设平面PAM的法向量为n＝（x，y，z）．
由
得
令y＝a，得z＝－a，x＝（a－4），
所以平面PAM的一个法向量为n＝（（a－4），a，－a），
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝cos30°＝，
所以＝，
解得a＝或a＝－4（舍去）．
所以n＝.
又＝（0,2，－2），
所以cos〈，n〉
＝＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
[题后悟道]利用法向量求解空间角的关键在于“四破”
[针对训练]
（2018·惠州第二次调研）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥PB，PC＝2.
（1）求证：
平面PAB⊥平面ABCD；
（2）若PA＝PB，求二面角APCD的余弦值．
解：
（1）证明：
取AB的中点O，连接CO，PO，
∵四边形ABCD是边长为2的菱形，
∴AB＝BC＝2.
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴CO⊥AB，OC＝.
∵PA⊥PB，∴PO＝AB＝1.
∵PC＝2，∴OP2＋OC2＝PC2，∴CO⊥PO.
∵AB∩PO＝O，∴CO⊥平面PAB.
∵CO⊂平面ABCD，
∴平面PAB⊥平面ABCD.
（2）∵PA＝PB，∴PO⊥AO.
由
（1）知，平面PAB⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，
∴直线OC，OB，OP两两垂直．以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
则O（0,0,0），A（0，－1,0），C（，0,0），D（，－2,0），P（0，0,1）．
∴＝（0,1,1），＝（，0，－1），＝（0,2,0）．
设平面APC的法向量为m＝（x1，y1，z1），
由得
取x1＝1，得m＝（1，－，）为平面APC的一个法向量，
设平面PCD的法向量为n＝（x2，y2，z2），
由得
取x2＝1，得n＝（1,0，）为平面PCD的一个法向量，
∴cos〈m，n〉＝＝，
由图知，二面角APCD为锐二面角，
∴二面角APCD的余弦值为.
A组——大题考点落实练
1.如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝60°，E，F分别是BC，A1C的中点．
（1）求异面直线EF，AD所成角的余弦值；
（2）点M在线段A1D上，＝λ，若CM∥平面AEF，求实数λ的值．
解：
（1）因为A1A⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以A1A⊥AE，A1A⊥AD.
在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，连接AC，
则△ABC是等边三角形．
因为E是BC的中点，所以BC⊥AE.
因为BC∥AD，所以AE⊥AD.
以A为坐标原点，AE为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0,0，0），C（，1,0），D（0,2,0），A1（0,0,2），E（，0,0），F，＝（0,2,0），＝，
所以cos〈，〉＝＝＝，
所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为.
（2）设M（x，y，z），由于点M在线段A1D上，且＝λ，
所以＝λ，则（x，y，z－2）＝λ（0,2，－2）．
解得M（0,2λ，2－2λ），所以＝（－，2λ－1,2－2λ）．
设平面AEF的一个法向量为n＝（x0，y0，z0）．
因为＝（，0,0），＝，
所以即
取y0＝2，得z0＝－1，
则平面AEF的一个法向量为n＝（0,2，－1）．
由于CM∥平面AEF，则n·＝0，
即2（2λ－1）－（2－2λ）＝0，解得λ＝.
2.（2019届高三·河北三市联考）如图，三棱柱ADEBCG中，四边形ABCD是矩形，F是EG的中点，EA⊥AB，AD＝AE＝EF＝1，平面ABGE⊥平面ABCD.
（1）求证：
AF⊥平面FBC；
（2）求二面角BFCD的正弦值．
解：
（1）证明：
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC⊥AB，
又平面ABGE⊥平面ABCD，
∴BC⊥平面ABGE，
∵AF⊂平面ABGE，
∴BC⊥AF.
在△AFB中，AF＝BF＝，AB＝2，
∴AF2＋BF2＝AB2，
即AF⊥BF，又BF∩BC＝B，
∴AF⊥平面FBC.
（2）分别以AD，AB，AE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），D（1,0,0），C（1,2,0），E（0,0,1），B（0,2,0），F（0,1,1），∴＝（－1,0,1），＝（0,2,0），设n1＝（x，y，z）为平面CDEF的法向量，
则即
令x＝1，得z＝1，即n1＝（1,0,1）为平面CDEF的一个法向量，
取n2＝＝（0,1,1）为平面BCF的一个法向量，
∴cos〈n1，n2〉＝＝，
∴二面角BFCD的正弦值为.
3．如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中CD∥AB，BC⊥AB，侧面ABE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝BE＝2BC＝2CD＝2，动点F在棱AE上，且EF＝λFA.
（1）试探究λ的值，使CE∥平面BDF，并给予证明；
（2）当λ＝1时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值．
解：
（1）当λ＝时，CE∥平面BDF.证明如下：
连接AC交BD于点G，连接GF，
∵CD∥AB，AB＝2CD，
∴＝＝，
∵EF＝FA，∴＝＝，∴GF∥CE，
又CE⊄平面BDF，GF⊂平面BDF，
∴CE∥平面BDF.
（2）取AB的中点O，连接EO，则EO⊥AB，
∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，
∴EO⊥平面ABCD，
连接DO，∵BO∥CD，且BO＝CD＝1，
∴四边形BODC为平行四边形，∴BC∥DO，
又BC⊥AB，∴AB⊥OD，
则OD，OA，OE两两垂直，以O为坐标原点，OD，OA，OE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
则O（0,0,0），A（0,1,0），B（0，－1,0），D（1,0,0），C（1，－1，0），E（0,0，）．
当λ＝1时，有＝，∴F，
∴＝（1,1,0），＝，＝（－1,1，）．
设平面BDF的法向量为n＝（x，y，z），
则即
令z＝，得y＝－1，x＝1，
则n＝（1，－1，）为平面BDF的一个法向量，
设直线CE与平面BDF所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，
故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为.
4．（2018·成都一诊）如图①，在边长为5的菱形ABCD中，AC＝6，现沿对角线AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面体PABC，如图②所示．已知PB＝4.
（1）求证：
平面PAC⊥平面ABC；
（2）若Q是线段AP上的点，且＝，求二面角QBCA的余弦值．
解：
（1）证明：
取AC的中点O，连接PO，BO.
∵四边形ABCD是菱形，
∴PA＝PC，PO⊥AC.
∵DC＝5，AC＝6，
∴OC＝3，PO＝OB＝4，
∵PB＝4，
∴PO2＋OB2＝PB2，
∴PO⊥OB.
∵OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC.
∵PO⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC.
（2）∵AB＝BC，∴BO⊥AC.
故OB，OC，OP两两垂直．
以O为坐标原点，OB，OC，OP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Oxyz.
则B（4,0,0），C（0,3,0），P（0,0,4），A（0，－3,0）．
设点Q（x，y，z）．
由＝，得Q.
∴＝（－4,3,0），＝.
设n1＝（x1，y1，z1）为平面BCQ的法向量，
由得
取x1＝3，则n1＝（3,4,15）．
取平面ABC的一个法向量n2＝（0,0,1）．
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，
∵二面角QBCA为锐角，
∴二面角QBCA的余弦值为.
B组——大题专攻补短练
1.在三棱锥PABC中，PA＝PB＝PC＝2，BC＝1，AC＝，AC⊥BC.
（1）求点B到平面PAC的距离．
（2）求异面直线PA与BC所成角的余弦值．
解：
（1）以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，取AB的中点D，连接PD，DC，
因为△ACB为直角三角形且AC＝，BC＝1，
所以AB＝2，
所以△PAB为正三角形，
所以PD⊥AB且PD＝.
在△PDC中，PC＝2，PD＝，DC＝1，
所以PC2＝PD2＋DC2，
所以PD⊥DC，又AB∩DC＝D，
所以PD⊥平面ABC.
则A（，0,0），B（0,1,0），D，P，C（0,0,0），＝（，0,0），＝，＝，＝（0,1,0），
设平面PAC的法向量n＝（x，y，z），
则即
取y＝2，得n＝（0,2，－1）为平面PAC的一个法向量，
所以点B到平面PAC的距离
d＝＝＝.
（2）因为＝，＝（0，－1,0），
设异面直线PA与BC所成角为θ，
则cosθ＝＝＝.
所以异面直线PA与BC所成角的余弦值为.
2.已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PA⊥PD.
（1）求证：
平面PAB⊥平面PAD；
（2）若直线AC与PD所成角为60°，求二面角APCD的余弦值．
解：
（1）证明：
∵PH⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PH⊥AB.
∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD⊂平面PAD，PH⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.
（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
∵PH⊥平面ABCD，
∴z轴∥PH.
则A（0,0,0），C（1,1,0），D（0,2,0），设AH＝a，PH＝h（00）．
则P（0，a，h）．
∴＝（0，a，h），＝（0，a－2，h），＝（1,1,0）．
∵PA⊥PD，∴·＝a（a－2）＋h2＝0.
∵AC与PD所成角为60°，
∴|cos〈，〉|＝＝，
∴（a－2）2＝h2，∴（a－2）（a－1）＝0，
∵00，∴h＝1，∴P（0,1,1）．
∴＝（0,1,1），＝（1,1,0），＝（1,0，－1），＝（1，－1,0），
设平面APC的法向量为n＝（x1，y1，z1），
则即
令x1＝1，得y1＝－1，z1＝1，
∴平面APC的一个法向量为n＝（1，－1,1），
设平面DPC的法向量为m＝（x2，y2，z2）．
则即
令x2＝1，得y2＝1，z2＝1，
∴平面DPC的一个法向量为m＝（1,1,1）．
∴cos〈m，n〉＝＝.
∵二面角APCD的平面角为钝角，
∴二面角APCD的余弦值为－.
3．（2018·西安质检）如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.
（1）证明：
平面A1CO⊥平面BB1D1D；
（2）若∠BAD＝60°，求二面角BOB1C的余弦值．
解：
（1）证明：
∵A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD.
∴A1O⊥BD.
∵四边形ABCD是菱形，
∴CO⊥BD.
∵A1O∩CO＝O，
∴BD⊥平面A1CO.
∵BD⊂平面BB1D1D，
∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.
（2）∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°，
∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝，
OA1＝＝.
则O（0,0,0），B（1,0,0），C（0，，0），A（0，－，0），A1（0,0，），
∴＝（1,0,0），＝＝（0，，），
＝＋＝（1，，），＝（0，，0）．
设平面OBB1的法向量为n＝（x1，y1，z1），
则即
令y1＝，得n＝（0，，－1）是平面OBB1的一个法向量．
设平面OCB1的法向量m＝（x2，y2，z2），
则即
令z2＝－1，得m＝（，0，－1）为平面OCB1的一个法向量，
∴cos〈n，m〉＝＝＝，
由图可知二面角BOB1C是锐二面角，
∴二面角BOB1C的余弦值为.
4．（2018·潍坊统考）在平行四边形PABC中，PA＝4，PC＝2，∠P＝45°，D是PA的中点（如图1）．将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置，得到四棱锥P1ABCD.
（1）将△PCD沿CD折起的过程中，CD⊥平面P1DA是否成立？
请证明你的结论．
（2）若P1D与平面ABCD所成的角为60°，且△P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值．
解：
（1）将△PCD沿CD折起过程中，CD⊥平面P1DA成立．证明如下：
∵D是PA的中点，PA＝4，∴DP＝DA＝2，
在△PDC中，由余弦定理得，
CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cos45°＝8＋4－2×2×2×＝4，
∴CD＝2＝PD，
∵CD2＋DP2＝8＝PC2，
∴△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA，
∴CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D，
∴CD⊥平面P1DA.
（2）由
（1）知CD⊥平面P1DA，CD⊂平面ABCD，
∴平面P1DA⊥平面ABCD，
∵△P1DA为锐角三角形，∴P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接P1O，∴P1O⊥平面ABCD，
则∠P1DA是P1D与平面ABCD所成的角，
∴∠P1DA＝60°，
∵DP1＝DA＝2，
∴△P1DA为等边三角形，O为AD的中点，
故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，DA所在直线为y轴，OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设x轴与BC交于点M，
∵DA＝P1A＝2，∴OP1＝，
易知OD＝OA＝CM＝1，
∴BM＝3，
则P1（0,0，），D（0，－1,0），C（2，－1,0），B（2,3,0），＝（2,0,0），＝（0，－4,0），＝（2，－1，－），
∵CD⊥平面P1DA，
∴可取平面P1DA的一个法向量n1＝（1,0,0），
设平面P1BC的法向量n2＝（x2，y2，z2），
则即
令z2＝1，则n2＝，
设平面P1AD和平面P1BC所成的角为θ，
由图易知θ为锐角，
∴cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.
∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为.
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