第15讲 空间向量-高二数学上学期知识点讲解及课后练习(江苏专用)

第15讲 空间向量 适用学科 数学 适用年级 高二 适用区域 江苏 本讲时长 120分钟 知识点 及学习目标 1．掌握运用空间向量求异面直线所成角 2．了解线面角的定义及线面角范围 3．掌握运用空间向量求直线与平面所成角 4．掌握动点存在角度问题的分析方法 类型一 利用空间向量证明平行与垂直(综合型) 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μ＝(a2，b2，c2)、υ＝(a3，b3，c3)，则有： (1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行 α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 例1．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD， AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面PAD； (3)平面PCD⊥平面PAD. 练习 1．在直三棱柱ABCA1B1C1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. 类型二 利用空间向量求空间角(综合型) 命题角度一　异面直线所成的角 例2. 已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________． 命题角度二　直线与平面所成的角 例3．如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF. (1)证明：平面PEF⊥平面ABFD； (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值． 命题角度三　二面角的平面角 例4．如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝PD，∠APD＝90°. (1)证明：平面PAB⊥平面PCD； (2)求二面角APBC的余弦值． 练1．如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点． (1)证明：PO⊥平面ABC； (2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值． 类型三 利用向量解决探索性问题(综合型) 例5． (2018·长春质量监测(二))如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AD＝2BC＝2CD＝4，AA1＝2. (1)证明：AD1⊥B1D； (2)设E是线段A1B1(不包括端点)上的动点，是否存在这样的点E，使得二面角EBD1A的余弦值为，如果存在，求出B1E的长；如果不存在，请说明理由． 练习 1．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝. (1)求证：平面PBC⊥平面PQB； (2)若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，求PM的长． 1．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点． (1)求证：平面BDM∥平面EFC； (2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值． 2．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点． (1)证明：平面AMD⊥平面BMC; (2)当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值． 3．如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3. (1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D； (2)若∠BAD＝60°，求二面角BOB1C的余弦值． 4．如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点． (1)证明：直线CE∥平面PAB； (2)点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45° ，求二面角MABD的余弦值． 第15讲 空间向量 适用学科 数学 适用年级 高二 完成情况 完成评分 1．如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝AD＝3，AC∩BD＝O，过O点作平面α平行于平面PAB，平面α与棱BC，AD，PD，PC分别相交于点E，F，G，H. (1)求GH的长度； (2)求二面角BFHE的余弦值． 2． 如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E为CD的中点，点F在线段PB上． (1)求证：AD⊥PC； (2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等． 3．在▱PABC中，PA＝4，PC＝2，∠P＝45°，D是PA的中点(如图1)．将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置，得到四棱锥P1ABCD. (1)将△PCD沿CD折起的过程中，CD⊥平面P1DA是否成立？请证明你的结论； (2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°，且△P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值． 4．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2. (1)求证：AB⊥PC； (2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由． 答案 第15讲 空间向量 适用区域 江苏 适用年级 高二 例1. 依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)． (1)向量＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0. 所以BE⊥DC. (2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， 所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD， 所以向量＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量． 而·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0， 所以BE⊥AB， 又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD. (3)由(2)知平面PAD的一个法向量＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)， 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量．且n·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0， 所以n⊥.所以平面PCD⊥平面PAD. 练习 1. (1)依题意，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)，设BA＝a， 则A(a，0，0)， 所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)，·＝0，·＝0＋4－4＝0， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD. (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， 即B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF， 因此B1D⊥平面EGF. 结合(1)可知是平面ABD的一个法向量， 所以平面EGF∥平面ABD. 例2. 例3 (1)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF. 又BF⊂平面ABFD， 所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD. 以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz. 由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.可得PH＝，EH＝. 则H(0，0，0)，P，D，＝，＝为平面ABFD的法向量． 设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝＝＝. 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为. 例4. 　(1)因为底面ABCD为正方形， 所以CD⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以CD⊥平面PAD. 又AP⊂平面PAD，所以CD⊥AP. 因为∠APD＝90°，即PD⊥AP，CD∩PD＝D， 所以AP⊥平面PCD. 因为AP⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD. (2)取AD的中点为O，BC的中点为Q，连接PO，OQ， 易得PO⊥底面ABCD，OQ⊥AD， 以O为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方形ABCD的边长为2， 可得A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(－1，2，0)，P(0，0，1)． 设平面APB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 而＝(1，0，－1)，＝(1，2，－1)． 则即 则y1＝0，取x1＝1，得n1＝(1，0，1)为平面APB的一个法向量． 设平面BCP的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 而＝(1，2，－1)，＝(－1，2，－1)， 则 即 则x2＝0，取y2＝1，得n2＝(0，1，2)为平面BCP的一个法向量． 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝＝， 由图易知二面角A­PB­C为钝角， 故二面角A­PB­C的余弦值为－. 练1 . (1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2. 连接OB.因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形， 且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB. 由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC. (2)如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz. 由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，＝(0，2，2)．取平面PAC的一个法向量＝(2，0，0)． 设M(a，2－a，0)(0＜a≤2)，则＝(a，4－a，0)． 设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)． 由·n＝0，·n＝0得 可取n＝((a－4)，a，－a)， 所以cos〈，n〉＝.由已知可得 |cos〈，n〉|＝， 所以＝，解得a＝－4(舍去)，a＝， 所以n＝. 又＝(0，2，－2)，所以cos〈，n〉＝. 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为. 例5. (1)证明：连接BD，B1D1(图略)，在等腰梯形ABCD中，由AD＝2BC＝2CD＝4，得BD＝2， 故四边形B1BDD1是正方形，BD1⊥B1D. ⇒⇒ ⇒⇒AD1⊥B1D. (2)假设存在这样的点E，依题意，以B为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向， 建立空间直角坐标系(图略)，设B1E＝m(0<m<2)， 则E(0，－m，2)，B(0，0，0)，D1(－2，0，2)，A(0，－2，0)，＝(0，－m，2)，＝(－2，0，2)， 设平面EBD1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则， 即， 令z1＝m，则， 所以n1＝(m，2，m)． ＝(0，－2，0)，＝(－2，0，2)， 设平面BD1A的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则， 即， 令x2＝1，则， 所以n2＝(1，0，1)， |cos〈n1，n2〉|＝＝，解得m2＝1，则m＝1，故B1E的长为1. 练习 1.(1)因为AD∥BC，Q为AD的中点，BC＝AD， 所以BC＝QD， 所以四边形BCDQ是平行四边形， 因为∠ADC＝90°，所以BC⊥BQ. 因为PA＝PD，AQ＝QD， 所以PQ⊥AD， 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以PQ⊥平面ABCD. 所以PQ⊥BC， 又因为PQ∩BQ＝Q， 所以BC⊥平面PQB.因为BC⊂平面PBC， 所以平面PBC⊥平面PQB. (2)由(1)可知PQ⊥平面ABCD.如图，以Q为原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 则Q(0，0，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，)，B(0，，0)，C(－1，，0)， 所以＝(－1，0，－)，＝(－1，，－)， 设平面PDC的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则，即， 取x1＝3，则n＝(3，0，－)为平面PDC的一个法向量． ①当M与C重合时，平面MQB的法向量为＝(0，0，)， ＝＝cos 60°，满足题意． 此时PM＝. ②当M与C不重合时， 由＝λ＝λ(－1，，－)，且0≤λ<1， 得M(－λ，λ，－λ)， 所以＝(－λ，λ，(1－λ))， 易得＝(0，，0)， 设平面MBQ的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则， 即， 取x2＝，则m＝为平面MBQ的一个法向量． 因为平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°， 所以cos 60°＝ ＝＝， 所以λ＝，所以PM＝， 由①②知PM＝或. 1．(1)连接AC，交BD于点N，连接MN， 则N为AC的中点， 又M为AE的中点，所以MN∥EC. 因为MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC， 所以MN∥平面EFC. 因为BF，DE都垂直底面ABCD，所以BF∥DE. 因为BF＝DE， 所以四边形BDEF为平行四边形， 所以BD∥EF. 因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC， 所以BD∥平面EFC. 又MN∩BD＝N，所以平面BDM∥平面EFC. (2)因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形， 所以DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D­xyz. 设AB＝2，则DE＝4，从而D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)， 所以＝(2，2，0)，＝(1，0，2)， 设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)， 则得 令x＝2，则y＝－2，z＝－1，从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量． 因为＝(－2，0，4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则 sin θ＝|cos〈n·〉|＝＝， 所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为. 2.解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD. 因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. (2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz. 当三棱锥M­ABC体积最大时，M为的中点． 由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)， ＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)． 设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即 可取n＝(1，0，2)． 是平面MCD的法向量，因此cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝. 所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是. 3． (1)因为A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以A1O⊥BD. 因为四边形ABCD是菱形， 所以CO⊥BD. 因为A1O∩CO＝O， 所以BD⊥平面A1CO. 因为BD⊂平面BB1D1D， 所以平面A1CO⊥平面BB1D1D. (2)因为A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD， 所以OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 因为AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°， 所以OB＝OD＝1，OA＝OC＝， OA1＝＝. 则O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，A(0，－，0)，A1(0，0，)， 所以＝(1，0，0)，＝＝(0，，)，＝＋＝(1，，)， 设平面OBB1的法向量为n＝(x，y，z)， 所以 令y＝，得n＝(0，，－1)是平面OBB1的一个法向量． 同理可求得平面OCB1的一个法向量m＝(，0，－1)， 所以cos〈n，m〉＝＝＝， 由图可知二面角B­OB1­C是锐二面角， 所以二面角B­OB1­C的余弦值为. 4.解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF，如图所示．因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB. (2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，设||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，)，＝(1，0，－)，＝(1，0，0)． 设M(x，y，z)(0<x<1)，则 ＝(x－1，y，z)，＝(x，y－1，z－)． 因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的一个法向量，所以|cos〈，n〉|＝sin 45°，＝， 即(x－1)2＋y2－z2＝0.① 又M在棱PC上，设＝λ，则 x＝λ，y＝1，z＝－λ.② 由①，②解得(舍去)， 所以M，从而＝. 设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则 即 所以可取m＝(0，－，2)． 于是cos〈m，n〉＝＝. 因此二面角M­AB­D的余弦值为. 1． 解：(1)因为平面α∥平面PAB，平面α∩平面ABCD＝EF， 平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以EF∥AB. 同理EH∥BP，FG∥AP. 因为BC∥AD，AD＝6，BC＝3， 所以△BOC∽△DOA， 且＝＝， 所以＝，CE＝CB＝1，BE＝AF＝2， 同理＝＝＝， 连接HO，则有HO∥PA， 且HO⊥EO，HO＝1， 所以EH＝PB＝， 同理FG＝PA＝2， 过点H作HN∥EF交FG于N，易得四边形HNFO为矩形， 则GH＝＝. (2)建立如图所示的空间直角坐标系，则B(3，0，0)，F(0，2，0)，E(3，2，0)，H(2，2，1)， ＝(－1，2，1)，＝(2，0，1)． 设平面BFH的法向量为n＝(x，y，z)， 则， 令z＝－2，得n＝. 因为平面EFGH∥平面PAB， 所以平面EFGH的一个法向量为m＝(0，1，0)． 故cos〈m，n〉＝＝＝， 二面角B­FH­E的余弦值为. 2． (1)在平行四边形ABCD中，连接AC，AB＝2，BC＝2，∠ABC＝45°， 由余弦定理得AC2＝8＋4－2·2·2·cos 45°＝4，得AC＝2， 所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC，又AD∥BC， 所以AD⊥AC， 又AD＝AP＝2，DP＝2， 所以PA⊥AD，又AP∩AC＝A， 所以AD⊥平面PAC，所以AD⊥PC. (2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD， 所以PA⊥底面ABCD， 所以直线AC，AD，AP互相垂直，以A为坐标原点，DA，AC，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A­xyz， 则A(0，0，0)，D(－2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(－1，1，0)，P(0，0，2)， 所以＝(0，2，－2)，＝(－2，0，－2)，＝(2，2，－2)， 设＝λ(λ∈[0，1])， 则＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)， 易得平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)． 设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)， 由得 令x＝1，得n＝(1，－1，－1)． 因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等， 所以|cos〈，m〉|＝|cos〈，n〉|， 即＝， 所以|－2λ＋2|＝， 即|λ－1|＝|λ|，解得λ＝，所以＝. 3． (1)将△PCD沿CD折起过程中，CD⊥平面P1DA成立．证明如下： 因为D是PA的中点，PA＝4， 所以DP＝DA＝2， 在△PDC中，由余弦定理得，CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cos 45°＝8＋4－2×2×2×＝4， 所以CD＝2＝PD， 因为CD2＋DP2＝8＝PC2， 所以△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA， 所以CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D， 所以CD⊥平面P1DA. (2)由(1)知CD⊥平面P1DA，CD⊂平面ABCD， 所以平面P1DA⊥平面ABCD， 因为△P1DA为锐角三角形， 所以P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接P1O， 所以P1O⊥平面ABCD， 则∠P1DA是P1D与平面ABCD所成的角， 所以∠P1DA＝60°， 因为DP1＝DA＝2， 所以△P1DA为等边三角形，O为AD的中点， 故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，DA所在直线为y轴，OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设x轴与BC交于点M， 因为DA＝P1A＝2， 所以OP1＝，易知OD＝OA＝CM＝1，所以BM＝3， 则P1(0，0，)，D(0，－1，0)，C(2，－1，0)，B(2，3，0)，＝(2，0，0)，＝(0，－4，0)，＝(2，－1，－)， 因为CD⊥平面P1DA， 所以可取平面P1DA的一个法向量n1＝(1，0，0)， 设平面P1BC的法向量n2＝(x2，y2，z2)， 则所以 解得令z2＝1，则n2＝， 设平面P1AD和平面P1BC所成的角为θ，由图易知θ为锐角， 所以cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝. 所以平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为. 4. (1)由已知得四边形ABCD是直角梯形，由AD＝CD＝2，BC＝4，可得AB＝AC＝4， 所以BC2＝AB2＋AC2， 所以∠BAC＝90°，即AB⊥AC， 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB， 又PA∩AC＝A， 所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC. (2) 存在，理由如下： 取BC的中点E，则AE⊥BC，以A为坐标原点，AE，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， 则A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，B(2，－2，0)， ＝(0，2，－2)，＝(2，2，0)． 设＝t(0<t<1)， 则点M的坐标为(0，2t，2－2t)， 所以＝(0，2t，2－2t)． 设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)， 则 即 令x＝1，得y＝－1，z＝， 则n＝. 又m＝(0，0，1)是平面ACD的一个法向量， 所以|cos〈m，n〉|＝ ＝＝， 解得t＝，即点M是线段PD的中点． 此时平面MAC的一个法向量n＝(1，－1，)， 又＝(－2，3，1)． 设BM与平面MAC所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. 故BM与平面MAC所成角的正弦值为. 5 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$