考点一
空间向量及其运算
空间向量的运算主要包括空间向量的线性运算、数量积运算以及空间向量的坐标运算．空间向量的运算法则、运算律与平面向量基本一致．
空间向量的运算是其应用的前提和基础，尤其是两个向量的数量积是应用的重点，空间向量运算的坐标表示是立体几何中的证明、计算转化成代数问题的唯一通道，尤其是立体几何中的开放性问题可转化成代数中的解方程问题，从而得到简单的解答．
[典例1] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝，若＝x＋y(＋)，则x＝________，y＝________.
解析：由题知＝＋＝＋＝＋(＋)，
从而有x＝1，y＝.
答案：1
[典例2] 如图所示，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，E，F，G分别是BC，CD，DB的中点，请化简(1) ＋＋；(2) ＋＋，并标出化简结果的向量．
解：(1) ＋＋＝＋＝.
(2)∵E，F，G分别为BC，CD，DB的中点．∴＝，＝.
∴＋＋＝＋＋＝.
故所求向量，如图所示．
[对点训练]
1．已知a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，且|a|＝5，|b|＝6，
a·b＝30，则＝________.
解析：因为a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉，且|a|＝5，|b|＝6，a·b＝30，所以cos〈a，b〉＝1，即a与b同向共线，故可设a＝kb(k>0)，即a1＝kb1，a2＝kb2，a3＝kb3，又|a|＝5，|b|＝6，所以k2(b＋b＋b)＝25，(b＋b＋b)＝36，因此k＝，故＝k＝.
答案：
2．已知a＝(2，－3,5)，b＝(－3,1，－4)．
(1)若c＝(m,2，n)且a∥c，求c；
(2)若p＝(1，x，y)且a⊥p，b⊥p，求p.
解：(1)∵a∥c，∴设c＝λa.
∴(m,2，n)＝λ(2，－3,5)，
∴m＝－，n＝－，
∴c＝.
(2)∵a⊥p，b⊥p，
∴a·p＝0，b·p＝0，
∴
解得
∴p＝(1，－1，－1).
考点二
空间向量与空间位置关系
设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则
(1)线线平行：l∥m?a∥b?a＝kb，k∈R；
(2)线面平行(l?α)：l∥α?a⊥u?a·u＝0；
(3)面面平行：α∥β?u∥v?u＝kv，k∈R；
(4)线线垂直：l⊥m?a⊥b?a·b＝0；
(5)线面垂直：l⊥α?a∥u?a＝ku，k∈R；
(6)面面垂直：α⊥β?u⊥v?u·v＝0.
[典例3] 如图，在多面体ABC-A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，二面角A1-AB-C是直二面角．
求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C.
证明：∵二面角A1-AB-C是直二面角，∴平面A1ABB1⊥平面ABC.
又∵AB＝AC，BC＝AB，
∴∠CAB＝90°，即CA⊥AB.
∴AB，AC，AA1两两互相垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)．
(1) ＝(0,2,0)，＝(0,0，－2)，＝(2,0,0)，
设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，
则即即
取y＝1，则n＝(0,1,0)．
∴＝2n，即1∥n.
∴A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知＝(0,2,2)，＝(1,1,0)，＝(2,0，－2)，设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．
∴·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
∴1⊥m.
又AB1?平面A1C1C，
∴AB1∥平面A1C1C.
[典例4] 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点．
(1)用向量法证明平面A1BD∥平面B1CD1；
(2)用向量法证明MN⊥平面A1BD.
证明：(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
＝－，＝－.
∵＝，＝，
∴＝.
∴BD∥B1D1.
同理可证A1B∥D1C，又BD∩A1B＝B，B1D1∩D1C＝D1，所以平面A1BD∥平面B1CD1.
(2) ＝＋＋
＝＋＋(＋)
＝＋＋(－＋)
＝＋＋.
设＝a，＝b，＝c，则＝(a＋b＋c)．
又∵＝－＝b－a，
∴·＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝(b2－a2＋c·b－c·a)．
又∵A1A⊥AD，A1A⊥AB，
∴c·b＝0，c·a＝0.
∵|b|＝|a|，∴b2＝a2.
∴b2－a2＝0.
∴·＝0.∴MN⊥BD.
同理可证，MN⊥A1B，
又A1B∩BD＝B，
∴MN⊥平面A1BD.
[对点训练]
3．如图所示，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA＝AD，M，N分别为AB，PC的中点．求证：
(1)MN∥平面PAD；
(2)平面PMC⊥平面PDC.
证明：如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A-xyz.
设PA＝AD＝a，AB＝b.则，
(1)P(0,0，a)，A(0,0,0)，D(0，a,0，)，C(b，a,0)，B(b,0,0)．
∵M，N分别为AB，PC的中点，
∴M，N.
∴＝，＝(0,0，a)，＝(0，a,0)，
∴＝＋ .
又∵MN?平面PAD，∴MN∥平面PAD.
(2)由(1)可知，P(0,0，a)，C(b，a,0)，M，D(0，a,0)．
所以＝(b，a，－a)，＝，＝(0，a，－a)．
设平面PMC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则∴
令z1＝b，则n1＝(2a，－b，b)．
设平面PDC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则∴
令z2＝1，则n2＝(0,1,1)，
∵n1·n2＝0－b＋b＝0，
∴n1⊥n2，∴平面PMC⊥平面PDC.
考点三
空间向量与空间角
几何法求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角时，都需要先作出(或证出)所求空间角的平面角．费时费力，难度很大．而利用向量法，只需求出直线的方向向量与平面的法向量，即可求解，体现了向量法极大的优越性．
(1)若异面直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，它们所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈v1，v2〉|.
(2)利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：一是分别求出斜线和它在平面内的射影所在直线的方向向量，将问题转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；二是通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，则其余角就是斜线和平面所成的角．
(3)利用空间向量求二面角也可以有两种方法：一是分别在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是通过平面的法向量来求：设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2，则二面角的大小等于〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)．
利用空间向量求二面角时，注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角．
[典例5] 如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
解：(1)证明：连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.
在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.
由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.
由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，
可知AE＝EC.
又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.
在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.
在Rt△FDG中，可得FG＝.
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，
可得EF＝.
从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.
又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.
因为EG?平面AEC，
所以平面AEC⊥平面AFC.
(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系G-xyz.
由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，，0)，
所以＝(1，，)，＝－1，－，.
故cos〈，〉＝＝－.
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.
[典例6]
如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)求二面角C-EM-N的正弦值；
(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．
解：
由题意知，AB，AC，AP两两垂直，故以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)．
(1)证明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨取z＝1，可得n＝(1,0,1)．
又＝(1,2，－1)，可得·n＝0.
因为MN?平面BDE，
所以MN∥平面BDE.
(2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量．
设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，
又＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，
则
即
不妨取y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)．
因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，
于是sin〈n1，n2〉＝.
所以二面角C-EM-N的正弦值为.
(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，
进而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)．
由已知，得|cos〈，〉|＝
＝＝，
整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.
所以线段AH的长为或.
[对点训练]
4．如图，在三棱锥P-ABC中，∠APB＝90°，∠PAB＝60°，AB＝BC＝CA，平面PAB⊥平面ABC.
(1)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值；
(2)求二面角B-AP-C的余弦值．
解：设AB的中点为D，连接CD，作PO⊥AB于点O.
因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以PO⊥平面ABC.所以PO⊥CD.
由AB＝BC＝CA，知CD⊥AB.
设E为AC中点，连接OE，
则EO∥CD，从而OE⊥PO，OE⊥AB.
如图，以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．
不妨设PA＝2，由已知可得AB＝4，OA＝OD＝1，OP＝，CD＝2.
所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，C(1,2，0)，P(0,0，)．
(1)易得＝(－1，－2，)，且＝(0,0，)为平面ABC的一个法向量．
设α为直线PC与平面ABC所成的角，
则sin α＝＝＝.
所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为.
(2)易得＝(1,0，)，＝(2,2，0)．
设平面APC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
取z1＝1，可得n＝(－，1,1)．
设二面角B-AP-C的平面角为β，易知β为锐角．
因为平面PAB的一个法向量为m＝(0,1,0)，
所以cos β＝＝＝.
所以二面角B-AP-C的余弦值为.
考点四
空间向量与探索性问题
解决存在性问题的基本策略是：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，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；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．
[典例7] 如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴正半轴，OD为y轴正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.
则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，＝(0,3,4)，＝(－8,0,0)，由此可得·＝0，所以⊥，即AP⊥BC.
(2)设＝λ，λ≠1，则＝λ(0，－3，－4)，＝＋＝＋λ＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，＝(－4,5,0)，＝(－8,0,0)．
设平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)．
由
得
即可取n1＝.
由即
得可取n2＝(5,4，－3)．
由n1·n2＝0，得4－3·＝0，
解得λ＝.
又| |＝＝5，故AM＝3.
综上所述，存在点M，且AM＝3，使得二面角A-MC-B为直二面角．
[对点训练]
5.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点．
(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；
(2)点M在线段PC上，PM＝tPC，试确定t的值，使PA∥平面MQB；
(3)在(2)的条件下，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，求二面角M-BQ-C的大小．
解：(1)证明：连接BD，∵AD＝AB，∠BAD＝60°，
∴△ABD为正三角形．
∵Q为AD的中点，∴AD⊥BQ.
∵PA＝PD，Q为AD的中点，
∴AD⊥PQ.
又BQ∩PQ＝Q，
∴AD⊥平面PQB.
∵AD?平面PAD，
∴平面PQB⊥平面PAD.
(2)连接AC，交BQ于N.
由AQ∥BC，
可得△ANQ∽△CNB，
∴＝＝.
∵PA∥平面MQB，PA?平面PAC，平面PAC∩平面MQB＝MN，∴PA∥MN.
∴＝＝，
即PM＝PC，∴t＝.
(3)由PA＝PD＝AD＝2，Q为AD的中点，则PQ⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，
∴PQ⊥平面ABCD.
以Q为坐标原点，分别以QA、QB、QP所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的坐标系，则各点的坐标分别为A(1,0,0)，B(0，，0)，Q(0,0,0)，P(0,0，)．
设平面MQB的法向量为n＝(x，y,1)，
可得
∵PA∥MN，∴
解得n＝(，0,1)．
取平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)，
cos〈m，n〉＝，故二面角M-BQ-C的大小为60°.
课件49张PPT。 谢谢！阶段质量检测（三）
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是( )
A．a＝(1,0,1)，n＝(－2,0,0)
B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)
C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)
D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)
解析：选D 若l∥α，则a·n＝0，只有选项D中a·n＝0.
2．已知a＝(x,1,2)，b＝(1,2，－y)，且(2a＋b)∥(－a＋2b)，则( )
A．x＝，y＝1 B．x＝，y＝－4
C．x＝2，y＝－ D．x＝1，y＝－1
解析：选B 2a＋b＝(2x＋1,4,4－y)，－a＋2b＝(2－x,3，－2y－2)，∵(2a＋b)∥(－a＋2b)，则存在非零实数λ，使得2a＋b＝λ(－a＋2b)，∴
∴
3．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ＝( )
A. B.
C. D.
解析：选D ∵a，b不共线，∴存在实数x，y，使c＝xa＋yb，∴，解得λ＝.
4．已知平面α，β是两个不重合的平面，其法向量分别为n1，n2，给出下列结论：①若n1∥n2，则α∥β；②若n1∥n2，则α⊥β；③若n1·n2＝0，则α⊥β；④若n1·n2＝0，则α∥β.其中正确的是( )
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：选A 由平面的法向量的定义及已知条件，易知①③正确．
5．已知平面α的一个法向量为n＝(1，－1,0)，则y轴与平面α所成的角的大小为( )
A. B.
C. D.
解析：选B y轴的一个方向向量s＝(0,1,0)，cos〈n，s〉＝＝－，即y轴与平面α所成角的正弦值是，故其所成的角的大小是.
6．已知空间三点O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(0,1,1)，在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为( )
A．(－2,2,0) B．(2，－2,0)
C. D.
解析：选C 由＝(－1,1,0)，且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则＝(－λ，λ－1，－1)．
又BH⊥OA，∴·＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝，
∴H.
7．如图，AB＝AC＝BD＝1，AB?平面α，AC⊥平面α，BD⊥AB，BD与平面α成30°角，则C、D间的距离为( )
A．1 B．2
C. D.
解析：选C ||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos 120°＝2，
∴||＝.
8．已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
解析：选C 设向量a＋b与c的夹角为α，因为a＋b＝(－1，－2，－3)，|a＋b|＝，cos α＝＝，
所以α＝60°.因为向量a＋b与a的方向相反，所以a与c的夹角为120°.
9．已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，O(0,0,0)，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为( )
A．± B.
C．－ D．±
解析：选C 因为＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)，＋λ＝(1，－λ，λ)，
所以(＋λ)·＝1×0＋(－λ)×(－1)＋1×λ＝2λ，|＋λ|＝，
||＝，由题意知cos 120°＝＝－，
解得λ2＝，又因为<0，所以λ<0，
所以λ＝－.
10.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC.则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )
解析：选A 如图，以D为原点，DA，DC所在的直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD的边长为a，M(x，y,0)，则0≤x≤a,0≤y≤a，P，C(0，a,0)，
则||＝，
||＝.由||＝||，得x＝2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条线段y＝x(0≤x≤a)，故选A.
11．如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1的夹角是( )
A．45° B．60°
C．90° D．120°
解析：选B 不妨设AB＝BC＝AA1＝1，则＝－＝(－)，＝＋，
∴||＝|－|＝，||＝，
·＝(－)·(＋)＝，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∴〈，〉＝60°.
即异面直线EF与BC1的夹角是60°.
12．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 取正三角形ABC的中心O，连接OP，则∠PAO是PA与平面ABC所成的角．因为底面边长为，
所以AD＝×＝，AO＝AD＝×＝1.三棱柱的体积为×()2×AA1＝，
解得AA1＝，即OP＝AA1＝，
所以tan ∠PAO＝＝，即∠PAO＝.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知a＝(x,2，－4)，b＝(－1，y,3)，c＝(1，－2，z)，且a，b，c两两垂直，则(x，y，z)＝________.
解析：由题意知
解得x＝－64，y＝－26，z＝－17.
答案：(－64，－26，－17)
14．已知空间四边形OABC，如图所示，其对角线为OB、AC，M、N分别为OA、BC的中点，点G在线段MN上，且＝3，现用基向量、、表示向量，并设＝x·＋y·＋z·，则x、y、z的和为________．
解析：＝＋＝＋
＝＋
＝－＋＋－
＝＋＋，
∴x＝，y＝，z＝.
∴x＋y＋z＝.
答案：
15．如图所示，已知正四面体A-BCD中，AE＝AB，CF＝CD，则直线DE和BF所成角的余弦值为________．
解析：＝＋＝＋，＝＋＝＋，
cos〈，〉＝
＝＝.
答案：
16.如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE＝________.
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(a,0,0)，B1(0,0,3a)，C(0，a,0)．显然B1D⊥CE，设点E的坐标为(a,0，z)，则＝(a，－a，z)，＝(a,0，z－3a)．由⊥，得2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a，即AE＝a或2a.
答案：a或2a
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题10分)已知向量a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上是否存在一点E，使得⊥b(O为原点)?
解：(1)因为a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，所以2a＋b＝(0，－5,5)，所以|2a＋b|＝＝5.
(2)假设存在点E，其坐标为E(x，y，z)，则＝λ，即(x＋3，y＋1，z－4)＝λ(1，－1，－2)，
所以所以E(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)，
所以＝(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)．
又因为b＝(－2,1,1)，⊥b，
所以·b＝－2(λ－3)＋(－λ－1)＋(－2λ＋4)＝－5λ＋9＝0，所以λ＝，所以E，
所以在直线AB上存在点E，使⊥b.
18．(本小题12分)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
(2)求二面角B-A1D-A的正弦值．
解：在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.
如图，以{，，}为正交基底，建立空间直角坐标系A-xyz.
因为AB＝AD＝2，
AA1＝，∠BAD＝120°，
则A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0，0，)，C1(，1，)．
(1) ＝(，－1，－)，＝(，1，)．
则cos〈，〉＝＝＝－.
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.
(2)可知平面A1DA的一个法向量为＝(，0,0)．
设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，
又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)，
则即
不妨取x＝3，则y＝，z＝2，
所以m＝(3，，2)为平面BA1D的一个法向量，
从而cos〈，m〉＝＝＝.
设二面角B-A1D-A的大小为θ，则|cos θ|＝.
因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝＝.
因此二面角B-A1D-A的正弦值为.
19．(本小题12分)已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PD⊥底面ABCD，且PD＝DA＝CD＝2AB＝2，M点为PC的中点．
(1)求证：BM∥平面PAD；
(2)在平面PAD内找一点N，使MN⊥平面PBD.
解：(1)证明：∵PD⊥底面ABCD，CD∥AB，CD⊥AD.
∴以D为原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)．
由于PD＝CD＝DA＝2AB＝2，
所以D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，M(0,1,1)，
∴＝(－2,0,1)，＝(0,2,0)，
∵⊥平面PAD，
∴是平面PAD的法向量，且·＝0，
∴BM∥平面PAD.
(2)设N(x,0，z)是平面PAD内一点，
则＝(x，－1，z－1)，＝(0,0,2)，＝(2,1,0)，若MN⊥平面PBD，则
∴即
∴在平面PAD内存在点N，使MN⊥平面PBD.
20．(本小题12分)如图，三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2.
(1)证明：DE⊥平面PCD；
(2)求二面角A-PD-C的余弦值．
解：(1)证明：由PC⊥平面ABC，DE?平面ABC，故PC⊥DE.
由CE＝2，CD＝DE＝得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.
由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.
(2)由(1)可知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.
由∠ACB＝，得DF∥AC，＝＝，
故AC＝DF＝.
以C为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则
C(0,0,0)，P(0,0,3)，A，E(0,2,0)，D(1,1,0)，
＝(1，－1,0)，＝(－1，－1,3)，＝，
设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由n1·＝0，n1·＝0，
可得故可取n1＝(2,1,1)．
由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2＝(1，－1,0)，
从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为
cos 〈n1，n2〉＝＝，
故所求二面角A-PD-C的余弦值为.
21．(本小题12分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．
(1)证明：A1D⊥平面A1BC；
(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值．
解：(1)证明：设E为BC的中点，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.
因为AB＝AC，所以AE⊥BC.
故AE⊥平面A1BC.
由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，
从而DE∥A1A且DE＝A1A，
所以A1AED为平行四边形．故A1D∥AE.
又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.
(2)以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x轴，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系E-xyz，如图所示．
由题意知各点坐标如下：A1(0,0，)，B(0，，0)，D(－，0，)，B1(－，，)．
因此＝(0，，－)，＝(－，－，),＝(0，，0)．
设平面A1BD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面B1BD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．
由即
可取m＝(0，，1)．
由即
可取n＝(，0,1)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝.
由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为－.
22.(本小题12分)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是菱形，AC∩BD＝O，△PAC是边长为2的等边三角形，PB＝PD＝，F为AP上一点，且AP＝4AF.
(1)求证：PO⊥底面ABCD.
(2)求直线CP与平面BDF所成角的大小．
(3)在线段PB上是否存在一点M，使得CM∥平面BDF？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，
所以O是AC，BD的中点．
又PA＝PC，PB＝PD，所以PO⊥AC，PO⊥BD.
又AC∩BD＝O，
所以PO⊥底面ABCD.
(2)由底面ABCD是菱形，可得AC⊥BD，又由(1)，知PO⊥AC，PO⊥BD.
如图，连接OF，以O为坐标原点，以射线OA，OB，OP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.
由△PAC是边长为2的等边三角形，PB＝PD＝，
可得OA＝1，PO＝，OB＝OD＝.
所以O(0,0,0)，A(1,0,0)，C(－1,0,0)，B(0，，0)，
P(0,0，)，
所以＝(1,0，)，＝(0，，0)，＝(1,0,0)，＝(－1,0，)．
由AP＝4AF，可得＝＋ ＝.
设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则z＝－，
所以n＝(1,0，－)．
因为cos〈，n〉＝
＝＝－，
所以直线CP与平面BDF所成角的正弦值为，
所以直线CP与平面BDF所成角的大小为30°.
(3)假设在线段PB上存在一点M，使得CM∥平面BDF.设＝λ(0≤λ≤1)．
由(2)，知＝(1，，0)，＝(0，－，)，
则＝＋＝＋λ＝(1，(1－λ)，λ)．
若CM∥平面BDF，当且仅当·n＝0，且CM?平面BDF.
由·n＝1－3λ＝0，得λ＝.
此时＝，显然CM?平面BDF.
所以在线段PB上存在一点M，使得CM∥平面BDF.
此时＝.
