第6章 6.3.3 空间角的计算-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（苏教版2019）

第6章 <<< 6.3.3 空间角的计算 1.会用向量法求线线角、线面角、二面角. 2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角的关系. 3.能正确区分平面法向量所成的角与二面角的平面角的关系. 学习目标 地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”， 黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为 23°26'.黄道面与地球相交的大圆为“黄道”. 黄道及其附近的南北宽9°以内的区域称为黄 道带，太阳及大多数行星在天球上的位置常在 黄道带内.黄道带内有十二个星座，称为“黄道十二宫”.从春分(节气)点起，每30°便是一宫，并冠以星座名，如白羊座、狮子座、双子座等等，这便是星座的由来. 导 语 一、两条异面直线所成的角 二、直线与平面所成的角 课时对点练 三、二面角 随堂演练 内容索引 一 两条异面直线所成的角 1.设两条异面直线所成的角为θ，它们的方向向量为a，b，则cos θ= =________. 2.两条异面直线所成角的范围是_________. |cos〈a，b〉| 知识梳理 两条异面直线所成角的范围是，两条异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系. 注 意 点 <<< 7 　　　(课本例7)　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E1，F1分别在A1B1，C1D1上，且E1B1=A1B1，D1F1=D1C1，求BE1与DF1所成的角的大小. 例 1 8 设=4a，=b，则|a|=|b|，a⊥b.因为==4a，=-b， 所以=+=4a+b， =+=4a-b， 故||2=||2=(4a)2+b2=17a2， ·=(4a-b)·(4a+b) =16a2-b2=15a2. 由cos〈〉==， 可得异面直线BE1与DF1所成的角约为28.07°. 9 　　　如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB=BC= AA1，∠ABC=90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角的大小. 例 1 10 设AB=1，则B(0，0，0)， E，F， C1(0，1，1)， 所以=， =(0，1，1). 分别以直线BA，BC，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 11 于是cos〈，〉===， 所以直线EF和BC1所成角的大小为60°. 12 (1)基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，经常采用取定基底的方法，在由公式cos〈a，b〉=求向量a，b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a，b用基向量表示出来，再求有关的量. (2)坐标法：根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单. 反 思 感 悟 运用向量法常有两种途径 13 　　　　　已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形且侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为 A.　 B.　 C.　 D. 跟踪训练 1 √ 14 连接AC，BD交于点O，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，设四棱锥S-ABCD的棱长为，则A(0，-1，0)，B(1，0，0)，S(0，0，1)，D(-1，0，0)，∴E点的坐标为， =，=(-1，0，-1)， ∴cos〈，〉===-， 故异面直线AE，SD所成角的余弦值为. 15 二 直线与平面所成的角 直线的方向向量与平面的法向量所成的角是否是直线与平面所成的角？ 问题 提示　不是. 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为e，平面α的法向量为n，则sin θ= =_______. |cos〈e，n〉| 知识梳理 (1)直线与平面所成的角，与直线的方向向量和平面的法向量的夹角(或其补角)互余. (2)线面角的范围为. 注 意 点 <<< 19 　　　(课本例8)　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，F是BC的中点，点E1在D1C1上，且D1E1=D1C1，试求直线E1F与平面D1AC所成角的大小. 例 2 20 不妨设正方体的棱长为1，以{}为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则B1(1，1，1)，E1，F， 所以=(1，1，1)，=. ·=1×+1×+1×(-1)=， ||||=×=. 21 设所成的角为θ， 则cos θ==， 从而可得θ≈83.85°. 因为是直线E1F的方向向量，是 平面D1AC的法向量，所以E1F与平面D1AC所成角是θ的余角，大小约为6.15°. 22 　　　如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=AC=AB，N为AB上一点，AB=4AN，M，S分别为PB，BC的中点. 例 2 (1)证明：CM⊥SN； 23 设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系(如图). 则P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(2，0，0)， 又AN=AB，M，S分别为PB，BC的中点， ∴N，M，S， =，=， ∴·=·=0， ∴⊥，∴CM⊥SN. 24 (2)求SN与平面CMN所成角的大小. 25 由(1)知，=， =， 设a=(x，y，z)为平面CMN的一个法向量， ∴·a=0，·a=0. 则∴ 26 取y=1，得a=(2，1，-2). 设SN与平面CMN所成的角为θ， ∵sin θ=|cos〈a，〉|== =. ∴SN与平面CMN所成角的大小为. 27 反 思 感 悟 若直线l与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下： 　　　　　如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD=90°，AB=，BC=1，AD=AA1=3. 跟踪训练 2 (1)证明：AC⊥B1D； 29 以A为原点，以，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，C(，1，0)，B1(，0，3)，D(0，3，0)，C1(，1，3)，D1(0，3，3). 易知=(，1，0)，=(-，3，-3)， ∴·=0，∴AC⊥B1D. 30 (2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值. 31 设平面ACD1的法向量为m=(x，y，z)，又=(，1，0)，=(0，3，3)， 则即 令x=1，则y=-，z=， ∴平面ACD1的一个法向量为m=(1，-，). 设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ， ∵=(0，1，0)，∴sin θ==， ∴直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为. 32 三 二面角 两个平面所成的二面角的平面角可以转化为这两个平面的法向量所成的角，如图，向量n1⊥α，n2⊥β，则二面角α-l-β的大小为〈n1，n2〉或π-〈n1，n2〉，若二面角α-l-β的大小为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|=. 我们约定，平面α与平面β相交时所形成的四个二面角中，不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角. 知识梳理 (1)求二面角的平面角问题转化为两个平面法向量的夹角问题. (2)二面角的平面角的取值范围是［0，π］. 注 意 点 <<< 35 　　　(课本例9)　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求二面角A1-BD-C1的大小. 例 3 36 不妨设正方体的棱长为1，以{}为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则=(1，1，0)，=(0，1，1). 设平面C1BD的法向量为n1=(x，y，z)， 则n1·=0，n1·=0， 即x+y=0，y+z=0. 令x=1，则y=-1，z=1. 所以n1=(1，-1，1)是平面C1BD的一个法向量. 37 同理，n2=(-1，1，1)是平面A1BD的一个法向量. 因为|n1|=，|n2|=， n1·n2=-1-1+1=-1， 所以cos〈n1，n2〉==-. 由此可知向量n1和n2的夹角约为109.47°. 所求二面角的平面角与这个夹角相等或互补. 根据图形可知，二面角A1-BD-C1的大小约为70.53°. 38 　　　如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°. 例 3 (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； 39 由已知∠BAP=∠CDP=90°， 得AB⊥AP，CD⊥PD. 因为AB∥CD，所以AB⊥PD. 又AP∩PD=P，AP，PD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD. 因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. 40 (2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A-PB-C的余弦值. 41 在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F. 由(1)可知，AB⊥平面PAD，PF⊂平面PAD， 故AB⊥PF， 又AD∩AB=A，AD，AB⊂平面ABCD， 可得PF⊥平面ABCD. 以F为坐标原点，的方向为x轴正方向， ||为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz. 42 由(1)及已知可得A，P，B，C， 所以=， =(，0，0)，=，=(0，1，0). 设n=(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，= 43 则即 所以可取n=(0，-1，-). 设m=(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量， 则即 所以可取m=(1，0，1)， 44 则cos〈n，m〉===-. 因为二面角A-PB-C为钝二面角， 所以二面角A-PB-C的余弦值为-. 45 反 思 感 悟 (1)建立空间直角坐标系. (2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量. (3)求两个法向量的夹角. (4)判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角. (5)确定二面角的大小. 利用向量法求二面角的步骤 　　　　　如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形. 跟踪训练 3 (1)证明：O1O⊥平面ABCD； 47 因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD， 又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD， 因为AC∩BD=O，AC，BD⊂平面ABCD， 所以O1O⊥平面ABCD. 48 (2)若∠CBA=60°，求二面角C1-OB1-D的余弦值. 49 因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥平面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直. 如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. 设棱长为2，因为∠CBA=60°，所以OB=，OC=1， 所以O(0，0，0)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)， 平面BDD1B1的一个法向量为n=(0，1，0)， 设平面OC1B1的法向量为m=(x，y，z)， 由m⊥，m⊥，得x+2z=0，y+2z=0， 50 取z=-，则x=2，y=2， 所以m=(2，2，-)， 所以cos〈m，n〉===. 因为二面角C1-OB1-D为锐二面角， 所以二面角C1-OB1-D的余弦值为. 51 1.知识清单： (1)异面直线所成的角. (2)直线与平面所成的角. (3)二面角. 2.方法归纳：转化与化归. 3.常见误区：混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念，把握空间角的范围. 课堂小结 52 随堂演练 四 1 2 3 4 1.已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉=-，则l与α所成的角为 A.30°　B.60°　C.120°　D.150° 设l与α所成的角为θ且0°≤θ≤90°，则 sin θ=|cos〈m，n〉|=.∴θ=30°. √ 2.(多选)已知二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量分别为a，b，若〈a，b〉=，则二面角α-l-β的大小可能为 A.　 B.　 C.　 D. 1 2 3 4 √ √ 由于二面角的范围是［0，π］，而二面角的两个半平面α与β的法向量都有两个方向，因此二面角α-l-β的大小为或，故选AB. 3.已知在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是DC的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB1与ED1所成角的余弦值为 A. B. C.- D.- 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 因为A(2，2，0)，B1(2，0，2)，E(0，1，0)， D1(0，2，2)， 所以=(0，-2，2)，=(0，1，2)， 所以||=2，||=， ·=0-2+4=2， 所以cos〈，〉===， 所以AB1与ED1所成角的余弦值为. 4.在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，-1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为　　　　.  1 2 3 4 设a=(0，-1，3)，b=(2，2，4)， 则cos〈a，b〉===， 又因为两向量的夹角与二面角相等或互补， 所以这个二面角的余弦值为±. ± 课时对点练 五 1.若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为，则l1与l2所成的角为 A. B. C.或 D.以上均不对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 基础巩固 √ l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为，故选A. 2.若二面角α-l-β的大小为120°，则平面α与平面β的法向量所成的角为 A.120° B.60° C.120°或60° D.30°或150° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 当二面角大小为120°时，两平面的法向量所成的角可能是60°，也可能是120°. √ 3.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CC1=2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 不妨设CA=CC1=2CB=2， 则=(-2，2，1)，=(0，-2，1)， 所以cos〈，〉= ==-. 因为直线BC1与直线AB1所成的角为锐角， 所以所求角的余弦值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BB1=4，则BB1与平面ACD1所成角的正弦值为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 如图所示，建立空间直角坐标系.则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，4)，B(2，2，0)，B1(2，2，4)，=(-2，2，0)，=(-2，0，4)，=(0，0，4). 设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z)， 则 即 取n=(2，2，1)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设BB1与平面ACD1所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈n，〉|===. 5.如图，过二面角α-l-β内一点P作PA⊥α于A，PB⊥β于B，若PA=5，PB=8，AB=7，则二面角α-l-β的大小为 A.30°　B.60°　C.120°　D.150° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设=a，=b，则=b-a，且|a|=5，|b|=8，||=7， 因为=|b-a|2=b2+a2-2a·b，解得a·b=20， 可得cos〈a，b〉===， 且0°≤〈a，b〉≤180°，所以∠APB=〈a，b〉=60°， 所以二面角α-l-β的大小为120°. 6.正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，则AC1与平面BB1C1C所成角的余弦值为 A.　 B.　 C.　 D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设三棱柱的棱长为1，以B为原点建立空间直角坐标系，如图，则C1(0，1，1)，A， 则=.易知平面BB1C1C的一个法向量n=(1，0，0)，设AC1与平面BB1C1C所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈n，〉|==， 所以cos θ==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.设AA1=2AB=2， 则D(0，0，0)，C(0，1，0)， B(1，1，0)，C1(0，1，2)， 则=(0，1，0)，=(1，1，0)，=(0，1，2). 设平面BDC1的法向量为n=(x，y，z)， 则n⊥，n⊥， 所以 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 令y=-2，得平面BDC1的一个法向量为n=(2，-2，1).设直线CD与平面BDC1所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈n，〉|==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8.如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=BC=AB=2，AB⊥BC，则二面角B1-A1C-C1的大小为　　.  74 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 如图所示，建立空间直角坐标系， 则由题意可知B(0，0，0)，C(0，2，0)，A1(2，0，2)，B1(0，0，2)， 设AC的中点为M，连接BM， 则BM⊥AC， 又由题意知BM⊥CC1， 又AC∩CC1=C，AC，CC1⊂平面A1C1C， 所以BM⊥平面A1C1C， 即=(1，1，0)是平面A1C1C的一个法向量. 75 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设平面A1B1C的法向量是n=(x，y，z). =(-2，2，-2)，=(-2，0，0)， 所以 令z=1，可得n=(0，1，1). 设法向量n与的夹角为φ，二面角B1-A1C-C1的大小为θ，显然θ为锐角. 所以cos θ=|cos φ|==，解得θ=， 所以二面角B1-A1C-C1的大小为. 76 9.如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，其中AB=，BD=BC=1，AA1=2，E为DC的中点，F是棱DD1上的动点. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)求异面直线AD1与BE所成角的正切值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由BC2+BD2=DC2可知BD⊥BC，分别以BC，BD，BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则B(0，0，0)，A(-1，1，0)， D(0，1，0)，D1 (0，1，2)，C(1，0，0)，C1(1，0，2)，E. 因为=(1，0，2)，=， 所以cos〈，〉===， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 所以sin〈，〉=， 所以tan〈，〉=3， 即AD1与BE所成角的正切值为3. (2)当DF为何值时，EF与BC1所成的角为90°？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设F(0，1，q)，则=. 又=(1，0，2)， 由·=×1+0×+q·2=0， 得q=，即当DF=时，EF与BC1所成的角为90°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点. (1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，即∠EBP=90°，又∠EBC=120°， 所以∠CBP=30°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)当AB=3，AD=2时，求二面角E-AG-C的大小. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，，3)，C(-1，，0)， 故=(2，0，-3)，=(1，，0)，=(2，0，3). 设m=(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量， 由可得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 取z1=2，可得平面AEG的一个法向量m=(3，-，2). 设n=(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量， 由可得取z2=-2， 可得平面ACG的一个法向量n=(3，-，-2). 所以cos〈m，n〉==. 因为二面角E-AG-C为锐二面角， 故所求二面角E-AG-C的大小为60°. 11.如图所示，已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2，AB=4，则异面直线AQ与PB所成角的余弦值为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 综合运用 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由题设知，四边形ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则AC⊥BD.连接PQ，则PQ过点O. 由正四棱锥的性质知，PQ⊥平面ABCD，故以O为原点，以CA，DB，QP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， 则P(0，0，1)，A(2，0，0)， Q(0，0，-2)，B(0，2，0)， ∴=(-2，0，-2)，=(0，2，-1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 则cos〈，〉==， ∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为. 12.(多选)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的是 A.AC⊥BD B.AB，CD所成角为 C.△ADC为等边三角形 D.AB与平面BCD所成角为60° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 如图，取BD的中点O，连接AO，CO， 易知BD⊥平面AOC，故BD⊥AC. 如图，建立空间直角坐标系，设正方形边长为a， 则A，B， 故=， C，D， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 故=. 由两向量夹角公式得cos〈，〉=-， 故两异面直线所成的角为. 在Rt△AOC中，由AO=CO=a，AO⊥CO， 所以AC=AO=a，故△ADC为等边三角形. 易知∠ABO即为直线AB与平面BCD所成的角， 可求得∠ABO=45°，故D错. 13.如图，正三角形ABC与正三角形BCD所在的平面互相垂直，则直线CD与平面ABD所成角的正弦值为　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 如图，取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系. 设BC=1，则A， B，C， D，所以=， =，=. 设平面ABD的一个法向量为n=(x，y，z)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 则所以 取x=1，则y=-，z=1，所以n=(1，-，1)， 所以cos〈n，〉=， 因此直线CD与平面ABD所成角的正弦值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14.三棱柱OAB-O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，且∠O1OB=60°，∠AOB=90°，OB=OO1=2，OA=，则异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(，0，0)，B(0，2，0)， A1(，1，)，O1(0，1，)， 所以=(-，1，-)，=(，-1，-). 设所求的角为α，则cos α===， 即异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为. 15.(2024·新课标全国Ⅰ)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA= AC=2，BC=1，AB=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 拓广探究 (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 因为PA⊥平面ABCD， 而AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA=P， PB，PA⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 而AB⊂平面PAB， 所以AD⊥AB. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 因为BC2+AB2=AC2， 所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC. (2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 以D为原点，，的方向分别为x轴、y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 设AD=p，DC=q， 满足p2+q2=AC2=4. 则A(p，0，0)，P(p，0，2)，C(0，q，0)，D(0，0，0). 设平面APC的法向量为m=(x1，y1，z1)， 因为=(0，0，2)，=(-p，q，0)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 所以 取m=(q，p，0). 设平面DPC的法向量为n=(x2，y2，z2)， 因为=(p，0，2)，=(0，q，0)， 所以 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 取n=(2，0，-p). 所以|cos 〈m，n〉|===， 又因为p2+q2=4，所以=， 解得p=(负值舍去)， 即AD=. 第一章 <<< $$ 6.3.3　空间角的计算 ［学习目标］　1．会用向量法求线线角、线面角、二面角．2．能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角的关系．3．能正确区分平面法向量所成的角与二面角的平面角的关系． 导语 地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”，黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°26'．黄道面与地球相交的大圆为“黄道”．黄道及其附近的南北宽9°以内的区域称为黄道带，太阳及大多数行星在天球上的位置常在黄道带内．黄道带内有十二个星座，称为“黄道十二宫”．从春分(节气)点起，每30°便是一宫，并冠以星座名，如白羊座、狮子座、双子座等等，这便是星座的由来． 一、两条异面直线所成的角 知识梳理 1．设两条异面直线所成的角为θ，它们的方向向量为a，b，则cos θ=|cos〈a，b〉|=． 2．两条异面直线所成角的范围是． 注意点： 两条异面直线所成角的范围是，两条异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系． 例1　(课本例7)　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E1，F1分别在A1B1，C1D1上，且E1B1=A1B1，D1F1=D1C1，求BE1与DF1所成的角的大小. 解　设=4a，=b，则|a|=|b|，a⊥b.因为==4a，=-b， 所以=+=4a+b， =+=4a-b， 故||2=||2=(4a)2+b2=17a2， ·=(4a-b)·(4a+b) =16a2-b2=15a2. 由cos〈，〉==， 可得异面直线BE1与DF1所成的角约为28.07°. 例1　如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB=BC=AA1，∠ABC=90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角的大小． 解　分别以直线BA，BC，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 设AB=1，则B(0，0，0)， E，F， C1(0，1，1)， 所以=， =(0，1，1)． 于是cos〈，〉===， 所以直线EF和BC1所成角的大小为60°． 反思感悟　运用向量法常有两种途径 (1)基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，经常采用取定基底的方法，在由公式cos〈a，b〉=求向量a，b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a，b用基向量表示出来，再求有关的量． (2)坐标法：根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单． 跟踪训练1　已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形且侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为 (　　) A.　B.　C.　D. 答案　C 解析　连接AC，BD交于点O，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，设四棱锥S-ABCD的棱长为，则A(0，-1，0)，B(1，0，0)，S(0，0，1)，D(-1，0，0)，∴E点的坐标为， =，=(-1，0，-1)， ∴cos〈，〉===-， 故异面直线AE，SD所成角的余弦值为． 二、直线与平面所成的角 问题　直线的方向向量与平面的法向量所成的角是否是直线与平面所成的角？ 提示　不是． 知识梳理 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为e，平面α的法向量为n，则sin θ=|cos〈e，n〉|=． 注意点： (1)直线与平面所成的角，与直线的方向向量和平面的法向量的夹角(或其补角)互余． (2)线面角的范围为． 例2　(课本例8)　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，F是BC的中点，点E1在D1C1上，且D1E1=D1C1，试求直线E1F与平面D1AC所成角的大小. 解　不妨设正方体的棱长为1，以{，，}为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则B1(1，1，1)，E1，F， 所以=(1，1，1)，=. ·=1×+1×+1×(-1)=， ||||=×=. 设与所成的角为θ， 则cos θ==， 从而可得θ≈83.85°. 因为是直线E1F的方向向量，是平面D1AC的法向量，所以E1F与平面D1AC所成角是θ的余角，大小约为6.15°. 例2　如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=AC=AB，N为AB上一点，AB=4AN，M，S分别为PB，BC的中点． (1)证明：CM⊥SN； (2)求SN与平面CMN所成角的大小． (1)证明　设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系(如图)． 则P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(2，0，0)， 又AN=AB，M，S分别为PB，BC的中点， ∴N，M，S， =，=， ∴·=·=0， ∴⊥，∴CM⊥SN． (2)解　由(1)知，=， =， 设a=(x，y，z)为平面CMN的一个法向量， ∴·a=0，·a=0． 则∴ 取y=1，得a=(2，1，-2)． 设SN与平面CMN所成的角为θ， ∵sin θ=|cos〈a，〉|== =． ∴SN与平面CMN所成角的大小为． 反思感悟　若直线l与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下： 跟踪训练2　如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD=90°，AB=，BC=1，AD=AA1=3． (1)证明：AC⊥B1D； (2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值． (1)证明　以A为原点，以，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，C(，1，0)，B1(，0，3)，D(0，3，0)，C1(，1，3)，D1(0，3，3)． 易知=(，1，0)，=(-，3，-3)， ∴·=0，∴AC⊥B1D． (2)解　设平面ACD1的法向量为m=(x，y，z)，又=(，1，0)，=(0，3，3)， 则即 令x=1，则y=-，z=， ∴平面ACD1的一个法向量为m=(1，-，)． 设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ， ∵=(0，1，0)，∴sin θ==， ∴直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为． 三、二面角 知识梳理 两个平面所成的二面角的平面角可以转化为这两个平面的法向量所成的角，如图，向量n1⊥α，n2⊥β，则二面角α-l-β的大小为〈n1，n2〉或π-〈n1，n2〉，若二面角α-l-β的大小为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|=． 我们约定，平面α与平面β相交时所形成的四个二面角中，不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角. 注意点： (1)求二面角的平面角问题转化为两个平面法向量的夹角问题． (2)二面角的平面角的取值范围是［0，π］． 例3　(课本例9)　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求二面角A1-BD-C1的大小. 解　不妨设正方体的棱长为1，以{，，}为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则=(1，1，0)，=(0，1，1). 设平面C1BD的法向量为n1=(x，y，z)， 则n1·=0，n1·=0， 即x+y=0，y+z=0. 令x=1，则y=-1，z=1. 所以n1=(1，-1，1)是平面C1BD的一个法向量. 同理，n2=(-1，1，1)是平面A1BD的一个法向量. 因为|n1|=，|n2|=， n1·n2=-1-1+1=-1， 所以cos〈n1，n2〉==-. 由此可知向量n1和n2的夹角约为109.47°. 所求二面角的平面角与这个夹角相等或互补. 根据图形可知，二面角A1-BD-C1的大小约为70.53°. 例3　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． (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，AP，PD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD． 因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD． (2)解　在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F． 由(1)可知，AB⊥平面PAD，PF⊂平面PAD， 故AB⊥PF， 又AD∩AB=A，AD，AB⊂平面ABCD， 可得PF⊥平面ABCD． 以F为坐标原点，的方向为x轴正方向， ||为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz． 由(1)及已知可得A，P，B，C， 所以=， =(，0，0)，=，=(0，1，0)． 设n=(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量， 则即 所以可取n=(0，-1，-)． 设m=(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量， 则即 所以可取m=(1，0，1)， 则cos〈n，m〉===-． 因为二面角A-PB-C为钝二面角， 所以二面角A-PB-C的余弦值为-． 反思感悟　利用向量法求二面角的步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量． (3)求两个法向量的夹角． (4)判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角． (5)确定二面角的大小． 跟踪训练3　如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形． (1)证明：O1O⊥平面ABCD； (2)若∠CBA=60°，求二面角C1-OB1-D的余弦值． (1)证明　因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD， 又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD， 因为AC∩BD=O，AC，BD⊂平面ABCD， 所以O1O⊥平面ABCD． (2)解　因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥平面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直． 如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 设棱长为2，因为∠CBA=60°，所以OB=，OC=1， 所以O(0，0，0)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)， 平面BDD1B1的一个法向量为n=(0，1，0)， 设平面OC1B1的法向量为m=(x，y，z)， 由m⊥，m⊥，得x+2z=0，y+2z=0， 取z=-，则x=2，y=2， 所以m=(2，2，-)， 所以cos〈m，n〉===． 因为二面角C1-OB1-D为锐二面角， 所以二面角C1-OB1-D的余弦值为．1．知识清单： (1)异面直线所成的角． (2)直线与平面所成的角． (3)二面角． 2．方法归纳：转化与化归． 3．常见误区：混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念，把握空间角的范围． 1．已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉=-，则l与α所成的角为 (　　) A．30°　B．60°　C．120°　D．150° 答案　A 解析　设l与α所成的角为θ且0°≤θ≤90°，则 sin θ=|cos〈m，n〉|=．∴θ=30°． 2．(多选)已知二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量分别为a，b，若〈a，b〉=，则二面角α-l-β的大小可能为 (　　) A．　B．　C．　D． 答案　AB 解析　由于二面角的范围是［0，π］，而二面角的两个半平面α与β的法向量都有两个方向，因此二面角α-l-β的大小为或，故选AB． 3．已知在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是DC的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB1与ED1所成角的余弦值为 (　　) A. B. C.- D.- 答案　A 解析　因为A(2，2，0)，B1(2，0，2)，E(0，1，0)， D1(0，2，2)， 所以=(0，-2，2)，=(0，1，2)， 所以||=2，||=， ·=0-2+4=2， 所以cos〈，〉===， 所以AB1与ED1所成角的余弦值为． 4．在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，-1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为　　　　．  答案　± 解析　设a=(0，-1，3)，b=(2，2，4)， 则cos〈a，b〉===， 又因为两向量的夹角与二面角相等或互补， 所以这个二面角的余弦值为±． 课时对点练　［分值：100分］ 单选题每小题5分，共35分；多选题每小题6分，共6分 1．若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为，则l1与l2所成的角为 (　　) A. B. C.或 D.以上均不对 答案　A 解析　l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为，故选A． 2．若二面角α-l-β的大小为120°，则平面α与平面β的法向量所成的角为 (　　) A．120° B．60° C．120°或60° D．30°或150° 答案　C 解析　当二面角大小为120°时，两平面的法向量所成的角可能是60°，也可能是120°． 3．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CC1=2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　不妨设CA=CC1=2CB=2， 则=(-2，2，1)，=(0，-2，1)， 所以cos〈，〉= ==-． 因为直线BC1与直线AB1所成的角为锐角， 所以所求角的余弦值为． 4．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BB1=4，则BB1与平面ACD1所成角的正弦值为 (　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　如图所示，建立空间直角坐标系．则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，4)，B(2，2，0)，B1(2，2，4)，=(-2，2，0)，=(-2，0，4)，=(0，0，4)． 设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z)， 则 即 取n=(2，2，1)， 设BB1与平面ACD1所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈n，〉|===． 5．如图，过二面角α-l-β内一点P作PA⊥α于A，PB⊥β于B，若PA=5，PB=8，AB=7，则二面角α-l-β的大小为 (　　) A.30°　B.60°　C.120°　D.150° 答案　C 解析　设=a，=b，则=b-a，且|a|=5，|b|=8，||=7， 因为=|b-a|2=b2+a2-2a·b，解得a·b=20， 可得cos〈a，b〉===， 且0°≤〈a，b〉≤180°，所以∠APB=〈a，b〉=60°， 所以二面角α-l-β的大小为120°． 6．正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，则AC1与平面BB1C1C所成角的余弦值为 (　　) A.　B.　C.　D. 答案　A 解析　设三棱柱的棱长为1，以B为原点建立空间直角坐标系，如图，则C1(0，1，1)，A， 则=．易知平面BB1C1C的一个法向量n=(1，0，0)，设AC1与平面BB1C1C所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈n，〉|==， 所以cos θ==． 7．(5分)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于　　　　．  答案　 解析　以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．设AA1=2AB=2， 则D(0，0，0)，C(0，1，0)， B(1，1，0)，C1(0，1，2)， 则=(0，1，0)，=(1，1，0)，=(0，1，2)． 设平面BDC1的法向量为n=(x，y，z)， 则n⊥，n⊥， 所以 令y=-2，得平面BDC1的一个法向量为n=(2，-2，1)．设直线CD与平面BDC1所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈n，〉|==． 8．(5分)如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=BC=AB=2，AB⊥BC，则二面角B1-A1C-C1的大小为　　　　．  答案　 解析　如图所示，建立空间直角坐标系， 则由题意可知B(0，0，0)，C(0，2，0)，A1(2，0，2)，B1(0，0，2)， 设AC的中点为M，连接BM， 则BM⊥AC， 又由题意知BM⊥CC1， 又AC∩CC1=C，AC，CC1⊂平面A1C1C， 所以BM⊥平面A1C1C， 即=(1，1，0)是平面A1C1C的一个法向量． 设平面A1B1C的法向量是n=(x，y，z)． =(-2，2，-2)，=(-2，0，0)， 所以 令z=1，可得n=(0，1，1)． 设法向量n与的夹角为φ，二面角B1-A1C-C1的大小为θ，显然θ为锐角． 所以cos θ=|cos φ|==，解得θ=， 所以二面角B1-A1C-C1的大小为． 9．(11分)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，其中AB=，BD=BC=1，AA1=2，E为DC的中点，F是棱DD1上的动点． (1)求异面直线AD1与BE所成角的正切值；(5分) (2)当DF为何值时，EF与BC1所成的角为90°？(6分) 解　由BC2+BD2=DC2可知BD⊥BC，分别以BC，BD，BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则B(0，0，0)，A(-1，1，0)， D(0，1，0)，D1 (0，1，2)，C(1，0，0)，C1(1，0，2)，E． (1)因为=(1，0，2)，=， 所以cos〈，〉===， 所以sin〈，〉=， 所以tan〈，〉=3， 即AD1与BE所成角的正切值为3． (2)设F(0，1，q)，则=． 又=(1，0，2)， 由·=×1+0×+q·2=0， 得q=，即当DF=时，EF与BC1所成的角为90°． 10．(13分)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点． (1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；(5分) (2)当AB=3，AD=2时，求二面角E-AG-C的大小．(8分) 解　(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，所以BE⊥平面ABP．又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，即∠EBP=90°，又∠EBC=120°， 所以∠CBP=30°． (2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，，3)，C(-1，，0)， 故=(2，0，-3)，=(1，，0)，=(2，0，3)． 设m=(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量， 由可得 取z1=2，可得平面AEG的一个法向量 m=(3，-，2)． 设n=(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量， 由可得 取z2=-2， 可得平面ACG的一个法向量n=(3，-，-2)． 所以cos〈m，n〉==． 因为二面角E-AG-C为锐二面角， 故所求二面角E-AG-C的大小为60°． 11．如图所示，已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2，AB=4，则异面直线AQ与PB所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由题设知，四边形ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则AC⊥BD．连接PQ，则PQ过点O． 由正四棱锥的性质知，PQ⊥平面ABCD，故以O为原点，以CA，DB，QP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， 则P(0，0，1)，A(2，0，0)， Q(0，0，-2)，B(0，2，0)， ∴=(-2，0，-2)，=(0，2，-1)． 则cos〈，〉==， ∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为． 12．(多选)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的是 (　　) A．AC⊥BD B．AB，CD所成角为 C．△ADC为等边三角形 D．AB与平面BCD所成角为60° 答案　ABC 解析　如图，取BD的中点O，连接AO，CO， 易知BD⊥平面AOC，故BD⊥AC． 如图，建立空间直角坐标系，设正方形边长为a， 则A，B， 故=， C，D， 故=． 由两向量夹角公式得cos〈，〉=-， 故两异面直线所成的角为． 在Rt△AOC中，由AO=CO=a，AO⊥CO， 所以AC=AO=a，故△ADC为等边三角形． 易知∠ABO即为直线AB与平面BCD所成的角， 可求得∠ABO=45°，故D错． 13．(5分)如图，正三角形ABC与正三角形BCD所在的平面互相垂直，则直线CD与平面ABD所成角的正弦值为　　．  答案　 解析　如图，取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系． 设BC=1，则A， B，C， D，所以=， =，=． 设平面ABD的一个法向量为n=(x，y，z)， 则所以 取x=1，则y=-，z=1，所以n=(1，-，1)， 所以cos〈n，〉=， 因此直线CD与平面ABD所成角的正弦值为． 14．(5分)三棱柱OAB-O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，且∠O1OB=60°，∠AOB=90°，OB=OO1=2，OA=，则异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为　　　　．  答案　 解析　以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(，0，0)，B(0，2，0)， A1(，1，)，O1(0，1，)， 所以=(-，1，-)，=(，-1，-)． 设所求的角为α， 则cos α===， 即异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为． 15.(15分)(2024·新课标全国Ⅰ)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；(6分) (2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD.(9分) (1)证明　因为PA⊥平面ABCD， 而AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA=P， PB，PA⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 而AB⊂平面PAB， 所以AD⊥AB. 因为BC2+AB2=AC2， 所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC. (2)解　以D为原点，，的方向分别为x轴、y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 设AD=p，DC=q， 满足p2+q2=AC2=4. 则A(p，0，0)，P(p，0，2)，C(0，q，0)，D(0，0，0). 设平面APC的法向量为m=(x1，y1，z1)， 因为=(0，0，2)，=(-p，q，0)， 所以 取m=(q，p，0). 设平面DPC的法向量为n=(x2，y2，z2)， 因为=(p，0，2)，=(0，q，0)， 所以 取n=(2，0，-p). 所以|cos 〈m，n〉|== =， 又因为p2+q2=4，所以=， 解得p=(负值舍去)， 即AD=. 学科网（北京）股份有限公司 $$