(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＝(0，23，0)． 设PB与AC所成角为θ，则 →→??PB·AC66
cos θ＝?＝＝. ?4→→
?|PB||AC|?22×23即PB与AC所成角的余弦值为
6. 4
考点二： 直线与平面所成的角
[典例引领]
如图所示，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2.
(1)若M为CD的中点，求证：AM⊥平面AA1B1B； (2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值．
【解】 (1)证明：因为四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，连接AC，如图，则△ACD为等边三角形， 又M为CD的中点，所以AM⊥CD，
6
由CD∥AB得，AM⊥AB，
因为AA1⊥底面ABCD，AM?平面ABCD， 所以AM⊥AA1， 又AB∩AA1＝A， 所以AM⊥平面AA1B1B.
(2)因为四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2，
所以DM＝1，AM＝3，所以∠AMD＝∠BAM＝90°，又AA1⊥底面ABCD，所以以AB，AM，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 则A1(0，0，2)，B(2，0，0)，D(－1，3，0)， 13
D1?－，，2?， ?22?
13→→→
所以DD1＝?，－，2?，BD＝(－3，3，0)，A1B＝(2，0，－2)，
2?2?设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
→??n·BD＝0?－3x＋3y＝0
则????y＝3x＝3z，令x＝1，则n＝(1，3，1)，
→2x－2z＝0??n·A1B＝0?
所以直线DD1与平面A1BD所成角θ的正弦值 →??n·DD11→
sin θ＝|cos〈n，DD1〉|＝?＝. ?5→
?|n|·|DD1|?
利用向量求线面角的方法
(1)分别求出斜线和它所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，取其余角就是斜线与平面所成的角．
7
正四棱锥S-ABCD中，O为顶点S在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直
线BC与平面PAC所成的角是________．
解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz. 设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，
aa0，－，?. 则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P?22??aa→→→
－a，－，?，CB＝(a，a，0)． 则CA＝(2a，0，0)，AP＝?22??设平面PAC的法向量为n， 易知可取n＝(0，1，1)，
→
CB·na1→
则cos〈CB，n〉＝＝＝. 2·22→2a|CB||n|→
所以〈CB，n〉＝60°，
所以直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°. 答案：30°
考点三：二面角(高频考点)
二面角是高考的重点，也是热点，题型多以解答题形式出现，一般为中档题．高考对二面角的考查，主要有以下两个命题角度： (1)求二面角； (2)由二面角求其他量．
[典例引领]
角度一 求二面角
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．
8
【解】 (1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，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. (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，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz. 由(1)及已知可得A?
22?22??，B?，1，0?，C?－，1，0?. ，0，0，P0，0，
2??2???2??2?
2222→→→→
所以PC＝?－，1，－?，CB＝(2，0，0)，PA＝?，0，－?，AB＝(0，1，0)．
2?2??2?2设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，则 22→??－x1＋y1－z1＝0，?n·PC＝0，?2?即?2
→?n·CB＝0，???2x1＝0.
可取n＝(0，－1，－2)．设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，
→??2x2－2z2＝0，?m·PA＝0，?n·m32则?即?2可取m＝(1，0，1)．则cos〈n，m〉＝＝－.
|n||m|3→??m·AB＝0，??y2＝0.所以二面角A-PB-C的余弦值为－角度二 由二面角求其他量
(2018·云南省第一次统一检测)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，
平面ABCD⊥平面SBC，SB＝SC，M是BC的中点，AB＝1，BC＝2. (1)求证：AM⊥SD；
(2)若二面角B-SA-M的正弦值为
6
，求四棱锥S-ABCD的体积． 33. 3
【解】 (1)证明：设AD的中点为N，连接MN，由四边形ABCD是矩形，知MN⊥BC. 因为SB＝SC，M是BC的中点，所以SM⊥BC.
因为平面ABCD⊥平面SBC，平面ABCD∩平面SBC＝BC， 所以SM⊥平面ABCD，所以SM⊥MN. 所以直线MC，MS，MN两两垂直．
以M为坐标原点，MC，MS，MN所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，设SM＝a.
依题意得，M(0，0，0)，A(－1，0，1)，B(－1，0，0)，C(1，0，0)，D(1，0，1)，S(0，a，0)．
→→
所以AM＝(1，0，－1)，SD＝(1，－a，1)．
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→→
因为AM·SD＝1×1＋0×(－a)＋(－1)×1＝0， →→
所以AM⊥SD，即AM⊥SD.
→→
(2)由(1)可得MS＝(0，a，0)，MA＝(－1，0，1)．
→→
设平面AMS的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1⊥MS，n1⊥MA，
???ay＝0?y＝0?所以，即?，令x＝1，则n1＝(1，0，1)是平面AMS的一个法向量． ?－x＋z＝0?－x＋z＝0??
同理可得n2＝(a，－1，0)是平面ABS的一个法向量．
n1·n2a设二面角B-SA-M的大小为θ，则cos θ＝＝.
|n1||n2|2×a2＋1所以
1－cos2θ＝1－
a22
＝sin2θ＝，解得a＝2. 232a＋2
所以四棱锥S-ABCD的体积
1122V＝×S矩形ABCD×SM＝×2×1×2＝.
333
利用向量求二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：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)定义法：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．
[通关练习]
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立体几何中的向量方法 教师 1
