高考数学一轮复习第八章立体几何第七节空间向量的综合应用教案理苏教版

第七节 空间向量的综合应用考点一 向量法解决探索性问题 题点多变型考点——多角探明[锁定考向]探索性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度． 立体几何中常见的探索性问题有： (1)探索性问题与平行相结合； (2)探索性问题与垂直相结合；(3)探索性问题与空间角相结合．[题点全练]角度一：探索性问题与平行相结合1.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面PAD . 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB .(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .如图所示，建立空间直角坐标系O ­xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2，0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)． 则PD ―→＝(0，－1，－1)，PC ―→＝(2,0，－1)，PB ―→＝(1,1，－1)， 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD ―→＝0，n ·PC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2,2)． 又PB ―→＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB ―→〉＝n ·PB ―→|n||PB ―→|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]，使得AM ―→＝λAP ―→.因此点M (0,1－λ，λ)，BM ―→＝(－1，－λ，λ)． 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，当且仅当BM ―→·n ＝0， 即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面BCD ，此时AM AP ＝14.角度二：探索性问题与垂直相结合2.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，且PA ＝AB ＝BC ＝12AD ＝1 ，PA ⊥平面ABCD .(1)求PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(2)在棱PD 上是否存在一点E 满足∠AEC ＝90°？若存在，求AE 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)依题意，以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 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A ­xyz ，则P (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，从而PB ―→＝(1,0，－1)，PC ―→＝(1,1，－1)，PD ―→＝(0,2，－1)， 设平面PCD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·PD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －c ＝0，2b －c ＝0，不妨取c ＝2，则b ＝1，a ＝1，所以平面PCD 的一个法向量为n ＝(1,1,2)， 则cos 〈PB ―→，n 〉＝1－22×6＝－36，所以PB 与平面PCD 所成角的正弦值为36. (2)设PE ―→＝λPD ―→(0≤λ≤1)，则E (0,2λ，1－λ)， 所以CE ―→＝(－1,2λ－1,1－λ)，AE ―→＝(0,2λ，1－λ)， 由∠AEC ＝90°，得AE ―→·CE ―→＝2λ(2λ－1)＋(1－λ)2＝0， 化简得，5λ2－4λ＋1＝0，该方程无解， 所以在棱PD 上不存在一点E 满足∠AEC ＝90°. 角度三：探索性问题与空间角相结合3．(2019·苏州模拟)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足AB ⊥AD ，BC ∥AD 且BC ＝4，点M 为PC 的中点，点E 为BC 边上的动点，且BEEC＝λ.(1)求证：平面ADM ⊥平面PBC ；(2)是否存在实数λ，使得二面角P ­DE ­B 的余弦值为22？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：取PB 的中点N ，连结MN ，AN ，因为M 是PC 的中点，所以MN ∥BC ，MN ＝12BC ＝2，又BC ∥AD ， 所以MN ∥AD ， 又因为MN ＝AD ，所以四边形ADMN 为平行四边形， 因为AP ⊥AD ，AB ⊥AD ，AB ∩AP ＝A ， 所以AD ⊥平面PAB ， 所以AD ⊥AN ，所以AN ⊥MN ， 因为AP ＝AB ，所以AN ⊥PB ， 又因为PB ∩MN ＝N ， 所以AN ⊥平面PBC ，因为AN ⊂平面ADM ，所以平面ADM ⊥平面PBC . (2)存在符合条件的λ.以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，设BE ＝t ， 则E (2，t,0)，P (0,0,2)，D (0,2,0)，B (2,0,0)，从而PD ―→＝(0,2，－2)，DE ―→＝(2，t －2,0)，设平面PDE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·PD ―→＝0，n 1·DE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＋t －y ＝0，令y ＝z ＝2，解得x ＝2－t ，所以n 1＝(2－t,2,2)，又平面DEB 即为平面xAy ，故其一个法向量为n 2＝(0,0,1)， 则|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2－t 2＋4＋4＝22， 解得t ＝2，可知λ＝1.[通法在握]解立体几何中探索性问题的方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理； (2)若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明； (3)若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在． [提醒] 探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．[演练冲关]如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D ­xyz . 依题易得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以NE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，AM ―→＝(－1,0,1)． 设异面直线NE 与AM 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈NE ―→，AM ―→〉|＝|NE ―→·AM ―→||NE ―→|·|AM ―→|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，因为AN ―→＝(0,1,1)，可设AS ―→＝λAN ―→＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]， 又EA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，所以ES ―→＝EA ―→＋AS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎪⎨⎪⎧ES ―→·AM ―→＝0，ES ―→·AN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS ―→|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ， 此时AS ＝22. 考点二 由定角求参数的值重点保分型考点——师生共研[典例引领](2019·海门模拟) 如图，在直三棱柱ABC­A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝2.设BD ―→＝λDC ―→(λ＞0)．(1)若λ＝1，求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (2)若二面角B 1 ­A 1C 1 ­D 的大小为60°，求实数λ的值． 解：以A 点为坐标原点，分别以AB ，AC ，AA 1所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,2)，B 1(2,0,2)，C 1(0,4,2)．(1)当λ＝1时，D 为BC 的中点，所以D (1,2,0)，DB 1―→＝(1， －2,2)，A 1C 1―→＝(0,4,0)，A 1D ―→＝(1,2，－2)．设平面A 1C 1D 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1C 1―→＝0，n 1·A 1D ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＝0，x ＋2y －2z ＝0，所以可取n 1＝(2,0,1)．设直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈DB 1―→，n 1〉|＝|DB 1―→1·n 1||DB 1―→1||n 1|＝435＝4515，所以直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为4515.(2)因为BD ―→＝λDC ―→，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ＋1，4λλ＋1，0，所以A 1D ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ＋1，4λλ＋1，－2. 设平面A 1C 1D 的一个法向量为n 2＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1C 1―→＝0，n 2·A 1D ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4b ＝0，2λ＋1a ＋4λλ＋1b －2c ＝0，所以可取n 2＝(λ＋1,0,1)．又平面A 1B 1C 1的一个法向量为n 3＝(0,0,1)， 由题意得||cos 〈n 2，n 3〉＝12，所以1λ＋2＋1＝12，解得λ＝3－1或λ＝－3－1(不合题意，舍去)， 所以实数λ的值为3－1.[由题悟法]由定角求参数值的三个步骤(1)结合图形建立适当的空间直角坐标系； (2)根据给定的角建立方程或方程组；(3)解方程或方程组，结合题目对参数的要求，求得参数的值．[即时应用]如图，在棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，P 为棱C 1D 1的中点，Q 为棱BB 1上的点，且B Q ＝λBB 1(λ≠0)．(1)若λ＝12，求AP 与A Q 所成角的余弦值；(2)若直线AA 1与平面AP Q 所成的角为45°，求实数λ的值．解：以{AB ―→，AD ―→，AA 1―→}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz .则C 1(2,2,2)，D 1(0，2,2)，B (2,0,0)，B 1(2，0,2)，P (1,2,2)，A 1(0,0,2)，Q(2,0,2λ)．(1)若λ＝12，则Q(2,0,1)，因为AP ―→＝(1,2,2)，A Q ―→＝(2,0,1)，所以cos 〈AP ―→，A Q ―→〉＝AP ―→·A Q ―→|AP ―→||A Q ―→|＝1×2＋2×0＋2×13×5＝4515，所以AP 与A Q 所成角的余弦值为4515.(2)由AA 1―→＝(0,0,2)，A Q ―→＝(2,0,2λ)． 设平面AP Q 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP ―→＝0，n ·A Q ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＋2z ＝0，2x ＋2λz ＝0.令z ＝－2，则x ＝2λ，y ＝2－λ， 所以n ＝(2λ，2－λ，－2)．又因为直线AA 1与平面AP Q 所成的角为45°， 所以|cos 〈n ，AA 1―→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AA 1―→|n||AA 1―→|＝42λ2＋－λ2＋－2＝22， 可得5λ2－4λ＝0.又因为λ≠0，所以λ＝45.考点三 空间向量的综合应用重点保分型考点——师生共研 [典例引领](2019·太湖高级中学检测)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，BF ＝1.(1)求证：AD ⊥平面BFED ；(2)点P 在线段EF 上运动，设平面PAB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．解：(1)证明：在梯形ABCD 中，因为AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，所以AB ＝2，所以BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos 60°＝3. 所以AB 2＝AD 2＋BD 2， 所以AD ⊥BD .因为平面BFED ⊥平面ABCD ，平面BFED ∩平面ABCD ＝BD ，DE ⊂平面BFED ，DE ⊥DB ， 所以DE ⊥平面ABCD ，所以DE ⊥AD ，又DE ∩BD ＝D ，所以AD ⊥平面BFED .(2)由(1)可建立分别以直线DA ，DB ，DE 为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，如图所示，令EP ＝λ(0≤λ≤3)，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，P (0，λ，1)， 所以AB ―→＝(－1，3，0)，BP ―→＝(0，λ－3，1)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面PAB 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ―→＝0，n 1·BP ―→＝0，得⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，λ－3y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝(3，1，3－λ)， 因为n 2＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量， 所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13＋1＋3－λ2×1＝1λ－32＋4.因为0≤λ≤3，所以当λ＝3时，cos θ有最大值12，所以θ的最小值为π3.[由题悟法]处理立体几何的最值问题的2种方法(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件； (2)直接建系后，表示出函数转化为函数最值问题．[即时应用]如图1，∠ACB ＝45°，BC ＝3，过动点A 作AD ⊥BC ，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连结AB ，沿AD 将△ABD 折起，使∠BDC ＝90°(如图2所示)．(1)当BD 的长为多少时，三棱锥A ­BCD 的体积最大；(2)当三棱锥A ­BCD 的体积最大时，设点E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．解：(1)设BD ＝x (0＜x ＜3)，则CD ＝3－x .由AD ⊥BC ，∠ACB ＝45°知，△ADC 为等腰直角三角形， 所以AD ＝CD ＝3－x .由折起前AD ⊥BC 知，折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，且BD ∩DC ＝D ， 所以AD ⊥平面BCD . 又∠BDC ＝90°，所以S △BCD ＝12BD ·CD ＝12x (3－x )．于是V A ­BCD ＝13S △BCD ·AD ＝13(3－x )·12x (3－x )＝112·2x (3－x )·(3－x )≤112⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋－x ＋－x 33＝23(当且仅当2x ＝3－x ，即x ＝1时，等号成立)， 故当x ＝1，即BD ＝1时，三棱锥A ­BCD 的体积最大．(2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz . 由(1)知，当三棱锥A ­BCD 的体积最大时，BD ＝1，AD ＝CD ＝2. 于是可得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,2,0)，A (0,0,2)，M (0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以BM ―→＝(－1,1,1)．设N (0，λ，0)，0≤λ≤1，则EN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，λ－1，0.因为EN ⊥BM ，所以EN ―→·BM ―→＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，λ－1，0·(－1,1,1)＝12＋λ－1＝0， 故λ＝12，N ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0. 所以当DN ＝12(即N 是CD 上靠近点D 的一个四等分点)时，EN ⊥BM .设平面BMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BN ―→，n ⊥BM ―→，及BN ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋12y ＝0，－x ＋y ＋z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,2，－1)．设EN 与平面BMN 所成角的大小为θ， 则由EN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，可得sin θ＝|cos 〈n ，EN ―→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·EN ―→|n |·|EN ―→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12－16×22＝32，即θ＝60°， 故EN 与平面BMN 所成角的大小为60°.一保高考，全练题型做到高考达标1.(2019·海安检测)如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．(3)若二面角A ­B 1E ­A 1的大小为30°，求AB 的长．解：(1)证明：以A 为坐标原点，AB ―→，AD ―→，AA 1―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1―→＝(0,1,1)，B 1E ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1.∵B 1E ―→·AD 1―→＝0＋1－1＝0，∴B 1E ―→⊥AD 1―→，即B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP ―→＝(0，－1，z 0)． 由(1)知，AB 1―→＝(a,0,1)，AE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.设平面B 1AE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1―→＝0，n ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，a2x ＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP ―→，即a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又∵DP ⊄平面B 1AE ，∴在棱AA 1上存在一点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连结A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1， ∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1―→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1―→＝(0,1,1)． 则cos 〈n ，AD 1―→〉＝n ·AD 1―→|n||AD 1―→|＝－a2－a 2· 1＋a 24＋a2. ∵二面角A ­B 1E ­A 1的大小为30°，∴3a 22·1＋5a 24＝32，解得a ＝2， 即AB 的长为2.2．(2018·南京学情调研)如图，在底面为正方形的四棱锥P ­ABCD中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是线段PC 的中点．(1)求异面直线AP 与BE 所成角的大小；(2)若点F 在线段PB 上，且使得二面角F ­DE ­B 的正弦值为33，求PF PB的值．解：(1)在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，所以DA ，DC ，DP 两两垂直，故以{DA ―→，DC ―→，DP ―→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz .因为PD ＝DC ，所以DA ＝DC ＝DP ， 不妨设DA ＝DC ＝DP ＝2，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，P (0,0,2)，B (2,2,0)． 因为E 是PC 的中点，所以E (0,1,1)， 所以AP ―→＝(－2,0,2)，BE ―→＝(－2，－1,1)， 所以cos 〈AP ―→，BE ―→〉＝AP ―→·BE ―→|AP ―→|·|BE ―→|＝32，从而〈AP ―→，BE ―→〉＝π6.因此异面直线AP 与BE 所成角的大小为π6.(2)由(1)可知，DP ―→＝(0,0,2)，DE ―→＝(0,1,1)，DB ―→＝(2,2,0)，PB ―→＝(2,2，－2)． 设PF ―→＝λPB ―→，则PF ―→＝(2λ，2λ，－2λ)， 从而DF ―→＝DP ―→＋PF ―→＝(2λ，2λ，2－2λ)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面DEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·DE ―→＝0，m ·DE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧λx 1＋λy 1＋－λz 1＝0，y 1＋z 1＝0，取z 1＝λ，则y 1＝－λ，x 1＝2λ－1.故m ＝(2λ－1，－λ，λ)为平面DEF 的一个法向量， 设n ＝(x 2，y 2，z 2)为平面DEB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2y 2＝0，y 2＋z 2＝0，取x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝1.所以n ＝(1，－1,1)为平面BDE 的一个法向量． 因为二面角F ­DE ­B 的正弦值为33， 所以二面角F ­DE ­B 的余弦值的绝对值为63， 即|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n||m |·|n|＝|4λ－1|3·λ－2＋2λ2＝63， 化简得4λ2＝1.因为点F 在线段PB 上，所以0≤λ≤1， 所以λ＝12，即PF PB ＝12.3．(2018·常州期末)如图，在四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，侧面ADD 1A 1⊥底面ABCD ，D 1A ＝D 1D ＝2，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2.(1)在平面ABCD 内找一点F ，使得D 1F ⊥平面AB 1C ； (2)求二面角C ­B 1A ­B 的余弦值．解：(1)取A 1D 1的中点E ，因为D 1A ＝D 1D ，所以D 1A ＝A 1A ，所以AE ⊥A 1D 1.又A 1D 1∥AD ，所以AE ⊥AD .因为侧面ADD 1A 1⊥底面ABCD ，侧面ADD 1A 1∩底面ABCD ＝AD ，AE ⊂侧面ADD 1A 1，所以AE ⊥平面ABCD .则以A 为原点，以AB ，AD ，AE 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，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D 1(0,1,1)，B 1(1，－1,1)，设F (a ，b,0)，则D 1F ―→＝(a ，b －1，－1)，AC ―→ ＝(1,1,0)，AB 1―→＝(1，－1,1)， 因为D 1F ⊥平面AB 1C ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧D 1F ―→·AC ―→＝0，D 1F ―→·AB 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －1＝0，a －b ＝0，得a ＝b ＝12，所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，即F 为AC 的中点． 所以存在AC 的中点F ，使D 1F ⊥平面AB 1C .(2)由(1)可取平面B 1AC 的一个法向量n 1＝D 1F ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，－1. 设平面B 1AB 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，因为AB ―→＝(1,0,0)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB ―→＝0，n 2·AB 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x －y ＋z ＝0，令y ＝1，得n 2＝(0,1,1)．则cos 〈n 1，n 2〉＝－3232×2＝－32. 由图知二面角C ­B 1A ­B 为锐角， 所以二面角C ­B 1A ­B 的余弦值为32. 4．(2019·苏北四市一模)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD ＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M 为PC 的中点．(1)求异面直线AP 与BM 所成角的余弦值；(2)点N 在线段AD 上，且AN ＝λ，若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，求λ的值．解：(1)因为PA ⊥平面ABCD ，且AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD .又因为∠BAD ＝90°，所以PA ，AB ，AD 两两垂直．以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 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A ­xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,4,0)，P (0,0,4)． 又因为M 为PC 的中点，所以M (1,1,2)． 所以AP ―→＝(0,0,4)，BM ―→＝(－1,1,2)，所以cos 〈AP ―→，BM ―→〉＝AP ―→·BM ―→|AP ―→||BM ―→|＝84×6＝63，所以异面直线AP 与BM 所成角的余弦值为63. (2)因为AN ＝λ，所以N (0，λ，0)(0≤λ≤4)，则MN ―→＝(－1，λ－1，－2)，BC ―→＝(0,2,0)，PB ―→＝(2,0，－4)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC ―→＝0，m ·PB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －4z ＝0.令x ＝2，得y ＝0，z ＝1，所以m ＝(2,0,1)是平面PBC 的一个法向量， 因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，所以|cos 〈MN ―→，m 〉|＝|MN ―→·m||MN ―→||m|＝|－2－2|5＋λ－2·5＝45，解得λ＝1∈[0,4]， 所以λ的值为1.二上台阶，自主选做志在冲刺名校(2018·无锡期末)如图，正四棱柱ABCD ­A1B 1C 1D 1中，AD ＝1，D 1D ＝2，点P 为棱CC 1的中点．(1)设二面角A ­A 1B ­P 的大小为θ，求sin θ的值； (2)设M 为线段A 1B 上的一点，求AMMP的取值范围．解：(1)如图，以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D ­xyz ，则A (1,0,0)，A 1(1,0,2)，P (0,1,1)，B (1，1,0)， 所以PA 1―→＝(1，－1,1)，PB ―→＝(1,0，－1)， 设平面PA 1B 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PA 1―→＝0，m ·PB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，x －z ＝0，令x ＝1，得m ＝(1,2,1)．又平面AA 1B 的一个法向量n ＝DA ―→＝(1,0,0)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m|＝66，则sin θ＝306. (2)设M (x ，y ，z )，因为M 在A 1B 上，所以BM ―→＝λBA 1―→，即(x －1，y －1，z )＝λ(0，－1,2)(0≤λ≤1)，所以M (1,1－λ，2λ)，所以MA ―→＝(0，λ－1，－2λ)，MP ―→＝(－1，λ，1－2λ)，所以AM MP ＝λ－2＋4λ21＋λ2＋－2λ2＝5λ2－2λ＋15λ2－4λ＋2＝ 1＋2λ－15λ2－4λ＋2， 令2λ－1＝t ∈[－1,1]，则2λ－15λ2－4λ＋2＝4t5t 2＋2t ＋5， 当t ∈[－1,0)时，4t 5t 2＋2t ＋5＝45t ＋5t＋2∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0，当t ∈(0,1]时，4t5t 2＋2t ＋5＝45t ＋5t＋2∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13， 当t ＝0时，4t 5t 2＋2t ＋5＝0，所以4t 5t 2＋2t ＋5∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，13， 则AM MP ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，233.。