2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 空間角的計算 專項訓(xùn)練【含答案】

微專題27空間角的計算

［考情分析］以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點.空間向量是將空間幾何問

題坐標化的工具，利用空間向量求平面與平面的夾角或線面角是高考熱點，通常以解答題的

形式出現(xiàn)，難度中等.

-思維導(dǎo)圖

-利用定義法求異面直線所成的角

兒何體的結(jié)構(gòu)特征］-利用定義法求直線與平面所成的角

必備常見

空間幾何體中的平行、垂直關(guān)系一-利用空間向量法求異面直線所成的角

知識一題型

空間向量及其應(yīng)用一空利用空間向量法求直線與平面所成的角

間

角-利用空間向量法求平面與平面的夾角

的

計

異面直線所成的角常用定義法求解一算廠忽略角的范圍

必備一常見

直線與平面所成的角常用向量法求解對直線與平面所成的角定義不清楚

解法誤區(qū)

平面與平面的夾角常用向量法求解——混淆二面角的平面角和平面與平面的夾角

典型例題

考點一異面直線所成的角

【典例11（2021?全國乙卷）在正方體ABCD-ArBtCtDt中，尸為BQi的中點，則直線PB與

A￡）i所成的角為（）

-兀c兀一兀c兀

B.QC.]D.g

答案D

解析方法一如圖，連接CiP,因為ABC。-AISCLDI是正方體，且尸為Bid的中點，所

以CiPlBiDi,

又

B\D\ABBi=Bi,

所以GPL平面BiBP.

又2PU平面BiBP,所以

連接BCi,貝!|A￡h〃BCi,

所以NPBCi為直線PB與所成的角.

設(shè)正方體ABCD-AiSGDi的棱長為2,

則在RtZ\CiP8中，CiP=3BiDi=?

P(J.]

BC\=2y[^,sinNPBCi=BC=]，

所以/PBCi帶

方法二以8i為坐標原點，BiCi,B1A1,田8所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直

角坐標系（圖略）,設(shè)正方體ABC。-4正方。1的棱長為2,則8（0,0,2）,尸（1,1,0）,。（2,2,0）,

A(0,2,2),PB=(~1,-1,2),麗=(2,0,-2).設(shè)直線PB與AA所成的角為仇貝Ucos8=

曲X6]|-6|_A/3?.因為6?e(0,,所以。弋.

一玳義乖—2

\PB\\ADi\

方法三如圖所示，連接8G,AiB,AiP,PG,則易知4。1〃83，所以直線尸8與所

成的角等于直線尸8與BCi所成的角.根據(jù)尸為正方形AiBiGDi的對角線Bid的中點，易

知Ai,P,G三點共線，且P為4G的中點.易知AbB=BG=ACi,所以△AIG為等邊

JT1JT

三角形，所以NAi8G=],又尸為4G的中點，所以可得/28弓=5乙4/。1=守

跟蹤訓(xùn)練1（2023?許昌模擬）已知三棱錐P—ABC中，必_L平面ABC,AB=4,AC=4,BC

=4明，PA=6,。為P3的中點，則異面直線A。與PC所成角的余弦值為（）

A褒R逆

A-15612c14

答案D

解析如圖所示，取的中點E,連接AE,DE,

則DE//PC,NAOE（或其補角）即為異面直線A。與PC所成的角.

由AB=4,AC=4,BC=4@,得A"+AC2=BC2,所以48_L4C,

又E為BC的中點，貝1AE=2吸，

E4_L平面ABC,

則在Rt△必C中，PC=q/+AC2=N36+16=2g,

所以DE=^PC=^Yi

在RtAB4B中，PB=^/B42+AB2=^/36+16=2713,

所以D4=qi5,

4。2+。序一4/

13+13-89

在△ADE中，根據(jù)余弦定理可得cosZADE=

2ADDE2X1313,

9

所以異面直線A。與PC所成角的余弦值為尚.

考點二直線與平面所成的角

【典例2】(2023?濰坊模擬)如圖，圓臺0。2的上底面半徑為1,下底面半徑為陋，AB為圓臺

下底面的一條直徑，圓。2上點C滿足AC=BC,POi是圓臺上底面的一條半徑，點、P,C在

平面4301的同側(cè)，且尸0i〃8C

(1)證明：。1。2〃平面B4C;

(2)從條件①、條件②中選擇一個作為已知，求直線AOi與平面P8C所成角的正弦值.

4

條件①：三棱錐O1—A8C的體積為學(xué)

條件②：AOi與圓臺底面所成角的正切值為寸1

注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.

(1)證明取AC的中點連接。2加，PM,如圖，

A/2

由題意，尸Oi=l,BC=,AB=2,

久P0i〃BC,POi=^BC.

O2M//BC,O^M=^BC,

故POM/O2M,PO1=O2M,

所以四邊形尸O1O2〃為平行四邊形，

則PM//OiOo,又PMU平面PAC,01。2c平面PAC,

故01。2〃平面PAC.

（2）解選條件①：SAABC=|AC-BC=1X2X2=2,

又。。21?平面ABC,

14

所以三棱錐Oi—ABC的體積V=3XSAABCXOIO2=3.

所以0102=2.

以。2為坐標原點，OzB,O2C,。2。1所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系.

則有A（一也，0,0）,8（5，0,0）,C（0,也，0）,尸（一坐，坐，2）,O1（0,0,2）,

故而=（小，0,2）,BC=（~y[2,也，0）,亦=卜乎，—羋，2）,

設(shè)平面尸的法向量為〃=（x,y,z）,

nBC=-y[2x+yl2y=0,

則

nCP=―乎^—￥>+2Z=0,

令z=l,解得％=y={5,得y[2,1）,

設(shè)所求角的大小為仇

貝!|sin9=|cos（AOi,n）|=因。閭

\AOi\\n\

_|2+2|_2A/30

一加X4一15,

所以直線40i與平面PBC所成角的正弦值為今續(xù).

選條件②：因為。1。2,平面A8C,

所以/。小。2為AOi與圓臺底面所成的角，

所以tanNQAO2=也，

又4。2=正，所以0。2=2.

下同條件①.

跟蹤訓(xùn)練2（2022.全國乙卷）4如圖，四面體ABC。中，AD_LC￡）,/ADB=NBDC,

E為AC的中點.

D

(1)證明：平面BED_L平面AC。；

(2)設(shè)AB=BD=2,ZACB=60°,點尸在8。上，當(dāng)△ABC的面積最小時，求C尸與平面ABZ)

所成的角的正弦值.

⑴證明因為AO=C￡),E為AC的中點，所以ACLOE

在△AOB和△CDB中，

因為AO=C。，NADB=NCDB,

DB=DB,

所以△ADB咨ACDB,所以AB=8C.

因為E為AC的中點，所以ACLBE

又BECDE=E,BE,DEU平面BED,

所以AC_L平面BED,

又ACU平面A"),

所以平面BED_L平面ACD.

(2)解由(1)可知AB=BC,

又NAC2=60°,AB=2,

所以△ABC為邊長為2的正三角形,

貝iJAC=2,BE=y[3,AE=L

因為AD=C。，ADLCD,

所以△AOC為等腰直角三角形，

所以。E=L

所以DE2+BE2^BD2,貝I]DE上BE.

由(1)可知，AC_L平面BED

連接ER因為EFU平面2現(xiàn))，

所以ACJ_EF,

當(dāng)△AEC的面積最小時，點/到直線AC的距離最小,

即EF的長度最小.

在RtABED中，當(dāng)EF的長度最小時，

,DEBEJ3

EF±BD,EF==-V.

DpUnZ

方法一由(1)可知，DELAC,BE±AC,

所以EA,EB,ED兩兩垂直，

以E為坐標原點，EA,EB,即所在的直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標

系，則41,0,0）,2（0,小,0）,0（0,0,1）,c（-1,0,0）,

贏=（一1,小,0）,法=（0,小,-1）.

易得。尸=3，F(xiàn)B=j,所以添=而.

設(shè)廠(0,y,z),則方＞=(0,y,Z-1),

坐3

得-

y-Z-4

即《0,乎,力,

所以存=11,坐，I）

設(shè)平面ABD的法向量為

”=（無1,yi,zi）,

n-AB——為+小力=0,

ji-DB=y[3yl—zi=0,

不妨取巾=1,則尤1=小，21=餡,

n=（小,1,記）.

記CP與平面所成的角為a,

mil.,\CF-n\4A/3

貝(Jsin(X—|cos(CF9n)\——7?

\CF]-\n\

方法二因為￡為AC的中點，所以點C到平面ABD的距離等于點E到平面的距離的

2倍.

因為。E_LAC,DELBE,ACC\BE=E,AC,BEU平面ABC,

所以。E_L平面ABC.

因為VD-AEB—VE-ADB,

所以拈AEBE-/SAABZ、，其中d為點C到平面ABD的距離.

在△ABZ)中，BA=BD=2,AD=?

所以S^ABD=2，

所以1=2用.

因為ACJ_平面8即，EFU平面BE。，

所以AC_LEF,

所以尸。=小兩記=坐.

記CF與平面A3。所成的角為a,

.d4小

貝Jsina=~Qp~j~

方法三如圖，過點E作EM_LAB交A2于點M,連接OW,過點E作EG_LDM交DM于點

G.

因為。E_LAC,DE±BE,ACHBE^E,AC,BEU平面ABC,

所以。E_L平面4BC,又ABU平面ABC,所以。E_LAB,

又EMCDE=E,EM,OEU平面。EM,所以A8_L平面。EM,

又EGU平面。EM,所以AB_LEG,

又ABAZ)M=M,AB,Z)MU平面ABD,

所以EG,平面ABD,則EG的長度等于點E到平面A3。的距離.

因為E為AC的中點，所以EG的長度等于點C到平面42。的距離的自

J3

因為EM=A￡-sin60。=掾，

濟2"DEEMDEEM回

所以前=小一=近弄病=7，

所以點C到平面的距離d=2用.

"="序+改2=坐

記CF與平面A3。所成的角為a,

則sin.=告=羋

考點三平面與平面的夾角

【典例3】(2023?新高考全國I)如圖，在正四棱柱ABCD-AiBiCiDi中，AB=2,A4i=4.點

4，B2,C2,6分別在棱AA，BBi，CCi，DDil.,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.

(1)證明：B2C2//A2D2;

⑵點尸在棱上，當(dāng)二面角尸一A2c2一2為150。時，求22P.

⑴證明以C為坐標原點，CD,CB,CG所在直線分別為無，y,z軸建立空間直角坐標系,

如圖,

則C(0,0,0),C2(0,0,3),&(0,2,2),

B?C；=(0,-2,1),

A?D；=(0,-2,1),

/.B2C2//A2￡>2,

又B2c2,A2D2不在同一條直線上,

：.B2C2//A2D2.

(2)解設(shè)P(0,2,2)(0W4W4),

則AC；=(—2,—2,2),麓=(0,—2,3—立&=(-2,0,1),

設(shè)平面B42c2的法向量為〃=(%,y,Z),

n-A2C2——2x—2y+2z=0,

則一

^n-PCi=_2y+(3—九)z=0,

令z=2,得y=3—九x=A~l,

n—(X—1,3—A,2),

設(shè)平面A2c26的法向量為機=(a,b,c),

m-A2c2=-2a—26+2c=0,

則《

in-D2r.Ci=-2a+c=0,

令a—1,得b=l,c—2,

.,,、,\n-m\

?.les〈"，MI—1“11ffli

6

—V^/4+?T)2+(3T)2

=|cos150。|=為-,

化簡可得，44+3=0,

解得力=1或4=3,

；.尸(0,2,3)或尸(0,2,1),

:.B2P=I.

跟蹤訓(xùn)練3(2023?唐山模擬)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面A1B1BA和側(cè)面4ACG

均為正方形，。為棱BC的中點.

(1)證明：平面AOG_L平面BiBCG；

(2)若直線ACi與平面BiBCCi所成角為30°,求平面與平面ADCi夾角的余弦值.

⑴證明因為側(cè)面AiBiBA和側(cè)面4ACC1均為正方形,

所以AiA_LAB,ArA±AC,XABAAC=A,AB,AC<=平面ABC,

所以AiAJ_平面ABC,又AiA〃CC,所以CCJ_平面ABC,

又A￡)u平面ABC,所以CiCLLAD

由AB=AC,。為棱8c的中點，所以AOLBC,

又BCCCG=C,BC,CCiU平面B1BCC1,

因此A。_L平面B1BCC1,又AOU平面AOCi,

故平面AOG_L平面BiBCCi.

(2)解由⑴得NAG。是4cl與平面BiBCG所成角，即NACiD=30。,

令A(yù)C=2,所以AG=2吸，又NAOG=90。，

所以A￡)=小，DCi=#,DC=y[6^=yl2,

則NZMC=45°,Nft4c=90°.

以A為原點，以施，AC,幅的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空

間直角坐標系，

到40,0,0),0(1,1,0),G(0,2,2).所以位)=(1,1,0),AG=(0,2,2).

設(shè)機=(無，y,z)是平面AUG的法向量，

ADm—0,［x+y=0,

則j一即鼠+2z=。，取…'T』）?

、AG?7w=0,

易知〃=（0,1,0）是平面AiBiBA的一個法向量,

、防?川_|—1|吏

貝！||cos〈m,nLI河印一小義1―3，

所以平面A^BA與平面ADCx夾角的余弦值為￥?

［總結(jié)提升］

在解決空間角的計算問題上，常用的方法有定義法和向量法.在向量法中，求解時注意角的

取值范圍，異面直線所成的角范圍為（0,I,直線與平面所成的角、兩個平面夾角的范圍為

TT

0,可，所以公式中要加絕對值.

熱點突破

1.（2023?丹東質(zhì)檢）設(shè)C與C分別為圓柱上、下底面圓周上的點，且位于該圓柱軸截面

ABB'A'同側(cè)，下底面圓心。在AB上，若BC=2C4,A'C'=2C'B',cosZCC（9=|,

則直線CC'與AB所成角的余弦值為（）

A退R2「亞口空

答案B

解析設(shè)圓柱的底面半徑為r,高為九過C'作C'D//B'B,連接C'O,OD,CD,

由題設(shè)弧長的數(shù)量關(guān)系知，△OCD為邊長為r的正三角形且CD〃A2,C。垂直于圓柱底

面,

則OC^yjOD2+C'D^yjr+h2,CC'=在西下方=V

oc2+ue—c。2r2+r2+/i2—r2—/22

在△（?'C。中，由余弦定理可得cos/C'CO=

20CC'C2r\jr2+/i2

1

35

整理可得〃2=土戶,

因為CZ）〃A8,所以NOCD即為異面直線CC'與AB所成的角（或其補角）.

CD2

在RtZXCCD中，cos/。CD=^r

3,

2

所以直線CU與48所成角的余弦值為爭

2.（2023?合肥模擬）米斗是稱量糧食的量器，是古代官倉、糧棧、米行及地主家里必備的用具，

如圖為一倒正四棱臺形米斗，高為40cm.已知該正四棱臺的所有頂點都在一個半徑為50cm

的球。的球面上，且一個底面的中心與球。的球心重合，則該正四棱臺的側(cè)棱與底面所成角

的正弦值為（）

A19近「更口型

答案D

解析由題意，作出正四棱臺的對角面，如圖,

AO為正四棱臺上底面正方形對角線，8C為正四棱臺下底面正方形對角線,

。為外接球球心，為線段8c的中點，則。。=OA=O8=OC=50,

過點。作。垂足為E,則NOCE即為所求角.

因為00=50,DE=40,

所以O(shè)E=30,EC=20,

所以DC=2S3，所以正四棱臺的側(cè)棱與底面所成角的正弦值為黃=羋.

3.在三棱錐尸一ABC中，△ABC和△PBC均為等邊三角形，且二面角尸一BC—A的大小為

120°,則異面直線和AC所成角的余弦值為()

答案A

解析方法一

因為△ABC和△P2C均為等邊三角形，

所以AO_LBC,PO±BC,

所以8C_L平面B4。，即平面B40_L平面ABC.

所以NP04就是二面角P-BC-A的平面角，即/尸。4=120。，

建立空間直角坐標系，如圖所示.

設(shè)AB=2,則A(小，0,0),C(0,-1,0),2(0,1,0),尸［一半，0,|

所以n=(一/，-1,0),麗=吟,1,—

所以|cos(AC,PB)|=

\AC\\PB\

故異面直線PB與AC所成角的余弦值為引

O

方法二如圖所示，取8C的中點。，連接OP,OA.

D

因為△ABC和△P8C是全等的等邊三角形,

所以AO_L8C,POLBC,

所以NPQ4就是二面角的平面角.

設(shè)AB=2,則公=沆一位，RB^OB-OP.

故啟麗=(沆—OA)-(OB-OP)

=OCOB-OCOP-OAOB+dAOP

=1X1X(-1)-0-0+小義小x(一；),

5

=一亍

所以|cos<AC,PB）|=|AOPB|=1,

\AC\\PB\

故異面直線PB與AC所成角的余弦值為宗

4.（2023?莆田模擬）在正方體ABC。一A山CQi中，點M,N分別是4C,8。上的動點，當(dāng)

線段MN的長最小時，直線MN與平面8CCYB1所成角的正弦值為（）

A亞再M0亞

a60-6=3u'3

答案A

解析以。為坐標原點，DA,DC,OA所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，

因為平面ABC。，BOU平面ABC。，

所以A4i_LB。，

因為在正方形ABC。中，AC±BD,且ACA44i=A,AC,A4iU平面4AC,

所以8。，平面4AC,

因為點M,N分別是AC,8。上的動點，

當(dāng)點N為AC,8。的交點時，MN±BD,過點N作M0_LAC于點M,

此時MN為AC,8。的公垂線，即線段跖V的長最小，

設(shè)正方體棱長為2,則Ml[,。），AAi=2,AC=2?AC=2小,

因為△MCNS/VLC4,所以CN若=M器C=M胃N，

CAiACAAi

y[2MCMN

故班

解得MC=半，MN=*,

2s

、卡上“zt“c」八二上八,,MOMCPCMO—_3__OC_

過點M作MO,AC于點。，故4414c—AC即m2一2/一2吸，

解得M0=|,℃=斗^,故，|,I，I）,

血=&-1,-j）,平面BCCiB的一個法向量為〃=（0』,0）,

設(shè)MN與平面BCG?所成角的大小為0,

貝!|sin8=|cos(MN,n)|二吧^印

\MN\\n\

1

3y[6

干丁?

5.（多選）（2023?濰坊模擬）如圖所示的幾何體，是將棱長為3的正四面體沿棱的三等分點，作

平行于底面的截面所得，且其所有棱長均為1,則（）

A.直線BD與直線〃所成角為生

B.直線CG與平面EEWLK所成角為親

c.該幾何體的體積為喈

D.該幾何體中，二面角A—BC—。的余弦值為:

答案AC

解析將該幾何體還原為原正四面體Q—MNS,棱長為3,

設(shè)△MNS的中心為O,連接OQ,ON,

則0N=\［3,OQ=y16,SAMNS=苧，b-MNS=；X乎*#=乎，

IT

對于A,因為JL〃QN,所以直線8。與直線JL所成角即為M。與QN所成角，為］,故A

正確；

對于B,直線CG與平面EEH憶K所成角為QN與底面跖VS所成的角，/QN。即為所求角，

sin/QN0=^N=?,所以/QVO#不故B錯誤；

對于C,該幾何體的體積為大正四面體的體積減去4個棱長為1的小正四面體的體積，易得

小正四面體的體積為*,大正四面體的體積為苧，所以該幾何體的體積為乎一4X*=

喈，故C正確；

對于D,二面角A—BC—Z）的平面角與A—BC—。的平面角互補，顯然二面角A—BC—Q為

銳角，所以二面角A—BC—。一定為鈍角，其余弦值為負數(shù)，故D錯誤.

6.（多選）（2023嚀波模擬）已知SO_L平面a于點O,A,B是平面a上的兩個動點，且NOSA

ZOSB=^,則（）

A.SA與S3所成的角可能為:

B.SA與。8所成的角可能為方

C.SO與平面S48所成的角可能為專

JT

D.平面SOB與平面SAB的夾角可能為］

答案AC

解析設(shè)。4=1,貝］SO=/,SA=2,。8=小，SB：?

以。為原點，分別以0s所在直線為龍，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則5（0,0,?。?A（l,0,0）,

設(shè)?,0）,且m?+/=3,

或=（1,0,一?。?，SB=（m,n,一3），OB=（jn,w,0）,SO=（0,0,一小）,

若SA與S3所成的角為?

\SA-SB\\m+3\

則|cos(SA,SB)|=

|西11豆|2#

=cos3=2>解得〃z=-3，/^.

當(dāng)機=—3—加時，m2>3,不符合題意；

當(dāng)機=-3+而時，層=6加一12>0,方程有解，故A正確;

若SA與。8所成的角為專

則ICOS〈亞，OB)\=^-=^=s加S

CO得病=9>3,不符合題意，故B錯誤;

向肉2小6~2'

p?S4=xi—小zi=0,

設(shè)平面SAB的法向量為p=(?,yi,zi),則]_

^p'SB—mx\-\~ny\一^3zi—0,

取p=［恒聲,1),

IT

若SO與平面SAB所成的角為去

則|cos(SO,p)

\SO\\P\

______亞__________?7l__

=/---------------sin~2=~

/,3(1一m)26.

小rX,七一

解得根=1,n=±\[2,故C正確;

q,SO=一J§Z2=0,

設(shè)平面SOB的法向量為q=(%2,》2,Z2),貝K取*(1，/。)

^q-OB=rwc2~\-ny2—0,

JT

若平面S03與平面SAB的夾角為了

則pq=0,

即小—41二Ml竺％=0得m2+/=相

vnn

又評+〃2=3,得根=3,療=9>3,不符合題意，故D錯誤.

7.過正方形ABC。的頂點A作B4_L平面ABC。，若AB=B4,則平面E4B與平面PC。夾角

的大小為.

答案45°

解析如圖，建立空間直角坐標系，

z

E

*c

設(shè)AB=B4=1,

則40,。,。)，0(0,1,0),尸(0,0,1),

由題意，平面以8,設(shè)E為P。的中點，

連接AE,則AE_LP。，

又CO_L平面PAD,

：.CD±AE,又PDCCD=D,從而AE_L平面PCD

.,.AD=(0,1,0),靠=(0,，分別是平面B48,平面PCQ的法向量，

_1

../方,\AD-^E\2^2

??|cos\AD,AE)|——r——&，

位)|港|當(dāng)

故平面PAB與平面PCD夾角的大小為45°.

8.(2023?湖北黃岡中學(xué)模擬)在空間四面體ABC。中，ZACD=60°,二面角4一8一8的大

小為45。，在平面A8C內(nèi)過點8作AC的垂線/,則/與平面所成的最大角的正弦值為

答案手

解析如圖，記過點2作AC的垂線/,垂足為E,

過點E作BC的垂線EH,垂足為H,

過點H作CD的垂線HG,垂足為G,連接EG.

過點E作垂直于直線CE的平面a,a交平面BCD于直線8居尸在C。上,

則當(dāng)平面ABC時，/與平面8C。所成的角最大，且與/ECH互余.

因為平面ABC,EHU平面ABC,

所以BF±EH,

又EHLBC,BCCBF=B,BC,BFU平面BCD,

所以￡H_L平面BCD,

所以/與平面BCD所成的角即為/EB".

因為CZ)_LGH,CD工EH,GHCEH=H,GH,E”u平面EHG,

所以CO_L平面EHG,

又EGU平面EHG,

所以C￡)_LEG,

所以NEGH即為二面角A-CD-B的平面角，即NEG8=45。，

設(shè)GH=m,

在RtZ\GEH中，EH=m,EG=y[^n,

又/ACG=60。，

所以在RtA￡GC中，CE=2"^m,

EHin

在RtAEHC中,sinZECH=^=^j^=4,

3

記此時/與平面BCD所成角為6,

V10

則sin9=sinZEBH=cosZECH

-4-

9.(2023?宣城模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是正方形，PA=PD,PB=PC

=BC=2,二面角P-BC-A的大小為30°.

(1)證明：平面平面P2C；

(2)求PC與平面PAB所成角的正弦值.

⑴證明設(shè)A。，8C的中點分別為E,F,連接EF,PE,PF,

因為底面A8CD是正方形，PB=PC,

所以EFJ_8C,PFLBC,

又EFCPF=F,EF,Pbu平面PEF,

所以平面尸EF,

又PEU平面PEF,

所以BC±PE.

由題意知NPFE是二面角P-BC-A的平面角,

即/尸/茁=30°,又EF=2,PF=4

所以尸層=22+(餡)2—2X2X小X坐=1,解得PE=1,

所以PE2+PF2=EF2,

所以PFA.PE,

KPFC\BC=F,PF,8CU平面PBC,

所以PEL平面PBC,

因為P￡u平面PAD,

所以平面平面PBC.

(2)解由(1)知平