1、第 3 讲 立体几何中的向量方法1(2014课标全国)直三棱柱 ABCA1B1C1 中，BCA90，M，N 分别是 A1B1，A1C1 的中点，BCCACC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为()A.110B.25C.3010D.222(2015安徽)如图所示，在多面体 A1B1D1DCBA 中，四边形 AA1B1B，ADD1A1，ABCD 均为正方形，E 为 B1D1 的中点，过 A1，D，E 的平面交 CD1于 F.(1)证明：EFB1C；(2)求二面角 E-A1D-B1 的余弦值 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的
2、形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.热点一 利用向量证明平行与垂直设直线 l 的方向向量为 a(a1，b1，c1)，平面、的法向量分别为(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)则有：(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30.例 1 如图，在直三棱柱 ADEBCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为 AB 的中点，O 为 DF 的中点运用向量方法证明：(1)OM平面 BCF；(2)
3、平面 MDF平面 EFCD.思维升华 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线 ab，只需证明向量 ab(R)即可若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外跟踪演练 1 如图所示，已知直三棱柱 ABCA1B1C1 中，ABC 为等腰直角三角形，BAC90，且 ABAA1，D、E、F 分别为 B1A、C1C、BC的中点求证：(1)DE平面 ABC；(2)B1F平面 AEF.热点二 利用空间向量求空间角设直线 l，m 的方向向量分别为 a(a1，b
4、1，c1)，b(a2，b2，c2)平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线线夹角设 l，m 的夹角为(02)，则cos|ab|a|b|a1a2b1b2c1c2|a21b21c21 a22b22c22.(2)线面夹角设直线 l 与平面 的夹角为(02)，则 sin|a|a|cosa，|.(3)面面夹角设平面、的夹角为(0)，则|cos|v|v|cos，v|.例 2(2015江苏)如图，在四棱锥 PABCD 中，已知 PA平面 ABCD，且四边形 ABCD 为直角梯形，ABCBAD2，PAAD2，ABBC1.(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面
5、角的余弦值；(2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的长 思维升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论(2)求空间角注意：两条异面直线所成的角 不一定是直线的方向向量的夹角，即 cos|cos|.两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化跟踪演练 2(2014福建)在平面四边形 ABCD 中，ABBDCD1，ABBD，
6、CDBD.将ABD 沿 BD 折起，使得平面 ABD平面 BCD，如图所示(1)求证：ABCD；(2)若 M 为 AD 中点，求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值 热点三 利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论例 3 如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，ABBC2AA1，ABC90，D 是 BC 的中点(1)求证：A1B
7、平面 ADC1；(2)求二面角 C1ADC 的余弦值；(3)试问线段 A1B1 上是否存在点 E，使 AE 与 DC1 成 60角？若存在，确定 E 点位置；若不存在，说明理由 思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法跟踪演练 3 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 MDNB1，E 为 BC
8、 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 如图，五面体中，四边形 ABCD 是矩形，ABEF，AD平面 ABEF，且 AD1，AB12EF2 2，AFBE2，P、Q 分别为 AE、BD 的中点(1)求证：PQ平面 BCE；(2)求二面角 ADFE 的余弦值 提醒：完成作业 专题五 第 3 讲二轮专题强化练专题五第3 讲 立体几何中的向量方法A 组 专题通关1已知平面 ABC，点 M 是空间任意一点，点 M 满足条件OM 34OA 18OB 18OC，则直线AM()A与平
9、面 ABC 平行B是平面 ABC 的斜线C是平面 ABC 的垂线D在平面 ABC 内2.如图，点 P 是单位正方体 ABCDA1B1C1D1 中异于 A 的一个顶点，则APAB的值为()A0B1C0 或 1D任意实数3.如图所示，正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a，M、N 分别为 A1B 和AC 上的点，A1MAN 23 a，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是()A相交B平行C垂直D不能确定4如图，三棱锥 ABCD 的棱长全相等，E 为 AD 的中点，则直线 CE 与BD 所成角的余弦值为()A.36B.32C.336D.125已知正三棱柱 ABCA1B1C1 的侧棱长与
10、底面边长相等，则 AB1 与侧面 ACC1A1 所成角的正弦值等于()A.64B.104C.22D.326在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M，N 分别为 A1B1，BB1 的中点，那么直线 AM与 CN 所成角的余弦值为_7在一直角坐标系中，已知 A(1,6)，B(3，8)，现沿 x 轴将坐标平面折成 60的二面角，则折叠后 A、B 两点间的距离为_8已知 ABCDA1B1C1D1 为正方体，(A1A A1D1 A1B1)23A1B1 2；A1C(A1B1 A1A)0；向量AD1 与向量A1B 的夹角是 60；正方体 ABCDA1B1C1D1 的体积为|ABAA1 AD|
11、.其中正确命题的序号是_9.如图，在底面是矩形的四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，E，F 分别是 PC，PD 的中点，PAAB1，BC2.(1)求证：EF平面 PAB；(2)求证：平面 PAD平面 PDC.10(2015重庆)如图，三棱锥 P-ABC 中，PC平面 ABC，PC3，ACB2.D，E 分别为线段 AB，BC 上的点，且 CDDE 2，CE2EB2.(1)证明：DE平面 PCD；(2)求二面角 APDC 的余弦值B 组 能力提高11(2014四川)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 O 为线段 BD 的中点设点 P 在线段 CC1 上，直线 OP 与平面 A
12、1BD 所成的角为，则 sin 的取值范围是()A 33，1 B 63，1C 63，2 23 D2 23，112如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 P 在直线 BC1 上运动时，有下列三个命题：三棱锥 AD1PC 的体积不变；直线 AP 与平面ACD1 所成角的大小不变；二面角 PAD1C 的大小不变其中真命题的序号是_13已知正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1，E、F 分别为 BB1、CD 的中点，则点 F 到平面A1D1E 的距离为_14.如图，在三棱锥 PABC 中，ACBC2，ACB90，APBPAB，PCAC，点 D 为 BC 的中点(1)求二面角 APDB
13、 的余弦值；(2)在直线 AB 上是否存在点 M，使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为16，若存在，求出点 M的位置；若不存在，说明理由学生用书答案精析第 3 讲 立体几何中的向量方法高考真题体验1C 方法一 补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角由于BCA90，三棱柱为直三棱柱，且 BCCACC1，可将三棱柱补成正方体建立如图(1)所示空间直角坐标系设正方体棱长为 2，则可得 A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)，BM(1，1,2)，AN(0,1,2)cosBM，AN BM AN|BM|AN|14121222 02122236 5 3010.方
14、法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解如图(2)，取 BC 的中点 D，连接 MN，ND，AD，由于 MN 綊12B1C1 綊 BD，因此有 ND 綊 BM，则 ND 与 NA 所成的角即为异面直线 BM 与 AN 所成的角设 BC2，则 BMND 6，AN 5，AD 5，因此 cosANDND2NA2AD22NDNA 3010.2(1)证明 由正方形的性质可知 A1B1ABDC，且 A1B1ABDC，所以四边形 A1B1CD 为平行四边形，从而 B1CA1D，又 A1D面 A1DE，B1C面 A1DE，于是 B1C面 A1DE.又 B1C面 B1CD1.面 A1DE面 B
15、1CD1EF，所以 EFB1C.(2)解 因为四边形 AA1B1B，ADD1A1，ABCD 均为正方形，所以 AA1AB，AA1AD，ABAD 且AA1ABAD.以 A 为原点，分别以AB，AD，AA1 为 x 轴，y 轴和 z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标 A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，而 E 点为 B1D1 的中点，所以 E 点的坐标为12，12，1.设面 A1DE 的法向量n1(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E 12，12，0，A1D(0,1，1)，由n1A1E，n1A1D
16、 得 r1，s1，t1 应满足的方程组12r112s10，s1t10，(1,1,1)为其一组解，所以可取 n1(1,1,1)设面 A1B1CD 的法向量 n2(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1(1,0,0)，A1D(0,1，1)，由此同理可得 n2(0,1,1)所以结合图形知二面角 E-A1D-B1 的余弦值为|n1n2|n1|n2|23 2 63.热点分类突破例 1 证明 方法一 由题意，得 AB，AD，AE 两两垂直，以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系设正方形边长为 1，则 A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M12，0
17、，0，O12，12，12.(1)OM 0，12，12，BA(1,0,0)，OM BA0,OM BA.棱柱 ADEBCF 是直三棱柱，AB平面 BCF，BA是平面 BCF 的一个法向量，且 OM平面 BCF，OM平面 BCF.(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)DF(1，1,1)，DM 12，1，0，DC(1,0,0)，CF(0，1,1)，由n1DF 0，n1DM 0.得x1y1z10，12x1y10，解得y112x1，z112x1，令 x11，则 n11，12，12.同理可得 n2(0,1,1)n1n20，平面 MDF平面
18、 EFCD.方法二(1)OM OF FBBM 12DF BF12BA12(DB BF)BF12BA12BD 12BF12BA12(BCBA)12BF12BA12BC12BF.向量OM 与向量BF，BC共面，又 OM平面 BCF，OM平面 BCF.(2)由题意知，BF，BC，BA 两两垂直，CD BA，FCBCBF，OM CD 12BC12BF BA0，OM FC12BC12BF(BCBF)12BC 212BF 20.OMCD，OMFC，又 CDFCC，OM平面 EFCD.又 OM平面 MDF，平面 MDF平面 EFCD.跟踪演练 1 证明(1)如图建立空间直角坐标系 Axyz，令 ABAA14
19、，则 A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)取 AB 中点为 N，连接 CN，则 N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，DE(2,4,0)，NC(2,4,0)，DE NC，DENC，又NC平面 ABC，DE平面 ABC.故 DE平面 ABC.(2)B1F(2,2，4)，EF(2，2，2)，AF(2,2,0)B1F EF(2)22(2)(4)(2)0，B1F AF(2)222(4)00.B1F EF，B1F AF，即 B1FEF，B1FAF，又AFFEF，B1F平面 AEF.例 2 解 以AB，AD，AP为正交基底建立如图所示的
20、空间直角坐标系 Axyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)(1)因为 AD平面 PAB，所以AD 是平面 PAB 的一个法向量，AD(0,2,0)因为PC(1,1，2)，PD(0,2，2)设平面 PCD 的法向量为 m(x，y，z)，则 mPC0，mPD 0，即xy2z0，2y2z0.令 y1，解得 z1，x1.所以 m(1,1,1)是平面 PCD 的一个法向量从而 cosAD，m AD m|AD|m|33，所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 33.(2)因为BP(1,0,2)，设BQ BP(，0,2)(01)，又CB(0
21、，1,0)，则CQ CBBQ(，1,2)，又DP(0，2,2)，从而 cosCQ，DP CQ DP|CQ|DP|121022.设 12t，t1,3，则 cos2CQ，DP 2t25t210t9291t592209 910.当且仅当 t95，即 25时，|cosCQ，DP|的最大值为3 1010.因为 ycos x 在0，2 上是减函数，此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值又因为 BP 1222 5，所以 BQ25BP2 55.跟踪演练 2(1)证明 平面 ABD平面 BCD，平面 ABD平面 BCDBD，AB平面 ABD，ABBD，AB平面 BCD.又 CD平面 BCD，ABCD.(2)
22、解 过点 B 在平面 BCD 内作 BEBD，如图由(1)知 AB平面 BCD，BE平面 BCD，BD平面 BCD，ABBE，ABBD.以 B 为坐标原点，分别以BE，BD，BA的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系依题意，得 B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M(0，12，12)，则BC(1,1,0)，BM(0，12，12)，AD(0,1，1)设平面 MBC 的法向量 n(x0，y0，z0)，则nBC0，nBM 0，即x0y00，12y012z00，取 z01，得平面 MBC 的一个法向量 n(1，1,1)设直线 AD 与平面 MBC
23、 所成角为，则 sin|cosn，AD|nAD|n|AD|63，即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 63.例 3(1)证明 连接 A1C，交 AC1 于点 O，连接 OD.由 ABCA1B1C1 是直三棱柱，得四边形 ACC1A1 为矩形，O 为 A1C 的中点又 D 为 BC 的中点，所以 OD 为A1BC 的中位线，所以 A1BOD.因为 OD平面 ADC1，A1B平面 ADC1，所以 A1B平面 ADC1.(2)解 由 ABCA1B1C1 是直三棱柱，且ABC90，得 BA，BC，BB1 两两垂直以 BC，BA，BB1 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐
24、标系 Bxyz.设 BA2，则 B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，所以AD(1，2,0)，AC1(2，2,1)设平面 ADC1 的法向量为 n(x，y，z)，则有nAD 0，nAC10.所以x2y0，2x2yz0.取 y1，得 n(2,1，2)易知平面 ADC 的一个法向量为 v(0,0,1)所以 cosn，v nv|n|v|23.因为二面角 C1ADC 是锐二面角，所以二面角 C1ADC 的余弦值为23.(3)解 假设存在满足条件的点 E.因为点 E 在线段 A1B1 上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，故可设 E(0，1)，
25、其中 02.所以AE(0，2,1)，DC1(1,0,1)因为 AE 与 DC1 成 60角，所以|cosAE，DC1|AEDC1|AE|DC1|12，即1221212，解得 1 或 3(舍去)所以当点 E 为线段 A1B1 的中点时，AE 与 DC1 成 60角跟踪演练 3 解(1)如图，以 D 为坐标原点，DA，DC，DM 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则 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)因为|cosNE，AM|NEAM|N
26、E|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ASAN(0，)(01)，又EA(12，1,0)，所以ESEAAS(12，1，)由 ES平面 AMN，得ESAM 0，ESAN0，即120，10，故 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.高考押题精练(1)证明 连接 AC，四边形 ABCD 是矩形，且 Q 为 BD 的中点，Q 为 AC 的
27、中点，又在AEC 中，P 为 AE 的中点，PQEC，EC面 BCE，PQ面 BCE，PQ平面 BCE.(2)解 如图，取 EF 的中点 M，则 AFAM，以 A 为坐标原点，以AM，AF，AD 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系则 A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(0,2,0)可得AM(2,0,0)，MF(2,2,0)，DF(0,2，1)设平面 DEF 的法向量为 n(x，y，z)，则nMF 0，nDF 0.故2x2y0，2yz0，即xy0，2yz0.令 x1，则 y1，z2，故 n(1,1,2)是平面 DEF 的一个法向量AM面 ADF，AM 为平面
28、ADF 的一个法向量cosn，AM nAM|n|AM|21010262 66.由图可知所求二面角为锐角，二面角 ADFE 的余弦值为 66.二轮专题强化练答案精析第 3 讲 立体几何中的向量方法1D 由已知得 M、A、B、C 四点共面所以 AM 在平面 ABC 内，选 D.2C AP可为下列 7 个向量：AB，AC，AD，AA1，AB1，AC1，AD1，其中一个与AB重合，APAB|AB|21；AD，AD1，AA1 与AB垂直，这时APAB0；AC，AB1 与AB的夹角为 45，这时APAB 21cos41，最后AC1AB 31cosBAC1 3 131，故选 C.3B 分别以 C1B1、C1
29、D1、C1C 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示A1MAN 23 a，Ma，23a，a3，N23a，23a，a，MN a3，0，23a.又 C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，C1D1(0，a,0)，MN C1D1 0，MN C1D1.C1D1 是平面 BB1C1C 的法向量，且 MN平面 BB1C1C，MN平面 BB1C1C.4A 设 AB1，则CEBD(AEAC)(AD AB)12AD 212AD ABACAD ACAB1212cos 60cos 60cos 6014.cosCE，BD CEBD|CE|BD|1432 36.选 A.5A 如图所示建立空间直角坐标系
30、，设正三棱柱的棱长为 2，O(0,0,0)，B(3，0,0)，A(0，1,0)，B1(3，0,2)，则AB1(3，1,2)，则BO(3，0,0)为侧面 ACC1A1 的法向量，由 sin|AB1 BO|AB1|BO|64.6.25解析 以 D 点为坐标原点，分别以 DA，DC，DD1 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(1,0,0)，M(1，12，1)，C(0,1,0)，N(1,1，12)所以AM(0，12，1)，CN(1,0，12)故AM CN 0112011212，|AM|0212212 52，|CN|1202122 52，所以 cosAM，CN AM C
31、N|AM|CN|1252 5225.72 17解析 如图为折叠后的图形，其中作 ACCD，BDCD，则 AC6，BD8，CD4，两异面直线 AC、BD 所成的角为 60，故由ABACCD DB，得|AB|2|ACCD DB|268，|AB|2 17.8解析 设正方体的棱长为 1，中(A1A A1D1 A1B1)2A1C 23A1B1 23，故正确；中A1B1A1A AB1，由于 AB1A1C，故正确；中 A1B 与 AD1 两异面直线所成的角为 60，但AD1与A1B 的夹角为 120，故不正确；中|ABAA1 AD|0.故也不正确9证明(1)以 A 为原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所
32、在直线为 y 轴，AP 所在直线为 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(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，E，F 分别是 PC，PD 的中点，E12，1，12，F0，1，12，EF12，0，0，AB(1,0,0)EF12AB，EFAB，即 EFAB，又 AB平面 PAB，EF平面 PAB，EF平面 PAB.(2)由(1)可知PB(1,0，1)，PD(0,2，1)，AP(0,0,1)，AD(0,2,0)，DC(1,0,0)，APDC(0,0,1)(1,0,0)0，AD DC(0,2,0)(1,0,0)0，APDC，AD DC，即 AP
33、DC，ADDC.又 APADA，DC平面 PAD.DC平面 PDC，平面 PAD平面 PDC.10(1)证明 由 PC平面 ABC，DE平面 ABC，故 PCDE.由 CE2，CDDE 2得CDE 为等腰直角三角形，故 CDDE.由 PCCDC，DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线，故 DE平面 PCD.(2)解 由(1)知，CDE 为等腰直角三角形，DCE4，如图，过 D 作DF 垂直 CE 于 F，易知 DFFCFE1，又已知 EB1，故 FB2.由ACB2得 DFAC，DFACFBBC23，故 AC32DF32.以 C 为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向为 x 轴，y 轴，z
34、轴的正方向建立空间直角坐标系，则 C(0,0,0)，P(0,0,3)，A32，0，0，E(0,2,0)，D(1,1,0)，ED(1，1,0)，DP(1，1,3)，DA 12，1，0.设平面 PAD 的法向量为 n1(x1，y1，z1)，由 n1DP 0，n1DA 0，得x1y13z10，12x1y10，故可取 n1(2,1,1)由(1)可知 DE平面 PCD，故平面 PCD 的法向量 n2 可取为ED，即 n2(1，1,0)从而法向量 n1，n2 的夹角的余弦值为cos n1，n2 n1n2|n1|n2|36，故所求二面角 APDC 的余弦值为 36.11B 根据题意可知平面 A1BD平面 A
35、1ACC1 且两平面的交线是 A1O，所以过点 P 作交线 A1O 的垂线 PE，则 PE平面 A1BD，所以A1OP 或其补角就是直线 OP 与平面 A1BD 所成的角.设正方体的边长为 2，则根据图形可知直线 OP 与平面 A1BD 可以垂直当点 P 与点 C1 重合时可得 A1OOP 6，A1C12 2，所以12 6 6sin 122 22，所以 sin 2 23；当点 P 与点 C 重合时，可得 sin 26 63.根据选项可知 B 正确12解析 中，BC1平面 AD1C，BC1 上任意一点到平面 AD1C 的距离相等，所以体积不变，正确；中，P 在直线 BC1 上运动时，直线 AB
36、与平面 ACD1 所成角和直线 AC1 与平面 ACD1所成角不相等，所以不正确；中，P 在直线 BC1 上运动时，点 P 在平面 AD1C1B 中，既二面角 PAD1C 的大小不受影响，所以正确13.3 510解析 以 A 为坐标原点，AB、AD、AA1 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，则 A1(0,0,1)，E(1,0，12)，F(12，1,0)，D1(0,1,1)A1E(1,0，12)，A1D1(0,1,0)设平面 A1D1E 的一个法向量为 n(x，y，z)，则nA1E 0，nA1D1 0，即x12z0，y0.令 z2，则 x1.n(1,0,2)又A
37、1F(12，1，1)，点 F 到平面 A1D1E 的距离为d|A1F n|n|122|5 3 510.14解(1)ACBC，PAPB，PCPC，PCAPCB，PCAPCB，PCAC，PCCB，又 ACCBC，PC平面 ACB，且 PC，CA，CB 两两垂直，故以 C 为坐标原点，分别以 CB，CA，CP 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则 C(0,0,0)，A(0,2,0)，D(1,0,0)，P(0,0,2)，AD(1，2,0)，PD(1,0，2)，设平面 PAD 的一个法向量为 n(x，y，z)，nAD 0nPD 0，取 n(2,1,1)，平面 PDB 的一个法向量为CA(0,
38、2,0)，cosn，CA 66，设二面角 APDB 的平面角为，且 为钝角，cos 66，二面角 APDB 的余弦值为 66.(2)方法一 存在，M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点设 M(x,2x,0)(xR)，PM(x,2x，2)，|cosPM，n|x|x22x24 616，解得 x1 或 x2，M(1,1,0)或 M(2,4,0)，在直线 AB 上存在点 M，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD所成角的正弦值为16.方法二 存在，M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点设AM AB，则AM(2，2,0)(2，2，0)(R)，PM PAAM(2，22，2)，|cosPM，n|2|222224616.解得 12或 1.M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点在直线 AB 上存在点 M，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD所成角的正弦值为16.
