2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第八章立体几何与空间向量第7节利用空间向量求空间角 WORD版含解析.doc

1、第7节利用空间向量求空间角考试要求1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.知 识 梳 理1.异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角l1与l2所成的角范围(0，)求法cos cos |cos |2.求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，则sin |cosa，n|.3.求二面角的大小(1)如图，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，.(2)如图，n1，n2 分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足

2、|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).常用结论与微点提醒1.线面角的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin |cosa，n|，不要误记为cos |cosa，n|.2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面，的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.诊 断 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.()(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线

3、与平面所成的角.()(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.()(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，.()解析(1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量a，平面的法向量n，直线与平面所成的角为，则sin |cosa，n|；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.答案(1)(2)(3)(4)2.(老教材选修21P104练习2改编)已知两平面的法向量分别为m(0，1，0)，n(0，1，1)，则两平面所成的二面角为()A.45 B.135 C.45或135 D.90解析cosm，n，即m，n45

4、.两平面所成二面角为45或18045135.答案C3.(老教材选修21P112A组T4改编)已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量和法向量，若cos m，n，则l与所成的角为()A.30 B.60 C.120 D.150解析由于cos m，n，所以m，n30，所以直线l与所成的角为60.答案B4.(2020漳州模拟)在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析以点C为坐标原点，CA，CB，CC1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，设BCCACC12，则可

5、得A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，(1，1，2)，(1，0，2).cos，.答案C5.(2019南阳调研)在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为()A. B. C. D.解析设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，所以(0，0，1)，(1，1，0)，(1，0，1).令平面ACD1的法向量为n(x，y，z)，则nxy0，nxz0，令x1，可得n(1，1，

6、1)，设直线BB1与平面ACD1所成的角为，所以sin |cos n，|.答案B6.(2020大连预测)过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD，若ABPA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为_.解析如图，建立空间直角坐标系，设ABPA1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AEPD，又CD平面PAD，CDAE，又PDCDD，从而AE平面PCD.所以(0，1，0)，分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且，45.故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45.答案45考点一用空间向量求异面直线所成的角【例1】 (1

7、)(一题多解)(2017全国卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A. B. C. D.(2)(2020豫南豫北精英对抗赛)在四面体ABCD中，CACBCDBD2，ABAD，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析(1)法一以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.图(1)图(2)则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).又在ABC中，ABC120，AB2，则A(1，0).所以(1，1)，(1，0，1)，则cos，因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.法二将

8、直三棱柱ABCA1B1C1补形成直四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图(2)，连接AD1，B1D1，则AD1BC1.则B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角)，易求得AB1，BC1AD1，B1D1.由余弦定理得cosB1AD1.(2)取BD的中点O，连接AO，OC，由CACBCDBD2，ABAD，得AOBD，COBD，且OC，AO1.在AOC中，AC2AO2OC2，故AOOC，又知BDOCO，因此AO平面BCD，以OB，OC，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，0)，D(1，0，0)，(1，0，1)，(1，

9、0)，设异面直线AB与CD所成角为，则cos ，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.答案(1)C(2)B规律方法1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v1，v2；(3)代入公式|cosv1，v2|求解.2.两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角的范围是0，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.【训练1】 (2019江西八校联考)在四面体ABCD中，BDAD，CDAD，BDBC，BDAD1，BC2，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A

10、. B. C. D.解析以D为坐标原点，在平面BCD内过D与BD垂直的直线为x轴，以DB，DA所在的直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(2，1，0)，D(0，0，0)，所以(0，1，1)，(2，1，0)，则cos，故异面直线AB与CD所成角的余弦值为.答案D考点二用空间向量求线面角【例2】 (2018全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点.(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明因为APCPAC4，O为AC的中点，所以

11、OPAC，且OP2.连接OB，因为ABBCAC，所以AB2BC2AC2，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB，OPAC且OBACO，知PO平面ABC.(2)解如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，(0，2，2).取平面PAC的一个法向量(2，0，0).设M(a，2a，0)(0a2)，则(a，4a，0).设平面PAM的法向量为n(x，y，z).由n0，n0得可取n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|

12、cos，n|，所以，解得a4(舍去)，a，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.规律方法利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.【训练2】 (2020安徽江南十校联考)斜三棱柱ABCA1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，A1B，A1ABA1AC60.(1)证明：平面A1BC平面ABC；(2)求直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值.(1)证明AB

13、2，A1B，A1AB60，由余弦定理得A1B2AAAB22AA1ABcos A1AB，即AA2AA130AA13或1(舍)，故AA13.取BC的中点O，连接OA，OA1，ABC是边长为2的正三角形，AOBC，且AO，BO1.由ABAC，A1ABA1AC，AA1AA1得A1ABA1AC，得A1BA1C，故A1OBC，且A1O.AO2A1O2369AA，AOA1O.又BCAOO，故A1O平面ABC，A1O平面A1BC，平面A1BC平面ABC.(2)解以O为原点，OB所在的直线为x轴，取B1C1的中点K，连接OK，以OK所在的直线为y轴，过O作OGAA1，以OG所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，则

14、B(1，0，0)，B1(1，3，0)，C1(1，3，0)，A1(0，2，)，(2，3，0)，(0，3，0)，(1，2，)，设m(x，y，1)为平面ABB1A1的法向量，则m(，0，1).设直线BC1与平面ABB1A1所成角为，则sin .故直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为.考点三用空间向量求二面角【例3】 (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)求二面角AMA1N的正弦值.(1)证明如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所

15、以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1綉DC，可得B1C綉A1D，故ME綉ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MNED.又MN平面C1DE，DE平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)解由已知可得DEDA，以D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Dxyz，则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，2)，N(1，0，2)，(0，0，4)，(1，2)，(1，0，2)，(0，0).设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以可取m(，1，0).设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则所以可取n(

16、2，0，1).于是cosm，n，则sinm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.规律方法利用空间向量计算二面角大小的常用方法：(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.【训练3】 (2019青岛二模)如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA底面ABCD，EDPA，且PA2ED2.(1)求证：平面PAC平面PCE；(2)若直线PC与平面A

17、BCD所成的角为45，求二面角PCED的余弦值.(1)证明如图(1)，连接BD，交AC于点O，设PC的中点为F，连接OF，EF.因为底面ABCD是菱形，所以O是AC的中点，又F是PC的中点，所以OFPA，且OFPA.因为DEPA，且DEPA，所以OFDE，且OFDE.所以四边形OFED为平行四边形，所以ODEF，即BDEF.因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.因为四边形ABCD是菱形，所以BDAC.又因为PAACA，所以BD平面PAC.所以EF平面PAC.又因为EF平面PCE，所以平面PAC平面PCE.(2)解因为PA底面ABCD，直线PC与平面ABCD所成的角为45，所以P

18、CA45，所以ACPA2.所以ACABBC，故ABC为等边三角形.设BC的中点为M，连接AM，则AMBC，所以AMAD.以A为坐标原点，AM，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，如图(2)，则P(0，0，2)，C(，1，0)，E(0，2，1)，D(0，2，0)，所以(，1，2)，(，1，1)，(0，0，1).设平面PCE的法向量为n(x1，y1，z1)，则即令y11，则x1，z12.所以n(，1，2).设平面CDE的法向量为m(x2，y2，z2)，则即令x21，则y2，z20.所以m(1，0).设二面角PCED的大小为，因为为钝角，所以cos |cosn，m|

19、.所以二面角PCED的余弦值为.考点四与空间角有关的探索性问题【例4】 (2020郴州一模)如图，在三棱锥PABC中，底面是边长为4的正三角形，PA2，PA底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点.(1)求证：平面BEF平面PAC；(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明ABBC，E为AC的中点，BEAC.又PA平面ABC，BE平面ABC，PABE.PAACA，BE平面PAC.BE平面BEF，平面BEF平面PAC.(2)解存在.由(1)及已知得PABE，PAAC，点E，F分别为AC，PC的中点，EFPA

20、，EFBE，EFAC.又BEAC，EB，EC，EF两两垂直.分别以，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则A(0，2，0)，P(0，2，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0).设(2，2，2)，0，1，所以(2(1)，2(1)，2)，(2，2，0)，(0，4，2)，设平面PBC的法向量为n(x，y，z)，则令x1，则y，z2，n(1，2).由已知得，即或(舍去).故.所以存在满足条件的点G，点G为PB的中点.规律方法1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.2.

21、对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【训练4】 如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为平行四边形，ABAC，PA平面ABCD，且PAAB3，AC2，点E是PD的中点.(1)求证：PB平面AEC；(2)在线段PB上(不含端点)是否存在一点M，使得二面角MACE的平面角的余弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明连接BD交AC于点F，连接EF.因为ABCD为平行四边形，所以F是BD的中点.又E是PD的中点，所以EFPB.又EF平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)解由题意知，AC，AB，AP两两互相垂直，如图，

22、以点A为坐标原点，射线AC，AB，AP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系Axyz，则C(2，0，0)，D(2，3，0)，P(0，0，3)，B(0，3，0)，E.设M(x0，y0，z0)，(01)，则(x0，y0，z03)(0，3，3)，得M(0，3，33).设平面AEC的法向量为n1(x1，y1，z1).由n10，n10及，(2，0，0)，得取y11，得n1(0，1，1).设平面MAC的法向量为n2(x2，y2，z2).由n20，n20及(0，3，33)，(2，0，0)，得取z21，得n2.设二面角MACE的平面角的大小为，则|cos |，化简得92920，解得或.因为二面角MAC

23、E的平面角的余弦值为，所以二面角MACE的平面角为锐角，所以，所以.故时，二面角MACE的平面角的余弦值为.A级基础巩固一、选择题1.已知空间三点A(1，1，1)，B(1，0，4)，C(2，2，3)，则与的夹角的大小为()A.30 B.60 C.120 D.150解析(2，1，3)，(1，3，2)，cos，120.答案C2.若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于120，则直线l与平面所成的角等于()A.120 B.60 C.30 D.60或30解析设直线l与平面所成的角为，直线l与平面的法向量的夹角为.则sin |cos |cos 120|.又090，30.答案C3.(一题多解)(2019

24、青岛二模)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA12A1B12B1C1，且ABBC，点M是A1C1的中点，则异面直线MB与AA1所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析法一由题意知AA1BB1，则异面直线MB与AA1所成角为MBB1，如图(1).又BB1M为直角三角形，所以cos MBB1.在直三棱柱ABCA1B1C1中，设AA12A1B12B1C12.由ABBC，得B1MA1C1.故MB.所以cos MBB1.故选B.法二由题意知AB，BC，BB1两两垂直，所以以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz，如图(2).设AA12A1B12B1

25、C12，则B(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(1，0，2)，M，所以，(0，0，2).设异面直线MB与AA1所成角为，则cos ，所以异面直线MB与AA1所成角的余弦值为.故选B.答案B4.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD4，AB2.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.则CD与平面ACM所成角的正弦值为()A. B. C. D.解析如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，4)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，M(0，2，2).所以(2，4，0)，(0，2，2)，(2，0，0).设平面AC

26、M的法向量n(x，y，z)，由n，n，可得令z1，得n(2，1，1).设所求角为，则sin .答案D5.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析以A为原点，AB，AD，AA1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，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，(0，1，1)，.设平面A1ED的法向量为n1(1，y，z)，则有即n1(1，2，2).平面ABCD的法向量为n2(0，0，1)，|cosn1，n2|，即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为.答案B二、填空题6.(

27、2020贵阳月考)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是_.解析以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系.设ABBCAA12，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则(0，1，1)，(2，0，2)，2，cos，EF和BC1所成的角为60.答案607.(2020合肥模拟)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为_.解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则D1(0，0，1)，C1(0，2

28、，1)，A1(1，0，1)，B(1，2，0).(0，2，0)，(1，2，0)，(0，2，1)，设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，由得令y1，得n(2，1，2)，设直线D1C1与平面A1BC1所成角为，则sin |cos，n|，即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.答案8.如图，菱形ABCD中，ABC60，AC与BD相交于点O，AE平面ABCD，CFAE，AB2，CF3.若直线OF与平面BED所成的角为45，则AE_.解析如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系.设AEa，则B(0，0)，D(0，0)，F(

29、1，0，3)，E(1，0，a)，(1，0，3)，(0，2，0)，(1，a).设平面BED的法向量为n(x，y，z)，则即则y0，令z1，得xa，n(a，0，1)，cosn，.直线OF与平面BED所成角的大小为45，.解得a2或a(舍去)，AE2.答案2三、解答题9.(2019郑州测试)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED平面ABCD，ABD，AB2AD.(1)求证：平面BDEF平面ADE；(2)若EDBD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值.(1)证明在ABD中，ABD，AB2AD，由余弦定理，得BDAD，从而BD2AD2AB2，故BDAD，所以ABD

30、为直角三角形且ADB.因为DE平面ABCD，BD平面ABCD，所以DEBD.又ADDED，所以BD平面ADE.因为BD平面BDEF，所以平面BDEF平面ADE.(2)解由(1)可得，在RtABD中，BAD，BDAD，又由EDBD，设AD1，则BDED.因为DE平面ABCD，BDAD，所以以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.则A(1，0，0)，C(1，0)，E(0，0，)，F(0，)，所以(1，0，)，(2，0).设平面AEC的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，得n(，2，1)为平面AEC的一个法向量.因为(1，)，所以cos n，所

31、以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.10.(2020武汉调研)如图，在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C底面ABC，底面ABC是边长为2的正三角形，A1AA1C，A1AA1C.(1)求证：A1C1B1C；(2)(一题多解)求二面角B1A1CC1的正弦值.(1)证明如图，取A1C1的中点D，连接B1D，CD，C1CA1AA1C，CDA1C1，底面ABC是边长为2的正三角形，ABBC2，A1B1B1C12，B1DA1C1，又B1DCDD，B1D平面B1CD，CD平面B1CD，A1C1平面B1CD，A1C1B1C.(2)解法一如图，过点D作DEA1C于点E，连接B

32、1E.侧面AA1C1C底面ABC，侧面AA1C1C平面A1B1C1，又B1DA1C1，侧面AA1C1C平面A1B1C1A1C1，B1D平面A1CC1，B1DA1C，A1C平面B1DE，B1EA1C，B1ED为所求二面角的平面角.A1B1B1C1A1C12，B1D，又EDCC1，tan B1ED，sinB1ED.二面角B1A1CC1的正弦值为.法二如图，取AC的中点O，以O为坐标原点，射线OB，OC，OA1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(，0，0)，A1(0，0，1)，B1(，1，1)，C1(0，2，1)，C(0，1，0)，(，1，0)，(0，1，1).设m

33、(x，y，z)为平面A1B1C的法向量，令y，得m(1，)，又(，0，0)为平面A1CC1的一个法向量，cos m，由图易知所求二面角为锐角，二面角B1A1CC1的正弦值为.B级能力提升11.(2020长沙雅礼中学检测)在三棱锥PABC中，点P在底面的正投影恰好是等边ABC的边AB的中点，且点P到底面ABC的距离等于底面边长.设PAC与底面所成的二面角的大小为，PBC与底面所成的二面角的大小为，则tan()的值是()A. B. C. D.解析如图，设点P在边AB上的射影为H，作HFBC，HEAC，连接PF，PE.依题意，HEP，PFH.不妨设等边ABC的边长为2，则PH2，AHBH1.HE，H

34、F，则tan tan ，故tan() .答案C12.已知正方形ABCD的边长为4，CG平面ABCD，CG2，E，F分别是AB，AD的中点，则点B到平面GEF的距离为()A. B. C. D.解析连接BG.以C为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，其中C(0，0，0)，G(0，0，2)，E(2，4，0)，B(0，4，0)，F(4，2，0).(0，4，2)，(2，4，2)，(2，2，0).设平面GEF的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则y1，z3，平面GEF的一个法向量为n(1，1，3).设点B到平面GEF的距离为h，则有h，故选C.答案C13.如图所示，

35、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，CD2，则该二面角的大小为_.解析由条件知0，0，|2.| cos，24. cos，.又所求二面角与，互补，所求的二面角为60.答案6014.(2020重庆名校联盟考试)如图，在四棱锥PABCD中，PBPA，PBBC，BC平面PAD，PAPD2，ADAB2BC2.(1)求证：平面PAB平面PCD；(2)若点M在线段AB上，且直线CM与平面PBC所成角的正弦值为，试求AM的长.(1)证明BC平面PAD，BC平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，BCAD.PBBC，PBAD.PB

36、PA，PAADA，PA平面PAD，AD平面PAD，PB平面PAD.又PD平面PAD，PDPB.PAPD2，AD2，PA2PD2AD2，PDPA.而PAPBP，PA平面PAB，PB平面PAB，PD平面PAB.又PD平面PCD，平面PAB平面PCD.(2)解由(1)知PA，PB，PD两两垂直，以P为原点，分别以直线PB，PA，PD为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，则P(0，0，0)，A(0，2，0)，B(2，0，0)，D(0，0，2)，C(2，1，1).(2，0，0)，(2，1，1).设平面PBC的法向量为n(x，y，z)，则即令y1，则z1，n(0，1，1).令(01)，

37、M(2，22，0)，(22，32，1)，cos，n.整理，得24246210.解得或(舍去)，此时AM.当直线CM与平面PBC所成角的正弦值为时，AM.C级创新猜想15.(创新题型)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，若直线AC与平面A1BC所成的角为，二面角A1BCA的平面角为，则与的大小关系为_.解析法一如图所示，在平面A1ABB1中，作ADA1B于D，连接CD，易证AD平面A1BC，所以ACD是直线AC与平面A1BC所成的角，ABA1是二面角A1BCA的平面角，即ACD，ABA1，在RtADC中，sin ，在RtADB中，sin ，由于ABAC，得sin sin ，易知0，0，所以0，所以与n的夹角为锐角，则与互为余角，所以sin cos ，易知|cos |，又由图可知，为锐角，所以cos ，所以sin ，易知cb，所以，即sin sin ，又0，0，所以.答案