§9.2 空间角和距离

第九章直线、平面、简单几何体(B)
§9.2 空间角和距离

考纲展示

专题结构

命题特点

考点案例

考能训练

方法感悟

考纲展示
1、掌握平面的基本性质，会用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图；

能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形；

能够根据图形想象它们的位置关系.

2、掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理；

理解直线和平面垂直的概念；

掌握直线和平面垂直的判定定理；

掌握三垂线定理及其逆定理.

3、理解空间向量的概念；

掌握空间向量的加法、减法和数乘.

4、了解空间向量的基本定理；

理解空间向量坐标的概念；

掌握空间向量的坐标运算.

5、掌握空间向量的数量积的定义及其性质；

掌握用直角坐标计算空间向量数量积的公式；

掌握空间两点间的距离公式.

6、理解直线的方向向量、平面的法向量、向量在平面内的射影等概念.

7、掌握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角、距离的概念；

对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线或在坐标表示下的距离；

掌握直线和平面垂直的性质定理；

掌握两个平面平行、垂直的判定定理和性质定理.

8、了解多面体、凸多面体的概念；了解正多面体的概念.

9、了解棱柱的概念；掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图.

10、了解棱锥的概念；掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图.

11、了解球的概念；掌握球的性质；掌握球的表面积、体积公式.

考点案例
在实践中提高能力，在体验中反思感悟，力求独立，力求提高

1、(05·福建理8)如图，长方体 $A B C D - A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中， $A A_{1} = A B = 2$ ， $A D = 1$ ，点 $E 、 F 、 G$ 分别是 $D D_{1} 、 A B 、 C C_{1}$ 的中点，则异面直线 $A_{1} E$ 与 $G F$ 所成的角是( )

A. $a r c cos (\frac{\sqrt{15}}{5})$ B. $\frac{π}{4}$

C. $a r c cos (\frac{\sqrt{10}}{5})$ D. $\frac{π}{2}$

提示　　　　

示范

求异面直线

A_{1} E

与

G F

所成的角，既可构造三角形，解三角形可求角；也可用向量法或向量坐标法．

解:方法一：连结 $E G 、 A E$ ，由长方体的性质可知， $E G ⊥$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$ 、 $A F ⊥$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$

$∴ A E$ 是 $F G$ 在平面 $A D D_{1} A_{1}$ 内的射影

在矩形 $A_{1} A D D_{1}$ 中，可证 $A_{1} E^{2} + A E^{2} = A_{1} A^{2}$

$∴ A_{1} E ⊥ A E$

$∴ A_{1} E ⊥ G F$ (三垂线定理)

方法二：连结 $B_{1} G 、 B_{1} F 、 F C$

在 $△ B_{1} G F$ 中， $B_{1} G = \sqrt{2}$ 、 $B_{1} F = \sqrt{5}$ 、 $G F = \sqrt{3}$

$∴ B_{1} G^{2} + G F^{2} = B_{1} F^{2}$

$∴ B_{1} G ⊥ G F$ ，即 $A_{1} E ⊥ G F$

方法三：以 $D$ 为原点， $D A$ 为 $x$ 轴， $D C$ 为 $y$ 轴， $D D_{1}$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，则 $A_{1} (1 ， 0 ， 2)$ ， $E (0 ， 0 ， 1)$ ， $F (1 ， 1 ， 0)$ ， $G (0 ， 2 ， 1)$

$∴ \vec{A_{1} E} = (- 1 ， 0 ， - 1)$ ， $\vec{G F} = (1 ， - 1 ， - 1)$

$∴ \vec{A_{1} E} \cdot \vec{G F} = - 1 + 1 = 0$

$∴ A_{1} E ⊥ G F$

方法四： $\vec{A_{1} E} = \frac{1}{2} \vec{D_{1} D} - \vec{D_{1} A_{1}}$

$\vec{G F} = \frac{1}{2} \vec{D_{1} D} + \vec{D A} + \frac{1}{2} \vec{B A}$

$∴ \vec{A_{1} E} \cdot \vec{G F} = (\frac{1}{2} \vec{D_{1} D} - \vec{D_{1} A_{1}}) \cdot (\frac{1}{2} \vec{D_{1} D} + \vec{D A} + \frac{1}{2} \vec{B A})$

$= \frac{1}{2} {\vec{D_{1} D}}^{2} + \frac{1}{2} \vec{D_{1} D} \cdot \vec{D A} + \frac{1}{4} \vec{D_{1} D} \cdot \vec{B A} - \frac{1}{2} \vec{D_{1} A_{1}} \cdot \vec{D_{1} D} - \vec{D_{1} A_{1}} \cdot \vec{D A} - \frac{1}{2} \vec{D_{1} A_{1}} \cdot \vec{B A}$

$= \frac{1}{2} \times 2 - 1$

$= 0$

$∴ A_{1} E ⊥ G F$

评注:求异面直线所成的角时，有可能垂直的，先考虑用三垂线(逆)定理；利用“平移法”时，要灵活应用中位线和平行四边形来实现平移，另外，在用余弦定理求异面直线所成角时，若出现所求角的余弦值为负值，说明所求角为钝角，则异面直线所成角一定要转化为锐角．

2、(06·浙江卷)如图，在四棱锥 $P - A B C D$ 中，底面为直角梯形， $A D // B C$ ， $∠ B A D = 90 °$ ， $P A ⊥$ 底面 $A B C D$ ,且 $P A = A D = A B = 2 B C$ ， $M 、 N$ 分别为 $P C 、 P B$ 的中点

(1)求证： $P B ⊥ D M$

(2)求 $C D$ 与平面 $A D M N$ 所成的角

提示　　　　

示范

解:方法一：(1)证明： $∵ N$ 是 $P B$ 的中点， $P A = A B$

$∴ A N ⊥ P B$

$∵ A D ⊥$ 平面 $P A B$

$∴ A D ⊥ P B$

$∴ P B ⊥$ 平面 $A D M N$

$∵ D M \subset$ 平面 $A D M N$

$∴ P B ⊥ D M$

(2)取 $A D$ 的中点 $G$ ，连结 $B G 、 N G$ ，则 $B G // C D$

$∴ B G$ 与平面 $A D M N$ 所成的角就是 $C D$ 与平面 $A D M N$ 所成的角

$∵ P B ⊥$ 平面 $A D M N$

$∴ ∠ B G N$ 是 $B G$ 与平面 $A D M N$ 所成的角

在 $R t △ B G N$ 中， $sin ∠ B G N = \frac{B N}{B G} = \frac{\sqrt{10}}{5}$

$∴ C D$ 与平面 $A D M N$ 所成的角是 $a r c sin (\frac{\sqrt{10}}{5})$

方法二：如图，以 $A$ 为坐标原点建立空间直角坐标系 $A - x y z$

设 $B C = 1$ ，则 $A (0 ， 0 ， 0)$ ， $P (0 ， 0 ， 2)$ ， $B (2 ， 0 ， 0)$ ， $C (2 ， 1 ， 0)$ ， $M (1 ， \frac{1}{2} ， 1)$ ， $D (0 ， 2 ， 0)$

(1)证明： $∵ \vec{P B} \cdot \vec{D M} = (2 ， 0 ， - 2) \cdot P (1 ， - \frac{3}{2} ， 1) = 0$

$∴ P B ⊥ D M$

(2) $∵ \vec{P B} \cdot \vec{A D} = (2 ， 0 ， - 2) \cdot (0 ， 2 ， 0) = 0$

$∴ P B ⊥ A D$

又 $∴ P B ⊥ D M$

$∴ P B ⊥$ 平面 $A D M N$

$∴ < \vec{P B} ， \vec{D C} >$ 的余角就是 $C D$ 平面 $A D M N$ 所成的角

$∵ cos < \vec{P B} ， \vec{D C} > = \frac{\vec{P B} \cdot \vec{D C}}{| \vec{P B} | \cdot | \vec{D C} |} = \frac{\sqrt{10}}{5}$

$∴ C D$ 与平面 $A D M N$ 所成的角是 $a r c cos (\frac{\sqrt{10}}{5})$

评注:本题主要考查空间线线、线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力．

斜线与平面所成角的求法：

(1)利用定义，找射影；

(2)利用公式 $cos θ = {cos θ}_{1} • {cos θ}_{2}$ (如图所示，若已知 $θ_{1}$ 和 $θ_{2}$ ，则由公式变形为 ${cos θ}_{2} = \frac{cos θ}{{cos θ}_{1}}$ 即得；

(3)利用向量，先将斜线与平面所成的角转化为两直线所成的角，再转化为向量的夹角，由 $cos < \vec{a} ， \vec{b} > = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{| \vec{a} | | \vec{b} |}$ 即得．

3、(05·全国卷Ⅰ)已知四棱锥 $P - A B C D$ 的底面为直角梯形， $A B // D C$ ， $∠ D A B = 90 °$ ， $P A ⊥$ 底面 $A B C D$ ，且 $P A$ $=$ $A D = D C = A B = 1$ ， $M$ 是 $P B$ 的中点

    (1)求证：平面 $P A D ⊥$ 平面 $P C D$
    (2)求 $A C$ 与 $P B$ 所成的角
    (3)求平面 $A M C$ 与平面 $B M C$ 所成二面角的大小

提示　　　　

示范

解:方法一：(1)证明： $∵ P A ⊥$ 平面 $A B C D$ ， $C D ⊥ A D$

$∴$ $C D ⊥ P D$ (三垂线定理)

$∴ C D$ 与平面 $P A D$ 内两条相交直线 $A D 、 P D$ 都垂直

$∴ C D ⊥$ 平面 $P A D$ ，又 $∵ C D \subset$ 平面 $P C D$

$∴$ 平面 $P A D ⊥$ 平面 $P C D$

(2)过点 $B$ 作 $B E // C A$ ，且 $B E = C A$

$∴ ∠ P B E$ 是 $A C$ 与 $P B$ 所成的角

连结 $A E$ ，可知 $A C = C B = B E = A E = \sqrt{2}$

又 $∵ A B = 2$

$∴$ 四边形 $A C B E$ 为正方形

由 $P A ⊥$ 平面 $A B C D$ 得 $∠ P E B = 90 °$

在 $R t △ P E B$ 中， $B E = \sqrt{2}$ ， $P B = \sqrt{5}$

$∴ cos ∠ P B E = \frac{B E}{P B} = \frac{\sqrt{10}}{5}$

$∴ A C$ 与 $P B$ 所成的角为 $a r c cos (\frac{\sqrt{10}}{5})$

(3)作 $A N ⊥ C M$ ，垂足为 $N$ ，连结 $B N$

在 $R t △ P A B$ 中， $A M = M B$

又 $A C = C B$

$∴$ $△ A M C ≅ △ B M C$

$∴ B N ⊥ C N$

$∴ ∠ A N B$ 是所求二面角的平面角

$∵ C B ⊥ A C$ ，由三垂线定理得 $C B ⊥ P C$

在 $R t △ P C B$ 中， $C M = M B$

$∴ C M = A M$

在等腰三角形 $A M C$ 中， $A N \cdot M C = \sqrt{C M^{2} - {(\frac{A C}{2})}^{2}} \cdot A C$

$∴ A N = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2} \times \sqrt{2}}{\frac{\sqrt{5}}{2}} = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{5}}$

$∵ A B = 2$

$∴ cos ∠ A N B = \frac{A N^{2} + B N^{2} - A B^{2}}{2 \times A N \times B N} = - \frac{2}{3}$

$∴$ 所求二面角为 $a r c cos (- \frac{2}{3})$

方法二：因为 $P A ⊥ A D$ ， $P A ⊥ A B$ ， $A D ⊥ A B$ ，所以以 $A$ 为坐标原点， $A D$ 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则 $A (0 ， 0 ， 0)$ ， $B (0 ， 2 ， 0)$ ， $C (1 ， 1 ， 0)$ ， $D (1 ， 0 ， 0)$ ， $P (0 ， 0 ， 1)$ ， $M (0 ， 1 ， \frac{1}{2})$

(1)证明： $∵ \vec{C D} = (0 ， - 1 ， 0) ， \vec{P D} = (1 ， 0 ， - 1)$

$∴ \vec{C D} \cdot \vec{P D} = 0$

$∴ C D ⊥ P D$

又由题设知 $C D ⊥ A D$ ，且 $P D$ 与 $A D$ 是平面 $P A D$ 内两条相交直线

$∴ C D ⊥$ 平面 $P A D$

$∵ C D \subset$ 平面 $P C D$

$∴$ 平面 $P A D ⊥$ 平面 $P C D$

(2) $∵ \vec{A C} = (1 ， 1 ， 0) ， \vec{P B} = (0 ， 2 ， - 1)$

$∴ | \vec{A C} | = \sqrt{2}$ ， $| \vec{P B} | = \sqrt{5}$ ， $\vec{A C} \cdot \vec{P B} = 2$

$∵ cos < \vec{A C} ， \vec{P B} > = \frac{\vec{A C} \cdot \vec{P B}}{| \vec{A C} | \cdot | \vec{P B} |} = \frac{\sqrt{10}}{5}$

$∴ A C$ 与 $P B$ 所成的角是 $a r c cos (\frac{\sqrt{10}}{5})$

(3)在 $M C$ 取一点 $N (x ， y ， z)$ ，则存在 $λ \in R$

使 $\vec{N C} = λ \vec{M C}$ ， $\vec{N C} = (1 - x ， 1 - y ， 1 - z)$ ， $\vec{M C} = (1 ， 0 ， - \frac{1}{2})$

$∴ x = 1 - λ ， y = 1 ， z = \frac{1}{2} λ$

要使 $A N ⊥ M C$ ，只需 $\vec{A N} \cdot \vec{M C} = 0$ ，即 $x - \frac{1}{2} z = 0$ ，解得 $λ = \frac{4}{5}$

可知当 $λ = \frac{4}{5}$ 时， $N$ 点坐标为 $(\frac{1}{5} ， 1 ， \frac{2}{5})$ ，能使 $\vec{A N} \cdot \vec{M C} = 0$

此时， $\vec{A N} = (\frac{1}{5} ， 1 ， \frac{2}{5})$ ， $\vec{B N} = (\frac{1}{5} ， - 1 ， \frac{2}{5})$ ，有 $\vec{B N} \cdot \vec{M C} = 0$

由 $\vec{A N} \cdot \vec{M C} = 0$ ， $\vec{B N} \cdot \vec{M C} = 0$ ，得 $A N ⊥ M C$ ， $B N ⊥ M C$

$∴ ∠ A N B$ 为所求二面角的平面角

$∵ | \vec{A N} | = \frac{\sqrt{30}}{5}$ ， $| \vec{B N} | = \frac{\sqrt{30}}{5}$ ， $\vec{A N} \cdot \vec{B N} = - \frac{4}{5}$

$∵ cos < \vec{A N} ， \vec{B N} > = \frac{\vec{A N} \cdot \vec{B N}}{| \vec{A N} | \cdot | \vec{B N} |} = - \frac{2}{3}$

$∴$ 所求二面角为 $a r c cos (- \frac{2}{3})$

评注:本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力，考查应用向量知识解决数学问题的能力．

求二面角的五种方法

最后一种是转化为向量的夹角．

4、(04·江苏)棱长为 $4$ 的正方体 $A B C D - A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中，点 $O$ 是正方形 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的中心，点 $P$ 在棱 $C C_{1}$ 上，且 $C C_{1} = 4 C P$

(1)求直线 $A P$ 与平面 $B C C_{1} B_{1}$ 所成的角的大小(结果用反三角函数值表示)

(2)设点 $O$ 到平面 $D_{1} A P$ 上的射影是 $H$ ，求证： $D_{1} H ⊥ A P$

(3)求点 $P$ 到平面 $A B D_{1}$ 的距离

提示　　　　

示范

解:方法一：(1)连结 $B P$

$∵ A B ⊥$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$

$∴ A P$ 与平面 $B C C_{1} B_{1}$ 所成的角就是 $∠ A P B$

$∵ C C_{1} = 4 C P$ ， $C C_{1} = 4$

$∴ C P = 1$

在 $R t △ P B C$ 中， $∠ P C B$ 为直角， $B C = 4$ ， $C P = 1$ ，故 $B P = \sqrt{17}$

在 $R t △ A P B$ 中， $∠ A P B$ 为直角， $tan ∠ A P B = \frac{A B}{B P} = \frac{4 \sqrt{17}}{17}$

$∴ ∠ A P B = a r c tan (\frac{4 \sqrt{17}}{17})$

即直线 $A P$ 与平面 $B C C_{1} B_{1}$ 所成的角的大小为 $a r c tan (\frac{4 \sqrt{17}}{17})$

(2)连结 $A_{1} C_{1}$ ， $B_{1} D_{1}$

$∵$ 四边形 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 是正方形

$∵ D_{1} O ⊥ A_{1} C_{1}$

又 $A A_{1} ⊥$ 底面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$

$∴ A A_{1} ⊥ D_{1} O$

$∵ A A_{1} \cap A_{1} C_{1} = A_{1}$

$∴ D_{1} O ⊥$ 平面 $A_{1} A P C_{1}$

$∵ A P \subset$ 平面 $A_{1} A P C_{1}$

$∴ D_{1} O ⊥ A P$

$∵ D_{1} H$ 是 $D_{1} O$ 在平面 $D_{1} A P$ 内的射影

$∴ D_{1} H ⊥ A P$ (三垂线逆定理)

(3)连结 $B C_{1}$ ，在平面 $B C C_{1} B_{1}$ 中，过点 $P$ 作 $P Q ⊥ B C_{1}$ 于点 $Q$

$∵ A B ⊥$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$ ， $P Q \subset$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$

$∴ P Q ⊥ A B$

$∴ P Q ⊥$ 平面 $A B C_{1} D_{1}$

$∴ P Q$ 就是点 $P$ 到平面 $A B D_{1}$ 的距离

在 $R t △ C_{1} P Q$ 中， $∠ C_{1} P Q = 90 °$ ， $∠ P C_{1} Q = 45 °$ ， $P C_{1} = 3$

$∴ P Q = \frac{3 \sqrt{2}}{2}$

$∴$ 点 $P$ 到平面 $A B D_{1}$ 的距离为 $\frac{3 \sqrt{2}}{2}$

方法二：(1) $∵ A B ⊥$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$

$∴ A P$ 与平面 $B C C_{1} B_{1}$ 所成的角就是 $∠ A P B$

如图建立空间直角坐标系，坐标原点为 $D$

$∵ C C_{1} = 4 C P$ ， $C C_{1} = 4$

则 $C P = 1$ ， $A (4 ， 0 ， 0)$ ， $P (0 ， 4 ， 1)$ ， $B (4 ， 4 ， 0)$

$∴ \vec{P A} = (4 ， - 4 ， - 1) ， \vec{P B} = (4 ， 0 ， - 1)$

$∵ | \vec{P A} | = \sqrt{33}$ ， $| \vec{P B} | = \sqrt{17}$ ， $\vec{P A} \cdot \vec{P B} = 16 + 0 + 1 = 17$

$∵ cos ∠ A P B = \frac{\vec{P A} \cdot \vec{P B}}{| \vec{P A} | \cdot | \vec{P B} |}$

$= \frac{\sqrt{561}}{33}$

$∴$ 直线 $A P$ 与平面 $B C C_{1} B_{1}$ 所成的角是 $a r c cos (\frac{\sqrt{561}}{33})$

(2)证明：连结 $D_{1} O$ ，由(1)有 $D_{1} (0 ， 0 ， 4)$ ， $O (2 ， 2 ， 4)$

$∴ \vec{D_{1} O} = (2 ， 2 ， 0)$ ， $\vec{P A} \cdot \vec{D_{1} O} = 8 - 8 + 0 = 0$

$∴ \vec{P A} ⊥ \vec{D_{1} O}$

$∵ D_{1} H$ 是 $D_{1} O$ 在平面 $D_{1} A P$ 内的射影

$∴ D_{1} H ⊥ A P$ (三垂线逆定理)

(3)同解法一

评注:本题涉及知识面宽，对逻辑推理能力、空间想象能力、以及计算能力都有一定的要求．

5、已知.

提示　　　　

示范

考能训练(1)

    一、选择题
    1、(05·湖南5)如图，正方体 $A B C D - A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱长为 $1$ ， $O$ 是底面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的中心，则 $O$ 到平面 $A B C_{1} D_{1}$ 的距离为( )
    A. $\frac{1}{2}$      B. $\frac{\sqrt{2}}{4}$      C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$      D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$

    2、已知二面角 $α - l - β$ 的大小为 $60 °$ ， $b$ 和 $c$ 是两条异面直线，则在下列四个条件中，能使 $b$ 和 $c$ 所成的角为 $60 °$ 的是( )
    A. $b // α$ ， $c // β$          B. $b // α$ ， $c ⊥ β$
    C. $b ⊥ α$ ， $c ⊥ β$        D. $b ⊥ α$ ， $c // β$
    3、如图，在正三棱锥 $P - A B C$ 中， $M 、 N$ 分别是侧棱 $P B 、 P C$ 的中点，若截面 $A M N ⊥$ 侧面 $P B C$ ，则此三棱锥的侧棱与底面所成角的正切值是( )
    A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$     B. $\sqrt{2}$      C. $\frac{\sqrt{5}}{2}$      D. $\frac{\sqrt{6}}{3}$

    4、如图，在直三棱柱中 $A B C - A' B' C'$ 中， $A B = A C = A A' = 1$ ， $∠ B A C = 90 °$ ，则 $A' C$ 与 $B C'$ 所成的角的大小为(   )
    A. $\frac{π}{6}$      B. $\frac{π}{4}$     C. $\frac{π}{3}$ D. $\frac{π}{2}$

    5、正方形 $A B C D$ 的边长是 $2$ ， $E 、 F$ 分别是 $A B 、 C D$ 的中点，将正方形沿 $E F$ 折成直二面角(如图所示)， $M$ 为矩形 $A E F D$ 内一点，如果 $∠ M B E = ∠ M B C$ ， $M B$ 和平面 $B C F$ 所成角的正切值为 $\frac{1}{2}$ ，那么点 $M$ 到直线 $E F$ 的距离为(   )
    A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$     B. $1$     C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$      D. $\frac{1}{2}$

    二、填空题
    6、(06·天津13)如图，在正三棱柱 $A B C - A_{1} B_{1} C_{1}$ 中， $A B = 1$ ，若二面角 $C - A B - C_{1}$ 的大小为 $60 °$ ，则点 $C$ 到平面 $A B C_{1}$ 的距离为______

7、(05·江西理15)如图，在直三棱柱 $A B C - A_{1} B_{1} C_{1}$ 中， $A B = B C = \sqrt{2}$ ， $B B_{1} = 2$ ， $∠ A B C = 90 °$ ， $E 、 F$ 分别为 $A A_{1} 、 C_{1} B_{1}$ 的中点，沿棱柱的表面从 $E$ 到 $F$ 两点的最短路径的长度为______

    三、解答题
    8、(06·福建18)如图，四面体 $A B C D$ 中， $O$ 、 $E$ 分别是 $B D$ 、 $B C$ 的中点， $C A = C B = C D = B D = 2$ ， $A B =$ $A D =$ $\sqrt{2}$

    (1)求证： $A O ⊥$ 平面 $B C D$
    (2)求异面直线 $A B$ 与 $C D$ 所成角的大小
    (3)求点 $E$ 到平面 $A C D$ 的距离

9、(05·湖北理20)如图，在四棱锥 $P - A B C D$ 中，底面 $A B C D$ 为矩形，侧棱 $P A ⊥$ 底面 $A B C D$ ， $A B = \sqrt{3}$ ， $B C = 1$ ， $P A = 2$ ， $E$ 为 $P D$ 的中点

(1)求直线 $A C$ 与 $P B$ 所成角的余弦值
(2)在侧面 $P A B$ 内找一点 $N$ ，使 $N E ⊥$ 平面 $P A C$ ，并求出 $N$ 点到 $A B$ 和 $A P$ 的距离

10、(探究创新题)如图所示，在矩形 $A B C D$ 中， $A B = 1$ ， $B C = a$ ， $P A ⊥$ 平面 $A B C D$ ， $P A = 1$

    (1)在 $B C$ 边上是否存在点 $Q$ ，使得 $P Q ⊥ Q D$ ，并说明理由
    (2)若 $B C$ 边上有且仅有一个点 $Q$ ，使 $P Q ⊥ Q D$ ，求 $A D$ 与平面 $P D Q$ 所成角的正弦值
    (3)在(2)的条件下，能求出平面 $P Q D$ 与平面 $P A B$ 所成的角的大小吗？

考能训练(2)

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