→→
则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2).BC1＝(－1，0，2)，AE＝(－1，2，1)，
→→??BC1·AE?30→?cos〈BC1，AE〉＝＝. →→?10?|BC?1||AE|?
→
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为
30. 10
2.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC. (2)设AC∩BD＝O.
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝3.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，
则P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)． →→
所以PB＝(1，3，－2)，AC＝(0，23，0)． 设PB与AC所成角为θ，则
→?→PB·AC?66??＝cos θ＝＝. →→??|PB4?||AC|?22×23即PB与AC所成角的余弦值为
6. 4
直线与平面所成的角
(2018·高考浙江卷)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．
【解】 法一：(1)由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB得AB1＝A1B1＝22， 所以A1B1＋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， 所以AB1＋B1C1＝AC1，故AB1⊥B1C1. 因此AB1⊥平面A1B1C1.
(2)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得C1D⊥平面ABB1，
所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角． 由B1C1＝5，A1B1＝22，A1C1＝21得 cos∠C1A1B1＝
67
，sin∠C1A1B1＝
17，
2
2
2
2
2
2
所以C1D＝3，故sin∠C1AD＝
C1D39＝. AC113
39. 13
因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是
法二：(1)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O-xyz.
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. 所以AB1⊥平面A1B1C1.
→
(2)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的法向量n＝(x，y，z)．
→??n·AB＝0，?x＋3y＝0，
由?即?可取n＝(－3，1，0)．
→2z＝0，???n·BB1＝0，所以sin θ＝|cos
AC1，n→
→
|AC1·n|39|＝＝.
→13|AC1|·|n|
39. 13
因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是
利用向量求线面角的方法
(1)分别求出斜线和它所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，取其余角就是斜线与平面所成的角．
(2020·浙江省高中学科基础测试)如图，在三棱
锥P-ABC中，△ABC是等边三角形，点D是AC的中点，PA＝PC，二面角P-AC-B的大小为60°.
(1)求证：平面PBD⊥平面PAC； (2)求AB与平面PAC所成角的正弦值．
解：(1)证明：
BD⊥AC??
PD⊥AC? ?AC⊥平面PBD， PD∩BD＝D??
又AC?平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD， 即平面PBD⊥平面PAC.
(2)因为AC⊥BD，如图建立空间直角坐标系D-xyz. 则D(0，0，0)，令A(1，0，0)， 则B(0，3，0)，C(－1，0，0)．
又∠PDB为二面角P-AC-B的平面角，得∠PDB＝60°. 3??λ设DP＝λ，则P?0，，λ?，
22??
λ3?→→?设n＝(x，y，z)为平面PAC的一个法向量，则AC＝(－2，0，0)，AP＝?－1，，λ?，
22??
－2x＝0→????n·AC＝0
由?，得?， λ3
→－x＋y＋λz＝0???n·AP＝022?取y＝3，得n＝(0，3，－1)．
33→→
又AB＝(－1，3，0)，得cos〈n，AB〉＝＝.
2×24
3→
设AB与平面PAC所成角为θ，则sin θ＝|cos〈n，AB〉|＝.
4
二面角(高频考点)
二面角是高考的重点，是考查热点，题型多以解答题形式出现，一般为中档题．主要命题角度有：
(1)求二面角； (2)由二面角求其他量． 角度一 求二面角
如图，在三棱台ABC-DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.
(1)求证：BF⊥平面ACFD； (2)求二面角BADF的平面角的余弦值．
【解】 (1)证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示． 因为平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且
AC⊥BC，所以，AC⊥平面BCK，因此，BF⊥AC.又EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK，又AC∩CK＝C，所以BF⊥平面ACFD.
(2)如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则△BCK为等边三角形．取BC的中点O，连接KO，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以，KO⊥平面ABC.以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意得B(1，0，0)，C(－1，0，0)，K(0，0，3)，A(－1313
1，－3，0)，E(，0，)，F(－，0，)．
2222
→→→
因此，AC＝(0，3，0)，AK＝(1，3，3)，AB＝(2，3，0)．
设平面ACK的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n＝(x2，y2，z2)．