC1―→ 〉＝ 7. 5．如图，正三棱柱 ABC­A1B1C1 的所有棱长都相等，E，F，G 分别 为 AB，AA1，A1C1 的中点，则 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为(　　) A.3 5 B.5 6 C.3 3 10 D.3 6 10 解析：选 A　设正三棱柱的棱长为 2，取 AC 的中点 D，连接 DG，DB，分别以 DA，DB，DG 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立 空间直角坐标系，如图所示， 则 B1(0， 3，2)，F(1,0,1)， E(1 2， 3 2 ，0)，G(0,0,2)， B1F ―→ ＝(1，－ 3，－1)， EF ―→ ＝(1 2，－ 3 2 ，1)， GF ―→ ＝(1,0，－1)． 设平面 GEF 的法向量 n＝(x，y，z)， 则Error!即Error! 取 x＝1，则 z＝1，y＝ 3， 故 n＝(1， 3，1)为平面 GEF 的一个法向量， 所以 cos〈n，B1F ―→ 〉＝ 1－3－1 5 × 5 ＝－3 5， 所以 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为3 5.故选 A. 6．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.1 2 B.2 3 C. 3 3 D. 2 2 解析：选 B　以 A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 A­xyz，设棱长为 1，则 A1(0,0,1)，E(1，0，1 2)，D(0,1,0)， ∴ A1D ―→ ＝(0,1，－1)， A1E ―→ ＝(1，0，－1 2)， 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1＝(1，y，z)， 则Error!即Error!∴Error!∴n1＝(1,2,2)． 又平面 ABCD 的一个法向量为 n2＝(0,0,1)， ∴cos〈n1，n2〉＝ 2 3 × 1＝2 3. 即平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为2 3. 7．如图所示，在三棱锥 P­ABC 中，PA⊥平面 ABC，D 是棱 PB 的 中点，已知 PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则异面直线 PC，AD 所成角的 余弦值为__________． 解析：因为 PA⊥平面 ABC，所以 PA⊥AB，PA⊥BC. 过点 A 作 AE∥CB，又 CB⊥AB， 则 AP，AB，AE 两两垂直． 如图，以 A 为坐标原点，分别以 AB，AE，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直 角坐标系 A­xyz， 则 A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(4,0,0)，C(4，－2,0)． 因为 D 为 PB 的中点，所以 D(2,0,1)． 故 CP ―→ ＝(－4,2,2)， AD ―→ ＝(2,0,1)． 所以 cos AD ―→ ， CP ―→ ＝ · ||·||＝ －6 5 × 2 6 ＝－ 30 10 . 设异面直线 PC，AD 所成的角为 θ， 则 cos θ＝|cos〈 AD ―→ ，CP ―→ 〉|＝ 30 10 . 答案： 30 10 8．如图，菱形 ABCD 中，∠ABC＝60°，AC 与 BD 相交于点 O，AE⊥平面 ABCD，CF ∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线 FO 与平面 BED 所成的角为 45°，则 AE＝________. 解析：如图，以 O 为原点，以 OA，OB 所在直线分别为 x 轴，y 轴，以过点 O 且平行于 CF 的直线为 z 轴建立空间直角坐标系． 设 AE＝a，则 B(0， 3，0)，D(0，－ 3，0)，F(－1,0,3)， E(1,0，a)，∴ OF ―→ ＝(－1,0,3)， DB ―→ ＝(0,2 3，0)， EB ―→ ＝(－1， 3，－a)．设平面 BED 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error!即Error! 则 y＝0，令 z＝1，得 x＝－a， ∴n＝(－a,0,1)， ∴cos〈n，OF ―→ 〉＝ n· |n|||＝ a＋3 a2＋1 × 10. ∵直线 FO 与平面 BED 所成角的大小为 45°， ∴ |a＋3| a2＋1 × 10 ＝ 2 2 ， 解得 a＝2 或 a＝－1 2(舍去)，∴AE＝2. 答案：2 [B 级　保分题——准做快做达标] 1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥 P­ABCD 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 A­PB­C 的余 弦值． 解：(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得 AB⊥AP，CD⊥PD. 因为 AB∥CD，所以 AB⊥PD. 又 AP∩PD＝P，所以 AB⊥平面 PAD. 又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD. (2)在平面 PAD 内作 PF⊥AD，垂足为 F. 由(1)可知，AB⊥平面 PAD，故 AB⊥PF，可得 PF⊥平面 ABCD. 以 F 为坐标原点， FA―→ 的方向为 x 轴正方向，| AB ―→ |为单位长 度，建立如图所示的空间直角坐标系 F­xyz. 由(1)及已知可得 A( 2 2 ，0，0)，P(0，0， 2 2 )，B( 2 2 ，1，0)， C(－ 2 2 ，1，0). 所以 PC ―→ ＝(－ 2 2 ，1，－ 2 2 )， CB ―→ ＝( 2，0,0)， PA ―→ ＝( 2 2 ，0，－ 2 2 )， AB ―→ ＝(0,1,0)． 设 n＝(x1，y1，z1)是平面 PCB 的法向量， 则Error!即Error! 所以可取 n＝(0，－1，－ 2)． 设 m＝(x2，y2，z2)是平面 PAB 的法向量， 则Error!即Error! 所以可取 m＝(1,0,1)． 则 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m|＝ － 2 3 × 2 ＝－ 3 3 . 由图知二面角 A­PB­C 为钝角， 所以二面角 A­PB­C 的余弦值为－ 3 3 . 2．(2019·合肥一检)如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是正方形，BF⊥平面 ABCD，DE⊥平面 ABCD，BF＝DE，M 为棱 AE 的中点． (1)求证：平面 BDM∥平面 EFC； (2)若 DE＝2AB，求直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接 AC 交 BD 于点 N，连接 MN， 则 N 为 AC 的中点， 又 M 为 AE 的中点，∴MN∥EC. ∵MN⊄平面 EFC，EC⊂平面 EFC， ∴MN∥平面 EFC. ∵BF，DE 都与平面 ABCD 垂直，∴BF∥DE. ∵BF＝DE， ∴四边形 BDEF 为平行四边形，∴BD∥EF. ∵BD⊄平面 EFC，EF⊂平面 EFC， ∴BD∥平面 EFC. 又 MN∩BD＝N，∴平面 BDM∥平面 EFC. (2)∵DE⊥平面 ABCD，四边形 ABCD 是正方形，∴DA， DC，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系 D­xyz. 设 AB＝2，则 DE＝4，从而 D(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,0,2)， A(2,0,0)，E(0,0,4)， ∴ DB ―→ ＝(2,2,0)， DM ―→ ＝(1,0,2)， 设平面 BDM 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error!得Error! 令 x＝2，则 y＝－2，z＝－1， 从而 n＝(2，－2，－1)为平面 BDM 的一个法向量． ∵ AE ―→ ＝(－2,0,4)，设直线 AE 与平面 BDM 所成的角为 θ， 则 sin θ＝|cos 〈n，AE ―→ 〉|＝ |n·| |n|·||＝4 5 15 ， ∴直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值为4 5 15 . 3．如图，EA⊥平面 ABC ，DB⊥平面 ABC，△ABC 是等边三角 形，AC＝2AE，M 是 AB 的中点． (1)求证：CM⊥EM; (2)若直线 DM 与平面 ABC 所成角的正切值为 2，求二面角 B­CD­E 的余弦值． 解：(1)证明：因为△ABC 是等边三角形，M 是 AB 的中点， 所以 CM⊥AM. 因为 EA⊥平面 ABC，CM⊂平面 ABC，所以 CM⊥EA. 因为 AM∩EA＝A，所以 CM⊥平面 EAM. 因为 EM⊂平面 EAM，所以 CM⊥EM. (2)以点 M 为坐标原点，MC 所在直线为 x 轴，MB 所在直线为 y 轴，过 M 且与直线 BD 平行的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 M­xyz，如图所示． 因为 DB⊥平面 ABC，所以∠DMB 为直线 DM 与平面 ABC 所 成的角， 所以 tan∠DMB＝BD MB＝2，即 BD＝2MB，所以 BD＝AC. 不妨设 AC＝2，又 AC＝2AE，则 CM＝ 3，AE＝1. 故 B(0,1,0)，C( 3，0,0)，D(0,1,2)，E(0，－1,1)． 所以 BC ―→ ＝( 3，－1,0)， BD ―→ ＝(0,0,2)， CE ―→ ＝(－ 3，－1,1)， CD ―→ ＝(－ 3， 1,2)． 设平面 BCD 与平面 CDE 的一个法向量分别为 m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 由Error!得Error!令 x1＝1，得 y1＝ 3， 所以 m＝(1， 3，0)． 由Error!得Error! 令 x2＝1，得 y2＝－ 3 3 ，z2＝2 3 3 . 所以 n＝(1，－ 3 3 ，2 3 3 ). 所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n|＝0. 所以二面角 B­CD­E 的余弦值为 0.