课后习题(四十八) 向量法求空间角(二)
1．(人教B版选择性必修第一册P52例3改编)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠PAC＝∠ABC＝90°，PA＝BC＝1，E是AB的中点，PB＝AC＝2，则平面BPC与平面EPC夹角的余弦值为( )
[A] [B]
[C] [D]
2．(北师大版选择性必修第一册P140习题3－4A组T7改编)已知两个平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为________．
3．(人教A版选择性必修第一册P41练习T1改编)如图，二面角α-l-β的棱上有A，B两点，线段AC，BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于棱l．已知AB＝1，AC＝2，BD＝3，CD＝2，则平面α与平面β的夹角为________．
4．(人教A版选择性必修第一册P44习题1.4T15改编)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BB1＝2，BC＝4，AB1与A1B交于点E，F为BC的中点．
(1)求证：AE⊥平面A1BC；
(2)求平面AEF与平面AA1C夹角的余弦值．
5．(2025·贵阳模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，PA＝AD＝2AB＝2．
(1)证明：平面PCD⊥平面PAD；
(2)求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值．
6．(2025·西宁模拟)如图1所示，四边形ABCD中AD∥BC，AB＝1，AD＝2，BC＝3，∠ABC＝，M为AD的中点，N为BC上一点，且MN∥A[B] 现将四边形ABNM沿MN翻折，使得AB与EF重合，得到如图2所示的几何体MDCNFE，其中FD＝．
(1)证明：CD⊥平面FND；
(2)若P为FC的中点，求二面角F-ND-P的正弦值．
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1．C [因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PA⊥AC，PA 平面PAC，所以PA⊥平面ABC．以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
在Rt△ABC中，AB＝＝＝，所以B(0，0，0)，P(，0，1)，C(0，1，0)，E，则＝(，－1，1)，＝(－，0，－1)，＝．设平面BPC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
即令x1＝1，
则m＝(1，0，－)．
设平面EPC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即令x2＝2，则n＝(2，，－)．
设平面BPC与平面EPC的夹角为θ，则cos θ＝＝＝．故选C．]
2． [设这两个平面的夹角为θ，则cos θ＝＝．]
3． [设平面α与平面β的夹角为θ，
由＝可得，
＝＝＋＋＋2·＋2·＋2·＝4＋1＋9＋2·cos 〈〉＝14－12cos θ＝8，
所以cos θ＝，即平面α与平面β的夹角为．]
4．解： (1)证明：因为BC⊥平面ABB1A1，AE 平面ABB1A1，所以BC⊥AE．
因为四边形ABB1A1为正方形，所以AE⊥A1B，
又BC∩A1B＝B，BC，A1B 平面A1BC，
所以AE⊥平面A1BC．
(2)以A为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，A1(0，0，2)，E(1，0，1)，C(2，4，0)，F (2，2，0)，
＝(1，0，1)，＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，＝(2，4，0)．
设平面AEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则取n＝(1，－1，－1)．
设平面AA1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则
取m＝(2，－1，0)．
则|cos 〈m，n〉|＝＝，
所以平面AEF与平面AA1C夹角的余弦值为．
5．解： (1)证明：因为PA⊥底面ABCD，CD 底面ABCD，所以PA⊥CD．
因为底面ABCD是矩形，所以AD⊥CD．
又PA∩AD＝A，AD，PA 平面PAD，
所以CD⊥平面PAD．
又因为CD 平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD．
(2)以A为坐标原点，AB，AD，AP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D(0，2，0)，P(0，0，2)，A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，
所以＝(1，2，－2)，＝(0，2，0)，＝(－1，0，0)．
设平面PCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
取y1＝1，则x1＝0，z1＝1，
可得平面PCD的一个法向量为m＝(0，1，1)．
设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则
取x2＝2，则y2＝0，z2＝1，
可得平面PBC的一个法向量为n＝(2，0，1)．
设平面PBC与平面PCD的夹角为θ，则
cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝＝，
所以平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为．
6．解：(1)证明：∵四边形ABCD中AD∥BC，AB＝1，AD＝2，BC＝3，∠ABC＝，
又M为AD的中点，且MN∥AB，
∴四边形ABNM为正方形，且边长为1，
∴题图2中，四边形EMNF是边长为1的正方形，故ND＝，
又FN＝1，FD＝，
∴FN2＋ND2＝FD2，∴FN⊥ND，
又FN⊥MN，MN∩ND＝N，MN 平面MDCN，ND 平面MDCN，∴FN⊥平面MDCN，
∵CD 平面MDCN，∴FN⊥CD，易知CD＝，
∴CD2＋ND2＝NC2，
∴CD⊥ND，又FN∩ND＝N，FN 平面FND，ND 平面FND，
∴CD⊥平面FND．
(2)由(1)知FN⊥平面MDCN，MN⊥CN，
以N为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则N(0，0，0)，F (0，0，1)，D(1，1，0)，P，
∴＝(0，0，1)，＝(1，1，0)，＝，
设平面FND的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
令x1＝1，则y1＝－1，∴m＝(1，－1，0)，
设平面PND的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
令y2＝1，则x2＝－1，z2＝－2，∴n＝(－1，1，－2)，
∴|cos 〈m，n〉|＝
＝
＝＝，
∴sin 〈m，n〉＝＝，
∴二面角F-ND-P的正弦值为．
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