课后习题(四十八)向量法求空间角(二)
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＝AC2-BC2＝22-1＝3，所以B(0，0，0)，P(3，0，1)，C(0，1，0)，E32，0，0，则CP＝(3，－1，1)，PB＝(－3，0，－1)，PE＝-32，0，-1．设平面
即3x1-y1+
则m＝(1，0，－3)．
设平面EPC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则n·CP=0，n·PE=0，即3x2-y2+
设平面BPC与平面EPC的夹角为θ，则cosθ＝m·nmn＝2+31+3×4+3+3
2．156[设这两个平面的夹角为θ，则cosθ＝0，-1，
3．π3[设平面α与平面β的夹角为θ
由CD＝CA+
CD2＝CA+AB+BD2＝CA2＋AB2＋BD2＋2CA·AB＋2AB·BD＋2CA·BD＝4＋1＋9＋2CA·BDcos〈CA
所以cosθ＝12，即平面α与平面β的夹角为π3
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，AB，AD，AA1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
AE＝(1，0，1)，AF＝(2，2，0)，AA1＝(0，0，2)，AC＝(2，4，0)
设平面AEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则n·AE=x1+z1=0
设平面AA1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则
m·AA1=2z2=0，
则|cos〈m，n〉|＝2+13×5
所以平面AEF与平面AA1C夹角的余弦值为155
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PC＝(1，2，－2)，BC＝(0，2，0)，CD＝(－1，0，0)．
设平面PCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
m·PC
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
n·PC=0，n·BC=0?x2+2y2-2z2=0
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
cosθ＝|cos〈n，m〉|＝n·mnm＝
所以平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为1010
6．解：(1)证明：∵四边形ABCD中AD∥BC，AB＝1，AD＝2，BC＝3，∠ABC＝π2
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＝2，
又FN＝1，FD＝3，
∴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＝2，
∴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)，P0，
∴NF＝(0，0，1)，ND＝(1，1，0)，NP＝0，
设平面FND的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则m
令x1＝1，则y1＝－1，∴m＝(1，－1，0)，
设平面PND的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则n
令y2＝1，则x2＝－1，z2＝－2，∴n＝(－1，1，－2)，
∴|cos〈m，n〉|＝m
＝1
＝22×6
∴sin〈m，n〉＝1-332
∴二面角F-ND-P的正弦值为63