2
平面PCF所成角的余弦值为. 3
[类题通法] 利用空间向量巧解探索性问题
对于存在型问题，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“是否有解”“是否有规定范围内的解”等.
对于位置探索型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置.
■对点即时训练………………………………………………………………………·
如图10-6，在五面体ABCDPE中，PD⊥平面ABCD，∠ADC＝∠BAD＝90°，F为棱PA的中点，PD＝BC＝2，AB＝AD＝1，且四边形CDPE为平行四边形．
图10-6
(1)判断AC与平面DEF的位置关系，并给予证明；
(2)在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为请求出QE的长；若不存在，请说明理由.
【导学号：07804075】
[解] (1)AC∥平面DEF.理由如下：
设线段PC交DE于点N，连接FN，如图所示，
因为四边形PDCE为平行四边形，所以点N为PC的中点， 又点F为PA的中点，所以FN∥AC，
因为FN?平面DEF，AC?平面DEF，所以AC∥平面DEF. (2)如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系． 因为PD＝BC＝2，AB＝AD＝1，所以CD＝2， 所以P(0,0，2)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，A(1,0,0)， →→
所以PB＝(1,1，－2)，BC＝(－1,1,0)． 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z) ， →??m·PB＝x，y，z则?
→??m·BC＝x，y，z，1，－2－1，1，
＝0，＝0，
3
？若存在，6
?x＋y－2z＝0，即?
?－x＋y＝0，
?x＝y，解得?
?z＝2x，
令x＝1，得平面PBC的一个法向量为m＝(1,1，2)． 假设存在点Q满足条件．
→?12?2??1
由F?，0，?，E(0,2，2)，可得FE＝?－，2，?.
2?2??2?2→→
设FQ＝λFE(0≤λ≤1)， 整理得Q?
2?1－λ
，2λ，?2
＋λ2
??， ?
＋λ2
→?1＋λ2则BQ＝?－，2λ－1，2??
?， ?
3， 6
因为直线BQ与平面PBC所成角的正弦值为?→?→BQ·m?|5λ－1|3?所以|cos〈BQ，m〉|＝＝＝?→?219λ2－10λ＋76， ?|BQ|·|m|?
12
得14λ－5λ－1＝0，又0≤λ≤1，所以λ＝，
2
332??1
故在线段EF上存在一点Q?，1，?，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为6，
4??4
2
且QE＝
2－
＋?2
19?32?
. －2?＝4?4?
?1－0?＋
?4???
■题型强化集训………………………………………………………………………·
(见专题限时集训T3) 三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第37页)
1.(2017·全国Ⅲ卷)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.
图10-7
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值．
[解] (1)证明：由题设可得△ABD≌△CBD，从而AD＝CD. 又△ACD是直角三角形， 所以∠ADC＝90°.
取AC的中点O，连接DO，BO， 则DO⊥AC，DO＝AO.
又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC， 所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角． 在Rt△AOB中，BO＋AO＝AB，
又AB＝BD，所以BO＋DO＝BO＋AO＝AB＝BD， 故∠DOB＝90°. 所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，
→→
以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，|OA|为单位长度，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)．
1
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离
21
为D到平面ABC的距离的，
2即E为DB的中点，得E?0，
??31?，?， 22?
→→
故AD＝(－1,0,1)，AC＝(－2,0,0)，
AE＝?－1，
→?
?
31?，?. 22?
设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量， →??n·AD＝0，
则?
→??n·AE＝0，可取n＝?1，
－x＋z＝0，??
即?31
－x＋y＋z＝0，?22?
?
?3?，1?. 3?
→??m·AC＝0，
设m是平面AEC的法向量，则?
→??m·AE＝0，同理可取m＝(0，－1，3)， 则cos〈n，m〉＝
n·m7
＝. |n||m|7
7. 7
所以二面角D-AE-C的余弦值为2．(2017·全国Ⅰ卷)如图10-8，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
图10-8
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A-PB-C的余弦值． [解] (1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD. 因为AB∥CD，所以AB⊥PD. 又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD.
因为AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F.
由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.
→→以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，|AB|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.
由(1)及已知可得A?
2??22?2?????
，0，0?，P?0，0，?，B?，1，0?，C?－，1，0?，
2??2?2????2?
→?22?→
所以PC＝?－，1，－?，CB＝(2，0,0)，
2??2→
PA＝?
2?→?2
，0，－?，AB＝(0,1,0)．
2??2
设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则
→??n·PC＝0，?
→??n·CB＝0，
22?
?－x1＋y1－z1＝0，
2即?2
??2x1＝0.
所以可取n＝(0，－1，－2)．
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则 →??m·PA＝0，
?
→??m·AB＝0，
??2x2－2z2＝0，
2即?2
??y2＝0.
所以可取m＝(1,0,1)，则cos〈n，m〉＝
3
. 3
n·m－23
＝＝－.
|n||m|33×2
所以二面角A-PB-C的余弦值为－