1、第 3 讲 立体几何中的向量方法 感悟高考 明确考向(2010浙江)如图，在矩形 ABCD 中，点 E，F 分别在线段 AB，AD 上，AEEBAF23FD4.沿直线 EF 将AEF 翻折成AEF，使平面 AEF平面 BEF.(1)求二面角 AFDC 的余弦值；(2)点 M，N 分别在线段 FD，BC 上，若沿直线 MN 将四边形 MNCD 向上翻折，使 C 与 A重合，求线段 FM的长解 方法一(1)取线段 EF 的中点 H，连接 AH，AEAF 及 H 是 EF 的中点，AHEF.又平面 AEF平面 BEF，AH 平面 AEF，AH平面 BEF.如图(1)，建立空间直角坐标系 Axyz，则
2、 A(2,2，2 2)，C(10,8,0)，F(4,0,0)，D(10,0,0)设 n(x，y，z)为平面 AFD 的一个法向量，nn2x2y2 2z0，6x0，故).0,0,6(),22,2,2(FDAF,0 AF,0 FD取 z 2，则 n(0，2，2)又平面 CFD 的一个法向量 m(0,0,1)，故 cosn，m nm|n|m|33.二面角 AFDC 的余弦值为 33.(2)设 FMx，则 M(4x,0,0)，翻折后 C 与 A重合，CMAM，故(6x)28202(2x)222(2 2)2，得 x214，经检验，此时点 N 在直线 BC 上FM214.方法二(1)如图(2)，取线段 E
3、F 的中点 H，AF 的中点G，连接 AG，AH，GH，AEAF 及 H 是 EF 的中点，AHEF.又平面 AEF平面 BEF，AH平面 AEF，AH平面 BEF.又 AF平面 BEF，故 AHAF.又G，H 是 AF，EF 的中点，GHAB，GHAF.又 GHAH H，AF 平 面AGH，AFAG，AGH 为二面角 ADFC 的平面角图2 在 RtAGH 中，AH2 2，GH2，AG2 3，cosAGH 33.故二面角 AFDC 的余弦值为 33.(2)设 FMx，翻折后 C 与 A重合，CMAM，而 CM2DC2DM282(6x)2，AM2AH2MH2AH2MG2GH2(2 2)2(x2
4、)222，解得 x214，经检验，此时点 N 在线段 BC 上，FM214.考题分析本题主要考查二面角的求解和线段长度的计算考查考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，灵活选择不同方法解决问题的应变能力本题可用向量法解决，也可用传统几何法解决，方法灵活易错提醒(1)缺少必要的证明(2)空间坐标系的建立，缺少必要的说明建系不规范，叙述不准确(3)建立空间坐标系后，不能正确写出点的坐标或空间向量坐标(4)计算不正确，书写不规范主干知识梳理1直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线 l，m 的方向向量分别为 a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面、的法向量分别为(a3，
5、b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线面平行laa0a1a3b1b3c1c30.(2)线面垂直laaka1ka3，b1kb3，c1kc3.(3)面面平行vkva3ka4，b3kb4，c3kc4.(4)面面垂直vv0a3a4b3b4c3c40.2直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线 l，m 的方向向量分别为 a(a1，b1，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
6、)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|.3求空间距离直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离，点 P 到平面的距离：(其中 n 为 的法向量，M 为 内任一点)|nnPMd热点分类突破 题型一 利用向量证明平行与垂直例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.思维启迪 可利用线面平行的判定定理和线面垂直的
7、判定定理；也可用向量法建立空间直角坐标系，用向量的坐标运算来解决证明 如图建立空间直角坐标系 Axyz，令 ABAA14，则 A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)(1)取 AB 中点为 N，连结 CN，则 N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，DENC，NC平面 ABC，DE平面 ABC.故 DE平面 ABC.,),0,4,2(),0,4,2(NCDENCDE（2）EFFB1).0,2,2(),2,2,2(AFEF又AFFEF，B1F平面 AEF.),4,2,2(1FB(2)222(4)00.即 B1FAF，,1EFFB则
8、B1FEF，(2)22(2)(4)(2)0，AFFB1,1AFFB探究提高 (1)证明线面平行须证明线线平行，只需证明这条直线与平面内的直线的方向向量平行可用传统法也可用向量法，用向量法更为普遍(2)证明线面垂直的方法：可用直线的方向向量与平面的法向量共线证明；也可用直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量垂直证明(3)证明面面垂直通常转化为证线面垂直，也可用两平面的法向量垂直来证明变式训练 1如图所示，四棱锥 SABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的 2倍，P 为侧棱SD 上的点(1)求证：ACSD；(2)若 SD平面 PAC，则侧棱 SC 上是否存在一点 E，使得 BE平
9、面 PAC.若存在，求 SEEC 的值；若不存在，试说明理由(1)证明 连接 BD，设 AC 交 BD 于 O，则 ACBD.由题意知 SO平面 ABCD.以 O 为坐标原点，分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系如图设底面边长为 a，则高 SO 62 a，OSOCOB,于是 S(0,0，62 a)，D(22 a,0,0)，故 OCSD.从而 ACSD.(2)解 棱 SC 上存在一点 E 使 BE平面 PAC.理由如下：由已知条件的是平面 PAC 的一个法向量，.0),26,0,22(),0,0,22,0(),0,22,0(SDOCaaSDaOCaC则DS./.,1:2:.3
10、10).26),1(22,22(,).26,22,0(),26,0,22(PACBEPACBEDSBEECSEtDSBEattaaCStBCCEBCBECStCEaaCSaaDS平面故内,不在平面而时即当而则设且题型二 利用向量求线线、线面角例 2如图，在四棱锥 PABCD 中，PA 面 ABCD，ABBC，ABAD，且 PAABBC12AD1.(1)求 PB 与 CD 所成的角(2)求直线 PD 与面 PAC 所成的角的余弦值思维启迪本题中给出的几何体易于建立空间直角坐标系从而利用“向量法”解决线线角、线面角等夹角问题解(1)建立如图所示的空间直角坐标系，PAABBC12AD1，P(0,0,
11、1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，(1,0，1)，(1,1,0)1002 212.120，PB 与 CD 所成的角为 60.PBCDCDPB,cosCDPB,（2）=(0,2，1)，=(0,0,1)，(1,1,0)，设 m(x，y，z)是平面 PAC 的一个法向量，即z0 xy0，即 xy，z0，取 x1，则 m(1，1,0)，设直线 PD 与面 PAC 所成的角为，25 2 105.0，2，cos 155.即直线 PD 与面 PAC 所成角的余弦值为 155.PDAPAC,00ACmAPm则|sinmPDmPD探究提高(1)题目中具备建系的条件，可建立空间直角坐标系
12、，将线线角、线面角转化为两向量的夹角(2)求直线与平面所成的角，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 求得，即 sin|cos|.变式训练 2(2010辽宁)如图所示，已知三棱锥 PABC 中，PA平面 ABC，ABAC，PAAC12AB，N 为 AB 上一点，且 AB4AN，M，S 分别为 PB，BC 的中点(1)证明：CMSN；(2)求 SN 与平面 CMN 所成角的大小(1)证明 设 PA1，以 A 为原点，AB，AC，AP 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则 P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M(1,0，12)，N(12，0,0)，S
13、(1，12，0)所以),21,1,1(CM).0,21,21(SN),0,1,21(NC(2)解.,002121SNCMSNCM所以因为设a=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,则,0,0NCaCMa即xy12z0，12xy0.令 x2，得 a(2,1，2)设 SN 与平面 CMN 所成角为，所以 sin|cos,22223211|,SNaSNaSNa又 090，所以 45，所以 SN 与平面 CMN 所成的角为 45.题型三 利用向量求二面角例3(2010陕西)如图所示，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA平面 ABCD，APAB2，BC2 2，E，F 分别是 AD，P
14、C 的中点(1)证明：PC平面 BEF；(2)求平面 BEF 与平面 BAP 夹角的大小思维启迪 方法一可建立空间直角坐标系，利用空间向量解决线面垂直和二面角问题方法二利用线面垂直的判定定理证明线面垂直求面 BEF 与面 BAP 的二面角可转化为求直线 PC 与 BC 的夹角方法一(1)证明 如图(1)，以 A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系APAB2，BCAD2 2，四边形 ABCD 是矩形，A，B，C，D，P 的坐标为 A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2 2，0)，D(0,2 2，0)，P(0,0,2)又 E，F 分别是 AD，P
15、C 的中点，E(0，2，0)，F(1，2，1).,.0202,0242).1,0,1(),1,2,1(),2,22,2(EFPCBFPCEFPCBFPCEFBFPCPCBF，PCEF.又 BFEFF，PC平面 BEF.(2)解 由（1）知平面 BEF 的一个法向量 n1=（2，），平面 BAP 的一个法向量 n2=(0,0),n1n28.设平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为，则 cos|cosn1，n2|n1n2|n1|n2|842 2 22，45.平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为 45.PC2,22AD22方法二(1)证明 如图(2)，连接 PE，EC，在 RtPAE和 RtCDE
16、 中，PAABCD，AEDE，PECE，即PEC 是等腰三角形又 F 是 PC 的中点，EFPC.又 BP AP2AB22 2BC，F 是 PC 的中点，BFPC.又 BFEFF，PC平面 BEF.(2)解 PA平面 ABCD，PABC.又四边形 ABCD 是矩形，ABBC.又 PAABA，BC平面 BAP，BCPB.又由(1)知 PC平面 BEF，直线 PC 与 BC 的夹角即为平面 BEF 与平面 BAP 的夹角在PBC 中，PBBC，PBC90，PCB45.平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为 45.图2 探究提高借助向量求二面角是解决空间角问题的常用方法求解过程中应注意以下几个方面：
17、(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求(2)求平面的法向量的方法：待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法变式训练 3如图所示，在四棱锥 PABCD 中，PA 底面 ABCD，DAB 为直角，ABCD，ADCD2AB，E、F 分别为 PC、CD 的中点(1)求证：AB平面 BEF；(2)设 PAkAB，且二面角 EBDC 的平面角大于45，求 k 的取值范围(1)证明 由已知 DFAB 且DAB 为直角，故 ABFD是矩形，从而 ABB
18、F.又 PA底面 ABCD，所以平面 PAD平面 ABCD.因为 ABAD，故 AB平面 PAD，所以 ABPD.所以在PDC 内，E、F 分别是 PC、CD 的中点，所以 EFPD，所以 ABEF.且 BFEFF.所以 AB平面 BEF.（2）解 以 A 为原点，以 AB、AD、AP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z轴建立空间直角坐标系，设 AB 的长为 1，则).2,1,0(),0,2,1(kBEBD设平面 C D B 的法向量为 n1=（0，0，1），平面 ED B 的法向量为 n2=（x,y,z），则 x2y0ykz2 0，取 y1，可得 n2(2,1，2k)设二面角 EBDC 的大
19、小为，则 cos|cosn1，n2|n1n2|n1|n2|2k2214k245，则 k2 55.,0022BEnBDn题型四 利用向量解决立体几何中的探索性问题例 4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 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，请说明理由思维启迪解(1)如图，以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Dxyz.依题意，易得 D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，
20、B(1,1,0)，N(1,1,1)，E12，1，0.12，0，1，(1,0,1)异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 1010.NEAM,101022521|,cosAMNEAMNEAMNE(2)假设在线段 AN 上存在点 S，使得 ES平面 AMN.(0,1,1)，可设 =(0，)，又12，1，0，12，1，.由 ES平面 AM N，得 即120，(1)0.故，此时0，12，12，22.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.ANANASEAASEAES,0,0ANESAMES21AS|AS探究提高空间向量最适
21、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在解题过程中，往往把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题变式训练 4如图所示，平面 PAD平面ABCD，ABCD 为正方形，PAD90，且 PAAD2，E、F、G 分别是线段PA、PD、CD 的中点(1)求证：PB平面 EFG；(2)求异面直线 EG 与 BD 所成角的余弦值；(3)在线段 CD 上是否存在一点 Q，使得点 A 到平面EFQ 的距离为 0.8，若存在，求出 CQ 的值；若不存在，请说明理由(1)证明 平面
22、 PAD平面 ABCD，而PAD90，PA平面 ABCD.又ABCD 为正方形，PA、AB、AD 两两垂直以 AB、AD、AP 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示则 A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1,2,0)，).2,0,2(),1,1,1(),0,1,0(PBFGEF设(y，xy，y)，FGyEFxPB y2，xy0，y2.x2，y2.存在实数 x，y 使 共面，又PB 在平面 EFG 外，PB平面 EFG.（2）解设异面直线 EG，BD 的夹角为，由题意得：|
23、24|6 8 36.故异面直线 EG 与 BD 所成角的余弦值为 36.,FGyEFxPBFG、EF、PB).0,2,2(),1,2,1(BDEG|cosBDEGBDEG(3)解 假设在线段 CD 上，存在一点 Q 满足题意，则 Q 点坐标可设为(x0,2,0)设平面 EFQ 的法向量为 n(x，y，z)，则有 即(x，y，z)(0，1，0)0，(x，y，z)(x0，2，1)0.y0，zx0 x，取 x1，n(1,0，x0)则0.8，即 x20452452x20，又x00，x043，Q43，2，0.(23，0,0)，CQ23.即在线段 CD 上存在一点 Q 满足题意且 CQ 的值为23.0,0
24、EQnEFn|nnEACQ规律方法总结 1点共线、点共面的证明方法(1)点共线由共线向量定理可知，要证明三点 A、B、C 共线，只需证明：且 ABACA.(2)点共面由空间向量基本定理知，要证 P、M、A、B 四点共 面，只需证明：存在有序实数对（x,y），使,/ACAB.MByMAxMP 2空间线面关系的判定设不同直线 l，m 的方向向量分别为 a，b，不同平面、的法向量分别为 u，v，则lmabakb，kR；lmabab0；lauau0；lauaku，kR；uvukv，kR；uvuv0.3空间角的计算(1)两条异面直线所成角的求法设直线 a，b 的方向向量为 a，b，其夹角为，则cos|c
25、os|ab|a|b|(其中 为异面直线 a，b 所成的角)(2)直线和平面所成角的求法如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面 的法向量为 n，直线 l 与平面 所成的角为，两向量 e 与n 的夹角为，则有 sin|cos|en|e|n|.(3)二面角的求法利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如图所示，m，n即为所求二面角的平面角对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角来求如图所示，二面角 l，平面 的法向量为 n1，平面 的法向量为 n2，n1，n2，则二面角 l的大小为 或.知能提升演练 一、选择题1.在空间中，已知(2,4,0)，(
26、1,3,0)，则ABC 的大小为()A45 B90 C120 D135ABBC解析.221052122|,cos),0,3,1(),0,4,2(BCBABCBABCBABCBA又0 180,ABC135.故选 D.BCBA,D2(2009浙江)在三棱柱 ABCA1B1C1 中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点 D 是侧面 BB1C1C 的中心，则AD 与平面 BB1C1C 所成角的大小是()A30 B45 C60 D90解析 取 BC 中点 E，连结 AE，则 AE平面 BCC1B1，故ADE 为直线 AD 与平面 BB1C1C 所成的角设各棱长为 a，则 AE 32 a，DE12a.tanAD
27、E 3.ADE60.故选 C.C3.过正方形 ABCD 的顶点 A，引 PA平面 ABCD.若 PABA，则平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角的大小是()A30 B45 C60 D90解析 建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面 APB 与平面 PCD 的法向量 n1(0,1,0)，n2(0,1,1)，故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为|n1n2|n1|n2|22，故所求的二面角的大小是 45.B4(2009宁夏、海南)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1，线段B1D1 上有两个动点 E，F 且 EF 22，则下列结论中错误的是()AAC
28、BEBEF平面 ABCDC三棱锥 ABEF 的体积为定值D异面直线 AE，BF 所成的角为定值解析 AC平面 BB1D1D，又 BE平面 BB1D1D.ACBE，故 A 正确B1D1平面 ABCD，又 E、F 在直线 D1B1 上运动，EF平面 ABCD，故 B 正确C 中由于点 B 到直线 B1D1 的距离不变，故BEF 的面积为定值，又点 A 到平面 BEF 的距离为 22，故 VABEF为定值当点 E 在 D1 处，点 F 为 D1B1 的中点时，建立空间直角坐标系，如图所示，可得A(1,1,0)，B(0,1,0)，E(1,0,1)，F(12，12，1)，(0，1,1)，12，12，1，
29、32.又|AE|2，|BF|62，322 62 32.此时异面直线 AE 与 BF 成 30角AEBFBFAE|,cosBFAEBEAEBFAE当点 E 为 D1B1 的中点，点 F 在 B1 处时，此时E12，12，1，F(0,1,1)，12，12，1，(0，0,1)，12212212 62，11 62 63 32，故选 D.AEBF|,1 AEBFAE|,cosBFAEBFAEBFAE答案 D5.如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，棱长为 a，M，N 分别为 A1B 和 AC 上的点，A1MAN 2a3，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是()A相交 B平行 C垂直
30、D不能确定解析 分别以 C1B1、C1D1，C1C 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系A1MAN 23 a，Ma，23a，a3，N23a，23a，a，a3，0，23a.MN又 C 1（0，0，0），D 1（0，a，0），=（0，a，0），是平面 BB1C1C 的法向量，且 MN平面 BB1C1C，MN平面 BB1C1C.11DC.,01111DCMNDCMN答案 B11DC二、填空题6(2010广东)若向量 a(1,1，x)，b(1,2,1)，c(1,1,1)，满足条件(ca)(2b)2，则 x_.解析 a(1,1，x)，b(1,2,1)，c(1,1,1)，ca(0,0,1x),2
31、b(2,4,2)(ca)(2b)2(1x)2，x2.27.如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，ACB90，AA12，ACBC1，则异面直线A1B 与 AC 所成角的余弦值是_解析 以 C 为坐标原点，CA、CB、CC1 所在直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系，A1(1,0,2)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，C(0,0,0)，则(1,1，2)，(1,0,0)，1114 66.BA1AC|,cos111ACBAACBAACBA66 8.如图所示，已知正三棱柱 ABCA1B1C1 的所有棱长都相等，D 是 A1C1 的中点，则直线AD 与平面 B1DC 所成的角的正弦值为_解
32、析 不妨设正三棱柱 ABCA1B1C1 的棱长为 2，建立如图所示空间直角坐标系，则 C(0,0,0)，A(3，1,0)，B1(3，1,2)，D32，12，2，则32，12，2，(3，1,2)，CD1CB设平面 B1DC 的法向量为n=（x，y，1），由解得 n(3，1,1)又32，12，2，,0,01CBnCDn.54|,cos|sinnDAnDAnDA答案 45DA三、解答题9.如图所示的多面体是底面为平行四边形的直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 经平面 AEFG 所截后得到的图形，其中BAEGAD45，AB2AD2，BAD60.(1)求证：BD平面 ADG；(2)求平面 AEFG 与平
33、面 ABCD 所成锐二面角的余弦值(1)证明 在BAD 中，AB2AD2，BAD60，由余弦定理及勾股定理得，BD，AB2AD2BD2，ADBD.又 GD平面 ABCD，GDBD.又GDADD，BD平面 ADG.3(2)解 以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Dxyz，则有 A(1,0,0)，B(0，,0)，G(0,0,1)，E(0，,2)，从而(1,0,1)，(1，,2)设平面 AEFG 法向量为 m(x，y，z)，则取 x1，m(1，33，1)平面 ABC D 的一个法向量 n=(0,0,1).设平面 AEFG 与平面 ABCD 所成锐角二面角为，则 cos|mn|m|n|217.33
34、3AGAE,023,0zyxAEmzxAGmDG10.如图，已知三棱柱 ABC-A 1B 1C 1 的侧棱与底面垂直，AA 1=AB=AC=1，ABAC，M 是 C C 1 的中点，N 是 BC 的中点，点 P 在 A1B 1 上，且满足.111BAPA(1)证明：PNAM.(2)当 取何值时，直线 PN 与平面 ABC 所成的角 最大？并求该角最大值的正切值(3)若平面 PMN 与平面 ABC 所成的二面角为 45，试确定点 P 的位置(1)证明 如图，以 AB，AC，AA1 分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系 Axyz.则 P(，0,1)，N(12，12，0)，从而(12，12，1
35、)，(0,1，12)(12)01211120，PNAM.(2)解 平面 ABC 的一个法向量为 n(0,0,1)，则 sin 1(12)254(*)PNAMAMPN|,cos|nPNnPNnPN),21,1,0(M而 0，2，当 最大时，sin 最大，tan 最大(2除外)，由(*)式，当 12时，(sin)max2 55，(tan)max2.（3）解 平面 ABC 的一个法向量为 n(0,0,1)设平面 PMN 的一个法向量为 m(x，y，z)，由（1）得(，1，12)由得(12)x12yz0，xy12z0，MP,0,0MPmNPm1AA解得 y213x，z2(1)3x.令 x3，得 m(3,21,2(1)平面 PMN 与平面 ABC 所成的二面角为 45，|cosm，n|mn|m|n|2(1)|9(21)24(1)2 22，解得 12.故点 P 在 B1A1 的延长线上，且|A1P|12.返回
