新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸納講義專題11 立體幾何 11.4空間角與空間距離（解析版）

專題十一《立體幾何》講義11.4空間角與空間距離知識(shí)梳理.空間角1.異面直線的定義：不同在任何一個(gè)平面的兩條直線叫做異面直線（1）異面直線所成的角的范圍：．（2）求法：平移→2．直線和平面所成角的求法：如圖所示，設(shè)直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|e·n|,|e||n|).0°≤φ≤90°3．求二面角的大小(1)如圖1，AB、CD是二面角α－l－β的兩個(gè)面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉．(2)如圖2、3，分別是二面角α－l－β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小(或)．題型一.點(diǎn)到面的距離1．如圖，點(diǎn)P為矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)，PA⊥平面ABCD，Q為線段AP的中點(diǎn)，AB＝3，BC＝4，PA＝2，則P到平面BQD的距離為1213【解答】解：∵Q為線段AP的中點(diǎn)，∴P到平面BQD的距離等于A到平面BQD的距離，設(shè)A到平面BDQ距離為d，則∵PA⊥平面ABCD，AQ＝1，AB＝3，BC＝4，∴BQ=10，DQ=17，∴cos∠BQD=10+17?25∴sin∠BQD=13∴S△BQD=1∵S△BAD＝6，∴由VA﹣BDQ＝VQ﹣DAB可得13∴d=12故答案為：12132．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，若則點(diǎn)A到平面A1BC的距離為（）A．34 B．32 C．33【解答】解：設(shè)點(diǎn)A到平面A1BC的距離為h，∵VA∴13∴13解得h=3故選：B．3．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，且與底面垂直，底面ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，M為PC的中點(diǎn)．（Ⅰ）在棱PB上是否存在一點(diǎn)Q，使用A，Q，M，D四點(diǎn)共面？若存在，指出點(diǎn)Q的位置并證明；若不存在，請(qǐng)說明理由．（Ⅱ）求點(diǎn)D到平面PAM的距離．【解答】解：（Ⅰ）當(dāng)點(diǎn)Q為棱PB的中點(diǎn)時(shí)，A，Q，M，D四點(diǎn)共面，證明如下：取棱PB的中點(diǎn)Q，連結(jié)QM，QA，又M為PC的中點(diǎn)，所以QM∥BC，在菱形ABCD中AD∥BC，所以QM∥AD，所以A，Q，M，D四點(diǎn)共面．（Ⅱ）點(diǎn)D到平面PAM的距離即點(diǎn)D到平面PAC的距離，取AD中點(diǎn)O，連結(jié)OP，OC，AC，可知PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，即PO為三棱錐P﹣ACD的體高．在Rt△POC中，PO＝OC=3，PC=在△PAC中，PA＝AC＝2，PC=6，邊PC上的高AM=所以△PAC的面積S△PAC=1設(shè)點(diǎn)D到平面PAC的距離為h，S△ACD=由VD﹣PAC＝VP﹣ACD得13×152所以點(diǎn)D到平面PAM的距離為2154．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，D，E分別為AB，PB的中點(diǎn)，EB＝EA，且PA⊥AC，PC⊥BC．（Ⅰ）求證：BC⊥平面PAC；（Ⅱ）若PA＝2BC且AB＝EA，三棱錐P﹣ABC．體積為1，求點(diǎn)B到平面DCE的距離．【解答】證明：（Ⅰ）∵在正△AEB中，D是AB的中點(diǎn)，∴ED⊥AB，∵E是PB的中點(diǎn)，D是AB的中點(diǎn)，∴ED∥PA，∴PA⊥AB，又PA⊥AC，AB∩AC＝A，∴PA⊥平面ABC，∵BC?平面ABC，∴PA⊥BC，又PC⊥BC，PA∩PC＝P，∴BC⊥平面PAC．解：（Ⅱ）設(shè)AB＝EA＝a，則PB＝2a，PA＝2BC=3aAC=a∵三棱錐P﹣ABC體積為1，∴VP﹣ABC=1解得a＝2，以C為原點(diǎn)，CB，CA，過C點(diǎn)作平面ABC的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，B（3，0，0），A（0，1，0），D（32C（0，0，0），P（0，1，23），E（32，12，CB→=（3，0，0），CD→=（32設(shè)平面DCE的法向量n→=（x，y，則n→?CD→=32∴點(diǎn)B到平面DCE的距離d=|題型二.異面直線所成的角1．已知P是平行四邊形ABCD所在平面外的一點(diǎn)，M、N分別是AB、PC的中點(diǎn)，若MN＝BC＝4，PA＝43，則異面直線PA與MN所成角的大小是（）A．30° B．45° C．60° D．90°【解答】解：連接AC，并取其中點(diǎn)為O，連接OM，ON則OM∥=BC，ON∥=∴∠ONM就是異面直線PA與MN所成的角．由MN＝BC＝4，PA＝43，得OM＝2，ON＝23，MN＝4，cos∠ONM=O∴∠ONM＝30°．即異面直線PA與MN成30°的角．故選：A．2．如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，E為CC1的中點(diǎn)，那么異面直線OE與AD1所成角的余弦值等于63【解答】解：取BC的中點(diǎn)F，連接EF，OF由于O為底面ABCD的中心，E為CC1的中點(diǎn)，所以：EF∥BC1∥AD1所以：異面直線OE與AD1所成角，即OE與EF所成的角．平面ABCD⊥平面BCC1B1OF⊥BC所以：OF⊥平面BCC1B1EF?平面BCC1B1所以：EF⊥OFcos∠FEO=故答案為：63．如圖所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝60°，M，N分別是A1C1，CC1的中點(diǎn)，BC＝CA＝CC1，則BN與AM所成角的余弦值為（）A．35 B．45 C．23【解答】解：取BB1的中點(diǎn)Q，AC的中點(diǎn)P，則BN∥C1Q，AM∥C1P，∴∠QC1P即為BN與AM所成角，設(shè)BC＝2，則AM＝BN=5，PQ在△PQC1中，可得cos∠PC1Q=5+5?4∴BN與AM所成角的余弦值為35故選：A．4．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD是菱形，其中∠BAD＝60°，平面PAD⊥平面ABCD，其中△PAD為等邊三角形，AB＝4，M為棱PD的中點(diǎn)．（Ⅰ）求證：PB⊥AD；（Ⅱ）求異面直線PB與AM所成角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△BAD為等邊三角形．設(shè)AD的中點(diǎn)為O，連接OB，OP∵△PAD，△BAD均為等邊三角形，∴OP⊥AD，OB⊥AD，∴AD⊥平面POB，又∵PB在平面POB內(nèi)，∴AD⊥PB，即PB⊥AD；（Ⅱ）解：設(shè)AC∩BD＝N，則點(diǎn)N為BD的中點(diǎn)，連接MN，則MN∥PB，∴∠AMN是異面直線PB與AM所成的角．由平面A1，⊥平面C及（1）可知，△POB為直角三角形，所以O(shè)P＝OB=23∴PB=26，MN=12PB=6．在△MAN中，AM＝AN由余弦定理可得cos∠AMN=2故異面直線PB與AM所成角的余弦值為24題型三.線面角1．如圖，在三棱柱ABC﹣A′B′C′中，底面ABC是正三角形，AA′⊥底面ABC，且AB＝1，AA′＝2，則直線BC′與平面ABB′A′所成角的正弦值為1510【解答】解：如圖所示，取A′B′的中點(diǎn)D，連接C′D，BD．∵底面△A′B′C′是正三角形，∴C′D⊥A′B′．∵AA′⊥底面ABC，∴A′A⊥C′D．又AA′∩A′B′＝A′，∴C′D⊥側(cè)面ABB′A′，∴∠C′BD是直線BC′與平面ABB′A′所成角．∵等邊△A′B′C′的邊長(zhǎng)為1，C′D=3在Rt△BB′C′中，BC′=B'∴直線BC′與平面ABB′A′所成角的正弦值=C'D故答案為：15102．如圖所示，在直三棱柱ABO﹣A′B′O′中，OO′＝4，OA＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，D是線段A′B′的中點(diǎn)，P是側(cè)棱BB′上的一點(diǎn)，若OP⊥BD，求OP與底面AOB所成角的正切值．【解答】解：如圖，以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系則B（3，0，0），D（32設(shè)P（3，0，z），則BD→=（?32，2，4），∵BD⊥OP，∴BD→?OP→=?92+4z＝0，解得∵BB′⊥平面AOB，∴∠POB是OP與底面AOB所成的角．∵tan∠POB=BP∴OP與底面AOB所成角的正切值為383．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2．（Ⅰ）求異面直線AP與BC所成角的余弦值；（Ⅱ）求證：PD⊥平面PBC；（Ⅲ）求直線AB與平面PBC所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）如圖，由已知AD∥BC，故∠DAP或其補(bǔ)角即為異面直線AP與BC所成的角．因?yàn)锳D⊥平面PDC，所以AD⊥PD．在Rt△PDA中，由已知，得AP=A故cos∠DAP=AD所以，異面直線AP與BC所成角的余弦值為55證明：（Ⅱ）因?yàn)锳D⊥平面PDC，直線PD?平面PDC，所以AD⊥PD．又因?yàn)锽C∥AD，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．解：（Ⅲ）過點(diǎn)D作AB的平行線交BC于點(diǎn)F，連結(jié)PF，則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角．因?yàn)镻D⊥平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP為直線DF和平面PBC所成的角．由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1，由已知，得CF＝BC﹣BF＝2．又AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DPF中，可得sin∠DFP=PD所以，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為554．在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC＝2AD＝4，AB=CD=10（Ⅰ）證明：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若AP=6，求BC與平面PBD【解答】（Ⅰ）證明：作DE⊥BC，AD＝2，BC＝4，∴CE＝1，DE＝BE＝3，∴∠DBC＝∠ACB＝45°，∴BD⊥AC又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．（Ⅱ）Rt△PAB中，PA=6，AB=10，Rt△PAD中，PA=6，AD=2，∴PD=10，∴△又VC﹣PBD＝VP﹣BCD，∴點(diǎn)C到平面PBD的距離?=PA=6∴BC與平面PBD所成角α的正弦為sinα=?題型四.二面角1．已知三棱錐D﹣ABC的三個(gè)側(cè)面與底面全等，且AB＝AC=5，BC＝2，則二面角D﹣BC﹣AA．30° B．45° C．60° D．90°【解答】解：∵三個(gè)側(cè)面與底面全等，且AB＝AC=5，BC∴BD＝CD=5，AD取BC中點(diǎn)M，連接DM，AM，則BC⊥MD，BC⊥MA，∴∠AMD為二面角D﹣BC﹣A的平面角，易得DM＝AM＝2，∴∠AMD＝60°，故選：C．2．已知正三棱錐S﹣ABC的所有棱長(zhǎng)均為2，則側(cè)面與底面所成二面角的余弦為（）A．223 B．?223 【解答】解：如圖所示，過點(diǎn)S作SO⊥底面ABC，點(diǎn)O為垂足，連接OA、OB、OC，則Rt△OAB≌Rt△OBC≌Rt△OCA，∴OA＝OB＝OC，∴點(diǎn)O為等邊△ABC的中心．延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)D，連接SD．則AD⊥BC，再根據(jù)三垂線定理可得BC⊥SD．∴∠ODS為側(cè)面SBC與底面ABC所成的二面角的平面角．根據(jù)重心定理可得：OD=13AD在Rt△SOD中，cos∠ODS=SO故選：C．3．如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形且側(cè)棱垂直于底面，側(cè)棱長(zhǎng)是3，D是AC的中點(diǎn)．（1）求證：B1C∥平面A1BD；（2）求二面角A1﹣BD﹣A的大小；（3）求直線AB1與平面A1BD所成的角的正弦值．【解答】解：（1）設(shè)AB1與A1B相交于點(diǎn)P，連接PD，則P為AB1中點(diǎn)，∵D為AC中點(diǎn)，∴PD∥B1C．又∵PD?平面A1BD，B1C?平面A1BD∴B1C∥平面A1BD．（2）∵正三棱住ABC﹣A1B1C1，∴AA1⊥底面ABC．又∵BD⊥AC∴A1D⊥BD∴∠A1DA就是二面角A1﹣BD﹣A的平面角．∵AA1=3，AD=1∴tan∠A1DA=∴∠A1DA=π3，即二面角A1﹣BD﹣A的大小是（3）由（2）作AM⊥A1D，M為垂足．∵BD⊥AC，平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC∴BD⊥平面A1ACC1，∵AM?平面A1ACC1，∴BD⊥AM∵A1D∩BD＝D∴AM⊥平面A1DB，連接MP，則∠APM就是直線A1B與平面A1BD所成的角．∵AA1=3，AD＝1，∴在Rt△AA1D中，∠A1DA=∴AM＝1×sin60°=32，AP=12∴sin∠APM=∴直線AB1與平面A1BD所成的角的正弦值為2174．在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，AB＝PD＝a，PA＝PC=2a（Ⅰ）求證：PD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求異面直線PB與AC所成的角；（Ⅲ）求二面角A﹣PB﹣D的大小．【解答】解：（1）PC=2a，PD＝DC＝a，∴△PDC是Rt△，且PD⊥同理PD⊥AD，又AD∩DC＝D，∴PD⊥平面ABCD．（2）連BD，因ABCD是正方形，∴BD⊥AC，又PD⊥平面ABCD．BD是PB在面ABCD上的射影，由三垂線定理得PB⊥AC，∴PB與AC成90°角．（3）設(shè)AC∩BD＝O，作AE⊥PB于E，連OE，∵AC⊥BD，又PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴PD⊥AC，又PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PDB，則OE是AE在平面PDB上的射影．由三垂線定理逆定理知OE⊥PB，∴∠AEO是二面角A﹣PB﹣D的平面角．又AB＝a，PA=2a，PB=3a，∵PD⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，在Rt△PAB中，AE?PB＝PA?AB．∴AE=23a∴sinAEO=32，∠AEO＝60°，二面角A﹣PB﹣D的大小為60題型五.存在性問題、折疊問題1．如圖，在底面是菱形的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∠ABC＝60°，AA1＝AC＝2，A1B＝A1D=22，點(diǎn)E在A1D（1）求證：AA1⊥平面ABCD；（2）當(dāng)E為線段A1D的中點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)A1到平面EAC的距離．【解答】解：（1）證明：∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝AD＝AC＝2，在△AA1B中，由AA12+AB2＝A12知AA1⊥AB，同理AA1⊥AD，又∵AB∩AD＝A，∴AA1⊥平面ABCD．（2）解，設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E為A1D的中點(diǎn)時(shí)，連接OE，則OE∥A1B，∴A1B∥平面EAC，直線A1B與平面EAC之間的距離等于點(diǎn)A，到平面EAC的距離，可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)B到平面EAC的距離，過點(diǎn)E作EF⊥AD于F，∵點(diǎn)E為A1D的中點(diǎn)，∴EF⊥平面ABCD，F(xiàn)為AD的中點(diǎn)，連接CF，則CF=3在Rt△EFC中，CE＝2，又AE=2，AC∴S△ADC=72，VA1?EAC=VB﹣EAC＝設(shè)d表示點(diǎn)B到平面EAC的距離，則d=2∴點(diǎn)A1到平面EAC的距離為2212．已知：如圖，等腰直角三角形ABC的直角邊AC＝BC＝2，沿其中位線DE將平面ADE折起，使平面ADE⊥平面BCDE，得到四棱錐A﹣BCDE，設(shè)CD、BE、AE、AD的中點(diǎn)分別為M、N、P、Q．（1）求證：M、N、P、Q四點(diǎn)共面；（2）求證：平面ABC⊥平面ACD；（3）求異面直線BE與MQ所成的角．【解答】（1）證明：由條件有PQ為△ADE的中位線，MN為梯形BCDE的中位線，∴PQ∥DE，MN∥DE，∴PQ∥MN∴M、N、P、Q四點(diǎn)共面．…（3分）（2）證明：由等腰直角三角形ABC有AD⊥DE，CD⊥DE，DE∥BC又AD∩CD＝D，∴DE⊥面ACD，又DE∥BC∴BC⊥平面ACD，∵BC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD…（6分）（3）解：由條件知AD＝1，DC＝1，BC＝2，延長(zhǎng)ED到R，使DR＝ED，連結(jié)RC…（8分）則ER＝BC，ER∥BC，故BCRE為平行四邊形…（10分）∴RC∥EB，又AC∥QM∴∠ACR為異面直線BE與QM所成的角θ（或θ的補(bǔ)角）…（11分）∵DA＝DC＝DR，且三線兩兩互相垂直，∴由勾股定理得AC＝AR＝RC=2，…∵△ACR為正三角形，∴∠ACR＝60°，∴異面直線BE與QM所成的角大小為60°．…（13分）3．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是線段DC，BC的中點(diǎn)，分別將△DAE沿AE折起，△CEF沿EF折起，使得D，C重合于點(diǎn)G，連結(jié)AF．（Ⅰ）求證：平面GEF⊥平面GAF；（Ⅱ）求直線GF與平面GAE所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）證明：∵GE⊥GA，GE⊥GF，GA∩GF＝G，∴GE⊥平面GAF，又GE?平面GEF，∴平面GEF⊥平面GAF．（Ⅱ）解：過F作FH⊥AG于H，∵由GE⊥平面GAF，F(xiàn)H?平面GAF，∴GE⊥FH，又FH⊥GA，GE∩GA＝H，∴FH⊥平面GAE，從而∠FGH是直線GF與平面GAE所成角．因?yàn)锳G＝3，F(xiàn)G=32，所以cos∠AGF=G從而sin∠FGH=sin∠AGF=1?4．已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，AC∩BD＝O．將正方形ABCD沿對(duì)角線BD折起，使AC＝a，得到三棱錐A﹣BCD，如圖所示．（1）當(dāng)a＝2時(shí)，求證：AO⊥平面BCD；（2）當(dāng)二面角A﹣BD﹣C的大小為120°時(shí)，求二面角A﹣BC﹣D的正切值．【解答】解：（1）證明：根據(jù)題意，在△AOC中，AC＝a＝2，AO=CO=2所以AC2＝AO2+CO2，所以AO⊥CO．…（2分）因?yàn)锳C，BD是正方形ABCD的對(duì)角線，所以AO⊥BD．…（3分）因?yàn)锽D∩CO＝O，所以AO⊥平面BCD；．…（4分）（2）：由（1）知，CO⊥OD，如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，OC，OD所在的直線分別為x軸，y軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，…（5分）則有O（0，0，0），D(0，2，0)，C(設(shè)A（x0，0，z0）（x0＜0），則OA→=(x0，0，又設(shè)面ABD的法向量為n＝（x1，y1，z1），則n?OA→所以y1＝0，令x1＝z0，則z1＝﹣x0．所以n＝（z0，0，﹣x0）．…（8分）因?yàn)槠矫鍮CD的一個(gè)法向量為m＝（0，0，1），且二面角A﹣BD﹣C的大小為120°，…（9分）所以|cos?m，n?|=|cos120°|=12因?yàn)閨OA|=2，所以解得x0=?22，設(shè)平面ABC的法向量為l＝（x2，y2，z2），因?yàn)锽A→則l?BA→=0l?BC→=0.，即所以l=(1，?1，3)．設(shè)二面角A﹣BC﹣D的平面角為θ，所以cosθ=|cos?l，m?|=|31+1+所以tanθ=6所以二面角A﹣BC﹣D的正切值為63．…法二：課后作業(yè).空間角與空間距離1．（2019?新課標(biāo)Ⅰ）如圖，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)．（1）證明：MN∥平面C1DE；（2）求點(diǎn)C到平面C1DE的距離．【解答】證明：（1）連結(jié)B1C，ME，∵M(jìn)，E分別是BB1，BC的中點(diǎn)，∴ME∥B1C，又N為A1D的中點(diǎn)，∴ND=12A1由題設(shè)知A1B1∥=DC，∴B1C∥=A1D，∴ME∥∴四邊形MNDE是平行四邊形，MN∥ED，又MN?平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．解：（2）過C作C1E的垂線，垂足為H，由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，∴CH⊥平面C1DE，故CH的長(zhǎng)即為C到平面C1DE的距離，由已知可得CE＝1，CC1＝4，∴C1E=17，故CH=∴點(diǎn)C到平面C1DE的距離為417解：（2）C（﹣1，3，0），DC→=（﹣1，平面C1DE的法向量n→∴點(diǎn)C到平面C1DE的距離：d=|2．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PC＝AD＝CD=12AB＝2，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面（1）求證：BC⊥平面PAC；（2）若M為線段PA的中點(diǎn)，且過C，D，M三點(diǎn)的平面與線段PB交于點(diǎn)N，確定點(diǎn)N的位置，說明理由；并求AN與平面ABCD所成的角的正切值．【解答】（1）證明：連接AC，在直角梯形ABCD中，AC=AD2BC=(AB?CD)2∴AC2+BC2＝AB2，即BC⊥AC；∵PC⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴BC⊥PC；又AC∩PC＝C，∴BC⊥平面PAC；（2）解：點(diǎn)N是PB的中點(diǎn)，理由如下；∵點(diǎn)M為PA的中點(diǎn)，點(diǎn)N為PB的中點(diǎn)，∴MN∥AB，又∵AB∥DC，∴MN∥CD，∴M、N、C、D四點(diǎn)共面，即點(diǎn)N為過C、D、M三點(diǎn)的平面與線段PB的交點(diǎn)；過點(diǎn)N作NE∥PC交BC于E，則E為BC的中點(diǎn)，連接AE，∵PC⊥平面ABCD，∴NE⊥平面ABCD，∴∠NAE為AN與平面ABCD所成的角．在Rt△NEA中，∵NE=12PC＝1，