（三）一题多变(15分)
5.如图9-7-18，过正方形ABCD的顶点A作PA⊥平面ABCD，设PA=AB=a. ①求二面角B-PC-D的大小；
②求平面PAB和平面PCD所成二面角的大小.
（1）一变：四边形ABCD是菱形，且∠ABC=60°，其他条件不变，求二面角B-PC-D的大小.
（四）新解法题(1O分)
6.△ABC的边BC在平面α内，A在平面α上的射影为A′，当∠BAC=60°，AB、AC与平面α所成角分别为30°和45°时，求cos∠BA′C的值.
（五）新情境题(10分)
7.如图9-7-19，在底面是直角梯形的四棱锥S－ABCD中，∠ABC=90°，SA⊥面ABCD，SA=AB=BC
1=1，AD=2.
(1)求四棱锥S—ABCD的体积；
(2)求面SCD与面SBA所成的二面角的正切值. 四、高考题(10分)
8.(2001，京、蒙、皖春)已知VC是△ABC所在平面外的一条斜线，点N是V在平面ABC上的射影，如图9-7-20，且在△ABC的高CD上，AB=a，VC与AB之间的距离为h，点M∈VC.
(1)求证：∠MDC是二面角M-AB-C的平面角； (2)当∠MDE=∠CVN时，求证：VC⊥平面AMB；
?(3)若∠MDC=∠CVN=?(0＜?＜2)，求四面体MABC的体积. 加试题：竞赛趣味题(10分)
已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，在AC上取一点P，过P、A′，B′三点作的平面与底面所成二面角为α，过P、B′、C′三点作的平面与底面所成的二面角为β，求α+β的最小值.
【课外阅读】
巧用向量法求空间角
众所周知，解决立体几何问题，“平移是手段，垂直是关键”，向量的运算中：两向量的共线易解决平行问题，向量的数量积则易解决垂直、两向量所成角及线段的长度等问题.
一般来说，当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，应该说不仅会降低学习的难度，而且增强了可操作性，为学生提供了崭新的视角，丰富了思维结构，消除了学生对立体几何学习所产生的畏惧心理，更有利于新课改、新理念、新教材的教学实验.本文主要是谈利用向量法求解空间角的问题.
角这一几何量本质上是对直线与平面位置关系的定量分析，其中转化的思想十分重要，三种空间角都可转化为平面角来计算，可以进一步转化为向量的夹角求解.
1.求两条异面直线所成的角
异面直线所成的角α利用与它们平行的向量，转化为向量的夹角θ问题，但θ∈[0，π]，
?abα∈(0，2]，所以cosα=|cosθ|=.
【例1】 (2002，上海春季)如图9-7-21，三校柱OAB—O1A1BI，平面OB1⊥平面OAB，∠O1OB
=60°，∠AOB=90°，且OB=OO1=2，OA=3，求异面直线A1B与AO1所成角的大小.
a?b
思维入门指导：用平移A1B或AO1的方法求解，是很困难的，于是我们很自然地想到向量法求解.充分利用∠AOB=90°，建立空间直角坐标系，写出有关点及向量的坐标，将几何问题转化为代数问题计算.
解：建立如图9-7-21所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，O1(0，1，3)，A(3，0，0)，A1(3，13)，B（0，2，0）.
∴A1B=OB-OA1=(-3，1，-3)，OA1=OA-OO1=(3，-1，3).
A1B?O1A设异面直线所成的角为α，则cosα=1大小为arccos7.
点拨：(1)以向量为工具，利用空间向量的坐标表示，空间向量的数量积计算公式，异面直线所成角问题思路自然，解法灵活简便；(2)也可以直接用自由向量OA=a，OB=b，OO1=c表示OA1与A1B，然后再来解.
A1B O1A1=7.故异面直线A1B与AO1所成的角的
2.求直线与平面所成的角
在求平面的斜线与平面所成的角时，一般有两种思考的途径，如图9-7-22，一种是按定义得∠POH=
【例2】 (2002，天津、山西、江西)如图9-7-23，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为2a，求直线AC1与侧面AB1所成的角的大小.
思维入门指导：利用正三棱柱的性质，建立适当的空间直角坐标系，写出有关点的坐标，求角时有两种思路，一是由定义找出线面角，取A1B1中点M，连结C1M，证明∠C1AM是AC1与面A1B所成的角；另一种是利用平面AB1的法向量n=（λ，x，y），求解.
解法一：建立如图9-7-23所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，a，0)，A1(0，0，2a)，C1(-
33aa2a，2，2a)，取A1B1中点M，则M(0，2，2a)，连结AM，MC1，有MC1=(-2a，0，
0)，AB=(0，a，
0)，AA1=(0，0，2a).由于MC12AB=0，MC12AA1=0，∴MC1⊥面AB1.∴∠C1AM是AC1与侧面AB1所成的角θ.
3aa∵AC1=(-2a，2，2a)，AM=(0，2，2a)，
9a2a22
∴AC12AM=0+4+2a=4.
3a2a2??2a24而|AC1|=4=3a，
a23?2a2|AM|=4=2a，
9a24∴cos=
3a?3a32=2.
∴=30°，即AC1与侧面AB1所成的角为30°.
解法二(法向量法)：(接法一)AA1=（0，0，2a）.设侧面A1B的法向量n=(λ，x，y).所以n2AB=0，且n2AA1=0，∴ax=0，且2ay=0.
∴x=y=0，故n=(λ，0，0).
3a∵AC1=(-2a，2，2a)，
3an?AC?2∴cos=|n|?|AC1|=|?|?3a=-2|?|.
1∴sinθ=|cos|=2.∴θ=30°.
点拨：充分利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系.再用向量有关知识求解线面角.解法二给出了一般的方法，先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算.
3.求二面角
利用向量法求二面角的平面角有两种途径，一是根据二面角的平面角的定义，如图
???9-7-24，AB⊥l，CD⊥l，AB?α，CD?β，则二面角α- l-β的大小为.另一种方法是利用两平面的法向量的夹角求解，但应注意法向量n1、n2的夹角与二面角的大小是相等或互补的.
【例3】 (2001，全国)如图9-7-25，在底面是一直角梯形的四棱锥S一ABCD中，AD
1∥BC，∠ABC=90°，SA⊥平面AC，SA=AB=BC=1，AD=2，求面SCD与面SBA所成的角.
思维入门指导：本题是“无棱”的二面角，利用向量法求二面角大小更显示了向量工具的魅力.抓住AD、AB、AS两两互相垂直建立坐标系，用待定系数法求出面SAB、面SCD的法向量，再求其夹角.
解：如图9-7-25，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，1D(2，0，0)，S(0，1，
110)，得DC=(2，1，0)，SD=(2，0，-1)，SC=(1，1，-1).设平面SDC的法向量为n1=(x1，y1，z1).∵n1⊥面SDC，∴n1⊥DC，n1⊥SD，n1⊥SC.
设平面SAB的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则 SA＝（0，0，-1），SB＝（0，-1，1）.
??n2?SA?0,??z2?0,????y?z2?0.n2?SB?0.?∴ ∴?2
∴x2=y2=0.∴n2=(x2，0，0). ∴cos
x1x2?0?02n1?n2|n1||n2|
2x1x261212x1?x1?x1?|x2|44==3|x1x2|=±3.
∵面SAB与面SCD所成角的二面角为锐角θ，
6∴cosθ=|cos
6故面SCD与面SBA所成的角大小为arccos3.
2点拨：本题考查了空间向量的坐标表示，空间向量的数量积，空间向量垂直的充要条件，空间向量的夹角公式和直线与平面垂直的判定，考查了学生的运算能力，综合运用所学知识解决问题的能力.
参考答案
A卷
一、1.B 点拨：如答图9-7-1建立空间直角坐标系O一xyz.
2226设高为h，则AB=2h，可得A(0，-2h，h)，B(0，2h，h)，B1(0，2h，0)，C1(2h，0，0).
62则AB1=(0，2h，-h)，BC1=(2h，-2h，-h). 622
∵AB12BC1=O32h+2h2(-2h)+h=0，
∴AB1⊥BC1.
2.A 点拨：直线与平面斜交时，斜线和面所成角是斜线与面内所有直线所成角中最小的，且最大角为直角.
3.C 点拨：构造正方体如答图9-7-2所示，过点C作CO⊥平面PAB，垂足为O，则O是正△ABP的中心，于是∠CPO为PC与平面PAB所成的角.
332PO设PC=a，则PO=3PD=3a.故cos∠CPO=PC=3.
4.B 点拨：结合图形，可先比较tan∠CEB与tan∠DEB的大小，即可得到答案. 5.C 点拨：取BD的中点P，连PM、PN，则PM=2，PN=3，然后用余弦定理可求得.
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