7.7 向量法求空间角（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦“向量法求空间角”专题，依据课标要求梳理了异面直线、直线与平面、平面与平面夹角的向量求解方法，结合2023全国甲卷、2024北京卷等真题，分析高频考点分布，归纳三类核心题型，构建了“知识梳理-诊断评估-题型突破”的备考体系，对接高考评价体系要求。 课件亮点在于“真题示范+思维升华+素养落地”，如以2023全国甲卷三棱柱题为例，详解建系、求方向向量与法向量、计算夹角的步骤，培养学生的空间观念和运算能力。思维升华总结四步解题流程，对点练习强化易错点，助力学生掌握得分技巧，教师可依托课件实现系统性复习指导，提升备考效率。

正禾一本通 高三一轮总复习 高效讲义 数 学 （2026版） 第七章 立体几何与空间向量 01 [课标要求] 能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用． 7．7　向量法求空间角 01 03 02 题型一 题型三 题型二 夯基·主干知识巩固牢 研析·核心题型探究透 课下巩固精练卷(五十九) 目 录 目 录 模板来自于：第一PPT https:/// 4 夯基·主干知识巩固牢 研析·核心题型探究透 课下巩固精练卷(五十九) 向量法求空间角 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 感谢观看 【必备知识】 1．异面直线所成的角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v， 则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝＝. 2．直线与平面所成的角 如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉| ＝ ＝ . [提醒]　直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值． 3．平面与平面的夹角 (1)两平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这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． (2)两平面夹角的计算：若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角，设平面α与平面β的夹角为 θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝ ＝ ． [提醒]　利用公式求二面角的平面角时，要注意〈n1，n2〉与二面角大小的关系是相等还是互补，需要结合图形进行判断． 【基点诊断】 1．判断下列说法正误(在括号内打“√”或“×”) (1)设a，b是异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角就是a，b的夹角．(　　) (2)设a是直线l的方向向量，b是平面α的法向量，则直线l与平面α成的角就是a，b的夹角．(　　) × × (3)设a，b是两个平面α，β的法向量，则α与β所成的二面角的大小等于a，b的夹角的大小．(　　) (4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是.(　　 ) × √ 2．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，CC1＝3，∠ACB＝90°，则BC1与A1C所成角的余弦值为(　　 ) A. B． C． D． 解析：选A.如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则C，B(0，4，0)，C1，所以 ， ， 所以cos〈 ， 〉＝， 所以直线BC1与A1C所成角的余弦值为. 3．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，则直线AB与平面A1BD所成角θ的正弦值为__________. 解析：如图，以点D为原点，分别以为x轴，y轴，z轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，A1(a，0，a)， 于是＝(－a，－a，0)，＝(a，0，a)，＝(0，a，0)， 取直线AB的方向向量v＝(0，1，0)， 设n＝(x，y，z)是平面A1BD的法向量， 则 取x＝1，得y＝－1，z＝－1， 则n＝(1，－1，－1)是平面A1BD的一个法向量， 故sin θ＝|cos〈v，n〉|＝＝， 因此，直线AB与平面A1BD所成角θ的正弦值为. 答案： 4．如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD且SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.则平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值是______． 解析：如图，以A为原点，AD、AB、AS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，2，0)， D(1，0，0)，S(0，0，2)， 平面SAB的法向量n1＝(1，0，0)， ＝(2，2，－2)，＝(1，0，－2)， 设平面SCD的法向量n2＝(x，y，z)， 则取x＝2，得n2＝(2，－1，1)， 设平面SCD与平面SAB所成二面角的平面角为θ，则cos θ＝， 故平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为. 答案： 题型一　异面直线所成的角 【例1】　(1)(2024·江西五市九校联考)如图，矩形ABCD是圆柱O1O2的轴截面，AB＝AD＝2，点E在上底面圆周上，且，F为线段BC的中点，则异面直线AE与DF所成角的余弦值为________． 解析：连接O1O2，过点E作EE1∥O1O2，交下底面于点E1，连接O2E1，则，∠E1O2A＝. 以O2为坐标原点，在下底面中，过点O2作AB的垂线为x轴，分别以O2B，O2O1所在的直线为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知可得A(0，－1，0)，D(0，－1，2)，F(0，1，1)， E1，E， 所以＝＝(0，2，－1)， 所以cos〈〉＝， 所以异面直线AE与DF所成角的余弦值为. 答案： (2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，.若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________. 解析：以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系， 又正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，A1(2，0，2)， D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)， 所以＝(0，2，－1)， ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)， 所以＝， 解得λ＝或λ＝－(舍去)． 答案： 思维升华　用向量法求异面直线所成角的步骤 【对点练习】　1.如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°，沿直线AC将△DAC翻折到△D′AC，当平面D′AC⊥平面ABC时，异面直线AC与BD′所成角的余弦值是________． 解析：因为CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°，所以AC＝， 因为AB＝BC＝3，所以△ABC为等腰三角形．取AC的中点O，则OB⊥AC，以O为原点，OB所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A，B，C， 所以＝，当平面D′AC⊥平面ABC时， D′在平面yOz上，则D′＝， 设异面直线AC与BD′所成的角为θ， 则cos θ＝＝， 故异面直线AC与BD′所成角的余弦值是. 答案： 题型二　直线与平面所成的角 【例2】　(2023·全国甲卷)在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)求证：AC＝A1C； (2)若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值． 解：(1)如图，∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴A1C⊥BC， 又BC⊥AC，A1C、AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C， ∴BC⊥平面ACC1A1， 又BC⊂平面BCC1B1， ∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1， 过A1作A1O⊥CC1，交CC1于O， 又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1， ∴A1O⊥平面BCC1B1， ∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1O＝1， 在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2， 设CO＝x，则C1O＝2－x， ∵△A1OC，△A1OC1，△A1CC1为直角三角形，且CC1＝2， ∴CO2＋A1O2＝A1C2，A1O2＋＝C1C2， 即1＋x2＋1＋(2－x)2＝4，解得x＝1， ∴AC＝A1C＝A1C1＝，∴AC＝A1C. (2)∵AC＝A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC， ∴Rt△ACB≌Rt△A1CB，∴BA＝BA1， 过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点， ∵直线AA1与BB1距离为2，∴BD＝2， ∵A1D＝1，BD＝2，∴A1B＝AB＝， 在Rt△ABC中，BC＝， 延长AC，使AC＝CM，连接C1M， 由CM∥A1C1，CM＝A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形， ∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC， 又AM⊂平面ABC，∴C1M⊥AM， 则在Rt△AC1M中，AM＝2AC，C1M＝A1C， ∴AC1＝， 在Rt△AB1C1中，AC1＝， ∴AB1＝， 又A到平面BCC1B1距离也为1， ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 思维升华　利用空间向量求线面角的解题步骤 (1)建坐标系：根据图形与已知条件，构建适当的空间直角坐标系． (2)求法向量：设直线AB与平面α所成的角为θ，求平面α的法向量n与直线AB的方向向量. (3)用公式：cos〈，n〉＝. (4)得结论：利用sin θ＝，n〉 ，即可得出直线和平面所成的角． 【对点练习】　2.(2024·山东济南三模)如图，在三棱台ABC­DEF中，平面ABC⊥平面BCFE，AF⊥DE，∠ABC＝∠CBF＝45°，AC>AB＝1. (1)求三棱台ABC­DEF的高； (2)若直线AC与平面ABF所成角的正弦值为，求BC. 解：(1)作FO⊥BC于点O， 因为平面ABC⊥平面 BCFE，平面ABC∩平面 BCFE＝BC， FO⊂平面BCFE，FO⊥BC， 所以FO⊥平面ABC，FO即为三棱台ABC­DEF的高， 因为AB⊂平面ABC，所以FO⊥AB， 连接AO， 因为AB∥DE，AF⊥DE，所以AB⊥AF， 又FO∩AF ＝F，FO，AF⊂平面AFO， 所以AB⊥平面AFO， 因为AO⊂平面AFO，所以AB⊥AO， 因为∠ABC＝∠CBF＝45°，AB＝1， 所以AO＝1，BO＝FO＝， 所以三棱台ABC­DEF的高为. (2)以O为原点，在面ABC内，作Ox⊥BC， 以Ox，OB，OF所在的直线分别为x，y，z轴 建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz， 则A，B＝，F＝ ＝＝， 设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)， 则可取n＝(1，1，1)， 设，则＝， 设直线AC与平面ABF所成角为α， sin α＝＝， 化简得8λ2－18λ＋9＝0，解得λ＝或λ＝ (舍去，因为AC>AB，则BC>BO，所以λ>1)， 所以BC＝. 题型三　平面与平面的夹角 【例3】　(15分)(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD①，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝②. (1)若AD⊥PB③，证明：AD∥平面PBC④； (2)若AD⊥DC⑤，且二面角A­CP­D的正弦值为⑥，求AD⑦. 破题①：PA垂直于底面内的任一条直线． 破题②：∠ABC＝90°⇒AB⊥BC. 破题③：因为AD⊥PA，从而得AD⊥平面PAB. 破题④：若AD∥平面PBC，由线面平行性质定理可得AD∥BC. 破题⑤：可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系． 破题⑥：求平面ACP和平面CPD的法向量，利用公式表示． 破题⑦：设AD＝t，通过法向量夹角关系解方程． ———————————[满分作答]———————————— 解：(1)证明：∵BC＝1，AB＝，AC＝2， ∴AC2＝AB2＋BC2， ① 又PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD， ② 又PA，AB⊂平面PAB， ③ ∴BC⊥平面PAB.(2分) ∵PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴AD⊥PA. 又AD⊥PB，且PA，PB⊂平面PAB，PB∩PA＝P， ∴AD⊥平面PAB.(3分) ④ 又BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，∴AD∥平面PBC.(5分) ⑤ ⑥ ∴＝＝(0，0，2)，＝(t，0，2)， ＝(0，.(8分) 设平面ACP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则即∴z1＝0. ⑦ ∴平面ACP的一个法向量为n1＝.(10分) 设平面CPD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则即∴y2＝0， 不妨设z2＝t，则x2＝－2. ∴平面CPD的一个法向量为n2＝(－2，0，t)．(12分) ∵二面角A­CP­D的正弦值为， ⑧ ⑨ ∴t＝，∴AD＝.(15分) 【关键点拨】 ①②③处要着力寻找证明BC⊥平面PAB的条件 ④处垂直于同一个平面的两直线平行 ⑤处因为AD⊥DC，z轴∥PA，这样建系比较容易写出相关点的坐标 ⑥处写点C的坐标时，先在Rt△ADC中利用勾股定理求出DC ⑦处结合x1，y1的等量关系式，合理设x1的值，有利于代入夹角公式计算 ⑧处注意夹角公式是两个向量的夹角的余弦，所以要先由条件转化 ⑨处把关于t的方程两边平方，解得t2＝3，结合t为线段长，可得t 【对点练习】　3.(人教A版选择性必修一P49)如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD满足AB⊥AD，AB⊥BC，SA⊥底面ABCD，且SA＝AB＝BC＝1，AD＝0.5. (1)求四棱锥S­ABCD的体积； (2)求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值． 解：(1)∵SA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC⊥AB， 且SA＝AB＝BC＝1，AD＝0.5， ∴四棱锥S­ABCD的体积V＝×1×1＝. (2)分别以AD、AB、AS所在直线为x轴，y轴，z轴， 建立如图空间直角坐标系， 由SA＝AB＝BC＝1，AD＝， 可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D，S(0，0，1)， 由(1)知BC⊥平面SAB， ∴为平面SAB的一个法向量，且＝(1，0，0)， 设n＝(x，y，z)为平面SCD的一个法向量， 则n⊥，n⊥， ∴n·＝0， ∵＝＝， ∴ 令z＝1，则x＝2，y＝－1，∴n＝(2，－1，1)， 设平面SCD与平面SAB所成的二面角为θ， ∴|cos θ|＝＝， ∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为. 1．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D是棱BC上一点(点D与点C不重合)，且AD⊥DC，过A1作平面BCC1B1的垂线l. (1)证明：l∥AD； (2)若AC＝CC1＝2，当三棱锥C1­ACD的体积最大时，求AC与平面ADC1所成角的正弦值． 解：(1)证明：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC， 因为AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD. 又AD⊥DC，CC1∩DC＝C，CC1，DC⊂平面BCC1B1， 所以AD⊥平面BCC1B1 . 又因为l⊥平面BCC1B1，所以l∥AD. (2)因为＝S△ACD·CC1， 所以当三棱锥C1­ACD体积最大时，S△ACD最大． 因为AD⊥DC，AC＝2， 所以4＝AC2＝AD2＋DC2≥2AD·CD＝4S△ACD， 当且仅当AD＝CD＝时取等号， 即当S△ACD最大时，AD＝CD＝. 法一　如图，作CH⊥DC1于H，连接AH. 由(1)可知AD⊥平面BCC1B1，因为CH⊂平面BCC1B1， 所以AD⊥CH. 又DC1∩AD＝D，AD，DC1⊂平面ADC1 ， 所以CH⊥平面ADC1. 因此，AC与平面ADC1所成的角等于∠CAH. 因为CH⊥平面ADC1，AH⊂平面ADC1，所以CH⊥AH. 在Rt△CDC1中，CD＝，CC1＝2，所以DC1＝， 因此CH＝， 在Rt△ACH中，sin ∠CAH＝. 所以AC与平面ADC1所成角的正弦值为. 法二　在平面BCC1B1内，作DE∥CC1，DE交B1C1于E， 因为CC1⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC. 分别以DC，DA，DE为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图， 则A，C，C1. 设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)， 易得＝＝， 则可取n＝. 因＝，则cos〈，n〉＝， 所以AC与平面ADC1所成角的正弦值等于＝. 2．(2024·北京卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2. (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD； (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值． 解：(1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG， 因为F为PE 的中点， 所以FG＝DE＝1，FG∥DE， 又 BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC， 所以四边形 FGCB 为平行四边形， 所以BF∥CG， 又BF⊄平面PCD，CG⊂平面PCD， 所以BF∥平面PCD. (2)因为AB⊥平面PAD，PE⊂平面PAD，所以AB⊥PE， 又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD. 连接EC，易知四边形 ABCE 为矩形，故直线EC，ED，EP 两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，EP 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(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)， A(0，－1，0)，B(1，－1，0)， 则＝(1，0，0)，＝(0，1，2)， ＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2)． 设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 可取n1＝(0，－2，1)． 设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 可取n2＝(2，1，1)． 设平面PAB与平面PCD的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝， 所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为. 3．(2024·岳阳质检)已知在直三棱柱A1B1C1­ABC中，E，F分别为棱B1B和A1C1的中点，∠BAC＝45°，AC＝2，AB＝3. (1)求证：平面EFC⊥平面A1ACC1； (2)若直线EC1与平面EFC所成角的正弦值为，且AA1<3，证明：平面AB1C1⊥平面EFC. 证明：(1)如图所示，以A为原点，分别以的方向为y轴和z轴的正方向，在平面ABC内，过点A作y轴的垂线为x轴建立空间直角坐标系， 设AA1＝2a，则A(0，0，0)，C(2，2，0)，F(1，1，2a)，E(0，3，a)，A1(0，0，2a)，C1(2，2，2a)， 所以＝(－2，1，a)，＝(－1，－1，2a)， ＝(2，2，0)，＝(0，0，2a)． 设平面EFC的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则 令x1＝1，故n＝. 设平面A1ACC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝1，故m＝(1，－1，0)， 因为m·n＝(1，－1，0)·＝0， 所以m⊥n，所以平面EFC⊥平面A1ACC1. (2)＝(2，－1，a)，由(1)知平面EFC的一个法向量为n＝， 由直线EC1与平面EFC所成角的正弦值为， 得＝， 整理得2a4－7a2＋5＝0， 因为AA1＝2a<3，所以a＝1，即AA1＝2， 此时n＝(1，1，1)，＝(2，2，2)， 所以∥n，所以AC1⊥平面EFC. 又AC1⊂平面AB1C1， 所以平面AB1C1⊥平面EFC. 4．(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F分别满足.将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4. (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 解：(1)证明：由题，AE＝AB＝4，又∠BAD＝30°， 所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝4，故EF＝2. 又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE. 由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED， 又ED∩PE＝E，ED，PE⊂平面PED，所以EF⊥平面PED. 又PD⊂平面PED，所以EF⊥PD. (2)如图，连接CE，由题，DE＝3，CD＝3，∠CDE＝90°， 故CE＝＝6. 又PE＝AE＝2，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE. 又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD. 故EF，ED，PE两两垂直，以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P，D， F(2，0，0)，A，C， 连接PA，则 ＝. 设平面PCD的法向量为n1＝， 则可取n1＝(0，2，3)， 设平面PBF即平面PAF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则可取n2＝， 则|cos〈n1，n2〉|＝. 故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为. 5．(2024·广东广州模拟)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，点D是BC的中点，点E在AA1上，AD∥平面BC1E. (1)求证：平面BC1E⊥平面BB1C1C； (2)当三棱锥B1­BC1E的体积最大时，求直线AC与平面BC1E所成角的正弦值． 解：(1)证明：取BC1的中点M，连接EM，MD， 如图所示． 因为AB＝AC，点D是BC的中点，所以AD⊥BC， 又因为M是BC1的中点，所以DM∥CC1， 又因为在直三棱柱ABC­A1B1C1中，有AA1∥CC1，AA1⊥平面ABC， 所以DM∥AE，所以DM⊥平面ABC， 因为AD∥平面BC1E，且AD⊂平面ADME， 平面ADME∩平面BC1E＝ME，所以AD∥ME， 因为CC1⊥平面ABC，且AD⊂平面ABC， 所以CC1⊥AD， 又因为CC1∩BC＝C，且CC1，BC⊂平面BB1C1C，所以AD⊥平面BB1C1C， 又因为AD∥ME，所以ME⊥平面BB1C1C， 因为ME⊂平面BC1E， 所以平面BC1E⊥平面BB1C1C. (2)由(1)知ME⊥平面BB1C1C，则VB1­BC1E＝·ME， 设BC＝2a，则BD＝a，AD＝ME＝×2a·3＝3a， 所以VB1­BC1E＝， 由基本不等式知，当且仅当a＝时等号成立， 即三棱锥B1­BC1E的体积最大， 此时a＝. 以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴， DM所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 则有A，C，B， E，C1， 所以＝＝ ＝， 设平面BC1E的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则有 取y1＝，解得n＝， 设直线AC与平面BC1E所成的角为θ， 所以sin θ＝＝， 故直线AC与平面BC1E所成角的正弦值为. 6．(2024·无锡调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，AP⊥DP，AB＝1，AP＝2，DP＝2，CD＝3，AB∥CD，AB⊥平面PAD，点M满足(0<λ<1)． (1)若λ＝，求证：平面PBM⊥平面PCM； (2)设平面MPC与平面PCD的夹角为θ，若tan θ＝，求λ的值． 解：(1)证明：∵在△PAD中，PA＝2，PD＝2，AP⊥PD， ∴AD＝4，∠PAD＝60°. ∵AM＝AD，∴AM＝1. ∵cos ∠PAD＝cos 60°＝，∴PM＝， 又PA2＝AM2＋PM2，∴PM⊥AM. ∵AB⊥平面PAD，AB⊂平面ABCD， ∴平面ABCD⊥平面PAD. 又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PM⊂平面PAD，PM⊥AD， ∴PM⊥平面ABCD， 又BM⊂平面ABCD，∴PM⊥BM. 由勾股定理可得BM＝， ∴BM2＋CM2＝BC2，∴BM⊥CM. 又PM∩CM＝M，PM，CM⊂平面PCM， ∴BM⊥平面PCM. 又BM⊂平面PBM， ∴平面PBM⊥平面PCM. (2)∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD， ∴AB⊥AD， 以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴， 过点A且垂直于底面ABCD的直线为z轴， 建立空间直角坐标系，如图． ∴，∴AM＝4λ， ∴M(0，4λ，0)，P，C(3，4，0)，D(0，4，0)， ∴＝(3，4－4λ，0)，＝＝(－3，0，0)， 设平面MPC与平面PCD的法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， ∴即 取y1＝3，则n1＝(4(λ－1)，3，(4λ－1))， 即 取y2＝1，则n2＝， ∵tan θ＝，sin2θ＋cos2θ＝1， ∴cosθ＝ ＝， 则3λ2－8λ＋4＝0， 即(3λ－2)(λ－2)＝0， ∵0<λ<1，∴λ＝. $