第22讲 立体几何与空间向量（课件PPT）-【艺考一本通】2025年高考数学一轮+二轮（通用版）

数 学 数 学 数 学 精简 全面 专业 高效 数 学 精简 全面 专业 高效 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 第22讲　立体几何与空间向量 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 1.点、线、面空间位置关系 设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1).平面α，β的法向量分别为u＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3). (1)线面平行： l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)线面垂直： l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. 知识梳理 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 (3)面面平行： α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a2＝ka3，b2＝kb3，c2＝kc3. (4)面面垂直： α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 知识梳理 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 2.空间角 (1)异面直线所成的角 设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 知识梳理 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 知识梳理 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 如图②③，n1，n2分别是二面角α，β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos＜n1，n2＞|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角). 知识梳理 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 题型一　利用空间向量证明空间位置关系 【例1】　如图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求证：EF∥平面PAB； (2)求证：平面PAD⊥平面PDC. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 【规律方法】向量法证明平行与垂直的步骤 (1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系. (2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素. (3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系. (4)根据运算结果解释相关问题. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 变式训练一 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点. 求证：(1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 【证明】(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)， 设BA＝a，则A(a，0，0)， 所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)， ＝0，＝0＋4－4＝0， 所以， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，BA⊂平面ABD，BD⊂平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 (2)由(1)知，E(0，0，3)，G，F(0，1，4)， 则＝(0，1，1)， ＝0＋2－2＝0， ＝0＋2－2＝0， 所以， 即B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又EG∩EF＝E，EG⊂平面EGF，EF⊂平面EGF， 因此B1D⊥平面EGF. 结合(1)可知平面EGF∥平面ABD. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 题型二　利用空间向量求空间角 【例2】(2024·天津卷)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB＝AA1＝2.AD＝DC＝1.N是B1C1的中点，M是DD的中点. (1)求证D1N∥平面CB1M； (2)求平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 【规律方法】 (1)利用空间向量求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标；③结合公式进行论证、计算；④转化为几何结论. (2)求空间角应注意的三个问题：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|；②直线与平面所成的角的正弦值等于平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化；③两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. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 B 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB.因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，根据平面知识可知AD∥BC，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 题型三　立体几何中的探索性问题 (1)求证：PD⊥平面PAB； (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值； 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 (1)【证明】∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD， ∴AB⊥平面PAD. ∴AB⊥PD. 又∵PA⊥PD，PA∩AB＝A， ∴PD⊥平面PAB. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 (2)【解析】取AD的中点O，连接PO，CO. ∵PA＝PD，∴PO⊥AD. 又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， ∴PO⊥平面ABCD. ∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO.∵AC＝CD，∴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). 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 【规律方法】 利用空间向量巧解探索性问题 (1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断. (2)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”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题. 【提醒】探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 变式训练三 1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别为棱DD1，BB1的中点. (1)证明：直线CF∥平面A1EC1； (2)若该正方体的棱长为4，试问：底面ABCD上是否存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1，若存在，求出线段DP的长度，若不存在，请说明理由. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 【解析】(1)如图，取AA1的中点G，连接GD，GF，则GD∥A1E， 则由正方体的性质可得GF∥AB，GF＝AB.AB∥CD，AB＝CD，∴GF∥CD，GF＝CD，∴四边形GFCD为平行四边形，∴CF∥GD，又GD∥A1E，∴CF∥A1E，又CF⊄平面A1EC1，A1E⊂平面A1EC1，∴CF∥平面A1EC1 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 (2)如图建立空间直角坐标系，假设在底面ABCD上存在点P，使得PD1⊥平面A1EC1；设P(a，b，0)，则A1(4，0，4)，E(0，0，2)，C1(0，4，4)，D1(0，0，4)， ∴＝(－4，4，0)，＝(0，4，2)，＝(a，b，－4)，由得，＝0，＝0，即，解得a＝2，b＝2，即P(2，2，0)， ∴＝(2，2，0)，||＝＝2，故在底面ABCD上存在点P，使得PD1⊥平面A1EC1，线段DP的长度为2. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 【解析】(1)在△ABC中，AC＝，BC＝1，AB＝2，满足AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.又CC1⊥BC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥面ACC1A1，又A1C⊂面ACC1A1，所以BC⊥A1C，又四边形AA1C1C是边长为的正方形，所以AC1⊥A1C，又BC∩A1C＝C，所以AC1⊥面A1CB，又AC1⊂平面ABC1，所以平面A1BC⊥平面ABC1. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 (2)在线段A1B上存在点M，使得CM⊥BC1，且，理由如下：由(1)得，以点C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(，0，0)，C(0，0，0)，B(0，1，0)，A1(，0，)，C1(0，0，)，设M(x，y，z)，＝λ，所以(x，y－1，z)＝λ(，－1，)，解得x＝λ，y＝1－λ，z＝λ，所以＝(λ，1－λ，λ)，＝(0，1，－)，要使CM⊥BC1，则需＝0，即1－λ－3λ＝0，解得λ＝，故. 典例变式 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 1.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，AP⊥平面CDP，AP＝DP. (1)求证：平面ABCD⊥平面ADP； (2)若Q是DP的中点，求直线BP与平面BCQ所成角的正弦值. 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 【解析】(1)证明：因为AP⊥平面CDP，CD⊂平面CDP，所以CD⊥AP.因为底面ABCD为正方形，所以CD⊥AD.又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面ADP，所以CD⊥平面ADP，又CD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面ADP. 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 (2)将题干图形调整一下位置，记AD的中点为E，BC的中点为F，连接PE，EF，如图，因为AP＝DP，E是AD的中点，所以PE⊥AD.又由(1)知CD⊥平面ADP，PE⊂平面ADP，所以PE⊥CD，又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.因为F是BC的中点，底面ABCD为正方形，所以EF⊥AD.故以E为原点，ED，FE，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为AP⊥平面CDP，PD⊂平面CDP，所以PD⊥AP. 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 2.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，M为PC的中点. (1)求证：BM∥平面PAD； (2)在侧面PAD内找一点N，使MN⊥平面PBD； (3)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值. 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 【解析】(1)取PD的中点E，连接AE，EM， ∵M为PC的中点，E为PD的中点，则EM∥CD且EM＝CD. 在平面ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，∴AB∥CD，由已知条件可得AB＝CD，∴EM∥AB且EM＝AB，所以四边形ABME为平行四边形，∴BM∥AE，∵BM⊄平面PAD，EA⊂平面PAD，∴BM∥平面PAD. 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 (2)∵PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，以A为原点，以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则B(1，0，0)、C(2，2，0)、D(0，2，0)、P(0，0，2)、M(1，1，1)，在平面PAD内设N(0，y，z)， ＝(－1，y－1，z－1)，＝(1，0，－2)，＝(1－2，0)，由，可得＝－1－2z＋2＝0，∴z＝.由，可得＝－1－2y＋2＝0，∴y＝.所以N，所以当N是AE的中点时MN⊥平面PBD. 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 (3)∵＝(2，2，－2)，由(2)可知，平面PBD的一个法向量为，cos＜＞＝＝－，故直线PC与平面PBD所成角的正弦值为. 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 3.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD上一点，且BM⊥PD. (1)求异面直线PB与CM所成角余弦的大小； (2)求点M到平面PAC的距离. 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 【解析】(1)【解法一】连BD交AC于点O，连接MO，如图1所示， PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥CD. 在Rt△PAB中，PA＝4，AB＝2，PB＝＝2，又∵底面ABCD是矩形，∴O为BD中点，AB＝2，AD＝4，∴BD＝PB＝2， ∵M是PD上一点，且BM⊥PD，∴M为PD中点，MO∥PB，MO＝PB， ∴∠OMC(或补角)就为PB与CM所成的角， ∵PA⊥CD，AD⊥CD，PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，CD⊥PD.MC＝＝2，MO＝PB＝，CO＝AC＝，cos∠OMC＝，∴异面直线PB与CM所成角余弦值为； 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 【解法二】分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图2所示的空间直角坐标系， A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)，则＝(2，0，－4)，＝(2，4，－4)，＝(0，4，－4)，设＝λ(0≤λ≤1)，则＝(0，4λ，－4λ)，∴＝(－2，4λ，4－4λ)，由BM⊥PD，知＝0＋16λ－4(4－4λ)＝0，∴λ＝，M为PD中点，∴M(0，2，2)，＝(－2，－2，2)，cos＜＞＝＝－，∴异面直线PB与CM所成角的余弦值为； 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 (2)【解法一】过D做DN⊥AC于N，如图1所示，PA⊥平面ABCD，∴PA⊥DN，PA∩AC＝A，∴DN⊥平面PAC，DN为点D到平面PAC的距离，在Rt△ACD中，DN＝，又M是PD中点，∴点M到平面PAC的距离为. 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 【解法二】由问题(1)中解法二，可知＝(0，0，4)，＝(2，4，0)，设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)， 由，得，∴z＝0，取x＝2，得y＝－1， ∴n＝(2，－1，0)是平面PAC的一个法向量. ∴点M到平面PAC的距离为. 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 谢 谢 观 看 基础训练 -‹#›- 知识梳理 典例变式 第22讲　立体几何与空间向量 基础训练 a与b的夹角＜a，b＞ l1与l2所成的角θ 范围 0＜＜a，b＞＜π 0＜ 关系 cos＜a，b＞ cosθ＝|cos＜a，b＞| (2)直线与平面所成的角 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos＜a，n＞|0＜ (3)二面角 如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝ 【证明】 以A为坐标原点，AB，AD，AP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A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，，， ，(0，0，1)， (0，2，0)，(1，0，0)，(1，0，0). (1)，，即EF∥AB.又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB. (2)(0，0，1)·(1，0，0)＝0， (0，2，0)·(1，0，0)＝0， ，，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴DC⊥平面PAD.∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC. 【解析】(1)取CB1中点P，连接NP，MP，由N是B1C1的中点，故NP∥CC1，且NP＝CC1，由M是DD1的中点，故D1M＝DD1＝CC1，且D1M∥CC1，则有D1M∥NP、D1M＝NP，故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N∥MP，又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M，故D1N∥平面CB1M.故D1N∥平面CB1M. (2)以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，有A(0，0，0)、B(2，0，0)、B(2，0，2)、M(0，1，1)、C(1，1，0)、C(1，1，2)，则有＝(1，－1，2)、＝(－1，0，1)、＝(0，0，2)，设平面CB1M与平面BB1CC1的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)、n＝(x2，y2，z2)，则有，分别取x1＝x2＝1， 则有y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0，即m＝(1，3，1)、n＝(1，1，0)， 则cos〈m，n〉＝，故平面CB1M与 平面BB1CC1的夹角的余弦值为. (3)由＝(0，0，2)，平面CB1M的法向量为m＝(1，3，1)，则有，即点B到平面CB1M的距离为. 变式训练二 1.(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B.1 C.2 D.3 【解析】将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC，则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，因为，则，可知VP－ABC，则VP－ABC＝18，设正三棱锥P－ABC的高为d，则VP－ABCd6×618，解得d＝2，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO1.故选B. 2.(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为，求AD. (2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A－CP－D的平面角，即sin∠DFE，即tan∠DFE.因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD，由等面积法可得，DE，又CE，而△EFC为等腰直角三角形， 所以EF，故tan∠DFE，解得x，即AD. 【例3】　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 (3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD?若存在， (0，－1，－1)，(2，0，－1)，(1，1，－1)， 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， 令z＝2，则x＝1，y＝－2. ∴n＝(1，－2，2). ∴cos＜n， ∴直线PB与平面PCD所成角的正弦值 (3)【解析】设M是棱PA上一点， 则存在λ∈[0，1]，使 因此点M(0，1－λ，λ)，(－1，－λ，λ). ∵BM⊄平面PCD，∴要使BM∥平面PCD，当且仅n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得，∴在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此 2.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长CC1⊥BC，BC＝1，AB＝2. (1)证明：平面A1BC⊥平面ABC1； (2)在线段A1B上是否存在点M，使得CM⊥BC1，若存在， 不妨设AD＝4a(a＞0)，则PEAD＝2a，则D(－2a，0，0)，C(－2a，－4a，0)，B(2a，－4a，0)，P(0，0，2a)，因为Q是DP的中点，所以Q(－a，0，a)，故(4a，0，0)，(a，4a，a)，(－2a，4a，2a).设平面BCQ的法向量为n＝(x，y，z)，则取y＝1，则x＝0，z＝－4，故n＝(0，1，－4).记直线BP与平面BCQ所成的角为θ，所以sin θ＝|cos〈，n〉|，故直线BP与平面BCQ所成角的正弦值为. 4.如图，已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2AC＝4，AB＝BC，F为BB1的中点，点E是CC1上靠近C1的四等分点，A1F与平面ABC所成角的余弦值为. (1)求证：平面AFC⊥平面A1EF； (2)在线段A1F上是否存在一点N，使得平面AFC 与平面NB1C1的夹角的余弦值为？若存在，确定 点N的位置；若不存在，请说明理由. 【解析】(1)证明：因为A1F与平面ABC所成角的余弦值为，所以A1F与平面A1B1C1所成角的余弦值为，因为三棱柱为直三棱柱，所以FB1⊥平面A1B1C1，所以∠FA1B1是A1F与平面A1B1C1所成的角，所以cos∠FA1B1，所以∠FA1B1，所以A1B1＝B1FBB1＝2，得AB＝BC＝2，又AC＝2，所以△ABC是边长为2的等边三角形.取AC的中点O，A1C1的中点G，连接OB，OG，则OB⊥AC， OG∥AA1，得OG⊥平面ABC.以O为原点，的方向分别为 x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示， A(0，－1，0)，C(0，1，0)，F(，0，2)，A1(0，－1，4)，E(0，1，3)，B1(，0，4)，C1(0，1，4)，所以，1，0)，，1，0)，，1，2)，(0，2，0)，，1，－2)，，－1，－1).设平面AFC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面A1EF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则令x1＝2，得m＝(2，0，)，令z2＝1，得n.因为m·n＝201＝0，所以m⊥n，所以平面AFC⊥平面A1EF. (2)假设存在满足题意的点N.设λ(0≤λ≤1)， 则λλ(，1，－2)－(，1，0)＝(λ，λ－1，－2λ).设平面NB1C1的法向量为n1＝(x3，y3，z3)，则 若λ＝0，则有则x3＝y3＝0，取z3＝1，则n1＝(0，0，1)，此时|cos＜m，n1＞|，不合题意， 所以λ≠0.令x3＝1，得y3，z3，则n1，由|cos＜m，n1＞|，整理得9λ2－6λ＋1＝0，解得λ.所以在线段A1F上存在一点N，使得平面AFC与平面NB1C1的夹角的余弦值为，点N是线段A1F上靠近A1的三等分点. $$