3.2.3 空间的角的计算(教师用书独具)●三维目标1．知识与技能掌握利用空间向量求空间角(两条异面直线所成的角，直线和平面所成的角及二面角)的方法，并能熟练准确地求解及完整合理地表达．2．过程与方法经历向量法求空间三种角的过程，体会空间向量夹角公式的应用，培养学生观察分析、类比转化的能力；体验从“定性”推理到“定量”计算的转化，提高分析问题、解决问题的能力．使学生更好的掌握化归和转化的思想．3．情感、态度与价值观激发学生的学习热情和求知欲，体现学生的主体地位；使学生感受和体会数学的魅力，激发“学数学用数学”的热情．●重点难点重点：用直线的方向向量、平面的法向量、向量夹角公式求空间三种角．难点：(1)两条异面直线的夹角、直线和平面所成的角及二面角的平面角与两个空间向量的夹角求法之间的区别．(2)构建恰当的空间直角坐标系，并正确求出点的坐标及向量的坐标．根据三种空间角的定义和范围，结合具体的图形和向量夹角公式求三种空间角，并且根据向量夹角与三种空间角的关系，恰当的进行转化．(教师用书独具)●教学建议向量知识的引入是高中数学教材改革的一个亮点．本节课是在学生已经掌握空间向量的坐标运算、数量积运算及异面直线所成角、线面角、二面角的基础上，进一步研究用向量法求解这三种角．通过对空间角的深入研究，突出体现空间向量作为一种重要工具，为立体几何中夹角的求解提供了通法．本节课主要是通过寻找异面直线所成角、线面角、二面角与向量夹角间的关系，分析例题，总结解题思路．所以，遵照以教师为主导，学生为主体，训练为主线的教学原则，采取教师提供资源，创设情境，引导学生主动参与，自主进行问题的探究学习．通过启发、提问、小组讨论、教师点拨、演示过程、归纳总结的教学方法，让学生想、学生做、学生说，并采用多媒体电教手段，增加课堂容量，激发学习兴趣．●教学流程回顾实例，导入新课．问题1：直线方向向量的求法．问题2：平面法向量的求法．问题3：向量的夹角公式．问题4：空间三种角的定义及范围．学生回答以上问题，教师配以多媒体，展示定义、图形、及范围，为进一步利用向量法求空间角做好知识铺垫和策略提示．⇒新知探究：空间三种角的向量求法．三个公式的统一性在于都是向量夹角公式的应用，将空间角的求解转化为向量夹角的求解；区别在于由于空间角的定义和范围的区别，三个公式各不相同，向量夹角与空间角的关系也不相同，应注意求出向量夹角后，如何转化为空间角．⇒通过例1及变式训练，使学生掌握异面直线所成角的向量求法，即转化为其方向向量的夹角，利用向量夹角公式求解，但应注意方向向量夹角为钝角时，异面直线所成角为其补角．⇒通过例2及变式训练，使学生掌握直线与平面所成角的向量求法，即转化为求直线的方向向量与平面的法向量的夹角，利用向量夹角公式求解，但应注意直线的方向向量与平面的法向量夹角并不是线面角，应注意按公式进行转化．⇒通过例3及变式训练，使学生掌握二面角的向量求法，即转化为其法向量的夹角，利用向量夹角公式求解，但应注意法向量的夹角并不一定是二面角的大小，求出法向量的夹角后，应注意根据图形判定所求二面角是所得向量夹角还是其补角．⇒通过易错易误辨析，辨析向量夹角与空间角的对应关系．不能错误的认为所求向量夹角就是空间角，而应根据定义、范围和公式，进行适当转化．⇒归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节课所学知识．⇒完成当堂双基达标，巩固基本知识，形成基本能力.两条异面直线所成角的向量求法【问题导思】异面直线所成的角与其方向向量夹角是否一定相等，有何关系？【提示】 设异面直线所成的角为θ，方向向量为a ，b ，则θ＝〈a ，b 〉不一定成立． (1)当〈a ，b 〉∈(0，π2]时，θ＝〈a ，b 〉，(2)当〈a ，b 〉∈(π2，π]时，θ＝π－〈a ，b 〉．若异面直线l 1、l 2的方向向量分别为a 、b ，l 1、l 2所成的角为θ，则cos θ＝|cos a ，b |.直线和平面所成的角直线与平面所成的角θ，该直线的方向向量a 与平面法向量n 的夹角为〈a ，n 〉，θ＝〈a ，n 〉，对吗？【提示】 θ＝〈a ，n 〉不正确．如图(1)时， θ＝a ，n ，如图(2)时，θ＝〈a ，n 〉－π2.(1)(2)设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，a与n的夹角为θ1，l与α所成的角为θ2，则sin θ2＝|cos_θ1|＝|a·n| |a||n|.利用平面法向量求二面角时，怎样由法向量的夹角得二面角的大小？【提示】二面角α－l－β与〈n1，n2〉相等或互补，在求出〈n1，n2〉后，应根据图形，凭直线判断二面角α－l－β是锐二面角、直二面角，还是钝二面角，若〈n1，n2〉与二面角α－l－β范围相同，则二者相等；若范围不同，则互补．设二面角α－l－β的大小为θ，α，β的法向量分别为n1，n2，则|cos θ|＝|cos n1，n 2|＝|n1·n2||n1||n2|，θ取锐角或钝角由图形确定.求两条异面直线所成的角在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成的角的余弦值为________．【思路探究】 思路一，以AB →，AD →，AA 1→为基向量，表示AM →，CN →，求AM →，CN →的余弦值；思路二：以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，求AM →，CN →坐标，利用坐标求cos AM →，CN →．【自主解答】 法一 AM →＝12AB →＋AA 1→，CN →＝12AA 1→－BC →＝12AA 1→－AD →，∴cos AM →，CN →＝(12AB →＋AA 1→)·(12AA 1→－AD →)52×52＝1254＝25，∴AM 与CN 所成角的余弦值为25.法二 以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立坐标系如图，则A (0,0,0)，M (12，0,1)，C (1,1,0)，N (1,0，12)，∴AM →＝(12，0,1)，CN →＝(0，－1，12)，∴cos AM →，CN →＝1252×52＝25. ∴AM 与CN 所成角的余弦值为25.【答案】 251．本例中，也可能先求的是cos AM →，NC →＝－25，但考虑到异面直线所成角的范围是一个锐角或直角，故应取绝对值．2．向量法求异面直线所成角的步骤：(1)建立坐标系(或选取基向量)，求直线方向向量坐标(或用基向量线性表示)； (2)求〈a ，b 〉；(3)利用cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|，求θ.如图3－2－17，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.设E 为BC 的中点，求AE 与DB 夹角的余弦值．图3－2－17【解】 由题意可知DA ，DB ，DC 两两垂直，不妨设DB ＝1，以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (1，0,0)，C (0,3,0)，A (0,0，3)，E (12，32，0)，∴AE →＝(12，32，－3)，DB →＝(1,0,0)，∴cos AE →，DB →＝AE →·DB→|AE →||DB →|＝12224×1＝2222，即AE 与DB 夹角的余弦值为2222.图3－2－18如图3－2－18，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，求A 1B 与平面A 1B 1CD 所成角的大小．【思路探究】 求出平面A 1B 1CD 的一个法向量n ，求出A 1B →与n 的夹角，然后转化为A 1B 与平面A 1B 1CD 所成角．【自主解答】 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 、y 、z 轴，建立如题图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A 1(1,0,1)，C (0,1,0)．∴DA 1→＝(1,0,1)，DC →＝(0,1,0)．设平面A 1B 1CD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·DA 1→＝0，n ·DC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，y ＝0.令z ＝－1，得x ＝1. ∴n ＝(1,0，－1)．又B (1,1,0)， ∴A 1B →＝(0,1，－1)．cos n ，A 1B →＝A 1B →·n |A 1B →|·|n |＝12·2＝12.∴n ，A 1B →＝60°.即A 1B 与平面A 1B 1CD 所成的角为30°.1．要注意n ，A 1B →并不是A 1B 与平面A 1B 1CD 所成的角，而其余角才是所求角． 2．求线面角的步骤如下：(1)建立空间直角坐标系，确定直线的方向向量和平面的法向量． (2)求两个向量夹角的余弦值． (3)确定向量夹角的范围．(4)确定线面角与向量夹角的关系：向量夹角为锐角或直角时，线面角与这个夹角互余；向量夹角为钝角或平角时，线面角等于这个夹角减去90°.图3－2－19如图3－2－19，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形．AB ＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD⊥平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成的角的正弦值．【解】以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz.设D(1,0,0)，则A(2,2,0)、B(0,2,0)．又设S(x，y，z)，则x>0，y>0，z>0.(1)证明：A S →＝(x －2，y －2，z )，B S →＝(x ，y －2，z )，D S →＝(x －1，y ，z )，由|A S →|＝|B S →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2 ＝x 2＋(y －2)2＋z 2，故x ＝1. 由|D S →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|B S →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4， 即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S (1，12，32)，A S →＝(－1，－32，32)，BS →＝(1，－32，32)，D S →＝(0，12，32)，D S →·A S →＝0，D S →·B S →＝0，故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB . (2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥B S →， a ⊥C B →，a ·B S →＝0，a ·C B →＝0.又B S →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，C B →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)． 又A B →＝(－2,0,0)，cos 〈A B →，a 〉＝A B →·a|A B →|·|a |＝217. 故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217.图3－2－20如图3－2－20所示是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一平面所截得的几何体，截面为ABC .已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝2，CC 1＝3.求二面角B －AC －A 1的大小．【思路探究】 转化为求平面ABC 与平面AA 1C 1C 的法向量的夹角的余弦值，从而可得二面角B －AC －A 1的大小．【自主解答】 如图所示，以B 1为坐标原点，B 1C 1，B 1A 1，B 1B 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，1,4)，B (0,0,2)，C (1,0,3)，所以AB →＝(0，－1，－2)，BC →＝(1,0,1)．设m ＝(x ，y ，z )是平面ABC 的法向量，则由⎩⎨⎧AB →·m ＝0BC →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－y －2z ＝0x ＋z ＝0，取x ＝1，则y ＝2，z ＝－1，故平面ABC 的一个法向量为m ＝(1,2，－1)．显然，l ＝(1,1,0)为平面AA 1C 1C 的一个法向量，则cos m ，l ＝m·l |m ||l |＝1＋2＋06×2＝32.此时m ，l ＝π6.易知二面角B －AC －A 1的平面角是锐角，故二面角B －AC －A 1的大小为π6.1．本例中，求出两平面法向量的夹角后，应注意数形结合，判断二面角的范围．2．求二面角的步骤如下：(1)建立空间直角坐标系，确定两平面的法向量；(2)求两法向量的夹角；(3)确定二面角与面面角的关系：要通过观察图形来确定二面角的范围．(2013·天津高考)图3－2－21如图3－2－21，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1－CE －C 1的正弦值．【解】 如图，以点A 为原点，以AD ，AA 1，AB 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0，0,2)，C (1,0,1)，B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)．(1)证明：易得B 1C 1→＝(1,0，－1)，CE →＝(－1,1－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0， 所以B 1C 1⊥CE .(2)B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0， 不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)． 由(1)知，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1， 可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217.所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为217.错将法向量的夹角当作二面角已知四边形ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD .设P A ＝AB ＝a ，BC ＝2a ，求二面角B －PC －D 的余弦值．【错解】 建立如图所示的空间直角坐标系，则B (a,0,0)，C (a,2a,0)，P (0,0，a )，D (0,2a,0)，所以BC →＝(0,2a,0)，BP →＝(－a,0，a )，CD →＝(－a,0,0)，PD →＝(0,2a ，－a )．设平面PBC 和平面PCD 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n 1·BC →＝0n 1·BP →＝0和⎩⎨⎧n 2·CD →＝0n 2·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2ay 1＝0－ax 1＋az 1＝0和⎩⎪⎨⎪⎧－ax 2＝02ay 2－az 2＝0.取n 1＝(1,0,1)，n 2＝(0,1,2)，则cos n 1，n 2＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝105，故二面角B －PC －D 的余弦值为105.【错因分析】 错解中把两向量的夹角视为二面角．【防范措施】 二面角的取值范围是[0，π]，面面角的取值范围是[0，π2]，二面角既可能是锐角也可能是钝角，应仔细观察图形，寻找二面角与法向量夹角的关系，避免出错．【正解】 同错解得cos n 1，n 2＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝105. 观察图形知二面角B －PC －D 为钝角，故二面角B －PC －D 的余弦值为－105.1．向量法求异面直线所成的角θ，按公式cos θ＝|cos a ，b |进行，应注意θ的范围是[0，π2]，因此θ＝a ，b 或θ＝π－a ，b ．2．向量法求直线与平面所成的角θ，按公式sin θ＝|cos AP →，n |进行，AP →为直线的方向向量，n 为平面法向量．3．向量法求二面角的大小，按公式|cos θ|＝|cos n 1，n 2|进行，θ＝n 1，n 2还是θ＝π－n 1，n 2由图形确定．4．求点到平面的距离，按公式d ＝|AP →·n ||n |进行，n 为平面任一法向量，AP →为P 与平面内任一点A 构成向量．1．已知a ＝(0，－1,1)和b ＝(1,2，－1)分别是直线l 1和l 2的方向向量，则l 1和l 2所成的角θ等于________．【解析】 ∵cos a ，b ＝0×1＋(－1)×2＋1×(－1)2×6＝－32，∴a ，b ＝56π，∴θ＝π－56π＝π6.【答案】 π62．若直线l 的方向向量为a ＝(－2,3,1)，平面α的一个法向量为n ＝(1,0,1)，则直线l 与平面α所成角的正弦值等于________．【解析】 ∵cos a ，n ＝(－2，3，1)·(1，0，1)14×2＝－714，∴直线l 与平面α所成角的正弦值sin θ＝|cos a ，n |＝714. 【答案】7143．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，二面角A 1－BD －C 1所成平面角的余弦值为________．【解析】 画出图形(图略)，以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，求出平面A 1BD 与平面C 1BD 的法向量分别为n 1＝(1，－1，－1)，n 2＝(1，－1,1)．则cos n 1，n 2＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝13. 【答案】 134．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，求BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角θ.【解】 取AC ，A 1C 1的中点O ，O 1，由正三棱柱性质易知BO ⊥平面ACC 1A 1，以O 为坐标原点，直线OC ，OB ，OO 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则B (0，32，0)，C (12，0,0)，C 1(12，0，2)，则BC 1→＝(12，－32，2)，OB →＝(0，32，0)为平面ACC 1A 1的一个法向量，则sin θ＝cos BC 1→，OB →＝|BC 1→·OB →||BC 1→||OB →|＝12，∴θ＝π6.一、填空题1．(2013·唐山高二检测)ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，M 、N 分别是AA 1、BB 1的中点，设C 1M 与DN 所成的角为θ，则cos θ的值为________．【解析】 设正方体棱长为2，建立空间直角坐标系如图，则D (0,0,0)，N (2,2,1)，M (2,0,1)，C 1(0,2,2)，∴DN →＝(2,2,1)，C 1M →＝(2，－2，－1)，∴cos θ＝|cos 〈DN →，C 1M →〉|＝|DN →·C 1M →||DN →||C 1M →|＝13×3＝19.【答案】 192．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________．【解析】 cos m ，n ＝m·n |m ||n |＝11×2＝22， ∴m ，n ＝45°，其补角为135°. ∴两平面所成二面角为45°或135°. 【答案】 45°或135°3．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为侧面BCC 1B 1的中心，则AO 与平面ABCD 所成角的正弦值为________．【解析】 建系如图，设正方体棱长为2，则AO →＝(2,1,1)，又平面ABCD 一法向量为n ＝(0,0,1)，∴sin θ＝|cos AO →，n |＝66.【答案】664．如图3－2－22，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为________．图3－2－22【解析】 建系如图，设AB ＝AA 1＝2，则C 1(1,0,0)，A (0，3，2)，AC 1→＝(1，－3，－2)． ∵平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， ∴sin θ＝|cos AC 1→，n |＝64.【答案】64图3－2－235．如图3－2－23所示在四面体ABOC 中，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，∠AOB ＝120°，且OA ＝OB ＝OC ＝1，则二面角O －AC －B 的平面角的余弦值为________．【解析】 以O 为坐标原点，OA ，OC 所在的直线为x 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则O (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,0,1)，B (－12，32，0)，则AB →＝(－32，32，0)，CA →＝(1,0，－1)．设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥CA →，n ⊥AB →， 得⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，－32x ＋32y ＝0， 令x ＝1，则n ＝(1，3，1)． 又平面OAC 的法向量为e ＝(0,1,0)．∴cos 〈n ，e 〉＝(1，3，1)·(0，1，0)5×1＝35＝155.二面角O －AC －B 的平面角是锐角，记为θ，则cos θ＝155. 【答案】1556．在正四面体ABCD 中，相邻两个平面所成的二面角的余弦值为________． 【解析】 如图，对于二面角A －BC －D ，取BC 中点E ，连接EA ，ED ，∠AED 为二面角A －BC －D 的平面角，设正四面体棱长为2，则AE ＝ED ＝3，AD ＝2，∴cos ∠AED ＝3＋3－42×3×3＝13.【答案】 137．如图3－2－24，二面角α－l －β的大小是120°，A 、B ∈l ，AC ⊂α，BD ⊂β，AC ⊥l ，BD ⊥l ，若AB ＝AC ＝BD ＝1，则CD 的值为________．图3－2－24【解析】 |CD →|＝(CA →＋AB →＋BD→)2 ＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD→＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×cos 60°＝2. 【答案】 28．四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，ABCD 为正方形，且PD ＝AB ＝1，G 为△ABC 的重心，则PG 与底面所成的角的正弦值为________．【解析】 以D 为原点，射线DA 为x 轴正半轴，射线DC 为y 轴正半轴，射线DP 为z 轴正半轴建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，∴G (23，23，0)，PG →＝(23，23，－1)．又平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 则cos PG →，n ＝－1(23)2＋(23)2＋1＝－31717.∴PG 与平面ABCD 所成角的正弦值为31717.【答案】31717二、解答题9．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，所有棱长都等于2，M 是BC 的中点．试问：在侧棱CC 1上是否存在一点N ，使得异面直线AB 1和MN 所成的角等于45°？【解】 以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz . 则A (0,0,0)，B 1(3，1,2)，M (32，32，0)，所以AB 1→＝(3，1,2)． 假设侧棱CC 1上存在一点N ，可设N (0,2，m )(0≤m ≤2)，则MN →＝(－32，12，m )．如果异面直线AB 1和MN 所成的角等于45°，那么向量AB 1→和MN →的夹角是45°或135°，而cos AB 1→，MN →＝AB 1→·MN →|AB 1→||MN →|＝2m －122·m 2＋1，所以2m －122·m 2＋1＝±22，解得m ＝－34，这与0≤m ≤2矛盾．故在侧棱CC 1上不存在一点N ，使得异面直线AB 1和MN 所成的角等于45°.图3－2－2510．如图3－2－25，在四棱锥P －ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝AB ＝2BC ，M 、N 分别为PC 、PB 的中点．(1)求证：PB ⊥DM ；(2)求CD 与平面ADMN 所成角的正弦值．【解】 如图，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系A －xyz ，设BC ＝1， 则A (0,0,0)，P (0,0,2)， B (2,0,0)，C (2,1,0)，M (1，12，1)，D (0,2,0)．(1)证明：∵PB →·DM →＝(2,0，－2)·(1，－32，1)＝0，∴PB ⊥DM .(2)∵PB →·AD →＝(2,0，－2)·(0,2,0)＝0，∴PB ⊥AD .又∵PB ⊥DM ，∴PB ⊥平面ADMN .∴PB →，DC →的余角即是CD 与平面ADMN 所成的角．∵cos PB →，DC →＝PB →·DC →|PB →||DC →|＝105.∴CD 与平面ADMN 所成角的正弦值为105.图3－2－2611．(2013·北京高考)如图3－2－26，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值．【解】 (1)证明：因为AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC . 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)， C 1(4,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )则⎩⎨⎧n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y －4z ＝0，4x ＝0. 令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)． 同理可得，平面B 1BC 1的法向量为m ＝(3,4,0)． 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625.由题知二面角A 1－BC 1－B 1为锐角，所以二面角 A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625.(教师用书独具)如图，在三棱锥A －BCD 中，侧面ABD 、ACD 是全等的直角三角形，AD 是公共的斜边，且AD ＝3，BD ＝CD ＝1.另一个侧面ABC 是等边三角形．(1)求证：AD ⊥BC ；(2)在线段AC 上是否存在一点E ，使ED 与平面BCD 所成的角为30°？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由．【思路探究】 建系求出关键点的坐标；然后利用法向量解决第(2)题．【自主解答】 (1)作AH ⊥平面BCD 于H ，连接BH 、CH 、DH ，则四边形BHCD 是正方形，且AH ＝1，以D 为原点，以DB 为x 轴，DC 为y 轴建立空间直角坐标系如图所示．则B (1,0,0)，C (0,1,0)，A (1,1,1)． BC →＝(－1,1,0)，DA →＝(1,1,1)， ∴BC →·DA →＝0，则AD ⊥BC .(2)存在．设点E 为(x ，y ，z )，则x ＝z >0，y ＝1，平面BCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，DE →＝(x,1，x )，要使ED 与平面BCD 所成的角为30°，由图可知DE →与n 的夹角为60°， ∴cos DE →，n ＝DE →·n |DE →|·|n |＝x 1＋2x 2＝cos 60°＝12.则2x ＝1＋2x 2，解得x ＝22，即E (22，1，22)， |AC →|＝2，|CE →|＝1.故线段AC 上存在点E ，且点E 到点C 的距离为1.1．存在性探索型命题是指在一定的条件下，判断某种数学对象是否存在．一般来说，是否存在型问题，实质上是探索结论的开放性问题，相对于其他的开放性问题来说，由于这类问题的结论较少(只有存在、不存在两个结论，有些时候需讨论)，因此，思考途径较为单一，难度易于控制，受到各类考试的命题者的青睐．2．解答这一类问题，往往从承认结论，变结论为条件出发，然后通过特例归纳，或推理证明其合理性，探索过程要充分挖掘已知条件，注意条件的完备性，不要忽略任何可能的因素．(2013·广州高三调研)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2.(1)证明：当点E 在棱AB 上移动时，D 1E ⊥A 1D ；(2)在棱AB 上是否存在点E ，使二面角D 1－EC －D 的平面角为π4？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．【解】 以D 为原点，DA 、DC 、DD 1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D (0,0,0)，C (0,2,0)， A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)． 设E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)．(1)证明：∵D 1E →＝(1，y 0，－1)，A 1D →＝(－1,0，－1)． 则D 1E →·A 1D →＝(1，y 0，－1)·(－1,0，－1)＝0， ∴D 1E →⊥A 1D →，即D 1E ⊥A 1D .(2)当AE ＝2－3时，二面角D 1－EC －D 的平面角为π4.∵EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)， 设平面D 1EC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n 1·EC →＝0n 1·D 1C →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y (2－y 0)＝0，2y －z ＝0. 取y ＝1，则n 1＝(2－y 0,1,2)是平面D 1EC 的一个法向量． 而平面ECD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， 要使二面角D 1－EC －D 的平面角为π4，则cos π4＝|cos n 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2(2－y 0)2＋12＋22＝22，解得y 0＝2－3(0≤y 0≤2)．∴当AE ＝2－3时，二面角D 1－EC －D 的平面角为π4。
