【数学】2019届一轮复习人教A版立体几何中的向量方法（Ⅱ）—求空间角与距离学案 40页

第08节 立体几何中的向量方法(Ⅱ)—求空间角与距离 ‎【考纲解读】‎ 考 点 考纲内容 ‎5年统计 分析预测 立体几何中的向量方法(Ⅱ)—求空间角与距离 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,了解向 量方法在研究立体几何问题中的应用.‎ ‎2013•新课标I. 18;II.18；‎ ‎2014•新课标I. 12,19;II.11,18; ‎ ‎2015•新课标I. 18;II.19；‎ ‎2016•新课标I.11,18；II.14,19;III.19;‎ ‎2017•新课标I.18;II.10,19;III.16,19.‎ ‎1.以几何体为载体，综合考查平行或垂直关系证明，以及角与距离的计算.‎ ‎2.利用几何法证明平行、垂直关系，利用空间向量方法求角或距离.‎ ‎3.备考重点：‎ ‎ (1) 掌握空间向量的坐标运算；‎ ‎(2)掌握角与距离的计算方法方法.‎ ‎【知识清单】‎ ‎1. 异面直线所成的角 ‎1.两条异面直线所成的角 ‎①定义：设a，b是两条异面直线，过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直角叫做a与b所成的角．‎ ‎②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是．‎ ‎③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有.‎ 对点练习：‎ ‎【2017课标II，理10】已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A． B． C． D． ‎【答案】C ‎2. 直线与平面所成角 ‎1．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所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.‎ 对点练习：‎ ‎【2017浙江，19】（本题满分15分）如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ 试题解析：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．‎ 设CD=1．‎ 在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，‎ 在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，‎ 在Rt△MQH中，QH=，MQ=，‎ 所以sin∠QMH=， 所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是．‎ ‎3.二面角 ‎1．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2、3，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(或)．‎ 对点练习：‎ ‎【2017江苏，22】 如图, 在平行六面体ABCD-A1B‎1C1D1中，AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,.‎ ‎（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；‎ ‎（2）求二面角B-A1D-A的正弦值.‎ ‎【答案】（1）（2） ‎ ‎ ‎4 .利用向量求空间距离 ‎1．空间向量的坐标表示及运算 ‎(1)数量积的坐标运算 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，‎ 则①a±b＝(a1±b1，a2±b2，a3±b3)；‎ ‎②λa＝(λa1，λa2，λa3)；‎ ‎③a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3.‎ ‎(2)共线与垂直的坐标表示 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，‎ 则a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)，‎ a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(a，b均为非零向量)．‎ ‎(3)模、夹角和距离公式 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，‎ 则|a|＝＝，‎ cos〈a，b〉＝＝.‎ 设A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，‎ 则.‎ ‎2. 点面距的求法 如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝.‎ 对点练习：‎ 设正方体的棱长为2，则点到平面的距离是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：以为原点，以为轴， 为轴， 为轴，建立空间直角坐标系，∵正方体的棱长为，∴，∴， ， ，设面的法向量，因为，∴，所以，∴点到平面的距离是 ‎，故选C．‎ ‎【考点深度剖析】‎ 空间的角与距离的计算（特别是角的计算）是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题．距离问题往往在与有关面积、体积的计算中加以考查．此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角或距离.‎ ‎【重点难点突破】‎ 考点1 异面直线所成的角 ‎【1-1】【2017届浙江省嘉兴一中、杭州高级中学、宁波效实中学等高三下五校联考】正方体中，点在上运动（包括端点），则与所成角的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎【答案】D ‎【1-2】长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为(　　)‎ A. 　　　　　　　　 B. C. D. ‎【答案】 B ‎【解析】建立坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)．‎ ，‎ .‎ 所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.‎ ‎【领悟技法】‎ ‎1.求一对异面直线所成角：一是按定义平移转化为两相交直线的夹角；二是在异面直线上各取一向量，转化为两向量的夹角或其补角，无论哪种求法，都应注意角的范围的限定． ‎ ‎2. 利用直线的方向向量的夹角求异面直线的夹角时，注意区别：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．‎ ‎【触类旁通】‎ ‎【变式一】【2017届安徽省江淮十校高三下第三次联考】如图，正四面体中， 、分别是棱和的中点，则直线和所成的角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎【答案】B ‎【解析】如图所示，作AO⊥底面BCD，垂足为O，O为底面等边△BCD的中心，建立空间直角坐标系．不妨取CD=2．则：‎ ，‎ 设点M是线段CD的中点，则：‎ ‎ 利用空间向量求解余弦值有：‎ .‎ ‎∴异面直线AE与CF所成角的余弦值为 .‎ ‎【变式二】【安庆二模】如图，是以为直径的半圆上异于的点，矩形所在的平面垂直于半圆所在的平面，且。‎ ‎（Ⅰ）求证：。‎ ‎（Ⅱ）若异面直线和所成的角为，求平面和平面 所成的锐二面角的余弦值。‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） ‎【解析】（Ⅰ）∵平面垂直于圆所在的平面，两平面的交线为，平面，，∴垂直于圆所在的平面.又在圆所在的平面内，∴.∵是直角，∴，∴平面,∴.‎ ‎(Ⅱ) ‎ 如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系.由异面直线和所成的角为，知，‎ ‎∴，‎ ‎∴，由题设可知，，∴，.设平面的一个法向量为， ‎ 由，得，，取，得.‎ ‎∴.又平面的一个法向量为，∴.‎ 平面与平面所成的锐二面角的余弦值. ‎ 考点2 直线与平面所成角 ‎【2-1】如图，在长方体中，，，、分别是、的中点．证明、、、四点共面，并求直线与平面所成的角的正弦值大小.‎ ‎【答案】 ‎【解析】解：如图，以为原点建立空间直角坐标系，可得有关点的坐标为、、、、、．‎ 因为，，‎ 所以，因此直线与共面，‎ 即、、、共面．‎ 因此直线与平面所成的角的正弦值大小为．‎ ‎【2-2】如图，长方体中,，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．‎ D D1‎ C1‎ A1‎ E F A B C B1‎ ‎（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图：‎ ‎【领悟技法】‎ ‎1.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(钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角.‎ ‎【触类旁通】‎ ‎【变式一】空间四面体ABCD中，平面ABD平面BCD， ，则AC与平面BCD所成的角是________‎ ‎【答案】 ‎【解析】取的中点，连接， ，则 由于平面 平面 ，平面平面 ，则平面， 为AC与平面BCD所成的角，且，设等腰直角三角形的腰，则， ，在中， ， ，在中， ‎ ，则.‎ ‎【变式二】【2017届湖北武汉市蔡甸区汉阳一中三模】如图，三棱柱中， ， ， 分别为棱的中点.‎ ‎（1）在平面内过点作平面交于点，并写出作图步骤，但不要求证明.‎ ‎（2）若侧面侧面，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2） 试题解析：‎ ‎（1）如图，在平面内，过点作交于点，连结，在中，作交于点，连结并延长交于点，则为所求作直线.‎ ‎（2）连结，∵，∴为正三角形.‎ ‎∵为的中点，∴，‎ 又∵侧面侧面，且面面，‎ 平面，∴平面，‎ 在平面内过点作交于点，‎ 分别以的方向为轴， 轴， 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则， .‎ ‎∵为的中点，∴点的坐标为，‎ ‎∴.‎ ‎∵，∴，∴，‎ 设平面的法向量为，‎ 由得，‎ 令，得，所以平面的一个法向量为.‎ 设直线与平面所成角为，‎ 则，‎ 即直线与平面所成角的正弦值为.‎ 考点3 二面角 ‎【3-1】【2017课标1，理18】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且.‎ ‎（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值.‎ ‎【解析】‎ 试题解析：（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD.‎ 由于AB∥CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD.‎ 又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.‎ 由（1）及已知可得，，，.‎ 所以，，，.‎ 设是平面的法向量，则 ，即，‎ 可取.‎ 设是平面的法向量，则 ，即，‎ 可取.‎ 则，‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【3-2】【2017课标II，理19】如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD， E是PD的中点。‎ ‎（1）证明：直线 平面PAB；‎ ‎（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为 ，求二面角的余弦值。‎ ‎【答案】(1)证明略；‎ ‎(2) 。‎ ‎【解析】‎ 试题解析：‎ ‎（1）取的中点，连结，。‎ 因为是的中点，所以∥,,由得∥，又,所以。四边形为平行四边形，∥。‎ 又平面，平面，故平面。‎ ‎（2）由已知得,以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，,，‎ 设则，‎ 因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，‎ 所以， ，‎ 即。 ①‎ 又M在棱PC上，设,则 ‎ 。 ②‎ ‎【领悟技法】‎ 求二面角最常用的方法就是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是锐角还是钝角．‎ ‎【触类旁通】‎ ‎【变式一】【2017山东，理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.‎ ‎（Ⅰ）设是上的一点，且，求的大小；‎ ‎（Ⅱ）当，，求二面角的大小.‎ ‎【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.‎ 思路二：‎ 以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 写出相关点的坐标，求平面的一个法向量，平面的一个法向量 计算即得.‎ ‎（Ⅱ）解法一：‎ 取的中点，连接，，.‎ 因为，‎ 所以四边形为菱形，‎ 所以.‎ 取中点，连接，，.‎ 则，，‎ 所以为所求二面角的平面角.‎ 又，所以.‎ 在中，由于，‎ 由余弦定理得，‎ 所以，因此为等边三角形，‎ 故所求的角为.‎ 解法二：‎ 以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 因此所求的角为.‎ ‎【变式二】如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点.‎ ‎(Ⅰ)求证：平面 ； ‎ ‎(Ⅱ)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【答案】(1) 见解析;(2) .‎ ‎【解析】解法一：（Ⅰ）如图，取的中点，连接，，又G是BE的中点，，‎ 又F是CD中点，，由四边形ABCD是矩形得，，所以．从而四边形是平行四边形，所以，,又，所以．‎ ‎(Ⅱ)如图，在平面BEC内，过点B作,因为．‎ 又因为AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ 以B为原点，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，则A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)．因为AB平面BEC，所以为平面BEC的法向量，‎ 设为平面AEF的法向量.又 由取得.‎ 从而 所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为．‎ ‎（Ⅱ）同解法一 考点4 利用向量求空间距离 ‎【4-1】在三棱锥SABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示，求点B到平面CMN的距离．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】取AC的中点O，连接OS、OB.‎ ‎∵SA＝SC，AB＝BC，‎ ‎∴AC⊥SO，AC⊥BO.‎ ‎∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC，‎ ‎∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO.‎ 如图所示，建立空间直角坐标系Oxy ，‎ 则B(0,2，0)，C(－2,0,0)，S(0,0,2)，‎ M(1，，0)，N(0，，)．‎ ‎∴＝(3，，0)，＝(－1,0，)，‎ ＝(－1，，0)．‎ 设n＝(x，y， )为平面CMN的一个法向量，‎ 则取 ＝1，‎ 则x＝，y＝－，∴n＝(，－，1)．‎ ‎∴点B到平面CMN的距离 d＝＝.‎ ‎【4-2】如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2.‎ ‎(1)求点A到平面MBC的距离；‎ ‎(2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值．‎ ‎【答案】（1） ；（2）.‎ ‎【解析】取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.‎ 又平面MCD⊥平面BCD，则MO⊥平面BCD.‎ 取O为原点，直线OC、BO、OM为x轴、y轴、 轴，建立空间直角坐标系如图．‎ OB＝OM＝，则各点坐标分别为C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)．‎ ‎ ‎ ‎(2)＝(－1,0，)，＝(－1，－，2)．‎ 设平面ACM的法向量为n1＝(x，y， )，‎ 由n1⊥，n1⊥得 解得x＝ ，y＝ ，取n1＝(，1,1)．‎ 又平面BCD的法向量为n2＝(0,0,1)．‎ 所以cos〈n1，n2〉＝＝.‎ 设所求二面角为θ，则sin θ＝.‎ ‎【领悟技法】‎ 点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法，如本题，事实上，作BH⊥平面CMN于H.由＝＋及·n＝n·，得|·n|＝|n·|＝||·|n|，所以||＝，即d＝.‎ ‎【触类旁通】‎ ‎【变式一】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. ‎【答案】D ‎【解析】如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，∴，‎ 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y， )，则，‎ 令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，‎ ‎∴点D1到平面A1BD的距离是.‎ ‎【变式二】在正方体中，为的中点，则异面直线和间的距离 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设正方体棱长为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设和公垂线段上的向量为，则，即，，，又，，所以异面直线和间的距离为．‎ ‎【易错试题常警惕】‎ 易错典例1.已知正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，点D为AC的中点，点E在线段AA1上．‎ ‎(1)当AE∶EA1＝1∶2时，求证DE⊥BC1；‎ ‎(2)是否存在点E，使二面角D—BE—A等于60，若存在求AE的长；若不存在，请说明理由．‎ 易错分析：利用空间向量解决存在性问题时，容易出现解题不规范的情况．‎ 正确解析：　(1)证明：连结DC1，因为ABC—A1B1C1为正三棱柱，所以△ABC为正三角形，‎ 又因为D为AC的中点，所以BD⊥AC，‎ 又平面ABC⊥平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥DE.‎ 因为AE∶EA1＝1∶2，AB＝2，AA1＝，所以AE＝，AD＝1，‎ 所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°，所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1，‎ 所以ED⊥平面BDC1，BC1⊂面BDC1，所以ED⊥BC1.‎ ‎(2)假设存在点E满足条件，设AE＝h.‎ 取A1C1的中点D1，连结DD1，则DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD，‎ 分别以DA，DB，DD1所在直线为x，y， 轴建立空间直角坐标系D—xy ，则A(1,0,0)，B(0，，0)，E(1,0，h)，所以＝(0，，0)，＝(1,0，h)，＝(－1，，0)，＝(0,0，h)，‎ 解得h＝＜，‎ 故存在点E，当AE＝时，二面角D—BE—A等于60°.‎ 温馨提醒：　1.对于存在性问题，一般先假设存在，若能求出符合条件的解，则存在，若不能求出符合条件的解，则不存在.2.利用空间向量的方法解立体几何中开放性问题，可以化繁为简，化难为易，降低了思维难度.‎ ‎【学 素养提升之思想方法篇】‎ 化“生”为“熟”——转化与化归的思想方法 ‎1.转化与化归的思想方法是数学中最基本的思想方法，数学中一切问题的解决(当然包括解题)都离不开转化与化归，数形结合思想体现了数与形的相互转化；函数与方程思想体现了函数、方程、不等式间的相互转化；分类讨论思想体现了局部与整体的相互转化，以上三种思想方法都是转化与化归思想的具体体现。各种变换方法、分析法、反证法、待定系数法、构造法等都是转化的手段。所以说，转化与化归是数学思想方法的灵魂.‎ ‎2. 转化包括等价转化和非等价转化，非等价转化又分为强化转化和弱化转化 等价转化要求在转化过程中的前因后果既是充分的又是必要的，这样的转化能保证转化的结果仍为原问题所需要的结果，非等价转化其过程则是充分的或必要的，这样的转化能给人带来思维的启迪，找到解决问题的突破口，非等价变形要对所得结论进行必要的修改.‎ 非等价转化（强化转化和弱化转化）在思维上带有跳跃性，是难点，在压轴题的解答中常常用到，一定要特别重视！‎ ‎3.转化与化归的原则 ‎（1）熟悉化原则：将不熟悉和难解的问题转化为熟知的易解的或已经解决的问题；‎ ‎（2）直观化原则：将抽象的问题转化为具体的直观的问题；‎ ‎（3）简单化原则：将复杂的问题转化为简单的问题，将一般性的问题转化为直观的特殊的问题；将实际问题转化为数学问题，使问题便与解决.‎ ‎（4）正难则反原则：若过正面问题难以解决，可考虑问题的反面，从问题的反面寻求突破的途径；‎ ‎（5）低维度原则：将高维度问题转化成低维度问题.‎ ‎4.转化与化归的基本类型 ‎（1） 正与反、一般与特殊的转化；‎ ‎（2） 常量与变量的转化；‎ ‎（3） 数与形的转化；‎ ‎（4） 数学各分支之间的转化；‎ ‎（5） 相等与不相等之间的转化；‎ ‎（6） 实际问题与数学模型的转化.‎ ‎5．常见的转化方法 ‎（1）直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题；‎ ‎（2）换元法：运用“换元”把非标准形式的方程、不等式、函数转化为容易解决的基本问题；‎ ‎（3）参数法：引进参数，使原问题的变换具有灵活性，易于转化；‎ ‎（4）构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题；‎ ‎（5）坐标法：以坐标系为工具，用代数方法解决解析几何问题，是转化方法的一种重要途径；‎ ‎（6）类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于确定转化的途径；‎ ‎（7）特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的结论适合原问题；‎ ‎（8）一般化方法：若原问题是某个一般化形式问题的特殊形式且有较难解决，可将问题通过一般化的途径进行转化；‎ ‎（9）等价问题法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到转化目的；‎ ‎（10）补集法：（正难则反）若过正面问题难以解决，可将问题的结果看作集合A，而把包含该问题的整体问题的结果类比为全集U，通过解决全集U及补集获得原问题的解决.‎ 立体几何中的转化与化归，主要利用直接转化法或坐标法，将空间问题转化成平面问题、将几何问题转化成代数问题加以解决.‎ ‎【典例】【2017北京，理16】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．‎ ‎（I）求证：M为PB的中点；‎ ‎（II）求二面角B-PD-A的大小；‎ ‎（III）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析：（Ⅱ） ；（Ⅲ） ‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎（III）由题意知，，.‎ 设直线与平面所成角为，则.‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎ ‎