空间角与距离的计算 课件-2026届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦空间角与距离计算核心考点，依据高考评价体系明确线面角、二面角、两点距、点面距四大考查方向。通过梳理定义公式、近五年真题分析，归纳出正方体模型、四棱锥点面距等高频题型，对接直观想象与数学运算核心素养，体现备考针对性。 课件亮点在于真题实战与技巧指导，精选正方体二面角计算、四面体点面距等典型例题，通过建立空间直角坐标系培养数学语言表达能力，用向量法推导法向量强化逻辑推理。特设易错点分析如法向量方向判断，帮助学生掌握答题模板，助力教师高效组织专题复习，提升学生高考冲刺得分率。

空间角与距离的计算 C B D A A [知识回顾] 1．异面直线所成的角的求法 设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 l1与l2所成的角θ 范围 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 求法 cosθ＝eq \f(|a·b|,|a||b|) 2.直线与平面所成角的求法 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，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cosβ|＝eq \f(|a·n|,|a||n|). 3．二面角的求法 (1)平面α与平面β相交，形成的四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角． (2)若平面α，β的法向量分别是n1与n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1与n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为φ，则|cosφ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|). 4．利用空间向量求两点间的距离 设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22＋z1－z22). 5．点面距的求法 (1)定义法：自点向平面作垂线，利用三角函数知识求垂线段长度． (2)等积法：利用体积相等求棱锥的高． (3)向量法：如图7.6­1，设A是平面α内的定点，B是平面α外一点，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝eq \f(|\o(AB,\s\up12(→))·n|,|n|). 图7.6­1 [课堂巩固] 1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为( )． A.eq \f(\r(30),30) B.eq \f(\r(30),15) C.eq \f(\r(30),10) D.eq \f(\r(15),15) 2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )． A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2) 3．已知在四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，且AB＝2，BC＝BD＝eq \r(2)，则点B到平面ACD的距离为( )． A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(2\r(5),5) 4．如图7.6­2，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝eq \r(5)，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是　 　. 图7.6­2 eq \f(8\r(85),85) 题型1　异面直线所成的角 【例1】在三棱锥P­ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P­BC­A的大小为120°，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为( )． A.eq \f(5,8) B.eq \f(3,4) C.eq \f(7,8) D.eq \f(1,4) 【解析】如答图7.6­1，取BC的中点O，连接OP，OA.因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，所以平面PAO⊥平面ABC，所以∠POA就是二面角P­BC­A的平面角，即∠POA＝120°，建立空间直角坐标系Oxyz.设AB＝2，则A(eq \r(3)，0,0)，C(0，－1,0)，B(0,1,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，所以eq \o(AC,\s\up12(→))＝(－eq \r(3)，－1,0)，eq \o(PB,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1，－\f(3,2))).所以cos〈eq \o(AC,\s\up12(→))，eq \o(PB,\s\up12(→))〉＝eq \f(\o(AC,\s\up12(→))·\o(PB,\s\up12(→)),|\o(AC,\s\up12(→))||\o(PB,\s\up12(→))|)＝－eq \f(5,8)，即异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq \f(5,8). 【举一反三】如图7.6­3，在四棱锥A­BCDE中，DE∥CB，BE⊥平面ABC，BE＝3，AB＝CB＝AC＝2DE＝2，则异面直线DC与AE所成角的余弦值为( )． 图7.6­3 A.eq \f(\r(130),13) B.eq \f(2\r(13),13) C.eq \f(\r(13),13) D.eq \f(\r(130),26) 题型2　直线与平面所成的角 【例2】如图7.6­4，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq \r(15)，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD. 图7.6­4 (1)求证：AB⊥PM； (2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值． 【解析】(1)在△DCM中，DC＝1，CM＝2，∠DCM＝60°，由余弦定理可得DM＝eq \r(3)，所以DM2＋DC2＝CM2，所以DM⊥DC.由题意知DC⊥PD且PD∩DM＝D，所以DC⊥平面PDM，又PM⊂平面PDM，所以DC⊥PM.又AB∥DC，所以AB⊥PM. (2)因为PM⊥MD，AB⊥PM，AB与DM相交，所以PM⊥平面ABCD.连接AM，易知AM＝eq \r(7)，所以PM＝2eq \r(2)，取AD中点E，连接ME，则ME，DM，PM两两垂直，以点M为坐标原点建立如答图7.6­2所示的空间直角坐标系Mxyz，则A(－eq \r(3)，2,0)，P(0,0,2eq \r(2))，D(eq \r(3)，0,0)，M(0,0,0)，C(eq \r(3)，－1,0)．又N为PC的中点，所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2)))，eq \o(AN,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)，－\f(5,2)，\r(2))).由(1)得CD⊥平面PDM，所以平面PDM的一个法向量为n＝(0,1,0)．所以直线AN与平面PDM所成角的正弦值为eq \f(|\o(AN,\s\up12(→))·n|,|AN||n|)＝eq \f(\f(5,2),\r(\f(27,4)＋\f(25,4)＋2))＝eq \f(\r(15),6). 利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影所在的直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，线面角为斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角． 【举一反三】如图7.6­5，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，平面A1ADD1⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，A1A＝A1D＝AD＝AC，E为DD1的中点． 图7.6­5 (1)求证：BD1∥平面ACE； (2)求直线A1D与平面ACE所成角的正弦值． 【解析】(1)连接BD，与AC交于点O，连接EO.因为底面ABCD是菱形，所以O是BD的中点，因为E为DD1的中点，所以EO∥BD1.因为EO⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE. (2)取AD的中点H，连接A1H，CH，易知A1H⊥平面ABCD，CH⊥AD，以H为原点，HC所在直线为x轴，HD所在直线为y轴，HA1所在直线为z轴，建立如答图7.6­3所示的空间直角坐标系，设A1A＝A1D＝AD＝AC＝2，则A(0，－1,0)，C(eq \r(3)，0,0)，A1(0,0，eq \r(3))，D(0,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(A1D,\s\up12(→))＝(0,1，－eq \r(3))，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(eq \r(3)，1,0)，eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up12(→))＝\r(3)x＋y＝0，,n·\o(AE,\s\up12(→))＝\f(5,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，))取x＝1，得n＝(1，－eq \r(3)，5)．设A1D与平面ACE所成角为θ，则sin θ＝eq \f(|\o(A1D,\s\up12(→))·n|,|\o(A1D,\s\up12(→))|·|n|)＝eq \f(6\r(3),2\r(29))＝eq \f(3\r(87),29)，所以直线A1D与平面ACE所成角的正弦值为eq \f(3\r(87),29). 题型3　二面角 【例3】如图7.6­6，四边形ABCD为矩形，△ABE和△BCF均为等腰直角三角形，且AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD. 图7.6­6 (1)求证：ED∥平面BCF； (2)设eq \f(AD,AB)＝2，求二面角B­EF­D的正弦值． 【解析】(1)因为四边形ABCD为矩形，所以AD∥BC.因为AD⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，所以AD∥平面BCF.因为AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，所以EA∥FC.因为EA⊄平面BCF，FC⊂平面BCF，所以EA∥平面BCF.又AD，EA⊂平面ADE，且AD∩EA＝A，所以平面ADE∥平面BCF.又ED⊂平面ADE，所以ED∥平面BCF. (2)由(1)知，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AE所在直线为z轴，建立如答图7.6­4所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则AD＝2， 答图7.6­4 所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,2,0)，E(0,0,1)，F(1,2,2)．设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，又eq \o(DE,\s\up12(→))＝(0，－2,1)，eq \o(DF,\s\up12(→))＝(1,0,2)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up12(→))·n＝0，,\o(DF,\s\up12(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2y＋z＝0，,x＋2z＝0，))取z＝2，得n＝(－4,1,2)．设平面BEF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，又eq \o(BE,\s\up12(→))＝(－1,0,1)，eq \o(BF,\s\up12(→))＝(0,2,2)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up12(→))·m＝0，,\o(BF,\s\up12(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x1＋z1＝0，,2y1＋2z1＝0，))取x1＝1，得m＝(1，－1,1)，所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(－4－1＋2,\r(3)×\r(21))＝－eq \f(\r(7),7).设二面角B­EF­D的平面角为θ，则sin θ＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(7),7)))2)＝eq \f(\r(42),7). 【举一反三】如图7.6­7，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝2AB，Q为PC的中点． 图7.6­7 (1)求证：BQ∥平面PAD； (2)若PD＝1，BC＝eq \r(2)，BC⊥BD，求锐二面角Q­BD­C的余弦值． 【解析】(1)如答图7.6­5①，取PD的中点G，连接AG，QG.因为Q为PC的中点，所以GQ∥DC，且GQ＝eq \f(1,2)DC.又因为AB∥DC，DC＝2AB，所以GQ∥AB，GQ＝AB，所以四边形ABQG是平行四边形，所以BQ∥AG.又BQ⊄平面PAD，AG⊂平面PAD，所以BQ∥平面PAD. (2)由题意知DA，DC，DP两两垂直，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立答图7.6­5②所示的空间直角坐标系，因为在四边形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，DC＝2AB，所以点B在线段CD的垂直平分线上．又因为BC＝eq \r(2)，BC⊥BD，所以BD＝BC＝eq \r(2)，CD＝2，所以点D(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，所以eq \o(DQ,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq \o(BQ,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2))).设平面BDQ的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(DQ,\s\up12(→))＝0×x＋1×y＋\f(1,2)×z＝0，,m·\o(BQ,\s\up12(→))＝－1×x＋0×y＋\f(1,2)×z＝0，))令z＝2，得m＝(1，－1,2)， 易知平面BCD的一个法向量为eq \o(DP,\s\up12(→))＝(0,0,1)．因为|m|＝eq \r(1＋1＋4)＝eq \r(6)，|eq \o(DP,\s\up12(→))|＝1，m·eq \o(DP,\s\up12(→))＝2，所以cos〈m，eq \o(DP,\s\up12(→))〉＝eq \f(m·\o(DP,\s\up12(→)),|m|·|\o(DP,\s\up12(→))|)＝eq \f(2,\r(6))＝eq \f(\r(6),3)，所以锐二面角Q­BD­C的余弦值为eq \f(\r(6),3). 题型4　点面距 【例4】如图7.6­8，在四棱锥P­ABCD中，AC⊥BD于点O，∠ABC＝90°，AD＝CD，PO⊥平面ABCD. 图7.6­8 (1)求证：AC⊥平面PBD； (2)若△PBC是边长为2的等边三角形，求点O到平面PBC的距离． 【解析】(1)因为PO⊥平面ABCD，所以AC⊥PO.又AC⊥BD，BD∩PO＝O，BD，PO⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD. (2)以O为原点，OD所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如答图7.6­6所示的空间直角坐标系， 答图7.6­6 因为PO⊥OB，PO⊥OC，PC＝PB＝BC＝2，BO⊥CO，所以OB＝OC＝eq \r(2)，PO＝eq \r(2)，又AD＝CD，DO⊥AC，所以AO＝CO＝eq \r(2)，所以BA＝2，所以P(0,0，eq \r(2))，O(0,0,0)，C(0，eq \r(2)，0)，B(－eq \r(2)，0,0)，eq \o(PO,\s\up12(→))＝(0,0，－eq \r(2))，eq \o(PB,\s\up12(→))＝(－eq \r(2)，0，－eq \r(2))，eq \o(PC,\s\up12(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))．设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up12(→))＝－\r(2)x－\r(2)z＝0，,n·\o(PC,\s\up12(→))＝\r(2)y－\r(2)z＝0，))取x＝1，得n＝(1，－1，－1)，所以点O到平面PBC的距离d＝eq \f(|PO·n|,|n|)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3). 求点面距的三种方法 (1)作点到平面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离． (2)等体积法． (3)向量法． 其中向量法在易建立空间直角坐标系的图形中较简便． 【举一反三】P­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，M，N分别为PB，PD的中点． 图7.6­9 (1)记平面CMN与平面ABCD的交线为l，试判断直线l与平面PBD的位置关系，并证明； (2)点Q在棱PC上，若Q到平面CMN的距离为eq \f(\r(13),13)，求线段CQ的长． 【解析】(1)直线l与平面PBD平行．证明如下：连接BD，如答图7.6­7①.因为M，N分别为PB，PD的中点，所以MN∥BD.因为BD⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.又平面CMN与平面ABCD的交线为l，所以MN∥l.又MN∥BD，所以BD∥l.易知BD⊂平面PBD，l⊄平面PBD，所以直线l∥平面PBD. 　答图7.6­7① (2)根据题意，以A为原点，建立如答图7.6­7②所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，D(0,2,0)，B(eq \r(3)，－1,0)，C(eq \r(3)，1,0)．设Q(x，y，z)，eq \o(CQ,\s\up12(→))＝λeq \o(CP,\s\up12(→))(λ＞0)，则(x－eq \r(3)，y－1，z)＝λ(－eq \r(3)，－1,2)，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)－\r(3)λ，,y＝1－λ，,z＝2λ，))))所以Q(eq \r(3)－eq \r(3)λ，1－λ，2λ)． 由中点坐标公式可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，N(0,1,1)，则eq \o(CM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，1))，eq \o(CN,\s\up12(→))＝ (－eq \r(3)，0,1)．设平面CMN的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(CM,\s\up12(→))·m＝0，,\o(CN,\s\up12(→))·m＝0，))))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)x1－\f(3,2)y1＋z1＝0，,－\r(3)x1＋z1＝0.))))令z1＝1，得x1＝eq \f(\r(3),3)，y1＝eq \f(1,3)，即m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(1,3)，1)).又eq \o(CQ,\s\up12(→))＝(－eq \r(3)λ，－λ，2λ)，所以点Q到平面CMN的距离d＝eq \f(|\o(CQ,\s\up12(→))·m|,|m|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－λ－\f(1,3)λ＋2λ)),\r(\f(1,3)＋\f(1,9)＋1))＝eq \f(\r(13),13)，解得λ＝±eq \f(1,2).因为λ＞0，所以λ＝eq \f(1,2).所以CQ＝|eq \o(CQ,\s\up12(→))|＝eq \f(1,2)|eq \o(CP,\s\up12(→))|＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)＝eq \r(2). 立体几何中的翻折、探索性、最值问题 立体几何解答题一般以多面体或组合体为载体，考查空间位置关系的判定与性质、求解二面角或线面角等知识．此类问题经常与折叠问题、探索性问题相结合，对空间角的范围或最值也偶有考查，有一定的难度和综合性，主要考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养． 【例题】如图7.6­10①，四边形PBCD是等腰梯形，BC∥PD，PB＝BC＝CD＝2，PD＝4，A为PD的中点，将△ABP沿AB折起，如图7.6­10②，点M是棱PD上的点． 图7.6­10 (1)若M为PD的中点，求证：平面PCD⊥平面ABM； (2)若PC＝eq \r(6)，试确定M的位置，使二面角M­AB­D的余弦值等于eq \f(\r(5),5). 【解析】(1)如答图7.6­8，由题意得AD＝BC，且AD∥BC，故四边形ABCD是平行四边形，又PA＝PB＝BC＝CD＝2，所以△PBA是正三角形，四边形ABCD是菱形，取AB的中点E，连接PE，CE，易知△ABC是正三角形，则AB⊥PE，AB⊥EC，又PE∩EC＝E，所以AB⊥平面PEC，所以AB⊥PC，取PC的中点N，连接MN，BN，则MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB，所以A，B，N，M四点共面，又PB＝BC＝2，所以BN⊥PC，又AB∩BN＝B，所以PC⊥平面ABM，又PC在平面PCD内，所以平面PCD⊥平面ABM. (2)因为PE＝CE＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，PC＝eq \r(6)，所以PE2＋CE2＝PC2，所以PE⊥EC，又AB⊥PE且AB⊥EC，则以E为原点，以EB，EC，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如答图7.6­8所示的空间直角坐标系，则A(－1，0,0)，B(1,0,0)，D(－2，eq \r(3)，0)，P(0,0，eq \r(3))，设eq \o(DM,\s\up12(→))＝λeq \o(MP,\s\up12(→))(λ>0)，则(xM＋2，yM－eq \r(3)，zM)＝λ(－xM，－yM，eq \r(3)－zM)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(xM＋2＝－λxM，,yM－\r(3)＝－λyM，,zM＝λ\r(3)－zM，))))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(xM＝\f(－2,1＋λ)，,yM＝\f(\r(3),1＋λ)，,zM＝\f(\r(3)λ,1＋λ)，))))则 Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2,1＋λ)，\f(\r(3),1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)))，易知平面ABD的一个法向量为eq \o(EP,\s\up12(→))＝(0,0，eq \r(3))，设平面MAB的法向量为m＝(x，y，z)，又eq \o(AB,\s\up12(→))＝(2,0,0)，eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1＋λ,1＋λ)，\f(\r(3),1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up12(→))＝2x＝0，,m·\o(AM,\s\up12(→))＝\f(－1＋λ,1＋λ)x＋\f(\r(3),1＋λ)y＋\f(\r(3)λ,1＋λ)z＝0，))))得x＝0，取z＝1，得y＝－λ，所以m＝(0，－λ，1)，所以eq \f(|\o(EP,\s\up12(→))·m|,|\o(EP,\s\up12(→))||m|)＝eq \f(\r(3),\r(3)×\r(λ2＋1))＝eq \f(1,\r(λ2＋1))＝eq \f(\r(5),5)，解得λ＝2(负值舍去)，故DM＝2MP，即点M为靠近点P的三等分点． 【举一反三】如图7.6­11，已知四棱锥P­ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，∠PAB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2. 图7.6­11 (1)求证：平面PBC⊥平面PAB； (2)在线段PB上是否存在点M，使得直线AM与平面PBD所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5)？若存在，求出线段PM的长度；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)因为平面PAB⊥平面ABCD且平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ABP，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB. (2)在平面PAB内，过点A作AE⊥AB，交PB于点E，易知AE⊥平面ABCD.以A为坐标原点，分别以eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AE,\s\up12(→))方向为x，y，z轴的正方向，建立如答图7.6­9所示的空间直角坐标系Axyz，由∠PAB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2， 答图7.6­9 可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，则eq \o(DP,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2)))，eq \o(DB,\s\up12(→))＝(1，－1,0)，eq \o(PB,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，－\f(\r(3),2)))，设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DP,\s\up12(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up12(→))＝0，))))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x－y＋\f(\r(3),2)z＝0，,x－y＝0，))))取n＝(1,1，eq \r(3))，设eq \o(PM,\s\up12(→))＝λeq \o(PB,\s\up12(→))(0<λ<1)，则eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \o(AP,\s\up12(→))＋eq \o(PM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3λ－1,2)，0，\f(\r(3)1－λ,2)))，若直线AM与平面PBD所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5)，则|cos〈eq \o(AM,\s\up12(→))，n〉|＝eq \f(|\o(AM,\s\up12(→))·n|,|\o(AM,\s\up12(→))||n|)＝eq \f(1,\r(3λ2－3λ＋1)·\r(5))＝eq \f(\r(15),5)，解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝eq \f(2,3)，故存在点M满足题意，此时PM＝eq \f(\r(3),3)或PM＝eq \f(2\r(3),3). $