《创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题15 空间角、距离的计算(几何法、向量法).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题15 空间角、距离的计算(几何法、向量法).doc（35页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、微专题15空间角、距离的计算(几何法、向量法)高考定位以空间几何体为载体考查空间角(以线面角为主)是高考命题的重点，常与空间线面位置关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行考查.高考注重利用向量方法解决空间角问题，但也可利用几何法来求解.1.(2019全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.(1)证明：MN平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离.(1)证明连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D
2、.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MNED.又MN平面C1DE，ED平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)解过点C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DEBC，DEC1C，又BCC1CC，BC，C1C平面C1CE，所以DE平面C1CE，故DECH.所以CH平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.由已知可得CE1，C1C4，所以C1E，故CH.从而点C到平面C1DE的距离为.2.(2022全国甲卷)在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，CDAB，ADDCCB1，AB2，DP.(1)证明：BDPA；(2)求PD与平面
3、PAB所成的角的正弦值.(1)证明在四边形ABCD中，作DEAB于点E，CFAB于点F，如图.因为CDAB，ADCDCB1，AB2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AEBF，故DE，BD，所以AD2BD2AB2，所以ADBD.因为PD平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，又PDADD，PD，AD平面PAD，所以BD平面PAD.又因为PA平面PAD，所以BDPA.(2)解由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，0)，P(0，0，)，则(1，0，)，(0，)，(0，0，).设平面PAB的一个法向量为n(x，
4、y，z)，则有即可取n(，1，1)，则cosn，所以PD与平面PAB所成角的正弦值为.热点一异面直线所成的角求异面直线所成角的方法方法一：几何法.用几何法求两条异面直线所成角的步骤为：利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；证明找到(或作出)的角即为所求角；通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.用空间向量法求两条异面直线a，b所成角的步骤为：求出直线a，b的方向向量，分别记为m，n；计算cosm，n；利用cos |cosm，n|，以及，求出角. 例1 (2021全国乙卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所
5、成的角为()A. B. C. D.答案D解析法一如图，连接C1P，因为ABCDA1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1PB1D1，又C1PBB1，B1D1BB1B1，B1D1，BB1平面B1BP，所以C1P平面B1BP.又BP平面B1BP，所以有C1PBP.连接BC1，则AD1BC1，所以PBC1为直线PB与AD1所成的角.设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则在RtC1PB中，C1PB1D1，BC12，sin PBC1，所以PBC1，故选D.法二如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1
6、的棱长为2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(1，1，2)，D1(0，2，2)，(1，1，2)，1(0，2，2).设直线PB与AD1所成的角为，则cos .因为，所以，故选D.法三如图，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角.由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点.易知A1BBC1A1C1，所以A1BC1为等边三角形 ，所以A1BC1，又P为A1C1的中点，所以可得PBC1A1BC1，故直线PB与AD1所成的角为，故选D.易错提醒(1)利用几何法求异面直
7、线所成的角时，通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的角，也可能是其补角.(2)用向量法时，也要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同.训练1 (1)(2022湖北部分学校质检)在长方体ABCDA1B1C1D1中，BB12AB2BC，P，Q分别为B1C1，BC的中点，则异面直线AQ与BP所成角的余弦值是()A. B. C. D.答案C解析法一不妨设AB2，则BC2，BB14，连接A1P，A1B(图略)，则A1PAQ，A1PB(或其补角)为异面直线AQ与BP所成的角.由勾股定理得BP，A1P，A1B2，在A1BP中，由余弦定理的推论得，cosA1PB.故选C.法二如图建立空间直角坐标系，不
8、妨设AB2，则BC2，BB14.故B(2，0，0)，P(2，1，4)，Q(2，1，0)，所以(0，1，4)，(2，1，0)，设直线AQ与BP所成的角为，所以cos |cos，|.(2)(2022河南名校大联考)如图，圆锥的底面直径AB2，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦AD，则异面直线AD与BC所成的角的余弦值为()A.0 B. C. D.答案C解析法一如图，延长DO交圆于E，连接BE，CE，易知ADBE，ADBE，EBC(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角.由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC2，在BEC中，BCCE2，BE，cosEBC.法二由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC2，又BO1，所以
9、CO，在AOD中，AODO1，AD，由余弦定理得cosAOD，则AOD，以O为坐标原点，OB所在直线为y轴，OC所在直线为z轴，建立空间直角坐标系如图，则A(0，1，0)，D，B(0，1，0)，C(0，0，)，所以，(0，1，)，故cos，又异面直线所成角范围为，故直线AD与BC所成角的余弦值为.热点二直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.步骤为：找出直线l在平面上的射影；证明所找的角就是所求的角；把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：求出平面的法向量n与直线AB的方向向量；计算cos，n；利用sin |cos，n|，以及，求出角. 例2
10、 (2022南京一模)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA113，AB8，BC6，ABBC，AB1B1C，D为AC的中点，平面AB1C平面ABC.(1)求证：B1D平面ABC；(2)求直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值.(1)证明因为AB1B1C，D为AC的中点，所以B1DAC.又平面AB1C平面ABC，平面AB1C平面ABCAC，B1D平面AB1C，所以B1D平面ABC.(2)解法一在平面ABC内，过点D作BC的平行线，交AB于点E，过点D作AB的平行线，交BC于点F，连接DE，DF，BD.由(1)知B1D平面ABC，所以B1DAC，B1DBD.因为ABBC，所以DEDF，故以，为基
11、底建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.因为AB8，BC6，ABBC，所以AC10，BDAC5.又AA1BB113，ABBC，所以B1D12.易得D(0，0，0)，A(3，4，0)，B(3，4，0)，C(3，4，0)，B1(0，0，12)，则(6，8，0)，(6，0，0)，(3，4，12).设点C1(x，y，z)，则(x，y，z12)，由，得(6，0，0)(x，y，z12)，所以即C1(6，0，12)，所以(6，0，12).设平面AB1C的法向量为n(x1，y1，z1)，则得3x14y1，z10.不妨取x14，则y13，得平面AB1C的一个法向量为n(4，3，0).设直线C1D与平面AB1C所
12、成的角为，则sin |cosn，|.直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值为.法二连接BC1，交B1C于点M，易知BMMC1，所以点C1到平面AB1C的距离d和点B到平面AB1C的距离相等.过点B作BHAC，垂足为H.又平面AB1C平面ABC，平面AB1C平面ABCAC，BH平面ABC，所以BH平面AB1C，则BH为点B到平面AB1C的距离.在RtABC中，因为AB8，BC6，ABBC，所以AC10，则BH，所以dBH.由(1)知B1D平面ABC，又BC平面ABC，所以B1DBC.又B1C1BC，所以B1DB1C1，则DB1C1为直角三角形.连接BD，则B1DBD.因为D为AC的中点，所以BD
13、AC5.又AA1BB113，所以B1D12.又B1C1BC6，所以C1D6.设直线C1D与平面AB1C所成的角为，则sin .规律方法(1)几何法求线面角的关键找出线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中应用余弦定理(勾股定理)求解；(2)向量法求线面角时要注意：线面角与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角a，n的关系是a，n或a，n，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值.训练2 (2022湖北十校联考)如图，在四棱锥ABCDE中，CDBE，CDEB1，CBBE，AEABBC，AD，O是AE的中点.(1)求证：DO平面ABC；(2)求DA与平面ABC所成角的正弦值.(1)证
14、明法一取AB的中点为F，连接CF，OF(图略)，因为O，F分别为AE，AB的中点，所以OFBE，且OFBE.又CDBE，CDEB，所以OFCD，且OFCD，所以四边形OFCD为平行四边形，所以DOCF，又CF平面ABC，DO平面ABC，所以DO平面ABC.法二取BE的中点为G，连接OG，DG(图略)，则CDGB，且CDGB，所以四边形DGBC为平行四边形，所以DGBC，又BC平面ABC，DG平面ABC，所以DG平面ABC.因为O，G分别为AE，BE的中点，所以OGAB，又AB平面ABC，OG平面ABC，所以OG平面ABC，又OGDGG，OG，DG平面DOG，所以平面DOG平面ABC，又DO平面
15、DOG，所以DO平面ABC.(2)解法一取EB的中点为G，连接AG，DG，易得DG綊BC.因为AEAB，BE2，所以AE2AB2BE2，所以ABAE，ABE为等腰直角三角形，所以AGBE，AG1，又AD，DGBC，所以AG2DG2AD2，所以DGAG.又BEAG，BEDGG，BE，DG平面BCDE，所以AG平面BCDE.记h为点D到平面ABC的距离，连接BD，则VDABCVABCD，即SABChSBCDAG，因为BC平面BCDE，所以BCAG，又CBBE，BEAGG，BE，AG平面ABE，所以BC平面ABE，又AB平面ABE，所以BCAB，所以SABCABBC1，又SBCDBCCD1，所以h，
16、设DA与平面ABC所成的角为，则sin .DA与平面ABC所成角的正弦值为.法二如图，取EB的中点为G，连接AG，OG，DG，由(2)法一可知AGBE，ABAE，BC平面ABE，BCDG，所以DG平面ABE.以G为坐标原点，以，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则G(0，0，0)，A(1，0，0)，D(0，0，)，E(0，1，0)，(1，0，).因为AE平面ABE，所以BCAE，又ABAE，BCABB，BC，AB平面ABC，所以AE平面ABC，故平面ABC的一个法向量为(1，1，0).设DA与平面ABC所成角为，则sin |cos，|.DA与平面ABC所成角的正弦值为.热点
17、三二面角求二面角的方法方法一：几何法.步骤为：找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；证明所找的角就是要求的角；把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.步骤为：求两个平面，的法向量m，n；计算cosm，n；根据图形和计算结果判断是锐角、直角，还是钝角，从而得出与m，n是相等关系还是互补关系. 例3 (2022郑州质测)如图，在三棱锥DABC中，DA底面ABC，ACBCDA1，AB，E是CD的中点，点F在DB上，且EF
18、DB.(1)证明：DB平面AEF；(2)求二面角ADBC的大小.法一(1)证明DA平面ABC，且BC平面ABC，DABC.ACBC1，AB，AC2BC2AB2，ACBC.DAACA，DA，AC平面DAC，BC平面DAC，又AE平面DAC，BCAE.DAAC，E是CD的中点，DCAE，又BCDCC，BC，DC平面DBC，AE平面DBC，又DB平面DBC，DBAE，又EFDB，EFAEE，EF，AE平面AEF，DB平面AEF.(2)解如图，过点A作AGBC，由(1)知BC平面DAC，AG平面DAC.以A为坐标原点，分别以向量，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，
19、0，0)，C(1，0，0)，B(1，1，0)，D(0，0，1)，(0，0，1)，(1，1，1)，(1，0，1).设平面ADB的法向量为m(x1，y1，z1)，则令y11，则m(1，1，0).设平面DBC的法向量为n(x2，y2，z2)，则令x21，则n(1，0，1).cosm，n.二面角ADBC的平面角为锐角，二面角ADBC的大小为.法二(1)证明DA平面ABC，且BC平面ABC，DABC.ACBC1，AB，AC2BC2AB2，ACBC.DAACA，DA，AC平面DAC，BC平面DAC，如图，过点A作AGBC，则AG平面DAC.以A为坐标原点，分别以向量，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立
20、空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，1，0)，D(0，0，1)，E，(1，1，1)，.110(1)0，DBAE.又DBEF，且AEEFE，AE，EF平面AEF，DB平面AEF.(2)解由(1)得DBAF，EFDB，AFE为二面角ADBC的平面角.易得C(1，0，0)，由(1)知，(1，1，1).设F(x，y，z)，则(x，y，z1)，点F在DB上，存在实数k，使得k，xk，yk，z1k，即F(k，k，1k).AFDB，0，kk(1k)(1)0，解得k，F，cosAFE，又AFE(0，)，AFE.二面角ADBC的大小为.法三(1)同解法一.(2)EFDB，由(1)得DBAF，AF
21、E为二面角ADBC的平面角.DA平面ABC，DAAC，DAAB，又ACDA1，E为CD的中点，AEDC.AB，SDABDAABDBAF，AF.由(1)知，AE平面DBC，EF平面DBC，AEEF，sinAFE.AFE为锐角，AFE，二面角ADBC的大小为.规律方法(1)用几何法求解二面角的关键是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.(2)利用向量法的依据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在求二面角的大小时，一定要判断出二面角的平面角是锐角还是钝角，否则解法是不严谨的.训练3 (2022西安质检)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，四边形ABCD是
22、直角梯形，BCAD，ABAD，PAAB2，AD2BC2.(1)求证：BD平面PAC；(2)求二面角BPCD的余弦值.(1)证明法一由题意得，四边形ABCD是直角梯形，BCAD，ABAD，PAAB2，AD2BC2，所以tanACBtanDBA，可知ACBDBA，所以DBCACB90，则ACBD.又PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD，又ACPAA，PA，AC平面PAC，故BD平面PAC.法二由题意PA平面ABCD，ABAD，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，(2，
23、2，0)，(0，0，2)，0，即BDAP，(2，0)，440，即BDAC，又ACAPA，AC，AP平面PAC，故BD平面PAC.法三由题意PA平面ABCD，ABAD，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，(2，2，0)，在平面PAC中，(0，0，2)，(2，0)，设平面PAC的法向量为a(x，y，z)，则则z0，令x1，则y，所以a(1，0).由2a，得a，故BD平面PAC.(2)解由题意PA平面ABCD，ABAD，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图
24、所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，在平面PBC中，(0，0)，(2，0，2)，设平面PBC的法向量为n(x1，y1，z1)，则所以y10，令x11，则z11，所以n(1，0，1).在平面PCD中，(2，0)，(2，2)，设平面PCD的法向量为m(x2，y2，z2)，则令x21，则y2，z22，所以m(1，2).则cosm，n，设二面角BPCD的大小为，由图可知，cos cosm，n.二面角BPCD的余弦值为.热点四距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(
25、4)空间向量法. 例4 在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA12，BAC90，M为BB1的中点，N为BC的中点.(1)求点M到直线AC1的距离；(2)求点N到平面MA1C1的距离.解法一(1)如图，连接AM，MC1，AC1，易知MC13，AC12，MA，在MAC1中，由余弦定理得cosMAC1，则sinMAC1，所以M到直线AC1的距离为MAsinMAC1.(2)如图，SMNC1S矩形B1BCC1SB1MC1SBMNSNCC14，设点N到平面MA1C1的距离为h，由VNMA1C1VA1MNC1，得2h，得h，即N到平面MA1C1的距离为.法二(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0
26、，0，0)，A1(0，0，2)，M(2，0，1)，C1(0，2，2)，直线AC1的一个单位方向向量为s0，(2，0，1)，故点M到直线AC1的距离d.(2)设平面MA1C1的法向量为n(x，y，z)，因为(0，2，0)，(2，0，1)，则即取x1，得z2，故n(1，0，2)为平面MA1C1的一个法向量，因为N(1，1，0)，所以(1，1，1)，故N到平面MA1C1的距离d.规律方法(1)在解题过程中要对“点线距离”、“点面距离”、“线面距离”与“面面距离”进行适当转化，从而把所求距离转化为点与点的距离进而解决问题.(2)解决点线距问题注意应用等面积法，解决点面距问题注意应用等体积法.训练4 在
27、四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A平面ABCD，AA13，底面是边长为4的菱形，且DAB60，ACBDO，A1C1B1D1O1，E是O1A的中点，则点E到平面O1BC的距离为()A.2 B.1 C. D.3答案C解析法一如图，连接OO1，则OO1平面ABCD，OO1AA13，四边形ABCD是边长为4的菱形，且DAB60，OB2，OC2，AC2OC4，OBAC.O1B，O1C，又BC4，cosBO1C，sinBO1C，故SBO1C4，设A到平面O1BC的距离为h，则由VABO1CVO1ABC得4h423，解得h3，又E是O1A的中点，E到平面O1BC的距离为.法二易得OO1平面ABCD，所
28、以OO1OA，OO1OB.又OAOB，所以建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为底面ABCD是边长为4的菱形，DAB60，所以OA2，OB2，则A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(2，0，0)，O1(0，0，3)，所以(0，2，3)，(2，0，3).设平面O1BC的法向量为n(x，y，z).则所以取z2，则x，y3，则n(，3，2)是平面O1BC的一个法向量.设点E到平面O1BC的距离为d.因为E是O1A的中点，所以E，则d，所以点E到平面O1BC的距离为.一、基本技能练1.如图，四棱锥PABCD中，ABCBAD90，BC2AD，PAB和PAD都是边长为2的等边三角形.(1)证明：PB
29、CD；(2)求点A到平面PCD的距离.(1)证明取BC的中点E，连接DE，则ABED为正方形.过P作PO平面ABCD，垂足为O.连接OA，OB，OD，OE.由PAB和PAD都是等边三角形知PAPBPD，所以OAOBOD，即点O为正方形ABED对角线的交点，故OEBD，从而PBOE.因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OECD.因此PBCD.(2)解取PD的中点F，连接OF，则OFPB.由(1)知，PBCD，故OFCD.又ODBD，OP，故POD为等腰三角形，因此OFPD.又PDCDD，所以OF平面PCD.因为AECD，CD平面PCD，AE平面PCD，所以AE平面PCD.因此O到平面PCD的
30、距离OF就是A到平面PCD的距离，而 OFPB1，所以A到平面PCD的距离为1.2.在三棱锥ABCD中，已知CBCD，BD2，O为BD的中点，AO平面BCD，AO2，E为AC的中点.(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足BFBC，设二面角FDEC的大小为，求sin 的值.解(1)如图，连接OC，因为CBCD，O为BD的中点，所以COBD.又AO平面BCD，OB，OC平面BCD，所以AOOB，AOOC.以，为基底，建立空间直角坐标系Oxyz.因为BD2，CBCD，AO2，所以B(1，0，0)，D(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).因为E为AC的中点，所以
31、E(0，1，1)，所以(1，0，2)，(1，1，1)，所以|cos，|.因此，直线AB与DE所成角的余弦值为.(2)因为点F在BC上，BFBC，(1，2，0)，所以.又(2，0，0)，故.设n1(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，则即取x12，得y17，z15，所以n1(2，7，5).设n2(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又(1，2，0)，则即取x22，得y21，z21，所以n2(2，1，1).故|cos |.所以sin .3.(2022广州调研)如图，在三棱锥PABC中，BC平面PAC，ADBP，AB2，BC1，PD3BD3.(1)求证：PAAC；(2)求二面角PAC
32、D的余弦值.(1)证明法一由AB2，BD1，ADBP，得AD.由PD3，AD，ADBP，得PA2.由BC平面PAC，AC，PC平面PAC，得BCAC，BCPC.所以AC，PC.因为AC2PA215PC2，所以PAAC.法二由AB2，BD1，ADBP，得AD.由PD3，AD，ADBP，得PA2.因为PB4，所以PB2AB2PA2，所以PAAB.由BC平面PAC，PA平面PAC，得BCPA.又BC，AB平面ABC，BCABB，故PA平面ABC.因为AC平面ABC，所以PAAC.法三由AB2，BD1，ADBP，得ABP60.如图，过点D作DMAB交AB于点M，得BMBDcosABP.故BMBABDB
33、P，故DMPA，所以PAAB.由BC平面PAC，PA平面PAC，得BCPA.又BC，AB平面ABC，BCABB，故PA平面ABC.因为AC平面ABC，所以PAAC.(2)解法一如图，过点D作DEBC交PC于点E，因为BC平面PAC，所以DE平面PAC.因为AC平面PAC，所以DEAC.过点E作EFAC交AC于点F，连接DF，又DEEFE，所以AC平面DEF.因为DF平面DEF，所以ACDF.则DFE为二面角PACD的平面角.由PD3BD3，DEBC，得DE，由EFAC，PAAC，且EF，PA平面PAC，得EFPA，且，得EF.易知DEEF，则DF.所以cosDFE.由图可判断二面角PACD为锐
34、二面角，所以二面角PACD的余弦值为.法二如图，作AQCB，以AQ，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.因为AB2，BC1，BD1，BP4，所以AC，AP2.故A(0，0，0)，B(1，0)，C(0，0)，P(0，0，2).由，得D，则，(0，0).设平面ACD的法向量为n(x，y，z)，则即令x2，则z，y0，所以n(2，0，)为平面ACD的一个法向量.由于BC平面PAC，因此(1，0，0)为平面PAC的一个法向量.则cos，n.由图知二面角PACD为锐二面角，所以二面角PACD的余弦值为.二、创新拓展练4.如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为矩形，若平
35、面BCC1B1平面ABB1A1，平面BCC1B1平面ABC1.(1)求证：ABBB1；(2)记平面ABC1与平面A1B1C1的夹角为，直线AC1与平面BCC1B1所成的角为，异面直线AC1与BC所成的角为，当，满足：cos cos m(0m1，m为常数)时，求sin 的值.(1)证明四边形BCC1B1是矩形，图1BCBB1，又平面ABB1A1平面BCC1B1，平面ABB1A1平面BCC1B1BB1，BC平面BCC1B1，BC平面ABB1A1，又AB平面ABB1A1，ABBC.如图1，过C作COBC1，平面BCC1B1平面ABC1，平面BCC1B1平面ABC1BC1，CO平面BCC1B1，CO平
36、面ABC1，又AB平面ABC1，ABCO，又ABBC，COBCC，CO，BC平面BCC1B1，AB平面BCC1B1，又BB1平面BCC1B1，ABBB1.(2)解由题意知ABA1B1，又AB平面BCC1B1，A1B1平面BCC1B1.以B1为原点，B1A1，B1B，B1C1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图2，图2不妨设B1A1a，B1Bb，B1C1c，则B1(0，0，0)，A1(a，0，0)，B(0，b，0)，C1(0，0，c)，A(a，b，0)，(a，0，0)，(0，0，c)，(0，b，c).设n1(x1，y1，z1)为平面ABC1的法向量，则x10，令y1c，则z1b，n1(0，c，b).取平面A1B1C1的一个法向量n(0，1，0)，由图知，为锐角，则cos |cosn1，n|.取平面BCC1B1的一个法向量n2(1，0，0)，由(a，b，c)，得sin |cos，n2|.又，cos ，则cos cos .|cos，|cos ，cos cos cos .cos cos m且m(0，1)，sin .