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由(1)知AE是平面DCE的法向量，
π??
0≤α≤??， 设直线FG与平面DCE所成角为α2??→－2?→?2FG·AE??3则sinα＝?＝＝，
→→??×2?3?|FG||AE|??2?2
故直线FG与平面DCE所成角的正弦值为.
3
10．(2013·四川高考)如图4－3－13，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1
⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，
→
P是线段AD的中点．
图4－3－13
(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l⊥平面ADD1A1；
(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角A－A1M－N的余弦值．
【解】 (1)如图(1)，在平面ABC内，过点P作直线l∥BC，因为l在平面
A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC.
因为AB＝AC，D是BC的中点， 所以BC⊥AD，则直线l⊥AD.
信达
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因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥l.
又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交， 所以直线l⊥平面ADD1A1.
(1)
(2)设A1A＝1，则AB＝AC＝2.如图，过点A1作A1E平行于C1B1，以点A1为坐标原点，分别以A1E，A1D1，A1A的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O—xyz(点O与点A1重合)，则A1(0,0,0)，A(0,0,1)．
→
→
→
(2)
因为P为AD的中点，
信达
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所以M，N分别为AB，AC的中点， ?31??31?故M?，，1?，N?－，，1?，
?22??22?
→?31?→
所以A1M＝?，，1?，A1A＝(0,0,1)，NM＝(3，0,0)．
?22?设平面AA1M的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 →?n⊥AM，?→?n⊥AA，
1
1
1
1
→
11
1
→?n·AM＝0，即?
→
?n·AA＝0，
1
1
1
1
?31??x，y，z?·??，，1?＝0，
?22?故有?
??x，y，z?·?0，0，1?＝0，
1
1
1
1
?3x＋1y＋z＝0，
2从而?2
?z＝0.
1
1
1
取x1＝1，则y1＝－3，所以n1＝(1，－3，0)． 设平面A1MN的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 →?n⊥AM，?→?n⊥NM，
2
1
2
22
2
→?n·AM＝0，即?
→
?n·NM＝0，
2
1
2
31???x，y，z?·??，，1?＝0，?22?故有?
??x，y，z?·?3，0，0?＝0，
2
2
2
2
?3x＋1y＋z＝0，
2从而?2
?3x＝0.
2
2
2
取y2＝2，则z2＝－1，所以n2＝(0,2，－1)． 设二面角A－A1M－N的平面角为θ，又θ为锐角，
信达
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?n1·n2???1，－3，0?·?0，2，－1??
?＝?则cosθ＝??
?|n1||n2|??2×5?15
＝.
5
故二面角A－A1M－N的余弦值为
15. 5
11．(2013·济南模拟)已知四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，G、H分别是CE、CF的中点．
图4－3－14
(1)求证：平面AEF∥平面BDGH.
(2)若平面BDGH与平面ABCD所成的角为60°，求直线CF与平面BDGH所成的角的正弦值．
【解】 (1)G、H分别是CE、CF的中点， 所以EF∥GH.
连接AC与BD交与O，因为四边形ABCD是菱形，所以O是AC的中点， 连接OG，OG是三角形ACE的中位线，OG∥AE. 又EF∩AE＝E，GH∩OG＝G，则平面AEF∥平面BDGH. (2)BF⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD， 所以BF⊥平面ABCD.
取EF的中点N，连接ON，则ON∥BF，∴ON⊥平面ABCD，
信达
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