高考数学一轮复习第7章第7课时向量法求空间角学案

这是一份高考数学一轮复习第7章第7课时向量法求空间角学案，共24页。
1．能用空间向量的方法解简单的线线、线面、面面的夹角问题.
2．体会向量方法在研究几何问题中的作用．
1．异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cs θ＝|cs 〈u，v〉|＝u·vuv．
2．直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cs〈u，n〉|＝u·nun．
3．平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝n1·n2n1n2．
[常用结论]
最小角定理
如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cs θ＝cs θ1cs θ2．

一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( )
(2)直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α 所成的角．( )
(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ.( )
(4)两异面直线夹角的范围是0，π2，直线与平面所成角的范围是0，π2，二面角的范围是[0，π].( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√
二、教材习题衍生
1．(人教A版选择性必修第一册P36例7改编)已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为( )
A．24 B．12
C．22 D．32
C [因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，所以cs〈s1，s2〉＝s1·s2s1s2＝-1-22×3＝－22.又两直线夹角的取值范围为0，π2，所以l1和l2夹角的余弦值为22.]
2．(人教A版选择性必修第一册P37例8改编)已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为________．
156 [0，-1，3·2，2，41+9×4+4+16＝156.]
3. (人教A版选择性必修第一册P41练习T1改编)二面角α-l-β的棱上有A，B两点，线段AC，BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于棱l.已知AB＝1，AC＝2，BD＝3，CD＝22，则平面α与平面β的夹角为________．
π3 [设平面α与平面β的夹角为θ，
由CD＝CA+AB+BD可得，
CD2＝CA+AB+BD2＝CA2＋AB2＋BD2＋2CA·AB＋2AB·BD＋2CA·BD＝4＋1＋9＋2|CA||BD|cs〈CA，BD〉＝14－12cs θ＝(22)2.
所以cs θ＝12，即平面α与平面β的夹角为π3.]
4．(链接常用结论)(人教A版选择性必修第一册P38练习T2改编)若PA、PB、PC是从点P发出的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为________．
33 [如图，过PC上一点D作DO⊥平面APB，过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．
因为DO⊥平面APB，所以DO⊥PB，又OF⊥PB，OD∩OF＝O，所以PB⊥平面DFO，PB⊥DF
同理可证PE⊥DE，因为∠APC＝∠BPC＝60°，
所以Rt△PDE≌Rt△PDF，所以DE＝DF，OE＝OF，所以点O在∠APB的平分线上，∠OPF＝30°，设PF＝3，则OP＝2，DP＝23，故cs ∠DPO＝OPPD＝33，
直线PC与平面PAB所成角的余弦值是33.]
考点一 异面直线所成的角
[典例1] (1)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为( )
A．π2 B．π3
C．π4 D．π6
(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，AF＝λAD(0＜λ＜1)，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210，则λ的值为________．
(1)B (2)13 [(1)以A为原点，AB，AC，AA1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)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，所以D22，22，0，
所以AD＝22，22，0，A1C＝(0，2，－2)，
所以cs 〈AD，A1C〉＝AD·A1CADA1C＝12，所以〈AD，A1C〉＝π3.故选B.
(2)以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)．
正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)．
所以D1E＝(0，2，－1)，A1F＝A1A+AF＝A1A＋λAD＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)．
则cs 〈A1F，D1E〉＝A1F·D1EA1F·D1E＝22λ2+1·5＝3210，
解得λ＝13λ=-13舍去.]
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是0，π2，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
[跟进训练]
1．如图，已知圆锥CO的轴截面△ABC是正三角形，AB是底面圆O的直径，点D在AB上，且∠AOD＝2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为( )
A．34 B．12
C．14 D．34
A [因为∠AOD＝2∠BOD，
且∠AOD＋∠BOD＝π，所以∠BOD＝π3，
连接CO，则CO⊥平面ABD，以点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设圆O的半径为2，则A(0，－2，0)，B(0，2，0)，
C(0，0，23)，D(3，1，0)，
AD＝(3，3，0)，BC＝(0，－2，23)，
设异面直线AD与BC所成的角为θ，
则cs θ＝|cs 〈AD，BC〉|＝AD·BCADBC＝-623×4＝34，因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为34.]
考点二 直线与平面所成的角
[典例2] (2022·北京高考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN.
[解] (1)证明：取BC中点D，连接B1D，DN，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB.因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC的中点，所以B1M∥AB，B1M＝12AB，DN∥AB，DN＝12AB，即B1M∥DN且B1M＝DN，所以四边形B1MND为平行四边形，因此B1D∥MN，又MN⊄平面BCC1B1，B1D⊂平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.
(2)选条件①：
因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1，
又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，且平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
所以CB⊥平面ABB1A1，而AB⊂平面ABB1A1，所以CB⊥AB，
由(1)得B1D∥MN，又因为AB⊥MN，所以AB⊥B1D，
而B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1，
在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，
故分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB＝BC＝BB1＝2，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以BN＝(1，1，0)，BM＝(0，1，2)，AB＝(0，－2，0)，
设平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，
由BN·n=0，BM·n=0，得x+y=0，y+2z=0.令x＝2，得n＝(2，－2，1)．
设直线AB与平面BMN所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈n，AB〉|＝n·ABn·AB＝43×2＝23，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23.
选条件②：
取AB中点H，连接HM，HN，
因为M，N，H分别为A1B1，AC，AB的中点，
所以B1B∥MH，CB∥NH，而CB⊥BB1，故NH⊥MH.
又因为AB＝BC＝2，所以NH＝BH＝1.
在△MHB和△MHN中，BM＝MN，NH＝BH，公共边MH，那么△MHB≌△MHN，
因此∠MHN＝∠MHB＝90°，即MH⊥AB，故B1B⊥AB.
在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，
故分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB＝BC＝BB1＝2，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以BN＝(1，1，0)，BM＝(0，1，2)，AB＝(0，－2，0)，
设平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，
由BN·n=0，BM·n=0，得x+y=0，y+2z=0.令x＝2，得n＝(2，－2，1)．
设直线AB与平面BMN所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈n，AB〉|＝n·ABn·AB＝43×2＝23，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23.
利用空间向量求线面角的解题步骤
[跟进训练]
2．(2022·浙江高考)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F-DC-B的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
[解] (1)证明：易求CF＝23，BC＝23，
∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF为二面角F-DC-B的平面角，
∴∠BCF＝60°，∴△BCF为等边三角形．
∵N为BC中点，∴FN⊥BC.
又∵DC⊥平面BCF，∴DC⊥FN，BC∩DC＝C，
∴FN⊥平面BCD，∴FN⊥AD.
(2)如图建系，则B(0，3，0)，A(5，3，0)，D(3，－3，0)，E(1，0，3)，M3，32，32，∴BM＝3，-32，32，AD＝(－2，－23，0)，DE＝(－2，3，3)．
设平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM与平面ADE所成角为θ，
∴n·AD=0，n·DE=0，⇒-2x0-23y0=0， -2x0+3y0+3z0=0，取x0＝3，则y0＝－1，z0＝3，即n＝(3，－1，3)是平面ADE的一个法向量．
∴sin θ＝|cs 〈BM，n〉|＝BM·nBMn＝33+32+3329+34+94×7＝5714.
考点三 平面与平面的夹角
[典例3] (12分)(2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 2.
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值．
[规范解答] (1)在直三棱柱ABC - A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
则VA-A1BC＝13S△A1BC·h＝2 23h＝VA1-ABC
＝13S△ABC·A1A＝13VABC-A1B1C1＝43，
↓
切入点：等体积法
解得h＝2，
所以点A到平面A1BC的距离为2.··································4分
(2)取A1B的中点E，连接AE，如图，因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B，
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC.
又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，
所以BC，BA，BB1两两垂直．·······································6分
↓
建系的关键：证明两两垂直
以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得AE＝2，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2 2，所以BC＝2，
则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，所以A1C的中点D(1，1，1)，····························································7分
则BD＝(1，1，1)，BA＝(0，2，0)，BC＝(2，0，0)，····················8分
设平面ABD的法向量m＝(x，y，z)，则m·BD=x+y+z=0，m·BA=2y=0，
可取m＝(1，0，－1)，··············································9分
设平面BDC的法向量n＝(a，b，c)，则n·BD=a+b+c=0，n·BC=2a=0，
可取n＝(0，1，－1)，··············································10分
则cs〈m，n〉＝m·nm·n＝12×2＝12，··································11分
所以二面角A-BD-C的正弦值为1-122＝32.
↓
注意审题
································································12分
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
[跟进训练]
3．(2021·全国乙卷)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APM与平面BPM的夹角的正弦值．
[解] (1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示．
设BC＝t，则A(t，0，0)，B(t，1，0)，
Mt2，1，0，P(0，0，1)，
所以PB＝(t，1，－1)，AM＝-t2，1，0.
因为PB⊥AM，所以PB·AM＝－t22＋1＝0，得t＝2，所以BC＝2.
(2)易知C(0，1，0)，由(1)可得AP＝(－2，0，1)，AM＝-22，1，0，CB＝(2，0，0)，PB＝(2，1，－1)．
设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
n1·AP=0，n1·AM=0，即-2x1+z1=0，-22x1+y1=0，
令x1＝2，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量为n1＝(2，1，2)．
设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
n2·CB=0，n2·PB=0，即2x2=0， 2x2+y2-z2=0，
得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0，1，1)．
cs〈n1，n2〉＝n1·n2n1n2＝37×2＝31414，
所以平面APM与平面BPM的夹角的正弦值为7014.
课时分层作业(四十三) 向量法求空间角
1．(2022·天津高考)直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AC⊥AB，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点．
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求直线BE与平面CC1D夹角的正弦值；
(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．
[解] (1)证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，且AC⊥AB，则A1C1⊥A1B1，以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1C1所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2，0，0)、B(2，2，0)、C(2，0，2)、A1(0，0，0)、
B1(0，2，0)、C1(0，0，2)、D(0，1，0)、E(1，0，0)、
F1，12，1，则EF＝0，12，1，易知平面ABC的一个法向量为m＝(1，0，0)，则EF·m＝0，故EF⊥m，
∵EF⊄平面ABC，故EF∥平面ABC.
(2)C1C＝(2，0，0)，C1D＝(0，1，－2)，EB＝(1，2，0)，设平面CC1D的法向量为u＝(x1，y1，z1)，
则u·C1C=2x1=0， u·C1D=y1-2z1=0，取y1＝2，可得u＝(0，2，1)，cs〈EB，u〉＝EB·uEB·u＝45.因此，直线BE与平面CC1D夹角的正弦值为45.
(3)A1C＝(2，0，2)，A1D＝(0，1，0)，设平面A1CD的法向量为v＝(x2，y2，z2)，
则v·A1C=2x2+2z2=0，v·A1D=y2=0， 取x2＝1，可得v＝(1，0，－1)，则cs 〈u，v〉＝u·vu·v＝－15×2＝－1010，
因此，平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值为1010.
2．(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，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB＝CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE＝E，所以AC⊥平面BED，
因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)连接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，所以S△AFC＝12AC·EF，
当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小．
因为△ABD≌△CBD，所以CB＝AB＝2，
又因为∠ACB＝60°，所以△ABC是等边三角形，
因为E为AC的中点，所以AE＝EC＝1，BE＝3，
因为AD⊥CD，所以DE＝12AC＝1，
在△DEB中，DE2＋BE2＝BD2，所以BE⊥DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
则A(1，0，0)，B(0，3，0)，D(0，0，1)，所以AD＝(－1，0，1)，AB＝(－1，3，0)，
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AD=-x+z=0， n·AB=-x+3y=0，取y＝3，则n＝(3，3，3)，
因为EF⊥BD，所以由DFDE＝DEBD，得DF＝12＝14BD，设F(a，b，c)，所以DF＝(a，b，c－1)，DB＝(0，3，－1)，由DF＝14DB，
得(a，b，c－1)＝14(0，3，－1)，即F0，34，34.
又因为C(－1，0，0)，所以CF＝1，34，34，
所以cs 〈n，CF〉＝n·CFnCF＝621×74＝4 37，
设CF与平面ABD所成的角为θ0≤θ≤π2，
所以sin θ＝|cs 〈n，CF〉|＝4 37，
所以CF与平面ABD所成角的正弦值为4 37.
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)法一：证明：连接OA、OB(图略)，
因为PO是三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以∠POA＝∠POB＝90°，又PA＝PB，所以△POA≌△POB，所以OA＝OB，
作AB中点D，连接OD、DE(图略)，则有OD⊥AB，又在平面ABC中，AB⊥AC，所以OD∥AC，
又因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD∥平面PAC，
又D、E分别为AB、PB的中点，所以在△BPA中，DE∥PA.
又因为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.
法二：证明：连接OA、OB，
因为PO是三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以∠POA＝∠POB＝90°，又PA＝PB，所以△POA≌△POB，
所以OA＝OB，又AB⊥AC，延长BO交AC于F，连接PF，在Rt△ABF中，O为BF中点，
所以在△PBF中，O、E分别为BF、PB的中点，所以EO∥PF，
因为EO⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，所以EO∥平面PAC.
(2)法一：过AB的中点D作DF∥OP，以DB为x轴，DO为y轴，DF为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PO＝3，PA＝5，由(1)知OA＝OB＝4，
又∠ABO＝∠CBO＝30°，所以OD＝2，DB＝23，所以P(0，2，3)，B(23，0，0)，A(－23，0，0)，E3，1，32，设AC＝a，则C(－23，a，0)，
平面AEB的法向量设为n1＝(x，y，z)，直线AB的方向向量可设为a＝(1，0，0)，直线DP⊂平面AEB，直线DP的方向向量为b＝(0，2，3)，
即a·n1=0，b·n1=0，所以x=0， 2y+3z=0，
所以x＝0，设y＝3，则z＝－2，所以n1＝(0，3，－2)；
平面AEC的法向量设为n2＝(x1，y1，z1)，AC＝(0，a，0)，AE＝33，1，32，
即AC·n2=0，AE·n2=0，所以ay1=0， 33x1+y1+32 z1=0，所以y1＝0，设x1＝3，则z1＝－6，
所以n2＝(3，0，－6)；
所以cs 〈n1，n2〉＝n1·n2n1·n2＝1213×39＝12133＝4313，
设二面角C-AE-B的平面角为θ，则sin θ＝1-cs2θ＝1113，
所以二面角C-AE-B的正弦值为1113.
法二：过点A作AF∥OP，以AB为x轴，AC为y轴，AF为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PO＝3，PA＝5，由(1)知，OA＝OB＝4，
又∠ABO＝∠CBO＝30°，所以AB＝43，
所以P(23，2，3)，B(43，0，0)，A(0，0，0)，
E33，1，32，设AC＝a，则C(0，a，0)，
平面AEB的法向量设为n1＝(x，y，z)，AB＝(43，0，0)，AE＝33，1，32，即AB·n1=0，AE·n1=0，
所以43x=0， 33x+y+32z=0，所以x＝0，设z＝－2，则y＝3，所以n1＝(0，3，－2)；
平面AEC的法向量设为n2＝(x1，y1，z1)，AC＝(0，a，0)，AE＝33，1，32，即AC·n2=0，AE·n2=0，
所以ay1=0， 33x1+y1+32 z1=0，
所以y1＝0，设x1＝3，则z1＝－6，
所以n2＝(3，0，－6)；
所以cs 〈n1，n2〉＝n1·n2n1·n2＝1213×39＝12133＝4313，
设二面角C-AE-B的平面角为θ，则sin θ＝1-cs2θ＝1113，
所以二面角C-AE-B的正弦值为1113.
4．如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，△PAC中，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围．
[解] (1)证明：因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，∴BC⊥AC，
又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面PAC.
(2)由E，F分别是PC，PB的中点，∴BC∥EF，
又EF⊂平面AEF，BC⊄平面AEF，∴BC∥平面AEF，
又BC⊂平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，
∴BC∥l.
以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
则A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，3)，
∴E12，0，32，F12，2，32，
∴AE＝-32，0，32，EF＝(0，2，0)，
∵BC∥l，∴可设Q(2，y，0)，平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则AE·m=-3x2+3z2=0EF·m=2y=0 ，取z＝3，得m＝(1，0，3)，
又PQ＝(1，y，－3)，则|cs〈PQ，m〉|＝PQ·mPQ·m＝14+y2∈0，12.
∴直线PQ与平面AEF所成角的取值范围为0，π6.