专题3.1 以立体几何中探索性问题为背景的解答题 高考数学压轴题分项讲义(解析版)

专题三压轴解答题
第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题
【名师综述】利用空间向量解决探索性问题
立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．
1.以“平行”为背景的存在判断型问题
典例1 如图，四棱锥P ABCD
-的底面ABCD是菱形，0
∠=，PA⊥平面ABCD，E是AB
BCD
60
的中点.
（1）求证：平面PDE⊥平面PAB；
（2）棱PC上是否存在一点F，使得//
BF平面PDE？若存在，确定F的位置并加以证明；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）连接BD，因为底面ABCD是菱形，60
∆为正三角形.
BCD
∠=︒,所以ABD
因为E是AB的中点, 所以DE AB
⊥,
因为PA⊥面ABCD,DE ABCD
⊥，
⊂面，∴DE PA
因为DE AB
⊥，AB PA A
⋂=,
⊥，DE PA
所以DE PAB
⊥面.
又DE PDE
⊂面, 所以面PDE⊥面PAB.
所以BF∥GE，
又GE⊂面PDE，BF⊄面PDE，
∴BF∥面PDE，结论得证. 学_
【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．
【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.
（1）求证：;
（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由.【解析】
（1）证明：由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点
故
∵面
∴面
（2）线段上存在一点满足题意，且点是中点
理由如下：由点分别为中点可得：
∵面
∴面
由（1）可知，面
且
故面面
类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题
典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点, （1）求证：平面；
（2）若是正三角形，且.
(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？
(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？
(Ⅱ)当时，有平面平面
过作于，由(Ⅰ)知，
平面，所以平面平面
易得
【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．
【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）在线段上是否存在一点M，使平面？说明理由.
【解析】（Ⅰ）证明：在三棱柱中，
因为底面，CD⊂平面ABC，
所以．
又为等边三角形，为的中点，
所以．因为，
所以平面；
（Ⅱ）取中点，连结，则
因为，分别为，的中点，
所以．
由（Ⅰ）知，，
如图建立空间直角坐标系．
由题意得，，，,,,,，，．
设平面法向量，
则即
令，则，．即．
平面BAE法向量．
因为，，，
所以
由题意知二面角为锐角，所以它的余弦值为.
（Ⅲ）解：在线段上不存在点M ，使
平面．理由如下．
假设线段
上存在点M ，使平面．则
，使得
．
因为，所以．
又
，所以
． 由（Ⅱ）可知，平面
法向量
，
平面，当且仅当
，
即
，使得
．
所以 解得．
这与矛盾．
所以在线段
上不存在点M ，使
平面
．
类型3 以“角”为背景的探索性问题
典例3 如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中， ,E F 分别为11A D 和1CC 的中点.
(1)求证： EF 平面1ACD ；
(2)在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角P AC B --的大小为30︒，若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)证明：如图所示，分别以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系
Dxyz ，由已知得()0,0,0D ， ()2,0,0A ， ()2,2,0B ， ()0,2,0C ， ()12,2,2B ， ()10,0,2D ，
()1,0,2E ， ()0,2,1F ，
∵平面1ACD 的一个法向量是()12,2,2DB =， 又∵()1,2,1EF =--， ∴12420EF DB ⋅=-+-=， ∴1EF DB ⊥，而EF ⊄平面1ACD ， ∴EF 平面1ACD .
(2)解：设点()2,2,(02)P t t <≤， 平面ACP 的一个法向量为(),,n x y z =， 则0{
n AC n AP ⋅=⋅=，∵()0,2,AP t =， ()2,2,0AC =-，
∴20{
220y tz x y +=-+=，取1y =，则1x =， 2z t =-，∴21,1,n t ⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭，
平面ABC 的一个法向量()10,0,2BB =， 依题意知， 1,30BB n =︒或1,150BB n =︒，
∴12
4
3
cos ,2422t BB n t -
=
=
⋅+
，即22
43424t t ⎛⎫
=+ ⎪
⎝⎭
，解得6t =6t = (舍)， (]6
0,2，
∴在棱1BB 上存在一点P ，当BP 的长为
6
3
时，二面角P AC B --的大小为30︒. 【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“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．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．学_
【举一反三】【山东省德州市跃华中学2017-2018学年下学期高三模拟】如图所示，正四棱椎P-ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为
.
（I ）若点E 为PD 上的点，且PB ∥平面EAC.试确定E 点的位置； （Ⅱ）在（I ）的条件下，点F 为线段PA 上的一点且，若平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角
的余弦值为
，求实数的值.
【解析】（Ⅰ）设BD 交AC 于点O ，连结OE ， ∵PB ∥平面AEC ，平面AEC ∩平面BDP ＝OE ， ∴PB ∥OE ， 又O 为BD 的中点，
∴在△BDP 中，E 为PD 中点．
（Ⅱ）连结OP ，由题意得PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，
∴以O 为原点，OC 、OD 、OP 所成直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， OP ，
∴A （，0，0），B （0，，0），C （，0，0），D （0，，0），P （0，0，），
则E （0，
，
），
（
，0，0），
（
，
，
），
（0，
，0），
设平面AEC 的法向量（x ，y ，z ），
则，令z＝1，得平面AEC的一个法向量（0，，1），设平面BDF的法向量（x，y，z），
由，得F（，0，），（，，），
∴，令z＝1，得（，0，1），
∵平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为，
∴cos，
解得λ．
【精选名校模拟】
1.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体
中，点分别是棱上的动点，且.
（1）求证：；
（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值．
【解析】设AE＝BF＝x．以D为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：D（0，0，0），A（2，0，0），B （2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），E（2，x，0），F（2﹣x，2，0）．
（1）因为，，
所以．
所以A1F⊥C1E．
（2）因为，
所以当S△BEF取得最大值时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值．
因为，
所以当x＝1时，即E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值，此时E，F坐标分别为E（2，1，0），F（1，2，0）．
设平面B1EF的法向量为，
则得
取a＝2，b＝2，c＝﹣1，得．显然底面ABCD的法向量为．
设二面角B1﹣EF﹣B的平面角为θ，由题意知θ为锐角．
因为，所以，于是．
所以，即二面角B1﹣EF﹣B的正切值为．
2. ．【湖北省2019届高三1月联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.
（1）平面；
（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由._网
（2）方法一：在线段上取点，使则
又由（1）得平面∴平面
又∵平面∴作于
又∵，平面，平面
∴平面又∵平面∴
又∵∴是二面角的一个平面角
设则，
这样，二面角的大小为
即
即
∴满足要求的点存在，且
方法二：取的中点，则、、三条直线两两垂直
∴可以分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系且由（1）知是平面的一个法向量
设则，
∴，
设是平面的一个法向量
则∴
令，则，它背向二面角
又∵平面的法向量，它指向二面角
这样，二面角的大小为
即
即
∴满足要求的点存在，且
3.【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.
（1）证明：平面平面；
（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.
【解析】（1）由题设知，平面平面，交线为.
因为，平面，所以平面，
因此，又，，所以平面.
而平面，所以平面平面.
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向建立如图所示的直角坐标系，
则有，
过点作于，设，则.
因为，所以，，
由题设可得，即，
解得或，
因为，所以，所以，.
由，知是平面的法向量，
，.
设平面的法向量为，
则取得，
设二面角为，
则，
因为，
.
综上，二面角的正弦值为.
4.【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.
（1）证明：平面；
（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.
【解析】（1）证明：由已知，得，
在中，，
∴，即，
∵平面，平面，
∴，
又∵，平面，平面，
∴平面
（2）∵平面，
∴为直线与平面所成角，
∴，
∴，
在中，，
取的中点，连结，则，
∵平面，平面，
∴，
又∵，平面，平面，
∴平面，
以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，
设平面的法向量为，
则，取，解得，
又平面的法向量为，
∴.
∴二面角的余弦值为.
5. 【北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试】如图，三棱柱的侧面是平行四边形，
，平面平面，且分别是的中点.
（1）求证：平面；
（2）当侧面是正方形，且时，
（ⅰ）求二面角的大小；
（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.
【解析】证明：（1）取中点，连，连.
在△中，因为分别是中点，
所以，且.
在平行四边形中，因为是的中点，
所以，且.
所以，且.
所以四边形是平行四边形.
所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为侧面是正方形，所以.
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面.所以.
又因为，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示.
设，则，
.
（ⅰ）设平面的一个法向量为.
由得即令，所以.
又因为平面，所以是平面的一个法向量.
所以.
由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为.
（ⅱ）假设在线段上存在点，使得.
设，则.
因为
，
又，
所以.
所以.
故点在点处时，有
6.如图，在多面体ABCDMN中，四边形ABCD为直角梯形，//
⊥，
AB CD，22
AB=，BC DC ====，四边形BDMN为矩形.
BC DC AM DM
2
（1）求证：平面ADM⊥平面ABCD；
（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4
π
？若存在，确定点H 的位置并加以证明.
【解析】（1）证明：由平面几何的知识，易得2BD =， 2AD =，
又22AB =，所以在ABD ∆中，满足222AD BD AB +=，所以ABD ∆为直角三角形，且BD AD ⊥. 因为四边形BDMN 为矩形，
所以BD DM ⊥. 由BD AD ⊥， BD DM ⊥， DM AD D ⋂=， 可得 BD ADM ⊥平面. 又BD ABD ⊂平面，
所以平面ADM ⊥平面ABCD .
（2）存在点H ，使得二面角H AD M --为大小为
，点H 为线段AB 的中点.
事实上，以D 为原点， DA 为x 轴， DB 为y 轴，过D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，
则()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0D A B ,
()
1,0,1M ，
设()
,,H x y z ,由MH MN DB λλ==，
即
()()1,,10,2,0x y z λ--=，得()1,2,1H λ.
设平面ADH 的一个法向量为
()
1111,,n x y z =，
则，即
，
不妨设11y =，取()10,1,2n λ=-.
平面ADM 的一个法向量为
()
20,1,0n =.
二面角H AD M --为大小为
于是
.
解得 或（舍去）.
所以当点H 为线段MN 的中点时，二面角H AD M --为大小为
.
7. 在三棱锥P ABC -中， AB AC =， D 为BC 的中点， PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；
（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.
法二：如图，以O 为原点，分别以过O 点与DB 共线同向的向量， OD ， OP 方向上的单位向量为单位
正交基建立空间直角坐标系O xyz -，则
()()()()()0,0,0,0,2,0,2,1,0,2,1,0,0,0,3,
O A B C P --
()()()
0,2,3,4,0,0,2,3,0AP BC AC ==-=-
∴0AP BC ⋅= ∴AP BC ⊥ ∴AP BC ⊥
（2）假设M 点存在，设AM AP λ=， (),,M x y z ，则()
,2,AM x y z =+，
∴()(),2,0,2,3x y z λ+=，
∴
0{22
3x y z λλ
=+==，
∴()
0,22,3M λλ-，
∴
()
2,23,3BM λλ=--
设平面MBC 的法向量为()1111,,n x y z =，平面APC 的法向量为
()
2222,,n x y z =
由
110{
n BM n BC ⋅=⋅=得
()111122330{
40
x y z x λλ-+-+=-=，
令1
1y =，可得
1320,1,3n λλ-⎛
⎫= ⎪
⎝
⎭，
由
220{
n AC n AP ⋅=⋅=得
2222230{ 230
x y y z -+=+=， 令16y =，可得()29,6,4n =-，
若二面角A MC B --为直二面角，则
120
n n ⋅=，得
32640
3λ
λ
--⋅=， 解得
613λ=，∴61313
AM =
故线段AP 上是否存在一点M ，满足题意， AM 的长为
61313
.
8. 【安徽省江南十校2019届高三第二次大联考】如图，已知四边形
中，对角线
，
，
为等边三角形.
（1）求面积的最大值； （2）当的面积最大时，将四边形沿
折起成直二面角
，在
上是否存在点使直线
与平面
所成的角满足：
，若不存在，说明理由；若存在，指出点的位置. 【解析】（1）在中，记
，
，
则由余弦定理：
，
（当且仅当时，上式取等号）
此时，
，
的面积的最大值为.
（2）由（1）知，，， 设存在，在三棱锥
中，取
的中点，
连接，易知.
作于，
由平面平面平面.
故在平面上的投影为.
与平面所成的角为，
由.
设，得，，
故.
故存在，且，满足题意.
（2）另解：由（1），，
设存在，则在三棱锥中，取的中点，连接，易求.以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
平面的法向量为，
设，得，得，
又.
由
.
故存在，且，满足题意.
9. 【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，
平面，，，是棱上的一点.
（1）若平面，证明：；_网
（2）在（1）的条件下，棱上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求
的值；若不存在，请说明理由.
【解析】
（1）连接交于，连接，则是平面与平面的交线.因为平面，平面，所以.又因为是中点，所以是的中点.所以.
（2）由已知条件可知，所以，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.
则，，，，
，，，.
假设在棱上存在点，设，
得，.
记平面的法向量为，则
即取，则，
所以.
要使直线与平面所成角的大小为，
则，即，解得.
所以在棱上存在点使直线与平面所成角的大小为.
此时.
10. 【河南省开封市2019届高三上学期第一次模拟考试】如图所示，是边长为2的正方形，平面，且.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）线段上是否存在一点，使二面角所成角的余弦值为？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.
【解析】（Ⅰ）∵平面，平面，平面，∴，，
又∵，∴，∴平面，
又平面，∴平面平面.
（Ⅱ）如图所示，建立空间直角坐标系，
∵，，，∴.
假设线段上存在一点满足题意，
，，，，
易知：平面的一个法向量为，
∵，，
∴设平面的一个法向量为， 由
，得
，取
，得
，
，∴.
点为线段的中点时，二面角所成角的余弦值为.
11.如图，五面体11A BCC B -中，14AB =，底面ABC 是正三角形，2AB =，四边形11BCC B 是矩形，二面角1A BC C --为直二面角．
（1）D 在AC 上运动，当D 在何处时，有1//AB 平面1BDC ，并说明理由； （2）当1//AB 平面1BDC 时，求二面角1C BC D --余弦值． 【解析】（1）当D 为AC 中点时，有1//AB 平面1BDC ．
证明：连结1B C 交1BC 于O ，连结DO ， ∵四边形11BCC B 是矩形，
∴O 为1B C 中点，又D 为AC 中点，从而1//DO AB ， ∵1AB ⊄平面1BDC ，DO ⊂平面1BDC ， ∴1//AB 平面1BDC ．
（2）建立空间直角坐标系B xyz -，如图所示，
则(0,0,0)B ，3,1,0)A ，(0,2,0)C ，33
,0)2
D ，1(0,2,23)C ， 所以33
(
,0)22
BD =，1(0,2,23)BC =， 设1(,,)n x y z =为平面1BDC 的法向量，则有33
0,22230,x y y z +=⎨⎪+=⎩
即3,
3,x z y z =⎧⎪⎨
=⎪
⎩ 令1z =，可得平面1BDC 的一个法向量为1(3,3,1)n =-， 而平面1BCC 的一个法向量为2(1,0,0)n =， 所以1212123313
cos ,13||||13
n n n n n n ⋅<>=
==⋅ 故二面角1C BC D --313 12. 如图，已知平面四边形ABCP 中，D 为PA 的中点，PA AB ⊥，//CD AB ，且24PA CD AB ===．将此平面四边形ABCP 沿CD 折成直二面角P DC B --，连接PA PB 、，设PB 中点为E ． （1）证明：平面PBD ⊥平面PBC ；
（2）在线段BD 上是否存在一点F ，使得EF ⊥平面PBC ？若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．
（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）点F 存在，且为线段BD 上靠近点D 的一个四等分点；（3）
6
6
.
（2）解法一：由（1）的分析易知，,,PD DA PD DC DC DA ⊥⊥⊥，则以D 为原点建立空间直角坐标系如图所示．
结合已知数据可得(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(0,4,0)C ，(0,0,2)P ， 则PB 中点(1,1,1)E .
F ∈平面ABCD ，故可设(,,0)F x y ，
则
(1,1,1)EF x y =---，
EF ⊥平面ABCD ，0,0EF PB EF PC ∴⋅=⋅=，
又(2,2,2),(0,4,2)PB PC =-=-， 由此解得12x y ==
，即11
(,,0)22
F ， 易知这样的点F 存在，且为线段BD 上靠近点D 的一个四等分点； （8分）
P
A
B
C
D E z
y
x
解法二：（略解）如图所示，
在PBD ∆中作EF PB ⊥，交BD 于F ，
因为平面PBD ⊥平面PBC ，则有EF ⊥平面PBC ．
在Rt PBD ∆中，结合已知数据，利用三角形相似等知识可以求得33
224
BF BD =
=， 故知所求点F 存在，且为线段BD 上靠近点D 的一个四等分点； ..（8分）
解法二：（略解）如上图中，因为//AB CD ，所以直线AB 与平面PBC 所成角等于直线CD 与平面PBC 所成角，由此，在Rt PBD ∆中作DH PB ⊥于H ，易证DH ⊥平面PBC ， 连接CH ，则DCH ∠为直线CD 与平面PBC 所成角， 结合题目数据可求得6sin 6DCH ∠=
，故所求角的正弦值为6
6
. ..（12分） 13. 四棱锥ABCD P -中，ABCD 为矩形，平面⊥PAD 平面ABCD . （1）求证：;PD AB ⊥
（2）若,2,2,90==
=∠PC PB BPC
问AB 为何值时，四棱锥ABCD P -的体积最大？并求此时平面
PBC 与平面DPC 夹角的余弦值.
P
A
B
C
D E F
H
【答案】（1）详见解析，（2）6
3
AB =
时，四棱锥的体积P-ABCD 最大. 平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值为
10.5
【解析】
试题分析：（1）先将面面垂直转化为线面垂直：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD
平面ABCD=AD ，所以AB ⊥平面PAD ，再根据线面垂直证线线垂直：因为PD ⊂平面PAD ，
所以AB ⊥PD 学_
试题解析：（1）证明：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD 平面PAD
平面ABCD=AD 所以AB ⊥平面PAD ，因为PD ⊂平面PAD ，故AB ⊥PD
（2）解：过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG . 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ,BC ⊥PG 在直角三角形BPC 中，2366
333
PG GC BG =
== 设,AB m =，则2224
,3
DP PG OG m =
-=
-，故四棱锥P-ABCD 的体积为 A B
C
D
P
2214686.333
m V m m m =⋅⋅⋅-=-
因为2
2228
866()33
m m m -=
--+
故当6
3
m =
时，即63AB =时，四棱锥的体积P-ABCD 最大.
建立如图所示的空间直角坐标系，66626266
(0,0,0),(
((0,(0,0,)333333
O B C D P - 故62666
(
(0,6,0),(33
PC BC CD ===- 设平面BPC 的法向量1(,,1),x y =n ，则由1PC ⊥n ,1BC ⊥n 得6266
060x y +=⎨⎪=⎩
解得1,0,x y ==1(1,0,1),=n
同理可求出平面DPC 的法向量21
(0,,1),2
=n ，从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为
12
1210cos ||||
5
1214
θ⋅=
=
=
⋅⋅
+n n n n 14.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，90ABC BAD ∠=∠=︒， 4AD AP ==，2AB BC ==，
M 为PC 的中点．
（1）求异面直线AP ，BM 所成角的余弦值；
（2）点N 在线段AD 上，且AN λ=，若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为
4
5
，求λ的值．
【解析】试题解析：（1）
因为PA ⊥平面ABCD ，且,AB AD ⊂平面ABCD ，
所以PA AB ⊥，PA AD ⊥，
又因为90BAD ∠=︒，所以,,PA AB AD 两两互相垂直．
分别以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，
则由224AD AB BC ===，4PA =可得
(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,4,0)D ，(0,0,4)P ，
又因为M 为PC 的中点，所以(1,1,2)M ．
所以(1,1,2)BM =-，(0,0,4)AP =，…………2分 所以cos ,||||
AP BM AP BM AP BM ⋅〈〉= 646
==⨯ 所以异面直线AP ，BM 65分
（2）因为AN λ=，所以(0,,0)N λ(04)λ≤≤，则(1,1,2)MN λ=---， (0,2,0)BC =，(2,0,4)PB =-，
设平面PBC 的法向量为(,,)x y z =m ，
则0,0,
BC PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,240.y x z =⎧⎨-=⎩ 令2x =，解得0y =，1z =， 所以(2,0,1)=m 是平面PBC 的一个法向量．……………………………7分 因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45
，学!
所以||4|cos ,|5
||||MN MN MN ⋅〈〉=
==m m m ， 解得[]10,4λ=∈， 所以λ的值为1．……………………………………………………………10分。