2023版高三一轮数学复习习题（新高考人教版）：练案44　第七章　第六讲　空间向量的应用

1、练案44第六讲空间向量的应用A组基础巩固一、单选题1(2022东北三省四市教研联合体模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1，O为底面ABCD的中心，M，N分别为棱A1D1，CC1的中点，则异面直线B1M与ON所成角的余弦值为(C)Aeq f(r(5),5)Beq f(r(10),5)Ceq f(r(15),15)Deq f(2r(5),15)解析解法一：如图，设B1MA1C1H，在AA1上取点P，使A1Peq f(1,3)AA1，连PH、AC1、PM，易知PHAC1ON，MHP(或其补角)即为B1M与ON所成的角，设正方体的棱长为6，则PMeq r(13)，PH2eq r(3)，MHeq r

2、(5)，cosMHPeq f(MH2PH2PM2,2PHMH)eq f(r(15),15)，故选C.解法二：以D为原点建立如下图所示的空间直角坐标系：设正方体的棱长为2，所以有D(0,0,0)，O(1,1,0)，B1(2,2,2)，M(1,0,2)，N(0，2,1)，因此eq o(B1M,sup6()(1，2,0)，eq o(ON,sup6()(1,1,1)，设异面直线B1M与ON所成角为，所以cos eq f(|o(B1M,sup6()o(ON,sup6()|,|o(B1M,sup6()|o(ON,sup6()|)eq f(|112101|,r(122202)r(121212)eq f(r(

3、15),15).故选C.2(2022河南平顶山阶段测试)已知三棱锥SABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为(D)Aeq f(r(3),4)Beq f(r(5),4)Ceq f(r(7),4)Deq f(3,4)解析解法一：如图建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(eq r(3)，1,0)，C(0,2,0)，S(0,0,3)则eq o(BC,sup6()(eq r(3)，1,0)，eq o(SC,sup6()(0,2，3)，设平面SBC的法向量为n(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(no(B

4、C,sup6()r(3)xy0,no(SC,sup6()2y3z0)即eq blcrc (avs4alco1(xf(r(3),3)y,zf(2,3)y)不妨取n(eq r(3)，3,2)，又eq o(AB,sup6()(eq r(3)，1,0)记AB与平面SBC所成角为，则sin eq f(|no(AB,sup6()|,|n|o(AB,sup6()|)eq f(6,42)eq f(3,4).故选D.解法二：设点A到平面SBC的距离为d，则VSABCeq f(1,3)3eq f(r(3),4)4eq r(3).因为AS平面ABC，AB平面ABC，故ASAB，故SBeq r(2232)eq r(1

5、3)，同理SCeq r(2232)eq r(13)，故cosCSBeq f(13134,2r(13)r(13)eq f(11,13)，而CSB(0，)，所以sinCSBeq f(4r(3),13)，故VASBCeq f(1,3)deq f(1,2)eq r(13)eq r(13)eq f(4r(3),13)eq r(3)，故deq f(3,4).故选D.3(2021黑龙江哈尔滨期末)三棱柱ABCA1B1C1的底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若AB2，AA11，则点A到平面A1BC的距离为(B)Aeq f(r(3),4)Beq f(r(3),2)Ceq f(3r(3),4)Deq r(3)解析如

6、图建立空间直角坐标系，则eq o(AA1,sup6()(0,0,1)，eq o(A1B,sup6()(eq r(3)，1，1)，eq o(A1C,sup6()(0,2，1)，设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(no(A1B,sup6()r(3)xyz0，,no(A1C,sup6()2yz0，)不妨取z2，则xeq f(r(3),3)，y1，neq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),3)，1，2)，A到平面A1BC的距离deq f(|o(AA1,sup6()n|,|n|)eq f(r(3),2).故选B.注：本题也可用等体积法求解设

7、A到平面A1BC的距离为h，VA1ABCVAA1BC，eq f(r(3),3)eq f(2h,3)，heq f(r(3),2).4如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1与棱AC、AB所成角均为60，BAC90且有ABACAA1，则A1B与AC1所成角的余弦值为(A)Aeq f(r(3),3)Beq f(r(3),2)Ceq f(r(2),2)Deq f(r(6),4)解析解法1：如图将三棱柱补成平行六面体，连C1D，AD，则CDA1B.AC1D或其补角为A1B与AC1所成的角记为，设AB2.则由条件易知AC12eq r(3)，AD2eq r(2)，C1D2.cosAC1Deq f(2r

8、(3)2222r(2)2,22r(3)2)eq f(r(3),3)，故选A.解法2：设eq o(AB,sup6()a，eq o(AC,sup6()b，eq o(AA1,sup6()c，且AB2，则由题意知ab0，ac2bc，又eq o(A1B,sup6()ac，eq o(AC,sup6()bc，|eq o(A1B,sup6()|2，eq o(A1C1,sup6()2eq r(3).cos eq f(|o(A1B,sup6()o(AC1,sup6()|,|o(A1B,sup6()|o(AC1,sup6()|)eq f(|acbc|,4r(3)eq f(4,4r(3)eq f(r(3),3).故选

9、A.5(2022河南安阳模拟)二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2eq r(17)，则该二面角的大小为(C)A150B45C60D120解析由条件，知eq o(CA,sup6()eq o(AB,sup6()0，eq o(AB,sup6()eq o(BD,sup6()0，eq o(CD,sup6()eq o(CA,sup6()eq o(AB,sup6()eq o(BD,sup6()，|eq o(CD,sup6()|2|eq o(CA,sup6()|2|eq o(AB,sup6()|2|eq o(BD,sup6(

10、)|22eq o(CA,sup6()eq o(AB,sup6()2eq o(AB,sup6()eq o(BD,sup6()2eq o(CA,sup6()eq o(BD,sup6()624282268coseq o(CA,sup6()，eq o(BD,sup6()(2eq r(17)2，coseq o(CA,sup6()，eq o(BD,sup6()eq f(1,2)，eq o(CA,sup6()，eq o(BD,sup6()120，二面角的大小为60，故选C.二、多选题6(2020山东济南期末)给定两个不共线的空间向量a与b，定义叉乘运算；ab.规定：ab为同时与a，b垂直的向量；a，b，ab

11、三个向量构成右手系(如图1)；|ab|a|b|sina，b如图2，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD2，AA14，则下列结论正确的是(ABD)Aeq o(AB,sup6()eq o(AD,sup6()eq o(AA1,sup6()Beq o(AB,sup6()eq o(AD,sup6()eq o(AD,sup6()eq o(AB,sup6()C(eq o(AB,sup6()eq o(AD,sup6()eq o(AA1,sup6()eq o(AB,sup6()eq o(AA1,sup6()eq o(AD,sup6()eq o(AA1,sup6()D长方体ABCDA1B1C1D1的体积V

12、(eq o(AB,sup6()eq o(AD,sup6()eq o(CC1,sup6()解析由叉乘运算定义知A正确；eq o(AB,sup6()eq o(AD,sup6()eq o(AD,sup6()eq o(AB,sup6()，B错误；(eq o(AB,sup6()eq o(AD,sup6()eq o(AA1,sup6()eq o(AC,sup6()eq o(AA1,sup6()eq o(DB,sup6()，由|eq o(AC,sup6()eq o(AA1,sup6()|eq o(BD,sup6()|知2eq r(2)4sin 902eq r(2)，4，(eq o(AB,sup6()eq o

13、(AD,sup6()eq o(AA1,sup6()4eq o(DB,sup6()()同理可知eq o(AB,sup6()eq o(AA1,sup6()4eq o(DA,sup6()，eq o(AD,sup6()eq o(AA1,sup6()4eq o(AB,sup6()，eq o(AB,sup6()eq o(AA1,sup6()eq o(AD,sup6()eq o(AA1,sup6()4(eq o(DA,sup6()eq o(AB,sup6()4eq o(DB,sup6()()，由()、()知C正确又(eq o(AB,sup6()eq o(AD,sup6()eq o(CC1,sup6()|eq

14、 o(AB,sup6()eq o(AD,sup6()|eq o(CC1,sup6()|eq o(AB,sup6()|eq o(AD,sup6()|eq o(CC1,sup6()|V长方体ABCDA1B1C1D1，D正确，故选ABD.7.(2022河北质检)如图，是直四棱柱ABCDA1B1C1D1，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA12，点E，F，H分别为棱DD1，D1C1，BB1上的中点，则下列结论中一定正确的是(ABC)A点F在平面EAB1内B直线C1H与平面BDD1B1所成的线面角为eq f(,6)CC1H平面EAB1D异面直线AB1与C1H所成的角为eq f(,6)解析如图，连接E

15、F，DC1，因为点E，F均为中点，故EFDC1，又DC1AB1，所以EFAB1，又E平面EAB1，所以EF平面EAB1，所以点F在平面EAB1内，故A正确；如图建立空间直角坐标系，由题意知AC平面BDD1B1，平面BDD1B1的法向量n(1,1,0)，又eq o(HC1,sup6()(1,0,1)，记C1H与平面BDD1B1所成角为，则sin eq f(|o(HC1,sup6()n|,|o(HC1,sup6()|n|)eq f(1,r(2)r(2)eq f(1,2)，eq f(,6)，故B正确；又eq o(AE,sup6()(1，0,1)eq o(HC1,sup6()，AEHC1，又HC1平面

16、EAB1，HC1平面EAB1，C正确；又eq o(AB1,sup6()(0,1,2)，记AB1与C1H所成角为，则cos eq f(|o(AB1,sup6()o(HC1,sup6()|,|o(AB1,sup6()|o(HC1,sup6()|)eq f(2,r(2)r(5)eq f(r(10),5)，eq f(,6)，故D错，选ABC.8(2021全国高考卷)在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA11，点P满足eq o(BP,sup6()eq o(BC,sup6()eq o(BB1,sup6()，其中0,1，0,1，则(BD)A当1时，AB1P的周长为定值B当1时，三棱锥PA1BC的体积为定值

17、C当eq f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1PBPD当eq f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P解析易知，点P在矩形BCC1B1内部(含边界)对于A，当1时，eq o(BP,sup6()eq o(BC,sup6()eq o(BB1,sup6()eq o(BC,sup6()eq o(CC1,sup6()，即此时P线段CC1，AB1P周长不是定值，故A错误；对于B，当1时，eq o(BP,sup6()eq o(BC,sup6()eq o(BB1,sup6()eq o(BB1,sup6()eq o(B1C1,sup6()，故此时P点轨迹为线段B1C1，而B1C1BC，B1

18、C1平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确；对于C，当eq f(1,2)时，eq o(BP,sup6()eq f(1,2)eq o(BC,sup6()eq o(BB1,sup6()，取BC，B1C1中点分别为Q，H，则eq o(BP,sup6()eq o(BQ,sup6()eq o(QH,sup6()，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A1eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，0，1)，P(0,0，)，Beq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)，0)，则eq o(A1P,sup6()eq

19、blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，0，1)，eq o(BP,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)，)，eq o(A1P,sup6()eq o(BP,sup6()(1)0，所以0或1.故H，Q均满足，故C错误；对于D，当eq f(1,2)时，eq o(BP,sup6()eq o(BC,sup6()eq f(1,2)eq o(BB1,sup6()，取BB1，CC1中点为M，N.eq o(BP,sup6()eq o(BM,sup6()eq o(MN,sup6()，所以P点轨迹为线段MN.设Peq blc(rc)(avs4alco1(0，y0，f

20、(1,2)，因为Aeq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，0，0)，所以eq o(AP,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，y0，f(1,2)，eq o(A1B,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(1,2)，1)，所以eq f(3,4)eq f(1,2)y0eq f(1,2)0y0eq f(1,2)，此时P与N重合，故D正确故选BD.三、填空题9(2021河北承德期末)已知四棱锥PABCD的底面是菱形，BAD60，PD平面ABCD，且PDAB，点E是棱AD的中点，F在棱PC上若PF：FC1：2

21、，则直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为eq f(4r(35),35).解析如图，以D点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设菱形ABCD的边长为2，则D (0,0,0)，Eeq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(1,2)，0)，Feq blc(rc)(avs4alco1(0，f(2,3)，f(4,3)，所以eq o(EF,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(7,6)，f(4,3).又平面ABCD的一个法向量为n(0,0,1)，所以coseq o(EF,sup6()，neq f(f(4,3),r(blc(rc)(

22、avs4alco1(f(r(3),2)2blc(rc)(avs4alco1(f(7,6)2blc(rc)(avs4alco1(f(4,3)2)1)eq f(4r(35),35)，即直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为eq f(4r(35),35).10(2021山东枣庄期末)如图，在三棱锥PABC中，PAAB，PCBC，ABBC，AB2BC2，PCeq r(5)，则PA与平面ABC所成角的大小为45；三棱锥PABC外接球的表面积是 6 .解析如图，作PO平面ABC于O，连OA，OC，则PAO即为PA与平面ABC所成的角ABPA，ABPO，AB平面PAO，从而ABAO，同理BCCO，又ABBC

23、，四边形ABCO为矩形，又由题意易知PBeq r(6)，PAeq r(2)，AO1，PO1，PAO45，即PA与平面ABC所成角为45，又PB为三棱锥PABC外接球的直径，S球4eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(6),2)26.四、解答题11(2022河北石家庄质检)在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，M为AA1的中点，BCBD1，ABAA1eq r(2).(1)求证：MD平面BDC1；(2)求二面角MBC1D的余弦值解析(1)因为BCBD1，CDABeq r(2).可得BC2BD2CD2，BDBC，又DD1平面ABCD.AD、DB、DD1两两垂直

24、，如图建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(0,1,0)，C1(1,1，eq r(2)，Meq blc(rc)(avs4alco1(1，0，f(r(2),2)，eq o(BM,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(1，1，f(r(2),2)，eq o(BC1,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(1，0，r(2)，eq o(DM,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(1，0，f(r(2),2)，eq o(DB,sup6()(0,1,0)，(1)eq o(DM,sup6()eq o(DB,sup6()0，eq o(DM,sup6()eq o(

25、BC1,sup6()0，DMDB，DMBC1，又DBBC1B，DM平面BDC1.(2)设平面C1BM的一个法向量为n(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(o(BC1,sup6()nxr(2)z0，,o(BM,sup6()nxyf(r(2),2)z0，)令zeq r(2)，则x2，y3，故可取n(2,3，eq r(2)又由(1)知平面BDC1的一个法向量为eq o(DM,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(1，0，f(r(2),2)，记二面角MBC1D为，则|cos |eq f(|o(DM,sup6()n|,|o(DM,sup6()|n|)eq f(r(10

26、),5)，二面角MBC1D的余弦值为eq f(r(10),5).12(2022江苏无锡、常州、苏州、镇江调研)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABC是边长为2的等边三角形，平面ABC平面AA1B1B，A1AA1B，A1AB60，O为AB的中点，M为A1C1的中点(1)求证：OM平面BB1C1C；(2)求二面角C1BA1C的正弦值解析(1)证明：连接CO，A1O，由题意得CO平面ABB1A1，A1OAB，以O为原点，OA为x轴，OA1为y轴，OC为z轴，建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A1(0，eq r(3)，0)，B1(2，eq r(3)，0)，C(0,0，eq r(3)，Meq

27、blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，r(3)，f(r(3),2)，B(1,0,0)，eq o(OM,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，r(3)，f(r(3),2)，eq o(BB1,sup6()(1，eq r(3)，0)，eq o(BC,sup6()(1,0，eq r(3)，设平面BB1C1C的法向量a(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(ao(BB1,sup6()xr(3)y0,ao(BC,sup6()xr(3)z0)，取xeq r(3)，得a(eq r(3)，1，1)，aeq o(OM,sup6()eq f(r(3),2)

28、eq r(3)eq f(r(3),2)0，OM平面BB1C1C，OM平面BB1C1C.(2)C1(1，eq r(3)，eq r(3)，eq o(BA1,sup6()(1，eq r(3)，0)，eq o(BC,sup6()(1,0，eq r(3)，eq o(BC1,sup6()(0，eq r(3)，eq r(3)，设平面A1BC1的法向量n(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(no(BA1,sup6()xr(3)y0,no(BC1,sup6()r(3)yr(3)z0)，取xeq r(3)，得n(eq r(3)，1,1)，设平面A1BC的法向量m(a，b，c)，则eq blcr

29、c (avs4alco1(mo(BA1,sup6()ar(3)b0,mo(BC,sup6()ar(3)c0)，取aeq r(3)，得m(eq r(3)，1，1)，设二面角C1BA1C的平面角为，则cos eq f(|mn|,|m|n|)eq f(3,r(5)r(5)eq f(3,5)，sin eq r(1blc(rc)(avs4alco1(f(3,5)2)eq f(4,5).二面角C1BA1C的正弦值为eq f(4,5).注：(1)证法二：M为A1C1的中点，eq o(OM,sup6()eq f(1,2)eq o(AB,sup6()eq o(BC1,sup6()eq o(C1M,sup6()e

30、q f(1,2)eq o(AB,sup6()eq o(BB1,sup6()eq o(BC,sup6()eq f(1,2)(eq o(B1C1,sup6()eq o(A1B1,sup6()eq f(1,2)eq o(AB,sup6()eq o(BB1,sup6()eq o(BC,sup6()eq f(1,2)eq o(BC,sup6()eq f(1,2)eq o(AB,sup6()eq o(BB1,sup6()eq f(1,2)eq o(BC,sup6()，eq o(OM,sup6()，eq o(BB1,sup6()，eq o(BC,sup6()共面，又OM平面BB1C1C，OM平面BB1C1C

31、.证法三：取B1C1的中点N，连MN，BN，又M为A1C1的中点，MN綊eq f(1,2)A1B1，又O为AB的中点，BO綊eq f(1,2)A1B1MN綊BO，即四边形OMNB为平行四边形，OMBN，又BN平面BB1C1C，OM平面BB1C1C，OM平面BB1C1C.证法四：连AM并延长交CC1的延长线于N，连BN，由题意易知AA1MNC1M，AMMN，即M为AN的中点又O为AB的中点，OMBN，又BN平面BB1C1C，OM平面BB1C1C，OM平面BB1C1C.证法五：取A1B1的中点N，连MN，ON.O，M分别为AB，A1C1的中点，易知MNB1C1，ONBB1，又MN平面BB1C1C，

32、MN平面BB1C1C.同理ON平面BB1C1C，又ONMNN，平面OMN平面BB1C1C，OM平面BB1C1C.(2)解法二：由题意知VA1BCC1eq f(1,3)VABCA1B1C11.又SA1BCeq f(r(15),2)，C1到平面A1BC的距离heq f(2r(15),5)，又C1到A1B的距离deq f(r(15),2)，记二面角C1BA1C的平面角为，则sin eq f(h,d)eq f(2r(15),5)eq f(2,r(15)eq f(4,5)，即二面角C1BA1C的正弦值为eq f(4,5).13(2022安徽芜湖质检)如图，在圆柱O1O2中，矩形ABCD是圆柱O1O2的轴

33、截面，点F在上底面圆周上(异于D，C)，点E为下底面圆弧eq xto(AB)的中点，点F与点E在平面ABCD的同侧，圆柱O1O2的底面半径为1，高为2.(1)若点F是圆弧eq xto(DC)的中点，证明：平面DEF平面BCE；(2)若DO1Feq f(,3)，求直线DF与平面CDE所成角的正弦值解析(1)证明：点E为下底面圆弧AB的中点，点F为上底面圆弧DC的中点，BECF，DC是圆O1的直径，DFCF，即DFBE，BC圆面O1，BCDF，又CBEBB，DF平面BCE，DF平面DEF，平面DEF平面BCE.(2)以O2为坐标原点，分别以O2E、O2B、O2O1所在直线为x、y、z轴建立空间直角

34、坐标系O2xyz.则E(1,0,0)，C(0,1,2)，D(0，1,2)，DO1Feq f(,3)，Feq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(1,2)，2)，得eq o(DF,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(1,2)，0)，eq o(CE,sup6()(1，1，2)，eq o(CD,sup6()(0，2,0)，设n(x，y，z)为平面CDE的一个法向量，则eq blcrc (avs4alco1(no(CE,sup6()xy2z0,no(CD,sup6()2y0)，取z1，得n(2,0,1)设直线DF与平面CDE所成角为，故

35、sin |cosn，eq o(DF,sup6()|eq f(|no(DF,sup6()|,|n|o(DF,sup6()|)eq f(r(15),5).B组能力提升1(2022广东惠州调研)在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BCAD，ADC90，BCCD1，AD2，PAPDeq r(3)，E为AD的中点，F为PC的中点(1)求证：PA平面BEF；(2)求二面角FBEA的余弦值解析(1)连接AC交BE于N ，并连接CE，FN，BCAD，BCeq f(1,2)AD，E为AD的中点，AEBC，且AEBC，四边形ABCE为平行四边形，N为AC中点，又F为PC中点，NF

36、PA，NF平面BEF，PA平面BEF，PA平面BEF.(2)连接PE，由E为AD的中点及PAPDeq r(3)，得PEAD，则PEeq r(2)，侧面PAD底面ABCD，且交于AD，PE面ABCD，如图所示，以E为原点，EA、EB、EP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0,0，eq r(2)F为PC的中点，Feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)，f(r(2),2)，eq o(EB,sup6()(0,1,0)，eq o(EF,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(

37、1,2)，f(1,2)，f(r(2),2)，设平面EBF法向量为m(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(mo(EB,sup6()0,mo(EF,sup6()0)eq blcrc (avs4alco1(0y00,f(1,2)xf(1,2)yf(r(2),2)z0，)取m(eq r(2)，0,1)，平面EBA法向量可取：n(0,0,1)，设二面角FBEA的大小为，显然为钝角，cos |cosm，n|eq f(|mn|,|m|n|)eq f(r(3),3)，二面角FBEA的余弦值为eq f(r(3),3).2(2022河北张家口模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PAPBAB，AD

38、BC，且PBC2PAD90.(1)求证：平面PAD平面ABCD；(2)求平面PAB与平面PBC所成锐二面角的余弦值解析(1)证明：如图，在平面APD内，过点P作PHAD，垂足为H，连接BH.因为PBC90，所以PBBC，因为ADBC，所以PBAD，因为PBPHP，所以AD平面PHB，所以ADHB，因为PAPBAB，所以PHeq r(PA2AH2)eq r(AB2AH2)BH.又PAD45，所以PHBHAHeq f(r(2),2)PB，得PB2PH2BH2，即PHBH.因为ADBHH，所以PH平面ABCD.因为PH平面PAD，所以平面PAD平面ABCD.(2)由(1)知PH平面ABCD，BHAD

39、，所以以H为原点，以HA所在直线为x轴，HB所在直线为y轴，HP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设PAeq r(2)，则PHAHBH1，所以H(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,1)，所以eq o(AP,sup6()(1,0,1)，eq o(PB,sup6()(0,1，1)，eq o(AH,sup6()(1,0,0)设平面PAB的一个法向量为n(x1，y1，z1)，则eq blcrc (avs4alco1(no(AP,sup6()0,no(PB,sup6()0)得eq blcrc (avs4alco1(x1z10,y1z10)，令x11，则y1z11，所

40、以n(1,1,1)设平面PBC的一个法向量为m(x2，y2，z2)，则eq blcrc (avs4alco1(mo(AH,sup6()0,mo(PB,sup6()0)得eq blcrc (avs4alco1(x20,y2z20)，令y21，则z21，x20，所以m(0,1,1)所以cosm，neq f(mn,|m|n|)eq f(2,r(2)r(3)eq f(r(6),3).故平面PAB与平面PBC所成锐二面角的余弦值为eq f(r(6),3).3(2022浙江金色联盟百校联考)如图，平面ABCD平面DBNM，且菱形ABCD与菱形DBNM全等，且MDBDAB，G为MC中点(1)求证：平面GBD

41、平面AMN；(2)求直线AD与平面AMN的所成角的正弦值解析(1)连接AC交DB于E，连接GE，易知GEAM.因为GE平面AMN，AM平面AMN，所以GE平面AMN.又MNBE，同理可证BE平面AMN.又因为BEGEE，所以平面GBD平面AMN.(2)(几何法)连接ME，由菱形ABCD与菱形DBNM全等且MDBDAB，可得出ADABBD，DMBDMB.所以MEBD，又平面ABCD平面DBNM且相交于BD，所以ME平面ABCD.由MEBD，又ACBD且ACMEE，所以BD平面AMC，平面GBD平面AMC，过C作CFGE，所以CF平面GBD，连接BF，由ADBC，所以CBF即为直线AD与平面GBD的所成角由(1)平面GBE平面AMN，CBF即为直线AD与平面AMN的所成角由题意有ADABBD，DAB60.在直角三角形MAE中，MEAE，所以MAE45，则GEC45所以CFeq f(r(2),2)CE，又在直角三角形DEC中，EDC60，所以CEeq f(r(3),2)BC，易知CFeq f(r(2),2)CEeq f(r(6),4)BC，所以sinCBFeq f(CF,BC)eq f(r(6),4).则直线AD与平面AMN的所成角的正弦值为eq f(r(6),4).(2)(坐标法)连接