2022屆高考數學二輪復習 第二篇 專題通關攻略 專題4 立體幾何 專題能力提升練十二 2.4.3 用空間向量的方法解立體幾何問題

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1、2022屆高考數學二輪復習 第二篇 專題通關攻略 專題4 立體幾何 專題能力提升練十二 2.4.3 用空間向量的方法解立體幾何問題 一、選擇題(每小題5分,共30分) 1.(2017·全國卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為 (　　) A. B. C. D. 【解析】選C.補成四棱柱ABCD -A1B1C1D1,如圖所示,連接BD,DC1, 則所求角為∠BC1D,因BC1=,BD==, C1D=AB1=,因此,cos∠BC1D==. 2.在正四棱柱ABCD -A1B1C1

2、D1中,AB=2,BB1=4,則BB1與平面ACD1所成角θ的正弦值為 (　　) A. B. C. D. 【解題導引】建立空間直角坐標系.求出平面ACD1的法向量為n,利用 sin θ=|cos|=即可得出. 【解析】選A.如圖所示,建立空間直角坐標系.則 D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4), B(2,2,0),B1(2,2,4), =(-2,2,0), =(-2,0,4), =(0,0,4). 設平面ACD1的一個法向量為n=(x,y,z),則解得 取n=(2,2,1), 則sin θ=|cos

3、|===. 3.在三棱柱ABC -A1B1C1中,底面是邊長為1的正三角形,側棱AA1⊥底面ABC,點D在棱BB1上,且BD=1,若AD與平面AA1C1C所成的角為α,則sin α的值是(　　) A. B. C. D. 【解析】選D.如圖,建立空間直角坐標系, 易求點D, 平面AA1C1C的一個法向量是n=(1,0,0), 所以cos==,即sin α=. 4.如圖,已知正四面體D-ABC(所有棱長均相等的三棱錐),P,Q,R分別為AB,BC,CA上的點,AP=PB,==2,分別記二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角為α, β,γ,則 (

4、　　) A.γ<α<β B.α<γ<β C.α<β<γ D.β<γ<α 【解析】選B.設O為三角形ABC的中心,則O到PQ的距離最小,O到PR的距離最大,O到RQ的距離居中,而高相等,因此α<γ<β. 【加固訓練】 (2018·西安調研)已知六面體ABC-A1B1C1是各棱長均等于a的正三棱柱,D是側棱CC1的中點,則直線CC1與平面AB1D所成的角為 (　　) A.45° B.60° C.90° D.30° 【解析】選A.如圖所示,取AC的中點N,連接NB,以N為坐標原點,NB,NC所在直線分別為x軸,y軸,建立空間直角坐標系. 則A,C, B1,D,C

5、1, 所以=,=,=(0,0,a). 設平面AB1D的法向量為n=(x,y,z), 由n·=0, n·=0,可取n=(,1,-2). 所以cos<,n>===-, 因為直線與平面所成角θ的范圍是0°≤θ≤90°, 所以直線CC1與平面AB1D所成的角為45°. 5.(2018·海口一模)如圖,AB是☉O的直徑,PA垂直于☉O所在平面,點C是圓周上不同于A,B兩點的任意一點,且AB=2,PA=BC=,則二面角A -BC -P的大小為 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 【解析】選C.因為AB是☉O的直徑,PA垂直于☉O所在平面,點C是圓周上不同

6、于A,B兩點的任意一點,且AB=2,PA=BC=, 所以AC⊥BC,AC===1, 以點A為原點,在平面ABC內過點A作AC的垂線為x軸,AC為y軸,AP為z軸,建立空間直角坐標系,P(0,0,),B(,1,0),C(0,1,0), =(,1,-),=(0,1,-), 設平面PBC的法向量n=(x,y,z), 則 取z=1,得n=(0,,1), 平面ABC的法向量m=(0,0,1), 設二面角A -BC -P的平面角為θ, 則cos θ==,所以θ=60°, 所以二面角A-BC-P的大小為60°. 6.如圖所示,三棱柱ABC-A1B1C1的側棱長為3,底面邊長A1C1

7、=B1C1=1,且∠A1C1B1 =90°,D點在棱AA1上且AD=2DA1,P點在棱C1C上,則·的最小值為 (　　) A. B.- C. D.- 【解析】選B.由題意,以C點為坐標原點,CA,CB,CC1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系, 則D(1,0,2),B1(0,1,3), 設P(0,0,z),其中0≤z≤3, 則=(1,0,2-z), =(0,1,3-z), 所以·=0+0+(2-z)(3-z) =-, 故當z=時,·取得最小值-. 二、填空題(每小題5分,共10分) 7.(2018·西安一模)正方體ABC

8、D -A1B1C1D1的棱長為1,MN是正方體內切球的直徑,點P為正方體表面上的動點,則·的最大值為________.? 【解析】連接PO,可得·=(+)·(+)=+·(+) +·=-,當||取得最大值時,·取得最大值為-=. 答案: 8.設二面角α-CD-β的大小為45°,A點在平面α內,B點在CD上,且 ∠ABC=45°,則AB與平面β所成角的大小為________.? 【解析】如圖,作AE⊥平面β于點E,在平面β內過E作EF⊥CD于點F,連接AF, 因為AE⊥CD,AE∩EF=E, 所以CD⊥平面AEF,所以AF⊥CD, 所以∠AFE為二面角α-CD-β的平面角

9、, 所以∠AFE=45°,因為∠ABC=45°, 所以∠BAF=45°. 連接BE,則∠ABE為AB與平面β所成的角. 設AE=m,則EF=m,AF=m,BF=m,AB=2m, 所以sin∠ABE==, 又因為∠ABE為銳角,所以∠ABE=30°. 答案30° 三、解答題(共40分) 9.(2018·全國卷Ⅰ)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點,以DF為折痕把△DFC折起,使點C到達點P的位置,且PF⊥BF. (1)證明:平面PEF⊥平面ABFD. (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值. 【解析】(1)由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,

10、PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF. 又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)作PH⊥EF,垂足為H. 由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H為坐標原點,的方向為y軸正方向,設正方形ABCD的邊長為2,建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz. 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=. 則H(0,0,0),P,D,=,=為平面ABFD的一個法向量. 設DP與平面ABFD所成角為θ, 則sin θ===. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 【一題多解】解答本題(

11、2)還可以用如下的方法解決 因為PF⊥BF,BF∥ED,所以PF⊥ED, 又PF⊥PD,ED∩DP=D,所以PF⊥平面PED, 所以PF⊥PE, 設AB=4,則EF=4,PF=2,所以PE=2, 過P作PH⊥EF交EF于H點, 由平面PEF⊥平面ABFD, 所以PH⊥平面ABFD,連接DH, 則∠PDH即為直線DP與平面ABFD所成的角, 由PE·PF=EF·PH,所以PH==, 因為PD=4,所以sin∠PDH==, 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 10.(2018·漳州一模)如圖,在多面體ABCDNPM中,底面ABCD是菱形, ∠ABC=60°,PA

12、⊥平面ABCD,AB=AP=2,PM∥AB,PN∥AD,PM=PN=1. (1)求證:MN⊥PC. (2)求平面MNC與平面APMB所成銳二面角的余弦值. 【解析】(1)作ME∥PA交AB于E,NF∥PA交AD于F,連接EF,BD,AC. 由PM∥AB,PN∥AD,易得ME􀱀NF,所以四邊形MEFN是平行四邊形, 所以MN∥EF,因為底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD,又易得EF∥BD,所以AC⊥EF,所以AC⊥MN, 因為PA⊥平面ABCD,EF?平面ABCD,所以PA⊥EF,所以PA⊥MN,因為AC∩PA=A, 所以MN⊥平面PAC,故MN⊥PC.

13、 (2)建立空間直角坐標系如圖所示, 則C(0,1,0),M,N, A(0,-1,0),P(0,-1,2),B(,0,0), 所以=,=,=(0,0,2),=(,1,0),設平面MNC的法向量為m=(x,y,z),則 令z=1,得x=0,y=,所以m=. 設平面APMB的法向量為n=(x1,y1,z1), 則 令x1=1,得y1=-,z1=0,所以n=(1,-,0),設平面MNC與平面APMB所成銳二面角為α, 則cos α===, 所以平面MNC與平面APMB所成銳二面角的余弦值為. 11.如圖,在三棱柱ABC-DEF中,AE與BD相交于點O,C在平面ABED內的射影

14、為O,G為CF的中點. (1)求證:平面ABED⊥平面GED. (2)若AB=BD=BE=EF=2,求二面角A-CE-B的余弦值. 【解析】(1)取DE中點M,連接OM,在三角形BDE中,OM∥BE,OM=BE.又因為G為CF中點,所以CG∥BE,CG=BE.所以CG∥OM,CG=OM. 所以四邊形OMGC為平行四邊形. 所以MG∥OC.因為C在平面ABED內的射影為O,所以OC⊥平面ABED.所以GM⊥平面ABED. 又因為GM?平面DEG,所以平面ABED⊥平面GED. (2)因為CO⊥平面ABED,所以CO⊥AO,CO⊥OB, 又因為AB=BE,所以平行四邊形AB

15、ED為菱形,所以OB⊥AO, 以O為坐標原點,,,的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系, 于是A(,0,0),B(0,1,0),E(-,0,0),C(0,0,),向量=(-,-1,0),向量=(0,-1,), 設面BCE的一個法向量為m=(x1,y1,z1),即 不妨令z1=1,則y1=,x1=-1,取m=(-1,,1). 又n=(0,1,0)為平面ACE的一個法向量. 設二面角A-CE-B的大小為θ,顯然θ為銳角, 于是cos θ=|cos|===, 故二面角A-CE-B的余弦值為. 12.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PD⊥A

16、B,PD⊥BC,AB=AD,∠BAD=30°. (1)證明:AD⊥PB. (2)若PD=AD,BC=CD,∠BCD=60°,求二面角A-PB-C的余弦值. 【解析】(1)由PD⊥AB,PD⊥BC,AB∩BC=B,得PD⊥平面ABCD,從而PD⊥AD. 又在△ABD中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·AB·cos 30°=AD2, 則有AD2+BD2=AB2,所以∠ADB=90°,即AD⊥DB,又PD∩DB=D, 則有AD⊥平面PDB,故AD⊥PB. (2)以D為原點建立如圖所示空間直角坐標系, 設AD=,則A(,0,0),P(0,0,),B(0,1,0),C

17、, 設平面APB的一個法向量為m=(x,y,z),則令x=1, 則y=,z=1,故m=(1,,1), 設平面PBC的一個法向量為n=(x′,y′,z′),則有令x′=1, 則有y′=-,z′=-1,故n=(1,-,-1), 所以cos===-, 由圖知,二面角A-PB-C的余弦值為-. (建議用時:50分鐘) 1.(2018·全國卷Ⅱ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為 (　　) A. B. C. D. 【解析】選C.以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線為x,y,z軸建立空間直

18、角坐標系,則D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,),B1(1,1,),所以=(-1,0,), =(1,1,),設異面直線AD1與DB1所成角為α,則cos α= |cos<,>|==. 【一題多解】解答本題還可以用如下的方法解決. 如圖連接A1D交AD1于點E. 取A1B1中點F,連接EF,則EFB1D,連接D1F,在△D1FE中,∠D1EF為異面直線AD1與DB1的夾角. 由已知EF=DB1==, D1E=AD1=1,D1F==, 所以cos∠D1EF==. 2.在底面為正三角形的直棱柱(側棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=

19、3,點D為棱BC的中點,點E為A1C上的點,且滿足A1E=mEC(m∈R),當二面角E-AD-C的余弦值為 時,實數m的值為 (　　) A.1 B.2 C. D.3 【解析】選A.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,取AC中點O,以O為坐標原點,以OB,OC所在直線為x,y軸,以過點O且垂直于y軸的直線為z軸,建立如圖所示空間直角坐標系, 因為AB=2,AA1=3,點D為棱BC的中點, 所以A(0,-1,0),C(0,1,0), D,A1(0,-1,3). 又點E為A1C上的點,且滿足A1E=mEC(m∈R), 所以=m, 設E(x,y,z),則=(x,

20、y+1,z-3), =(-x,1-y,-z), 所以(x,y+1,z-3)=(-mx,m-my,-mz),得x=0,y=,z=.所以E, 則=,=, 設平面AED的一個法向量為m=(a,b,c), 由 取a=-,得m=. 平面ADC的一個法向量n=(0,0,1), 所以|cos|= ==,解得:m=1. 【加固訓練】 在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E為BB1的中點,則平面A1ED與平面ABCD夾角的余弦值為 (　　) A. B. C. D. 【解析】選B.以A為原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空

21、間直角坐標系,設棱長為1, 則A1(0,0,1),E,D(0,1,0), 所以=(0,1,-1),=. 設平面A1ED的一個法向量為n1=(1,y,z), 則有即 所以所以n1=(1,2,2). 因為平面ABCD的一個法向量為n2=(0,0,1), 所以|cos|==, 即平面A1ED與平面ABCD夾角的余弦值為. 3.如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,點E,F分別是棱AB,BB1的中點,則直線EF和BC1所成的角是__________.? 【解析】以B點為坐標原點,以BC所在直線為x軸

22、,BA所在直線為y軸,BB1所在直線為z軸,建立空間直角坐標系.設AB=BC=AA1=2, 則C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1), 則=(0,-1,1),=(2,0,2), 所以·=2, 所以cos<,>==, 因為異面直線所成角θ的范圍是0°<θ≤90°, 所以EF和BC1所成的角為60°. 答案:60° 4.已知點E,F分別在正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,則平面AEF與平面ABC夾角的正切值為________.? 【解析】延長FE,CB相交于點G,連接AG,如圖所示. 設正方體的棱長為

23、3,則GB=BC=3,作BH⊥AG于點H,連接EH,則∠EHB即為所求兩平面的夾角. 因為BH=,EB=1, 所以tan∠EHB==. 答案: 【一題多解】解答本題還可以用如下的方法解決:如圖,以點D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系, 設DA=1,由已知條件得 A(1,0,0),E, F,=, =, 設平面AEF的法向量為n=(x,y,z), 平面AEF與平面ABC的夾角為θ, 由得 令y=1,z=-3,x=-1,則n=(-1,1,-3), 取平面ABC的法向量為m=(0,0,-1), 則cos θ=|cos

24、m>|=,可求得tan θ=. 答案: 【加固訓練】 (2017·全國Ⅲ卷)a,b為空間中兩條互相垂直的直線,等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a,b都垂直,斜邊AB以直線AC為旋轉軸旋轉,有下列結論: ①當直線AB與a成60°角時,AB與b成30°角; ②當直線AB與a成60°角時,AB與b成60°角; ③直線AB與a所成角的最小值為45°; ④直線AB與a所成角的最大值為60°; 其中正確的是________.(填寫所有正確結論的編號)? 【解析】由題意得,AC⊥BC,不妨假設等腰直角三角形ABC的腰長為1,以C為坐標原點,過點C且垂直于平面ABC的直線為x軸,

25、CB所在直線為y軸,CA所在直線為z軸,建立空間直角坐標系如圖: 則各點坐標分別為A(0,0,1),C(0,0,0),因為直線a,b都垂直于AC,不妨設直線a的方向向量為a=(1,0,0),直線b的方向向量為b=(0,1,0), 因為斜邊AB以直線AC為旋轉軸旋轉, 所以可設點B的坐標為(cos θ,sin θ,0), 則=(cos θ,sin θ,-1), 設直線a與直線AB的夾角為α,直線b與直線AB的夾角為β, 則cos α=|cos |===, cos β=|cos|===. ①中,當直線AB與a成60°角時,有cos α==, 解得|cos θ|

26、=,所以|sin θ|=,此時AB與b的夾角β的余弦值為 cos β==,所以AB與b的夾角為60°. 故①錯誤. ②中由①分析得AB與b的夾角為60°,故②正確. ③中直線AB與a所成角的余弦值為cos α=, 當cos α越大時,角α就越小,而的最大值為=, 即cos α的最大值為,α的最小值為45°, 即直線AB與a所成角的最小值為45°,故③正確. ④中,直線AB與a所成角的余弦值為cos α=, 當cos α越小時,角α就越大,而的最小值為0, cos α的最小值為0,α的最大值為90°,即直線AB與α所成角的最大值為90°,故④錯誤. 故本題正確答案為②③.

27、 答案:②③ 5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為的正方形,PA⊥BD. (1)求證:PB=PD. (2)若E,F分別為PC,AB的中點,EF⊥平面PCD,求直線PB與平面PCD所成角的大小. 【解析】(1)連接AC與BD交于點O,連接PO, 因為底面ABCD是正方形, 所以AC⊥BD且O為BD的中點. 又PA⊥BD,PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC, 由于PO?平面PAC,故BD⊥PO. 又BO=DO,故PB=PD. (2)設PD的中點為Q,連接AQ,EQ, 則EQCDAF, 所以AFEQ為平行四邊形,EF∥AQ, 因為EF⊥平面P

28、CD, 所以AQ⊥平面PCD, 所以AQ⊥PD,PD的中點為Q, 所以AP=AD=. 由AQ⊥平面PCD,又可得AQ⊥CD, 又AD⊥CD,AQ∩AD=A, 所以CD⊥平面PAD, 所以CD⊥PA,又BD⊥PA,BD∩CD=D, 所以PA⊥平面ABCD. 由題意,AB,AP,AD兩兩垂直, 以A為坐標原點,向量,,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系,則 A(0,0,0),B(,0,0),Q,D(0,,0), P(0,0,), =,=(,0,-), 為平面PCD的一個法向量. 設直線PB與平面PCD所成角為θ, 則sin θ==, 所

29、以直線PB與平面PCD所成角為. 【一題多解】(2)解答本題還可以用如下的方法解決: 設PD的中點為Q,連接AQ,EQ,則EQCDAF, 所以AFEQ為平行四邊形,EF∥AQ, 因為EF⊥平面PCD, 所以AQ⊥平面PCD, 所以AQ⊥PD, 又PD的中點為Q,所以AP=AD=. 同理AQ⊥CD,又AD⊥CD,AQ∩AD=A, 所以CD⊥平面PAD, 所以CD⊥PA,又BD⊥PA,CD∩BD=D, 所以PA⊥平面ABCD. 連接AC,交BD于點O,連接CQ,設CQ的中點為H,連接OH, 則在三角形ACQ中,OH∥AQ,所以OH⊥平面PCD, 又在三角形PBD中,

30、OQ∥BP, 所以∠OQH即為直線PB與平面PCD所成的角. 又OH=AQ=AD=,OQ=PB=1, 所以在直角三角形OHQ中,sin∠OQH==, 所以∠OQH=30°,即直線PB與平面PCD所成的角為30°. 6.如圖,矩形ABCD中,AB=6,AD=2,點F是AC上的動點.現將矩形ABCD沿著對角線AC折成二面角D′-AC-B,使得D′B=. (1)求證:當AF=時,D′F⊥BC. (2)試求CF的長,使得二面角A-D′F-B的大小為. 【解析】(1)連接DF,BF. 在矩形ABCD中,AD=2,CD=6, 所以AC=4,∠CAB=30°,∠DAC=60°.

31、在△ADF中,因為AF=, 所以DF2=DA2+AF2-2DA·AF·cos∠DAC=9,因為DF2+AF2=9+3=DA2, 所以DF⊥AC,即D′F⊥AC. 又在△ABF中, BF2=AB2+AF2-2AB·AF·cos∠CAB=21, 所以在△D′FB中,D′F2+FB2=32+()2=D′B2, 所以BF⊥D′F,又因為AC∩FB=F, 所以D′F⊥平面ABC.所以D′F⊥BC. (2)在矩形ABCD中,過D作DE⊥AC于O,并延長交AB于E.沿著對角線AC翻折后, 由(1)可知,OE,OC,OD′兩兩垂直, 以O為原點,的方向為x軸的正方向建立空間直角坐標

32、系,則O(0,0,0),E(1,0,0), D′(0,0,3), B(3,2,0),因為EO⊥平面AD′F, 所以=(1,0,0)為平面AD′F的一個法向量. 設平面BD′F的法向量為n=(x,y,z),F(0,t,0), 因為′=(-3,-2,3),=(-3,t-2,0), 由得 取y=3,則x=t-2,z=t, 所以n=(t-2,3,t). 所以cos=, 即=, 所以t=. 所以當CF=時,二面角A-D′F-B的大小是. (2018·榆林一模)在如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD為平行四邊形,∠ABD= 90°,EB⊥平面ABCD,EF∥AB,AB=2,EB=,E

33、F=1,BC=,且M是BD的中點. (1)求證:EM∥平面ADF. (2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小. 【解析】(1)因為EB⊥平面ABD,AB⊥BD, 故以B為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系. 由已知可得=,=(3,-2,0),=(0,-1,), 設平面ADF的一個法向量是n=(x,y,z). 由得 令y=3,則n=(2,3,). 又因為·n=0,所以⊥n,又EM?平面ADF,故EM∥平面ADF. 【一題多解】取AD的中點N,連接MN,NF.在平面DAB中,M是BD的中點, N是AD的中點,所以MN∥AB,MN=AB,又因為EF∥AB,EF=AB,所

34、以MN∥EF且MN=EF.所以四邊形MNFE為平行四邊形,所以EM∥FN, 又因為FN?平面ADF,EM?平面ADF,故EM∥平面ADF. (2)由(1)可知平面ADF的一個法向量是n=(2,3,). 易得平面BFD的一個法向量是m=(0,-,1), 所以cos==-, 又二面角A-FD-B為銳角, 故二面角A-FD-B的余弦值大小為. 7.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=, BC=2,PA=2. (1)取PC中點N,連接DN,求證:DN∥平面PAB. (2)求直線AC與PD所成角的余弦值. (3)在

35、線段PD上,是否存在一點M,使得二面角M-AC-D的大小為45°,如果存在,求BM與平面MAC所成的角,如果不存在,請說明理由. 【解析】取BC的中點E,連接DE與AC,相交于點O,連接AE,易知AC⊥DE,建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0), P(0,-1,2), (1)PC中點N(0,0,1),所以=(1,0,1), 設平面PAB的法向量為n=(a,b,c), 由=(0,0,2),=(2,0,0), 令b=1,可得:n=(0,1,0),所以·n=0,因為DN?平面PAB,所以DN∥平面PAB. (2)=(0,2,0),=(-1,1,-2),設AC與PD所成的角為θ,則cos θ==. (3)設M(x,y,z)及=λ(0≤λ≤1), 所以?M(-λ,λ-1,2(1-λ)), 設平面ACM的法向量為m=(x,y,z), 由=(0,2,0),=(-λ,λ,2(1-λ)),可得m=(2-2λ,0,λ),平面ACD的法向量為p=(0,0,1), 所以cos= =?λ=,解得λ=. 解得M, 所以=,所以m=, 設BM與平面MAC所成角為φ,所以sin φ= |cos<,m>|==, 所以φ=.