数学选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用同步训练题

这是一份数学选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用同步训练题，共9页。

A．30°B．150°
C．30°或150° D．以上均不对
解析：选A l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角θ的范围为0°<θ≤90°.故选A.
2．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是D1C1，AB的中点，则A1B1与截面A1ECF所成的角的正切值为( )
A． eq \r(2) B． eq \r(3)
C． eq \r(5) D． eq \r(6)
解析：选A 设棱长为2，建立以A1为原点，A1B1，A1D1，A1A为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则A1(0，0，0)，E(1，2，0)，F(1，0，2)， eq \(AE,\s\up6(―→))＝(1，2，0)， eq \(AF,\s\up6(―→))＝(1，0，2)，设平面A1ECF的一个法向量n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(―→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(―→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y＝0，,x＋2z＝0，))
令x＝－2，得y＝1，z＝1，
所以平面A1ECF的一个法向量为n＝(－2，1，1).又A1B1的方向向量为(2，0，0)，设A1B1与截面A1ECF所成的角为θ，则sin θ＝|cs 〈n， eq \(A1B1,\s\up6(―→))〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－4,2\r(6))))＝ eq \f(\r(6),3)，cs θ＝ eq \f(\r(3),3)，∴tan θ＝ eq \r(2).
3.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是( )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,4)
C． eq \f(π,3) D． eq \f(π,2)
解析：选D 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建系(图略)，设棱长为1，A1(1，0，1)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，D(0，0，0)，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，则 eq \(A1M,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，－1))， eq \(DN,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，cs 〈 eq \(A1M,\s\up6(―→))， eq \(DN,\s\up6(―→))〉＝ eq \f(\(A1M,\s\up6(―→))·\(DN,\s\up6(―→)),|\(A1M,\s\up6(―→))||\(DN,\s\up6(―→))|)＝0.
∴〈 eq \(A1M,\s\up6(―→))， eq \(DN,\s\up6(―→))〉＝ eq \f(π,2).
4．正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD夹角的大小为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析：选B 建系如图，
设AB＝1，则A(0，0，0)，B(0，1，0)，P(0，0，1)，D(1，0，0)，C(1，1，0).易知平面PAB的法向量为n1＝(1，0，0).设平面PCD的法向量n2＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(PD,\s\up6(―→))＝0，,n2·\(CD,\s\up6(―→))＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－z＝0，,y＝0.))
令x＝1，则z＝1，
∴n2＝(1，0，1)，cs 〈n1，n2〉＝ eq \f(1,\r(2))＝ eq \f(\r(2),2).
∴平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 eq \f(\r(2),2).
∴此角的大小为45°.
5.如图，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角D-AB-E为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成的角为θ，且cs θ＝ eq \f(\r(3),9)，则 eq \f(AB,BC)＝( )
A．1 B． eq \r(2) C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(1,2)
解析：选C 不妨设BC＝1，AB＝λ，则 eq \f(AB,BC)＝λ.记 eq \(AF,\s\up6(―→))＝a， eq \(AB,\s\up6(―→))＝b， eq \(AD,\s\up6(―→))＝c，则 eq \(FM,\s\up6(―→))＝ eq \f(1,2)b－a， eq \(BD,\s\up6(―→))＝c－b，根据题意，|a|＝|c|＝1，|b|＝λ，a·b＝b·c＝c·a＝0，∴ eq \(FM,\s\up6(―→))· eq \(BD,\s\up6(―→))＝－ eq \f(1,2)b2＝－ eq \f(1,2)λ2，而| eq \(FM,\s\up6(―→))|＝ eq \r(\f(1,4)λ2＋1)，| eq \(BD,\s\up6(―→))|＝ eq \r(λ2＋1)，∴|cs 〈 eq \(FM,\s\up6(―→))， eq \(BD,\s\up6(―→))〉|＝ eq \f(|\(FM,\s\up6(―→))·\(BD,\s\up6(―→))|,|\(FM,\s\up6(―→))|·|\(BD,\s\up6(―→))|)＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)λ2)),\r(\f(1,4)λ2＋1)·\r(λ2＋1))＝ eq \f(\r(3),9)，得λ＝ eq \f(\r(2),2).故选C.
6．若直线l的方向向量a＝(－2，3，1)，平面α的一个法向量n＝(4，0，1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为________．
解析：由题意，得直线l与平面α所成角的正弦值为 eq \f(|a·n|,|a||n|)＝ eq \f(7,\r(14)×\r(17))＝ eq \f(\r(238),34).
答案： eq \f(\r(238),34)
7．已知点A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，3)，则平面ABC与平面xOy的夹角的余弦值为________．
解析：由题意得 eq \(AB,\s\up6(―→))＝(－1，2，0)， eq \(AC,\s\up6(―→))＝(－1，0，3).
设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z).
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(―→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(―→))＝0，))知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y＝0，,－x＋3z＝0.))令x＝2，得y＝1，z＝ eq \f(2,3)，则平面ABC的一个法向量为n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，1，\f(2,3))).因为平面xOy的一个法向量为 eq \(OC,\s\up6(―→))＝(0，0，3).
所以平面ABC与平面xOy的夹角的余弦值为 eq \f(|n·\(OC,\s\up6(―→))|,|n||\(OC,\s\up6(―→))|)＝ eq \f(2,7).
答案： eq \f(2,7)
8.如图所示，已知在四面体ABCD中，O为BD的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝ eq \r(2).
(1)求证：AO⊥平面BCD；
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．
解：(1)证明：因为BO＝DO，AB＝AD，所以AO⊥BD.
因为BO＝DO，BC＝CD，所以CO⊥BD.
在△AOC中，由已知可得AO＝1，CO＝ eq \r(3)，而AC＝2，
所以AO2＋CO2＝AC2，
所以∠AOC＝90°，即AO⊥OC.
因为BD∩OC＝O，所以AO⊥平面BCD.
(2)以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0， eq \r(3)，0)，A(0，0，1)， eq \(BA,\s\up6(―→))＝(－1，0，1)， eq \(CD,\s\up6(―→))＝(－1，－ eq \r(3)，0)，所以cs 〈 eq \(BA,\s\up6(―→))， eq \(CD,\s\up6(―→))〉＝ eq \f(\(BA,\s\up6(―→))·\(CD,\s\up6(―→)),|\(BA,\s\up6(―→))||\(CD,\s\up6(―→))|)＝ eq \f(\r(2),4)，
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为 eq \f(\r(2),4).
9.如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求BC;
(2)求平面PMA与平面PMB夹角的正弦值．
解：(1)因为PD⊥平面ABCD，
且矩形ABCD中AD⊥DC，
所以AD，DC，PD两两垂直．
以D为坐标原点，DA，DC，DP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．
设BC＝2x，则D(0，0，0)，A(2x，0，0)，B(2x，1，0)，P(0，0，1).
所以 eq \(AM,\s\up6(―→))＝(－x，1，0)， eq \(PB,\s\up6(―→))＝(2x，1，－1)，
所以(－x，1，0)·(2x，1，－1)＝0，解得x＝ eq \f(\r(2),2)(负值已舍去).
所以BC＝ eq \r(2).
(2)由(1)知，A( eq \r(2)，0，0)，B( eq \r(2)，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1，0))，
则 eq \(AM,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，0))， eq \(PM,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1，－1))， eq \(BC,\s\up6(―→))＝(－ eq \r(2)，0，0)， eq \(PB,\s\up6(―→))＝( eq \r(2)，1，－1).
设n1＝(x1，y1，z1)为平面PAM的法向量，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AM,\s\up6(―→))＝0，,n1·\(PM,\s\up6(―→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)x1＋y1＝0，,\f(\r(2),2)x1＋y1－z1＝0.))
取x1＝2，得y1＝ eq \r(2)，z1＝2 eq \r(2)，所以n1＝(2， eq \r(2)，2 eq \r(2)).
设n2＝(x2，y2，z2)为平面PBC的法向量，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(BC,\s\up6(―→))＝0，,n2·\(PB,\s\up6(―→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x2＝0，,\r(2)x2＋y2－z2＝0.))
取y2＝1，得x2＝0，z2＝1，所以n2＝(0，1，1).
设平面PMA与平面PMB的夹角为θ，
则|cs θ|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝ eq \f(|0＋\r(2)＋2\r(2)|,\r(14)×\r(2))＝ eq \f(3\r(14),14).
所以sin θ＝ eq \r(1－cs2θ)＝ eq \f(\r(70),14)，即平面PMA与平面PMB的夹角的正弦值为 eq \f(\r(70),14).
1.如图所示，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC的中点，则平面PBC与平面BFD夹角的正切值为( )
A． eq \f(\r(3),6)B． eq \f(\r(3),4)
C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(2\r(3),3)
解析：选D 如图所示，设AC与BD交于O，连接OF.以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.
设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝ eq \r(3)，
所以O(0，0，0)，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，0))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))， eq \(OC,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，易知 eq \(OC,\s\up6(―→))为平面BFD的一个法向量，由 eq \(BC,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))， eq \(FB,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，－\f(1,2)))，可得平面PBC的一个法向量为n＝(1， eq \r(3)， eq \r(3)).所以cs〈n， eq \(OC,\s\up6(―→))＝ eq \f(\r(21),7)，sin 〈n， eq \(OC,\s\up6(―→))＝ eq \f(2\r(7),7)，所以tan 〈n， eq \(OC,\s\up6(―→))＝ eq \f(2\r(3),3).
2．在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝ eq \f(1,2)PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为( )
A． eq \f(\r(21),6) B． eq \f(8\r(3),3)
C． eq \f(\r(210),60) D． eq \f(\r(210),30)
解析：选D 不妨设AB＝BC＝ eq \f(1,2)PA＝2，∵OP⊥底面ABC，∴PO＝ eq \r(14).根据题意，以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系Bxyz，如图所示．
则A(2，0，0)，B(0，0，0)，C(0，2，0)，P(1，1， eq \r(14)).
∵点O，D分别是AC，PC的中点，
∴ eq \(OD,\s\up6(―→))＝ eq \f(1,2) eq \(AP,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(\r(14),2))).
又 eq \(BC,\s\up6(―→))＝(0，2，0)， eq \(BP,\s\up6(―→))＝(1，1， eq \r(14))，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(―→))＝0，,n·\(BP,\s\up6(―→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,x＋y＋\r(14)z＝0，))
取n＝(－ eq \r(14)，0，1)，
∴cs 〈n， eq \(OD,\s\up6(―→))〉＝ eq \f(n·\(OD,\s\up6(―→)),|n||\(OD,\s\up6(―→))|)＝ eq \f(\r(210),30)，
∴sin θ＝ eq \f(\r(210),30)(θ为OD与平面PBC所成的角)，故选D.
3．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．
(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值．
解：(1)证明：如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC，
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，所以OD∥AC，
因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA，
因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.
又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.
又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
(2)连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝ eq \r(PA2－PO2)＝ eq \r(52－32)＝4.
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OA sin 30°＝4× eq \f(1,2)＝2，
AB＝2AD＝2OA cs 30°＝2×4× eq \f(\r(3),2)＝4 eq \r(3).
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
所以在Rt△ABC中，AC＝AB tan 60°＝4 eq \r(3)× eq \r(3)＝12.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A(0，0，0)，B(4 eq \r(3)，0，0)，C(0，12，0)，P(2 eq \r(3)，2，3)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，
所以 eq \(AE,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))， eq \(AB,\s\up6(―→))＝(4 eq \r(3)，0，0)， eq \(AC,\s\up6(―→))＝(0，12，0).
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n· eq \(AE,\s\up6(―→))＝0，,n· eq \(AC,\s\up6(―→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3\r(3)x＋y＋\f(3,2)z＝0，,12y＝0，))令z＝2 eq \r(3)，则n＝(－1，0，2 eq \r(3)).
设平面AEB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m· eq \(AE,\s\up6(―→))＝0，,m· eq \(AB,\s\up6(―→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3\r(3)x1＋y1＋\f(3,2)z1＝0，,4\r(3)x1＝0，))令z1＝2，则m＝(0，－3，2).
所以|cs 〈n，m〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·m,|n|·|m|)))＝ eq \f(4\r(3),13).
设二面角C-AE-B的大小为θ，
则sin θ＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),13)))\s\up12(2))＝ eq \f(11,13).
4．(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60° ，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
解：(1)证明：因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.
因为E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE，
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)因为AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，所以△ABC为正三角形，则AC＝2，BE＝ eq \r(3)，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.
所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.
由(1)可知，AC⊥平面BED.连接EF，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小．在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝ eq \f(DE·BE,BD)＝ eq \f(\r(3),2).
又DE⊥AC，BE⊥AC，所以EA，EB，ED两两垂直，以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0， eq \r(3)，0)，D(0，0，1)，C(－1，0，0)， eq \(AB,\s\up6(―→))＝(－1， eq \r(3)，0)， eq \(DB,\s\up6(―→))＝(0， eq \r(3)，－1).
易得DF＝ eq \f(1,2)，FB＝ eq \f(3,2)，所以3 eq \(DF,\s\up6(―→))＝ eq \(FB,\s\up6(―→)).设F(0，y，z)，则 eq \(DF,\s\up6(―→))＝(0，y，z－1)， eq \(FB,\s\up6(―→))＝(0， eq \r(3)－y，－z)，所以3(0，y，z－1)＝(0， eq \r(3)－y，－z)，得y＝ eq \f(\r(3),4)，z＝ eq \f(3,4)，即F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),4)，\f(3,4)))，所以 eq \(CF,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),4)，\f(3,4))).设平面ABD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(―→))＝－x1＋\r(3)y1＝0，,n·\(DB,\s\up6(―→))＝\r(3)y1－z1＝0，))不妨取y1＝1，则x1＝ eq \r(3)，z1＝ eq \r(3)，n＝( eq \r(3)，1， eq \r(3)).记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝|cs 〈 eq \(CF,\s\up6(―→))，n〉|＝ eq \f(|\(CF,\s\up6(―→))·n|,|\(CF,\s\up6(―→))||n|)＝ eq \f(4\r(3),7).
5.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.
(1)证明：PC⊥AD；
(2)求平面PAC与平面PCD夹角的正弦值；
(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．
解：如图，以点A为坐标原点，AD，AC，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A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，1，0)，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，P(0，0，2).
(1)证明：易得 eq \(PC,\s\up6(―→))＝(0，1，－2)， eq \(AD,\s\up6(―→))＝(2，0，0)，则 eq \(PC,\s\up6(―→))· eq \(AD,\s\up6(―→))＝0，所以PC⊥AD.
(2)易得 eq \(PC,\s\up6(―→))＝(0，1，－2)， eq \(CD,\s\up6(―→))＝(2，－1，0).
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z).
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(―→))＝0，,n·\(CD,\s\up6(―→))＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－2z＝0，,2x－y＝0.))
令z＝1，可得n＝(1，2，1).
又 eq \(AD,\s\up6(―→))＝(2，0，0)是平面PAC的一个法向量，
所以cs 〈 eq \(AD,\s\up6(―→))，n〉＝ eq \f(\(AD,\s\up6(―→))·n,|\(AD,\s\up6(―→))||n|)＝ eq \f(\r(6),6)，
从而sin 〈 eq \(AD,\s\up6(―→))，n〉＝ eq \f(\r(30),6).
所以平面PAC与平面PCD夹角的正弦值为 eq \f(\r(30),6).
(3)易得 eq \(CD,\s\up6(―→))＝(2，－1，0).设AE＝h，h∈[0，2]，
则E(0，0，h)，所以 eq \(BE,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，h)).
所以cs 〈 eq \(BE,\s\up6(―→))， eq \(CD,\s\up6(―→))〉＝ eq \f(\(BE,\s\up6(―→))·\(CD,\s\up6(―→)),|\(BE,\s\up6(―→))||\(CD,\s\up6(―→))|)＝ eq \f(\f(3,2),\r(\f(1,2)＋h2)×\r(5))＝ eq \f(\r(3),2)，
解得h＝ eq \f(\r(10),10)，即AE＝ eq \f(\r(10),10).