2020届江苏高考数学（理）总复习讲义： 空间向量的综合应用

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；

AM

(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，AP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)， ―→??PD＝0，?n·?－y－z＝0，则?即?

―→?2x－z＝0.??PC＝0，?n·

令z＝2，则x＝1，y＝－2. 所以n＝(1，－2,2)． ―→

又PB＝(1,1，－1)，

―→n·PB3―→

所以cos〈n，PB〉＝―＝－. →3

|n||PB|所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为(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.

AM11解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面BCD，此时AP＝. 44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，∠ABC1

＝∠BAD＝90°，且PA＝AB＝BC＝AD＝1 ，PA⊥平面ABCD.

2

(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．

3. 3

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)， ―→??PC＝0，?n·?a＋b－c＝0，则?即?

―→?2b－c＝0，??PD＝0，?n·

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)， 1－23―→

则cos〈PB，n〉＝＝－，

62×6所以PB与平面PCD所成角的正弦值为

3

. 6

―→―→

(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，BE点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且EC＝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， 1

所以MN∥BC，MN＝BC＝2，

2又BC∥AD， 所以MN∥AD，

2

？若存在，试求出实数λ的值；2

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n1＝(x，y，z)，

―→??2y－2z＝0，PD＝0，?n1·?

则?即?令y＝z＝2，解得x＝2－t，所以n1＝(2－t,2,2)，

―→?2x＋?t－2?y＝0，??DE＝0，?n1·

又平面DEB即为平面xAy，故其一个法向量为n2＝(0,0,1)， 则|cos〈n1，n2〉|＝

|n1·n2|22

＝＝， |n1|·|n2|?2－t?2＋4＋42

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)，11―→―→

，1，0?，所以NE＝?－，0，－1?，AM＝(－1,0,1)． E??2??2?

设异面直线NE与AM所成的角为θ，

1

―→―→

2|NE·AM|10―→―→

则cos θ＝|cos〈NE，AM〉|＝―＝＝. →―→105|NE|·|AM|×2

2所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为10. 10

(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]， ―→1

，－1，0?， 又EA＝??2?

―→―→―→1

，λ－1，λ?. 所以ES＝EA＋AS＝??2?由ES⊥平面AMN，

―→―→1??AM＝0，?ES·?－2＋λ＝0，1

得?即?解得λ＝，

2―→―→???λ－1＋λ＝0，AN＝0，?ES·112―→―→

0，，?，|AS|＝. 此时AS＝??22?2经检验，当AS＝

2

时，ES⊥平面AMN. 2

故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN， 此时AS＝

2. 2

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ABC -A1B1C1中，AB⊥AC，―→―→

AB＝2，AC＝4，AA1＝2.设BD＝λDC (λ＞0)．

(1)若λ＝1，求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值； (2)若二面角B1 -A1C1 -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，AA1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)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，C1(0,4,2)．

―→―→

(1)当λ＝1时，D为BC的中点，所以D(1,2,0)，DB1＝(1， －2,2)，A1C1＝(0,4,0)，―→

A1D＝(1,2，－2)．

设平面A1C1D的一个法向量为n1＝(x，y，z)， ―→??A1C1＝0，?n1·?4y＝0，则?即?

―→?x＋2y－2z＝0，??A1D＝0，?n1·

所以可取n1＝(2,0,1)．

设直线DB1与平面A1C1D所成角为θ，

―→

|DB11·n1|445―→

则sin θ＝|cos〈DB1，n1〉|＝―＝＝， →1535|DB11||n1|45所以直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值为. 154λ2―→―→

(2)因为BD＝λDC，所以D?λ＋1，λ＋1，0?，

??

4λ2―→

所以A1D＝?λ＋1，λ＋1，－2?.

??

设平面A1C1D的一个法向量为n2＝(a，b，c)， ―→4b＝0，??A1C1＝0，?n2·?则?即?2 4λ

―→a＋b－2c＝0，??A1D＝0，?n2·?λ＋1λ＋1所以可取n2＝(λ＋1,0,1)．

又平面A1B1C1的一个法向量为n3＝(0,0,1)， 1由题意得|cos〈n2，n3〉|＝，

2所以

11

＝，解得λ＝3－1或λ＝－3－1(不合题意，舍去)， 22?λ＋1?＋1

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-A1B1C1D1中，P为棱C1D1的中点，Q为棱BB1上的点，且BQ＝λBB1(λ≠0)．

1

(1)若λ＝，求AP与AQ所成角的余弦值；

2

(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45°，求实数λ的值．

―→―→―→解：以{AB，AD，AA1}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.则C1(2,2,2)，D1(0，2,2)，B(2,0,0)，B1(2，0,2)，P(1,2,2)，A1(0,0,2)，Q(2,0,2λ)．

1―→―→

(1)若λ＝，则Q(2,0,1)，因为AP＝(1,2,2)，AQ＝(2,0,1)，

2―→―→AP·AQ1×2＋2×0＋2×145―→―→

所以cos〈AP，AQ〉＝＝＝，

―→―→153×5|AP||AQ|所以AP与AQ所成角的余弦值为45

. 15

―→―→

(2)由AA1＝(0,0,2)，AQ＝(2,0,2λ)． 设平面APQ的法向量为n＝(x，y，z)， ―→??AP＝0，?n·?x＋2y＋2z＝0，则?即?

―→?2x＋2λz＝0.???n·AQ＝0，

令z＝－2，则x＝2λ，y＝2－λ， 所以n＝(2λ，2－λ，－2)．

又因为直线AA1与平面APQ所成的角为45°，

―→??n·AA42―→1?所以|cos〈n，AA1〉|＝?―＝＝→?2?2λ?2＋?2－λ?2＋?－2?22， ?|n||AA

?1|?可得5λ2－4λ＝0. 4

又因为λ≠0，所以λ＝. 5

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BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝3. 所以AB2＝AD2＋BD2， 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n1＝(x，y，z)为平面PAB的法向量， ―→?AB＝0，?n1·?－x＋3y＝0，由?得?

―→?λ－3?y＋z＝0，???n1·BP＝0，

取y＝1，则n1＝(3，1，3－λ)， 因为n2＝(0,1,0)是平面ADE的一个法向量，

|n1·n2|11所以cos θ＝＝＝. 22|n1||n2|3＋1＋?3－λ?×1?λ－3?＋41因为0≤λ≤3，所以当λ＝3时，cos θ有最大值，

2π

所以θ的最小值为.

3

[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°，

11

所以S△BCD＝BD·CD＝x(3－x)．

22111

于是VA-AD＝(3－x)·x(3－x) BCD＝S△BCD·332112x＋?3－x?＋?3－x??3

＝·2x(3－x)·(3－x)≤?1212?3? 2

＝(当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立)， 3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)，1

，1，0?， E??2?

―→

所以BM＝(－1,1,1)．

1―→

－，λ－1，0?. 设N(0，λ，0)，0≤λ≤1，则EN＝??2?―→―→

因为EN⊥BM，所以EN·BM＝0， 11－，λ－1，0?·即?(－1,1,1)＝＋λ－1＝0， ?2?211

0，，0?. 故λ＝，N??2?2

1

所以当DN＝(即N是CD上靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.

2设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)， ―→??n⊥BN，1―→

－1，，0?， 由?及BN＝?2??―→?n⊥BM，?

1??－x＋2y＝0，

得?取x＝1，得n＝(1,2，－1)． ??－x＋y＋z＝0，设EN与平面BMN所成角的大小为θ， 11―→

－，－，0?， 则由EN＝?2??2

―→??－1－1??n·EN??2?3―→

可得sin θ＝|cos 〈n，EN〉|＝?―＝＝，即θ＝60°， →?2?|n|·2

?|EN|?6×

2

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 -A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．

(1)求证：B1E⊥AD1；

(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．

(3)若二面角A-B1E-A1的大小为30°，求AB的长．

―→―→―→

解：(1)证明：以A为坐标原点，AB，AD，AA1 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，a

，1，0?，B1(a,0,1)， 则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E?2??

a―→―→

－，1，－1?. 故AD1＝(0,1,1)，B1E＝??2?

―→―→―→―→

∵B1E·AD1＝0＋1－1＝0，∴B1E⊥AD1，即B1E⊥AD1.

―→(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时DP＝(0，－1，z0)． ―→―→a

，1，0?. 由(1)知，AB1＝(a,0,1)，AE＝??2?设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)．

―→ax＋z＝0，??AB1＝0，?n·?则?即?a

―→???2x＋y＝0.AE＝0，?n·

a

1，－，－a?. 取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝?2??a―→

要使DP∥平面B1AE，只要n⊥DP，即－az0＝0，

21

解得z0＝. 2

又∵DP?平面B1AE，

1

∴在棱AA1上存在一点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.

2

(3)连结A1D，B1C，由长方体ABCD -A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.

又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1， ∴AD1⊥平面DCB1A1.

―→―→

∴AD1是平面A1B1E的一个法向量，此时AD1＝(0,1,1)． a

―→－－a

2n·AD1―→

则cos〈n，AD1〉＝―＝ . →a22|n||AD1|2· 1＋＋a

4∵二面角A-B1E-A1的大小为30°，

3a25a

2·1＋4

3

，解得a＝2， 2

∴

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PF

求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，

3

，3

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)， ―→―→AP·BE3―→―→

所以cos〈AP，BE〉＝―＝， →―→2

|AP|·|BE|π―→―→

从而〈AP，BE〉＝.

6

π

因此异面直线AP与BE所成角的大小为. 6

―→―→―→―→

(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＝(x1，y1，z1)为平面DEF的法向量， ―→??DE＝0，?m·?λx1＋λy1＋?1－λ?z1＝0，则?即?

―→?y＋z＝0，?11?DE＝0，?m·

取z1＝λ，则y1＝－λ，x1＝2λ－1.

故m＝(2λ－1，－λ，λ)为平面DEF的一个法向量， 设n＝(x2，y2，z2)为平面DEB的法向量， ―→??2x2＋2y2＝0，DB＝0，?n·?则?即?

―→?y＋z＝0，?22?DE＝0，?n·

取x2＝1，则y2＝－1，z2＝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

3

， 3

6， 3

所以二面角F-DE-B的余弦值的绝对值为即|cos〈m，n〉|＝化简得4λ2＝1.

因为点F在线段PB上，所以0≤λ≤1， PF11所以λ＝，即PB＝.

22

|m·n||4λ－1|6

＝＝， 223|m|·|n|3·?2λ－1?＋2λ

3．(2018·常州期末)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧面ADD1A1⊥底面ABCD，D1A＝D1D＝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D1F⊥平面AB1C； (2)求二面角C-B1A-B的余弦值．

解：(1)取A1D1的中点E，因为D1A＝D1D，所以D1A＝A1A， 所以AE⊥A1D1.

又A1D1∥AD，所以AE⊥AD.

因为侧面ADD1A1⊥底面ABCD，侧面ADD1A1∩底面ABCD＝AD，AE?侧面ADD1A1，

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)，D1(0,1,1)，B1(1，－1,1)，

―→―→―→

设F(a，b,0)，则D1F＝(a，b－1，－1)，AC ＝(1,1,0)，AB1＝(1，－1,1)， 因为D1F⊥平面AB1C，

―→―→??AC＝0，?D1F·?a＋b－1＝0，所以?即?

―→―→?a－b＝0，??AB1＝0，?D1F·

1得a＝b＝，

2

11?所以F??2，2，0?，即F为AC的中点． 所以存在AC的中点F，使D1F⊥平面AB1C.

1―→1

，－，－1?. (2)由(1)可取平面B1AC的一个法向量n1＝D1F＝?2?2?―→

设平面B1AB的法向量n2＝(x，y，z)，因为AB＝(1,0,0)， ―→??AB＝0，?n2·?x＝0，

所以?即?

―→?x－y＋z＝0，??AB1＝0，?n2·

－

令y＝1，得n2＝(0,1,1)．则cos〈n1，n2〉＝3

2

3

×22

＝－3. 2

由图知二面角C-B1A-B为锐角， 所以二面角C-B1A-B的余弦值为

3. 2

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4

的正弦值为，求λ的值．

5

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)，

―→―→AP·BM86―→―→

所以cos〈AP，BM〉＝―＝＝→―→4×63，

|AP||BM|所以异面直线AP与BM所成角的余弦值为

6. 3

(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)，

―→??2y＝0，BC＝0，?m·?则?即?令x＝2，得y＝0，z＝1，

―→?2x－4z＝0.???m·PB＝0，

所以m＝(2,0,1)是平面PBC的一个法向量， 4因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，

5

―→|MN·m||－2－2|4―→

所以|cos〈MN，m〉|＝―＝＝，解得λ＝1∈[0,4]， 2→55＋?λ－1?·5|MN||m|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-A1B1C1D1中，AD＝1，D1D＝2，点P为棱CC1的中点．

(1)设二面角A-A1B-P的大小为θ，求sin θ的值； (2)设M为线段A上的一点，求AM

1BMP的取值范围．

解：(1)如图，以点D为原点，DA，DC，DD1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)，A1(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PA1B的法向量为m＝(x，y，z)， ?则?―?m·PA→1＝0，??x－y＋z＝0，??m·

―即?

PB→＝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|＝6

6

， 则sin θ＝

306

. (2)设M(x，y，z)，因为M在A1B上，

所以―BM→＝λ―BA→

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?λ－1?2＋4λ25λ2－2λ＋1

MP＝1＋λ2＋?1－2λ?2＝1＋2λ－15λ2－4λ＋2

＝

5λ2－4λ＋2

， 令2λ－1＝t∈[－1,1]，则2λ－15λ2－4λ＋2＝5t24t

＋2t＋5

，

当t∈[－1,0)时，

5t24t

＋2t＋5

＝4

∈?－1，0?， 5t＋5

?2?t

＋2

当t∈(0,1]时，24t

＝4

∈?15t＋2t＋5

5t＋5

?0，?， t

＋2

3?当t＝0时，4t4t

5t2＋2t＋5＝0，所以5t2＋2t＋5∈?

?－12，13??， 则AMMP∈

?223?2，3??.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/25b8.html