→→∴EF∥AB， 即EF∥AB，

又AB?平面PAB，EF?平面PAB， ∴EF∥平面PAB. (2)由(1)可知，

→→→

AP＝(0,0,1)，AD＝(0,2,0)，DC＝(1,0,0)， →→∵AP·DC＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， →→AD·DC＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， →→→→∴AP⊥DC，AD⊥DC， 即AP⊥DC，AD⊥DC.

又AP∩AD＝A，AP，AD?平面PAD， ∴DC⊥平面PAD. ∵DC?平面PDC， ∴平面PAD⊥平面PDC.

题型二 立体几何中的计算问题

命题点1 求线面角

例2 (2018·浙江)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.

(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；

(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.

方法一 (1)证明 由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝22，

22所以A1B21＋AB1＝AA1，

故AB1⊥A1B1.

由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC， 得B1C1＝5.

由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝23. 由CC1⊥AC，得AC1＝13，

22所以AB21＋B1C1＝AC1，

故AB1⊥B1C1.

又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1?平面A1B1C1， 所以AB1⊥平面A1B1C1.

(2)解 如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.

由AB1⊥平面A1B1C1， 得平面A1B1C1⊥平面ABB1.

由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D?平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1. 所以∠C1AD即为AC1与平面ABB1所成的角. 由B1C1＝5，A1B1＝22，A1C1＝21， 得cos∠C1A1B1＝所以C1D＝3，

C1D39故sin∠C1AD＝＝. AC113

因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39. 13

427，sin∠C1A1B1＝， 77

方法二 (1)证明 如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.

由题意知各点坐标如下：

A(0，－3，0)，B(1,0,0)，A1(0，－3，4)，B1(1,0,2)，C1(0，3，1). →→—→

因此AB1＝(1，3，2)，A1B1＝(1，3，－2)，A1C1＝(0,23，－3). →—→由AB1·A1B1＝0，得AB1⊥A1B1. →—→由AB1·A1C1＝0，得AB1⊥A1C1.

又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1?平面A1B1C1， 所以AB1⊥平面A1B1C1.

(2)解 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ. 由(1)可知

→→→

AC1＝(0,23，1)，AB＝(1，3，0)，BB1＝(0,0,2). 设平面ABB1的一个法向量为n＝(x，y，z). →?AB＝0，?n·?x＋3y＝0，由?得?

→2z＝0，??BB1＝0，?n·

可取n＝(－3，1,0).

→

|AC1·n|39→

所以sin θ＝|cos〈AC1，n〉|＝＝.

13→

|AC1||n|因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39. 13

思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：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，取其余角就是斜线和平面所成的角. (2)若直线l与平面α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β，则θππ|l·n|＝－β或θ＝β－，故有sin θ＝|cos β|＝. 22|l||n|

跟踪训练2 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为正三角形，点D在棱BC上，且CD＝3BD，点E，F分别为棱AB，BB1的中点.

(1)证明：A1C∥平面DEF；

(2)若A1C⊥EF，求直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值. 解 (1)如图，连接AB1，A1B交于点H，

设A1B交EF于点K，连接DK， 因为四边形ABB1A1为矩形， 所以H为线段A1B的中点.