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8.7　立体几何中的向量方法
(教师独具内容)
1．理解直线的方向向量与平面的法向量．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系．能用向量的方法证明有关线面关系的一些定理．
2．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．
3．能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题．
4．重点提升数学抽象、逻辑推理和数学运算素养．
(教师独具内容)
本考点是历年高考必考的内容，主要以解答题的形式进行考查，试题以棱柱或棱锥等多面体为载体，与空间平行、垂直关系的判断、证明、线面角或二面角的求解以及探索性问题等相结合，综合性较强．其中以棱柱或棱锥为载体考查线面角或二面角的求解是高考的热点．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
1．空间位置关系的向量表示
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．
(3)
2．异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
a与b的夹角〈a，b〉 l1与l2所成的角θ
范围 0＜〈a，b〉＜π 0<θ≤
关系 cos〈a，b〉＝ cosθ＝|cos〈a，b〉|＝
3．直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝.
4．二面角
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．
(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
(3)平面与平面的夹角
平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把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．
5．(1)点P到直线l的距离
设＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝.
(2)点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝＝，如图所示．
(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　　)
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　　)
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　)
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2. 如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为(　　)
A. B．
C． D．
答案　A
解析　设CA＝2，则A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0，2,0)，B1(0,2,1)，可得向量＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈，〉＝＝.故选A.
3．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是(　　)
A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)
B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)
C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)
D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)
答案　D
解析　若l∥α，则a·n＝0，经验证知D满足条件．
4．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为(　　)
A. B．
C.或 D．或
答案　C
解析　∵m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，∴m·n＝1，|m|＝1，|n|＝，∴cos〈m，n〉＝＝，∴〈m，n〉＝.∴两平面所成的二面角为或.故选C.
5．设u，v分别是平面α，β的法向量，u＝(－2,2,5)，当v＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________．
答案　α⊥β　α∥β
解析　当v＝(3，－2,2)时，u·v＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0，故α⊥β.当v＝(4，－4，－10)时，v＝－2u，故α∥β.
1. (2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积．
解　(1)证明：在△ABD中，因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD.
因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，OA 平面ABD，所以OA⊥平面BCD，
又因为CD 平面BCD，所以OA⊥CD.
(2)解法一(向量法)：由题意可得CD＝1，BD＝2，∠BDC＝60°，在△BCD中，由余弦定理，
得BC＝
＝＝.
所以CD2＋BC2＝BD2.
所以△BCD为直角三角形，且∠BCD＝90°.
以C为坐标原点，CD，CB所在直线分别为x轴、y轴，过C且垂直于平面BCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设点E在z轴上的坐标为m(m>0)，因为DE＝2EA，由三角形相似可得E，
又因为C(0,0,0)，B(0，，0)，
所以＝(0，－，0)，＝.
设平面BCE的法向量为n1＝(a，b，c)，
由n1·＝0，n1·＝0，并令c＝1，
得n1＝.
易得平面BCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，
所以cos45°＝＝，
所以m＝，由相似三角形易得AO＝1，
所以VA－BCD＝S△BCD·AO＝××1××1＝.
解法二(几何法)：
如图，取OD的三等分点F，使得2OF＝DF，取BC的三等分点G，使得2CG＝BG，连接EF，FG，EG，
因为2AE＝DE，
所以△AOD∽△EFD.
所以AO∥EF.
由(1)知，AO⊥平面BCD，所以EF⊥平面BCD，所以EF⊥BC，EF⊥FG，
又OD＝1，所以OB＝1，OF＝，DF＝，BF＝，
所以2DF＝BF，所以△BCD∽△BGF.
所以GF∥CD，且GF＝CD＝.
因为OB＝OD＝OC＝1，
所以BC⊥CD，BC＝.
所以GF⊥BC.
又因为EF⊥BC，EF 平面EFG，GF 平面EFG，EF∩GF＝F，
所以BC⊥平面EFG.所以BC⊥EG.
所以∠EGF即为二面角E－BC－D的平面角，所以∠EGF＝45°，
又因为EF⊥FG，所以△EFG为等腰直角三角形，所以EF＝FG＝，
由相似三角形易得AO＝1，
所以VA－BCD＝S△BCD·AO＝××1××1＝.
2．(2021·新高考Ⅱ卷) 在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求二面角B－QD－A的平面角的余弦值．
解　(1)证明：取AD的中点O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，
所以QO⊥AD，
而AD＝2，QA＝，故QO＝＝2.
在正方形ABCD中，因为AD＝2，故DO＝1，故CO＝，
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋CO2，故△QOC为直角三角形且QO⊥CO，
因为CO∩AD＝O，故QO⊥平面ABCD，
因为QO 平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(0,1,0)，Q(0,0,2)，B(2，－1,0)，
故＝(－2,1,2)，＝(－2,2,0)．
设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
取x＝1，则y＝1，z＝，故n＝.
而平面QAD的一个法向量为m＝(1,0,0)，
故cos〈m，n〉＝＝.
由图易知二面角B－QD－A的平面角为锐角，故其余弦值为.
3．(2020·新高考Ⅰ卷) 如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
解　(1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD 平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l.
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD.
因为DC∩PD＝D，所以l⊥平面PDC.
(2)如图建立空间直角坐标系Dxyz，
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1，0,0)，P(0，0,1)，B(1，1,0)，
设Q(m,0,1)，则有＝(0,1,0)，＝(m,0,1)，＝(1,1，－1)．
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则cos〈n，〉＝＝.
设直线PB与平面QCD所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈n，〉|＝
＝·
＝·≤·
≤·＝，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
一、基础知识巩固
考点　　利用空间向量证明平行或垂直
例1　如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点．求证：
(1)MN∥平面A1B1C1；
(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.
证明　由题意，知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0,0,0)，A1(2,0,0)，B(0,2,0)，B1(2,2,0)，C(0,0,2)，C1(2,0,2)，M(1,0,0)，N(1,1,1)．
(1)由题意知AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，
又A1B1∩A1C1＝A1，
所以AA1⊥平面A1B1C1.
因为＝(2,0,0)，＝(0,1,1)，
所以·＝0，即⊥.
又MN 平面A1B1C1，
所以MN∥平面A1B1C1.
(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
因为＝(－1,2,0)，＝(1,0,2)，
所以得
令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2＝(0,1,1)．因为n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n1⊥n2，所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.
例2　如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E，F分别为BC，A1C的中点．求证：
(1)EF∥平面A1B1BA；
(2)平面AEA1⊥平面BCB1.
证明　因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.
因为AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，
所以以过E作平行于BB1的直线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为AB＝3，BE＝，所以AE＝2，
所以E(0,0,0)，C(，0,0)，A(0,2,0)，
B(－，0,0)，B1(－，0,2)．
A1(0,2，)，则F.
(1)＝，＝(－，－2,0)，＝(0,0，)．
设平面A1B1BA的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
所以取
所以n＝(－2，，0)．
因为·n＝×(－2)＋1×＋×0＝0，
所以⊥n.
又EF 平面A1B1BA，
所以EF∥平面A1B1BA.
(2)因为EC⊥平面AEA1，
所以＝(，0,0)为平面AEA1的一个法向量．
又EA⊥平面BCB1，
所以＝(0,2,0)为平面BCB1的一个法向量．
因为·＝0，所以⊥，
故平面AEA1⊥平面BCB1.
　1.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，设E，F分别为PC，BD的中点．求证：
(1)EF∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PDC.
证明　(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PO⊥平面ABCD.
又O，F分别为AD，BD的中点，所以OF∥AB.
又四边形ABCD是正方形，所以OF⊥AD.
因为PA＝PD＝AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝.
以O为原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则A，F，D，P，B，C.
因为E为PC的中点，所以E.
易知平面PAD的一个法向量为＝，
因为＝，且·＝·＝0，
所以OF⊥EF，又因为EF 平面PAD，所以EF∥平面PAD.
(2)因为＝，＝(0，－a,0)，
所以·＝·(0，－a,0)＝0，所以PA⊥CD.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD 平面PDC，CD 平面PDC，所以PA⊥平面PDC.
又PA 平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PDC.
2. 如图，正方形ABCD的边长为2，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝，且FO⊥平面ABCD.求证：
(1)AE∥平面BCF；
(2)CF⊥平面AEF.
证明　取BC的中点H，连接OH，则OH∥BD，又四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，
∴OH⊥AC，
故以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(3,0,0)，C(－1,0,0)，D(1，－2,0)，F(0，0，)，B(1,2,0)．
＝(－2，－2,0)，＝(1,0，)，＝(－1，－2，)．
(1)设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取z＝1，得n＝(－，，1)．
又四边形BDEF为平行四边形，
∴＝＝(－1，－2，)，
∴＝＋＝＋
＝(－2，－2,0)＋(－1，－2，)
＝(－3，－4，)，
∴·n＝3－4＋＝0，
∴⊥n，
又AE 平面BCF，
∴AE∥平面BCF.
(2)∵＝(－3,0，)，
∴·＝－3＋3＝0，
·＝－3＋3＝0，
∴⊥，⊥，
即CF⊥AF，CF⊥AE，
又AE∩AF＝A，AE，AF 平面AEF，
∴CF⊥平面AEF.
　用空间向量证明平行与垂直的一般步骤
第一步：寻找空间几何体中的垂直关系，选取原点，建立适当的空间直角坐标系；
第二步：用向量表示空间几何体中的点、线和平面等元素，建立空间图形与空间向量的联系；
第三步：进行空间向量的坐标运算；
第四步：将空间向量运算的结果转化为空间图形中待证的结论．
考点　　求异面直线所成的角
例3　如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，则直线AM与CN夹角的余弦值为________．
答案　
解析　以{，，}作为基底，则＝－＝－，＝(＋)．设向量与的夹角为θ，则直线AM和CN夹角的余弦值为|cosθ|.·＝(＋)·＝2－·＋·－·＝－＋－＝.又△ABC和△ACD均为等边三角形，所以||＝||＝.所以cosθ＝＝＝.所以直线AM与CN夹角的余弦值为.
例4　如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，求直线EF与BC1所成角的大小．
解　以B为原点，直线BC，BA，BB1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图)．
设AB＝1，则B(0,0,0)，E，F，C1(1,0,1)，
所以＝，＝(1,0,1)．
于是cos〈，〉＝＝＝，
所以直线EF与BC1所成角的大小为60°.
　3. 如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是棱AD上一点，＝λ，若异面直线D1E与A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________．
答案　
解析　以D为原点，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)，∴＝(0,2，－1)，＝＋＝＋λ＝(－2λ，0，－2)．∴cos〈，〉＝
＝＝，解得λ＝.
4. 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．
解　(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以PA⊥BD.又因为AC∩PA＝A，AC，PA 平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
(2) 设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，
则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)．
所以＝(1，，－2)，＝(0,2，0)．
设PB与AC所成的角为θ，
则cosθ＝＝＝.
即PB与AC所成角的余弦值为.
　用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．
(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．
两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．
考点　　求直线与平面所成的角
例5　在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝AA1＝3.
(1)证明：AC⊥B1D；
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．
解　如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，C(，1,0)，B1(，0,3)，D(0,3,0)，C1(，1,3)，D1(0,3,3)．
(1)证明：∵＝(，1,0)，＝(－，3，－3)，
∴·＝0，∴AC⊥B1D.
(2)设平面ACD1的法向量为m＝(x，y，z)．
∵＝(，1,0)，＝(0,3,3)，
则
取x＝1，则m＝(1，－，)．
设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ.
∵＝(0,1,0)，
∴sinθ＝＝，
∴直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
例6　如图1，在Rt△ACB中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D上的点，试确定点M的位置，使得直线CM与平面A1BE所成角的正弦值为.
解　(1)证明：因为∠C＝90°，所以BC⊥CD，BC⊥A1D，
因为CD∩A1D＝D，CD 平面A1CD，A1D 平面A1CD，所以BC⊥平面A1CD，
因为A1C 平面A1CD，所以BC⊥A1C，
又A1C⊥CD，CD∩BC＝C，
所以A1C⊥平面BCDE.
(2) 以C为原点，CB，CD，CA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，因为DE∥BC，所以＝，所以AD＝4，CD＝2，A1C＝2，所以A1(0,0,2)，B(3,0,0)，E(2,2,0)，D(0,2,0)，
＝(2,2，－2)，＝(－1,2,0)，＝(0，－2,2)．
设点M的坐标为(0，y0，z0)，＝λ(λ∈[0,1])，则所以＝(0,2－2λ，2λ)，
设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则即
令x＝2，则y＝1，z＝，即n＝(2,1，)．
设直线CM与平面A1BE所成的角为θ，
则sinθ＝＝，即＝，解得λ＝或，
所以M为线段A1D(靠近点A1)四分之一处的点或三分之二处的点．
　5．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为AC的中点．若AB＝BC＝BB1，∠ABC＝，则CC1与平面BC1D所成角的正弦值为________．
答案　
解析　取A1C1的中点D1，连接DD1.∵AB＝BC，∠ABC＝，D为AC的中点，∴BD⊥AC，DB＝AD＝DC.∴DB，DC，DD1两两垂直，以D为坐标原点，DB，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
设DB＝AD＝DC＝1，则AB＝BC＝BB1＝.D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，C1(0,1，)，＝(1,0,0)，＝(0,1，)，＝(0,0，)．设平面BC1D的法向量为n＝(x，y，z)，则即令y＝，则z＝－1，即n＝(0，，－1)．设直线CC1与平面BC1D所成的角为θ，则sinθ＝＝＝，∴直线CC1与平面BC1D所成角的正弦值为.
6．如图①，在Rt△ABC中，∠B为直角，AB＝BC＝6，点E，F分别为线段AB，AC上一点，且EF∥BC，AE＝2，沿EF将△AEF折起，使∠AEB＝，得到如图②的几何体，点D在线段AC上．
(1)求证：平面AEF⊥平面ABC；
(2)若AE∥平面BDF，求直线AF与平面BDF所成角的正弦值．
解　(1)证明：如题图②，在△ABE中，
∵AE＝2，BE＝4，∠AEB＝，
∴由余弦定理得AB2＝AE2＋BE2－2AE·BEcos∠AEB＝4＋16－2×2×4×＝12，
∴AB＝2.∴EB2＝EA2＋AB2，
∴∠EAB＝，即EA⊥AB，
又EF⊥EB，EF⊥EA，EA∩EB＝E，EA，EB 平面ABE，
∴EF⊥平面ABE，又AB 平面ABE，
∴EF⊥AB，
又EA∩EF＝E，EA，EF 平面AEF，
∴AB⊥平面AEF，
又AB 平面ABC，∴平面AEF⊥平面ABC.
(2) 解法一：如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AE所在直线为y轴，过点A垂直于平面ABE的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2，0,0)，F(0，2,2)，C(2，0,6)，
∴＝(0,2,2)，＝(2，－2，－2)，＝(2，0,6)．
连接EC与FB交于点G，连接DG，
∵AE∥平面BDF，DG为平面AEC与平面BDF的交线，∴AE∥GD，∴＝，
在四边形BCFE中，∵EF∥BC，
∴△EFG∽△CBG，∴＝＝3，∴＝3，∴＝，
设D(x0，y0，z0)，则＝(x0，y0，z0)，
由＝，得∴D，
∴＝.
设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则取x＝1，
则z＝，y＝0，∴n＝(1,0，)，
设直线AF与平面BDF所成的角为θ，
则sinθ＝＝＝.即直线AF与平面BDF所成角的正弦值为.
解法二：以A为坐标原点，AB，AE所在直线分别为x，y轴，过点A垂直于平面AEB的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，E(0,2,0)，B(2，0,0)，F(0,2,2)，C(2，0,6)．
∴＝(0,2,0)，＝(0,2,2)，＝(2，0,6)，＝(－2，2,2)．
设＝λ＝(2λ，0,6λ)(0＜λ≤1)，
则＝＋＝(2λ－2，0,6λ)，
设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，得n＝.
由AE∥平面BDF，得·n＝2·＝0，即λ＝.
∴n＝(1,0，)．
设直线AF与平面BDF所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
∴直线AF与平面BDF所成角的正弦值为.
　利用向量法求线面角的两种方法
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的角(夹角为钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角．
考点　　求二面角
例7　如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值．
解　(1)证明：连接ME，B1C，
∵M，E分别为BB1，BC的中点，∴ME为△B1BC的中位线，∴ME∥B1C且ME＝B1C，
又N为A1D的中点，且A1D∥B1C，
∴ND∥B1C且ND＝B1C，
∴ME∥ND，且ME＝ND，
∴四边形MNDE为平行四边形，
∴MN∥DE.又MN 平面C1DE，DE 平面C1DE，∴MN∥平面C1DE.
(2) 由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(2，0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，＝(0,0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则即
∴可取m＝(，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，
则即
可取n＝(2,0，－1)，
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
∴二面角A－MA1－N的正弦值为.
例8　(2019·全国Ⅲ卷)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B－CG－A的大小．
解　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB 平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH 平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝.
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A(－1，1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，＝(1,0，)，＝(2，－1,0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
所以可取n＝(3,6，－)．
又平面BCGE的一个法向量可取m＝(0,1,0)，
所以cos〈n，m〉＝＝.
因此二面角B－CG－A的大小为30°.
　7.如图，在Rt△ABC中，B为直角，AB＝2BC，E，F分别为AB，AC的中点，将△AEF沿EF折起，使点A到达点D的位置，连接BD，CD，M为CD的中点．
(1)证明：MF⊥平面BCD；
(2)若DE⊥BE，求平面EMF与平面MFC夹角的余弦值．
解　(1)证明：如图，取BD的中点N，连接MN，EN，∵MN∥BC，MN＝BC，EF∥BC，EF＝BC，∴MN∥EF，MN＝EF，
∴四边形EFMN是平行四边形，
∵EF⊥BE，EF⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE 平面BDE，
∴EF⊥平面BDE，∴EF⊥EN，∴MF⊥MN，
在△DFC中，DF＝FC，
又M为CD的中点，∴MF⊥CD，又CD∩MN＝M，CD，MN 平面BCD，
∴MF⊥平面BCD.
(2) ∵DE⊥BE，DE⊥EF，BE∩EF＝E，BE，EF 平面BEF，∴DE⊥平面BEF，
以E为原点，BE，EF，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设BC＝2，
则E(0,0,0)，F(0,1,0)，C(－2,2,0)，D(0,0,2)，M(－1,1,1)，
∴＝(0,1,0)，＝(－1,0,1)，＝(2，－1，0)，
设平面EMF的法向量为m＝(x，y，z)，
则取x＝1，得m＝(1,0,1)，同理，得平面MFC的一个法向量为n＝(1,2,1)，
设平面EMF与平面MFC的夹角为θ，
则cosθ＝＝，
∴平面EMF与平面MFC夹角的余弦值为.
8．(2021·全国甲卷) 已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
解　(1)证明：因为直三棱柱ABC－A1B1C1中，F为CC1的中点，侧面AA1B1B为正方形，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝，连接AF，由BF⊥A1B1且AB∥A1B1，得BF⊥AB，所以AF＝3.
所以AC＝2，由AB2＋BC2＝AC2，得AB⊥BC.
如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz，
于是A(2,0,0)，B(0,0,0)，
C(0,2,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，
设B1D＝m(0≤m≤2)，
则D(m,0,2)．
于是＝(0,2,1)，＝(1－m,1，－2)．
由·＝0，得BF⊥DE.
(2)易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1,0,0)．
设面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，
又＝(1－m,1，－2)，＝(－1,1,1)，
所以即
令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1,2－m)，
于是cos〈n1，n2〉＝.
当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，为，此时其正弦值最小，为，即当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．
　利用向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．
(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
考点　　求空间距离
例9　在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点．
(1)求点B到直线AC1的距离；
(2)求直线FC到平面AEC1的距离．
解　以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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(1,0,1)，B(1,1,1)，C(0，1,1)，C1(0,1,0)，E，F，所以＝(0,1,0)，＝(－1,1，－1)，＝，＝，＝，＝.
(1)取a＝＝(0,1,0)，u＝＝(－1,1，－1)＝，则a2＝1，a·u＝.
所以点B到直线AC1的距离为＝＝.
(2)因为＝＝，所以FC∥EC1，所以FC∥平面AEC1.所以直线FC到平面AEC1的距离为点F到平面AEC1的距离．
设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，则所以
取z＝1，则x＝1，y＝2.
所以n＝(1,2,1)是平面AEC1的一个法向量．
又因为＝，所以点F到平面AEC1的距离为＝＝.
即直线FC到平面AEC1的距离为.
　9. 如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2，求点A到平面MBC的距离．
解　如图，取CD的中点O，连接OB，OM，因为△BCD与△MCD均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，平面MCD∩平面BCD＝CD，OM 平面MCD，所以OM⊥平面BCD.
以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，所以OB＝OM＝，
则O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)，
所以＝(1，，0)，＝(0，，)．
设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝，可得平面MBC的一个法向量为n＝(，－1,1)．又＝(0,0,2)，
所以所求距离为d＝＝.
10. 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点．
(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C1到平面ABN的距离．
解　建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)，
∵N是CC1的中点，
∴N(0,4,2)．
(1)＝(0,4,2)，＝(2，2,0)，
则||＝2，||＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝＝＝4.
(2)设平面ABN的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝2，则y＝－1，x＝，
即n＝.
易知＝(0,0，－2)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝＝＝.
　求点到平面的距离的方法
(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．
(2)等体积法．
(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．
二、核心素养提升
例1　如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值为(　　)
A. B．2
C．2 D．3
答案　D
解析　以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设P(a，b,0)，则D1(0,0,2)，E(1，2,0)，B1(2,2,2)，＝(a－2，b－2，－2)，＝(1,2，－2)，∵B1P⊥D1E，∴·＝a－2＋2(b－2)＋4＝0，∴a＋2b－2＝0，∴点P的轨迹是一条线段，当a＝0时，b＝1；当b＝0时，a＝2，设CD的中点为F，则点P在线段AF上，当A与P重合时，线段B1P的长度为＝2；当P与F重合时，P(0,1,0)，＝(－2，－1，－2)，线段B1P的长度||＝＝3，∴线段B1P的长度的最大值为3.
例2　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为线段AC的中点，点E在线段A1C1上，则直线OE与平面A1BC1所成角的正弦值的取值范围是(　　)
A. B．
C. D．
答案　B
解析　以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，O，则＝(0,1，－1)，＝(－1,1,0)，设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则即取x＝1，
得n＝(1,1,1)．设E(x，y，z)，＝λ，λ∈[0，1]，则(x－1，y，z－1)＝(－λ，λ，0)，解得E(1－λ，λ，1)，∴＝，设直线OE与平面A1BC1所成的角为θ，则sinθ＝＝＝，∵λ∈[0,1]，∴λ＝0或λ＝1时，(sinθ)min＝，λ＝时，(sinθ)max＝＝.∴直线OE与平面A1BC1所成角的正弦值的取值范围是.
1．立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等．
2．一般是根据线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直结合空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程．
课时作业
一、单项选择题
1．已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3，1，－4)，则(　　)
A．α∥β B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直 D．以上均不对
答案　C
解析　因为n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β既不平行，也不垂直．
2．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于(　　)
A．4 B．2
C．3 D．1
答案　B
解析　点P到平面OAB的距离d＝＝＝2.
3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，则A1B1与平面A1EF所成角的正弦值为(　　)
A. B．
C． D．
答案　B
解析　建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则A1(1,0,1)，E，F，B1(1，1,1)，则＝(0,1,0)，＝，＝.
设平面A1EF的法向量为n＝(x，y，z)，则即令y＝2，则所以平面A1EF的一个法向量为n＝(1,2,1)，cos〈n，〉＝＝.设A1B1与平面A1EF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝，即所求线面角的正弦值为.
4. 如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则点M的坐标为(　　)
A．(1,1,1) B．
C. D．
答案　C
解析　设AC与BD相交于点O，连接OE(图略)，因为AM∥平面BDE，且AM 平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，所以AM∥OE.又O是正方形ABCD对角线的交点，所以M为线段EF的中点．在空间直角坐标系中，E(0,0,1)，F(，，1)．由中点坐标公式，知点M的坐标为.
5. (2022·湖北联考)如图，圆锥的底面直径AB＝4，高OC＝2，D为底面圆周上的一点，且∠AOD＝，则直线AD与BC所成的角为(　　)
A. B．
C． D．
答案　B
解析　如图，过点O作OE⊥AB交底面圆于E，以OE，OB，OC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为∠AOD＝，所以∠BOD＝，
则D(，1,0)，A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，＝(，3,0)，＝(0，－2,2)，所以cos〈，〉＝＝－，则直线AD与BC所成的角为，故选B.
6．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　　)
A. B．
C. D．
答案　D
解析　如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，＝(2,0,0)，＝(2,2,0)，＝(2,0,2)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即令z＝1，得n＝(－1,1,1)．∴点D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.
7．(2021·福建四地七校4月联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，D，E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，则A1B与平面ABD所成角的余弦值为(　　)
A. B．
C． D．
答案　B
解析　如图，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CC1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Cxyz.设CA＝CB＝a(a>0)，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，A1(a，0,2)，D(0,0,1)，所以E，又因为G为△ABD的重心，
所以G.易得＝，＝(0，－a,1)．因为点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，所以是平面ABD的法向量．所以·＝0，解得a＝2.所以＝，＝(2，－2,2)．设A1B与平面ABD所成的角为θ，所以sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，所以cosθ＝，所以A1B与平面ABD所成角的余弦值为.故选B.
8. 如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，且BC⊥平面PAB，PA⊥AB，M为PB的中点，PA＝AD＝2.若AB＝1，则二面角B－AC－M的余弦值为(　　)
A. B．
C． D．
答案　A
解析　因为BC⊥平面PAB，PA 平面PAB，所以PA⊥BC.又PA⊥AB，且BC∩AB＝B，所以PA⊥平面ABCD.以点A为坐标原点，AB，AD，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)，C(1,2,0)，P(0,0,2)，B(1，0,0)，M，所以＝(1,2,0)，＝，求得平面AMC的一个法向量为n＝(－2,1,1)．又平面ABC的一个法向量为＝(0,0,2)，所以cos〈n，〉＝＝＝.由图可知二面角B－AC－M的平面角为锐角，所以二面角B－AC－M的余弦值为.
二、多项选择题
9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，且＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)，则(　　)
A．AP⊥AB
B．AP⊥AD
C.是平面ABCD的法向量
D.∥
答案　ABC
解析　因为·＝(2，－1，－4)·(－1,2，－1)＝0，·＝(4,2,0)·(－1,2，－1)＝0，所以AB⊥AP，AD⊥AP，则A，B正确；又与不平行，所以是平面ABCD的法向量，则C正确；由于＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)，所以与不平行，则D错误．
10. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4，AC，BD交于点E，则(　　)
A．M为PB的中点
B．二面角B－PD－A的大小为
C．若O为AD的中点，则OP⊥OE
D．直线MC与平面BDP所成角的余弦值为
答案　ABC
解析　如图1，连接ME，因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点，故A正确；如图2，取AD的中点O，连接OP，OE.因为PA＝PD，所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且OP 平面PAD，所以OP⊥平面ABCD.因为OE 平面ABCD，所以OP⊥OE，故C正确；因为四边形ABCD是正方形，所以OE⊥AD，如图2，建立空间直角坐标系Oxyz，
则P(0，0，)，D(2，0,0)，B(－2,4,0)，＝(4，－4,0)，＝(2,0，－)．设平面BDP的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，则y＝1，z＝，所以n＝(1，1，)．平面PAD的一个法向量为p＝(0，1,0)，所以cos〈n，p〉＝＝.由图可知二面角B－PD－A的平面角为锐角，所以它的大小为，故B正确；由题意知M，C(2,4,0)，＝.设直线MC与平面BDP所成的角为α，则sinα＝|cos〈n，〉|＝＝，所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为，故D错误．
三、填空题
11．在底面是直角梯形的四棱锥S－ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是________．
答案　
解析　如图所示，建立空间直角坐标系，则依题意可知，D，C(1,1,0)，S(0,0,1)，可知＝是平面SAB的一个法向量．
设平面SCD的法向量n＝(x，y，z)，因为＝，＝，所以即令x＝2，则有y＝－1，z＝1，所以n＝(2，－1,1)．设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为θ，则cosθ＝＝＝.
12. 如图所示，四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD＝2，E是棱PB的中点，M是棱PC上的动点，当直线PA与直线EM所成的角为60°时，线段PM的长度是________．
答案　
解析　如图建立空间直角坐标系，A(2,0,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)，∴＝(－2，0,2)，∵E是棱PB的中点，∴E(1,1,1)，设M(0，2－m，m)(0≤m≤2)，
则＝(－1,1－m，m－1)，∴|cos〈，〉|＝＝＝，解得m＝，∴M，
∴PM＝＝.
13. 如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周)．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________．
答案　
解析　以点O为坐标原点，OB，OS所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，S(0,0，)，
M.设P(x，y,0)，所以＝，＝.由·＝y－＝0，得y＝，所以点P的轨迹方程为y＝.根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为2＝.
14. 如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为________．
答案　
解析　如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，＝(a，a,0)，＝(0,2a,2a)，＝(a，－a,0)，
设平面AGC的法向量为n＝(x，y,1)，由即得所以n＝(1，－1,1)．设GB与平面AGC所成的角为θ，则sinθ＝＝＝.
四、解答题
15．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，平面PBC⊥底面ABCD.求证：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
证明　(1)取BC的中点O，连接PO，因为△PBC为等边三角形，所以PO⊥BC.
因为平面PBC⊥底面ABCD，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO 平面PBC，
所以PO⊥底面ABCD.
以O为坐标原点，BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝，
所以A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，)，
所以＝(－2，－1,0)，＝(1，－2，－)．
因为·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，所以⊥，所以PA⊥BD.
(2)取PA的中点M，连接DM，
则M.
因为＝，＝(1,0，－)，所以·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，
所以⊥，即DM⊥PB.
因为·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，所以⊥，即DM⊥PA.
又因为PA∩PB＝P，PA 平面PAB，PB 平面PAB，所以DM⊥平面PAB.
因为DM 平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB.
16. 如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：OP⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
解　(1) 证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.如图，连接OB.
因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，
所以OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知OP⊥OB.
又OB∩AC＝O，OB，AC 平面ABC，所以OP⊥平面ABC.
(2)由(1)知OP，OB，OC两两垂直，则以点O为坐标原点，OB，OC，OP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．
由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，＝(0,2,2)．
由(1)知平面PAC的一个法向量为＝(2,0,0)．
设M(a,2－a,0)(0＜a≤2)，
则＝(a,4－a,0)．
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．由得
可取y＝a，得平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝cos30°＝，
所以＝，
解得a＝－4(舍去)或a＝.
所以n＝.
又因为＝(0,2，－2)，设PC与平面PAM所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
17. 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分别为CC1，BC，AC的中点，点P在线段A1B1上运动，且＝λ(λ∈[0,1])．
(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ；
(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由．
解　(1) 证明：连接A1Q.
因为AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点，所以Rt△AA1Q≌Rt△CAM，
所以∠MAC＝∠QA1A，所以∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，所以AM⊥A1Q.
因为N，Q分别是BC，AC的中点，
所以NQ∥AB.
又AB⊥AC，所以NQ⊥AC.
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，所以NQ⊥AA1.
又AC∩AA1＝A，AC，AA1 平面ACC1A1，所以NQ⊥平面ACC1A1，所以NQ⊥AM.
由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1，所以N，Q，A1，P四点共面，
所以A1Q 平面PNQ.
因为NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q 平面PNQ，所以AM⊥平面PNQ，
所以无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.
(2) 存在点P，当A1P＝时，平面PMN与平面ABC的夹角为60°.理由如下：以点A为坐标原点，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A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M，N，Q，
＝，＝(1,0,0)．
由＝λ＝λ(1,0,0)＝(λ，0,0)，可得点P(λ，0,1)，所以＝.
设n＝(x，y，z)是平面PMN的法向量，则即
解得
令x＝3，则y＝1＋2λ，z＝2－2λ，
所以n＝(3,1＋2λ，2－2λ)是平面PMN的一个法向量．
取平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)．
假设存在符合条件的点P，则|cos〈m，n〉|＝＝，
化简得4λ2－14λ＋1＝0，
解得λ＝或λ＝(舍去)．
综上，存在点P，且当A1P＝时，满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°.

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