高二数学上册单元复习训练题21.doc

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第8章 第8节
一、选择题
1．若平面α、β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则(　　)
A．α∥β B．α⊥β
C．α、β相交但不垂直 D．以上均不正确
[答案]　C
[解析]　已知n1与n2既不平行也不垂直，所以平面α，β相交但不垂直．
2．(2010·全国卷Ⅰ)正方体ABCD－A1B1C1D1中BB1与平面ACD1所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
[答案]　D
[解析]　该题考查正方体的性质，直线与平面所成的角，考查坐标法．
建立如图所示空间直角坐标系D－xyz，设边长为1，＝(0,0,1)平面ACD1的一个法向量n＝(1,1,1)，
∴cos〈，n〉＝＝，
∴BB1与面ACD1所成角的余弦值为.
3．已知正四面体ABCD，则二面角A—BC—D的余弦值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
[答案]　B
[解析]　如右图所示，E为BC的中点，连接AE，ED，则∠AED为二面角A—BC—D的平面角．解△AED，得cos∠AED＝.
4．在直三棱柱A1B1C1－ABC中，∠BCA＝90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成的角的余弦值是(　　)
A. B.
C. D.
[答案]　A
[解析]　建立如下图所示的坐标系，设BC＝1，

则A(－1,0,0)，F1，B(0，－1,0)，D1，
即＝，
＝.
∴cos〈，〉＝
＝.
5．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为(　　)
A.　　　 B.　　　 C.　　　 D.
[答案]　B
[解析]　解法1：取BC中点E，连接AE、A1E，过点A作AF⊥A1E，垂足为F.
∵A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥BC，
∵AB＝AC.∴AE⊥BC.
∴BC⊥平面AEA1.
∴BC⊥AF，又AF⊥A1E，
∴AF⊥平面A1BC.
∴AF的长即为所求点面距离．
AA1＝1，AE＝，∴AF＝.
解法2：VA1－ABC＝S△ABC·AA1＝××1＝.
又∵A1B＝A1C＝，
在△A1BE中，A1E＝＝2.
∴S△A1BC＝×2×2＝2.
∴VA－A1BC＝×S△A1BC·h＝h.
∴h＝，∴h＝.
∴点A到平面A1BC距离为.
解法3：设BC中点为O，∵△ABC为正三角形，
∴AO⊥BC，
以O为原点，直线AO，BC分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，则B(0，－1,0)，C(0,1,0)，A(－，0,0)，A1(－，0,1)．
设n＝(x，y,1)为平面A1BC的一个法向量，则
，∴，∴，
∴n＝，又＝(0,0,1)，
∴A到平面A1BC的距离d＝＝.
6．(2011·浙江模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是(　　)
A．30° B．45° C．60° D．90°
[答案]　C
[解析]　本小题主要考查直线和平面所成角，如图所示

由已知三棱柱为正三棱柱，设底面边长为a，则A1A＝a，取BC中点E，连AE，DE，则AE⊥平面B1BCC1，∴∠ADE为直线AD和平面B1BCC1所成角．
∵AE＝a，DE＝a，
∴tan∠ADE＝＝，
∴∠ADE＝60°，故选C.
7．(2011·山东青岛)在三棱锥P—ABC中，AB＝8，AC＝6，∠BAC＝90°，PA＝PB＝PC＝13，则点P到平面ABC的距离为(　　)
A．12 B．6 C．3 D.
[答案]　A
[解析]　由题意知，点P在底面ABC上的射影为BC的中点，中点设为D，则PD即为点P到平面ABC的距离，解△PDC可得PD＝12.
8．如下图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1.M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为(　　)

A．(1,1,1) B.
C. D.
[答案]　C
[解析]　设BD∩AC＝0，连EO，
由题意可知EO∥AM.
∴M为EF的中点．
∴M，故选C.
二、填空题
9．设A(2,3,1)，B(4,1,2)，C(6,3,7)，D(－5，－4,8)，则D到平面ABC的距离为____________．
[答案]　
[解析]　过D作DH⊥面ABC，垂足为H，DH与平面xOy交于M，设M(x，y,0)，
∵解得∴M(7,4,0)．
设〈，〉＝α，则||＝||·|cosα|，
∴||＝||·＝.
10．如右图，若P为正方体AC1的棱A1B1的中点，则截面PC1D和面AA1B1B所成锐二面角的余弦值是____________．
[答案]　
[解析]　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体，AC1的棱长为2，则D(0,0,0)，C1(0,2,2)，P(2,1,2)．
∴＝(0,2,2)，＝(2,1,2)．
设截面PC1D的一个法向量为n＝(1，y，z)，
则有
即∴
∴n＝(1,2，－2)．
又平面AA1B1B的一个法向量为a＝(1,0,0)，
设截面PC1D与平面AA1B1B所成的锐二面角为θ，则cosθ＝＝＝.
11．(2009·湖南)在半径为13的球面上有A，B，C三点，AB＝6，BC＝8，CA＝10，则
(1)球心到平面ABC的距离为________；
(2)过A，B两点的大圆面与平面ABC所成二面角(锐角)的正切值为________．
[答案]　12；3
[解析]　考查球的概念与性质及二面角的计算．
如图，∵AB2＋BC2＝AC2，
∴AC为Rt△ABC的斜边．
故AC中点O1为截面⊙O1的圆心．
∵OC＝13，CO1＝5，
∴OO1＝12.取AB中点E，
则EO1∥BC
∵BC⊥AB，∴EO1⊥AB，
∴OA＝OB，∴OE⊥AB，
∴∠OEO1为二面角O－AB－C的平面角．
在Rt△OO1E中，OO1＝12，O1E＝BC＝4
∴tan∠OEO1＝＝3.
三、解答题
12．正方体ABCD－A1B1C1D1中，
(1)求AC与A1D所成角的大小；
(2)若E、F分别为AB、AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小；
(3)求BC1与EF所成角的大小．
[解析]　方法一：(1)如图①

连接B1C，AB1，
∵ABCD－A1B1C1D1是正方体，
∴A1D∥B1C.
从而B1C与AC所成的锐角或直角就是AC与A1C所成的角．
∵AB1＝AC＝B1C.
∴∠B1CA＝60°，
即A1D与AC所成角为60°.
(2)如图②，连接AC、BD.

在正方形ABCD中，
E、F为AB、AD的中点，
∴EF∥BD，∴EF⊥AC，
又 A1A⊥EF，AA1∩AC＝A，
∴EF⊥面A1ACC1，
∵A1C1⊂平面AA1C1C，
∴EF⊥A1C1，
即A1C1与EF所成的角为90°.
(3)如图③，

连接BD，由(2)知EF∥BD，
∴BD与BC1所成的锐角或直角即为EF与BC1所成的角，
连接C1D，
由BC1＝BD＝C1D，
知△BC1D是正三角形，
∴∠C1BD＝60°，即所求角为60°.
方法二：以D为坐标原点建立空间直角坐标系[D；，，]如图①，设正方体的棱长为1，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)，E，F.
(1)∵＝(－1,1,0)，＝(－1,0，－1)，
∴·＝1，||＝，||＝.
∴cos<，>＝＝，
∴<，>＝60°，
即AC与A1D所成的角为60°.
(2)＝(－1,1,0)，＝，
∴·＝－＝0，∴⊥，
即A1C1与EF所成的角为90°.
(3)＝(－1,0,1)，
∴·＝，||＝，||＝，
∴cos<，>＝＝.
∴<，>＝60°，即BC1与EF所成的角为60°.
13．(2010·安徽)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点．
(1)求证：FH∥平面EDB；
(2)求证：AC⊥平面EDB；
(3)求二面角B－DE－C的大小．
[解析]　本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力．
解题思路是利用几何法或向量法求解．几何法即使用定理、定义进行推理．向量法则利用直线的方向向量与平面的法向量分析空间中的线面关系．
(综合法)(1)证明：设AC与BD交于点G，则G为AC的中点，连接EG，GH，
又H为BC的中点，∴GH綊AB.
又EF綊AB，∴EF綊GH.
∴四边形EFGH为平行四边形．
∴EG∥FH，而EG⊂平面EDB，∴FH∥平面EDB.
(2)证明：由四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC.
又EF∥AB，∴EF⊥BC.
而EF⊥FB，∴EF⊥平面BFC.
∴EF⊥FH，∴AB⊥FH.
又BF＝FC，H为BC的中点，
∴FH⊥BC.
∴FH⊥平面ABCD.∴FH⊥AC.
又FH∥EG，∴AC⊥EG.
又AC⊥BD，EG∩BD＝G，∴AC⊥平面EDB.
(3)解：EF⊥FB，∠BFC＝90°，∴BF⊥平面CDEF.
在平面CDEF内过点F作FK⊥DE交DE的延长线于K，
则∠FKB为二面角Β—BE—C的一个平面角．
设EF＝1，则AB＝2，FC＝，DE＝.
又EF∥DC，∴∠KEF＝∠EDC.
∴sin∠EDC＝sin∠KEF＝.
∴FK＝EFsin∠KEF＝，tan∠FKB＝＝，
∴∠FKB＝60°.
∴二面角B—DE—C为60°.
(向量法)：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB⊥BC.
又EF∥AB，
∴EF⊥BC.
又EF⊥FB，
∴EF⊥平面BFC.
∴EF⊥FH，
∴AB⊥FH.
又BF＝FC，H为BC的中点，
∴FH⊥BC.
∴FH⊥平面ABC.
以H为坐标原点，为x轴正向，为z轴正向，建立如图所示坐标系．
设BH＝1，则A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(－1,0,0)，D(－1，－2,0)，E(0，－1,1)，F(0,0,1)．
(1)证明：设AC与BD的交点为G，连GE，GH，
则G(0，－1,0)，∴＝(0,0,1)，又＝(0,0,1)
∴∥.
GE⊂平面EDB，HF不在平面EDB内，
∴FH∥平面EBD.
(2)证明：＝(－2,2,0)，＝(0,0,1)，·＝0，
∴AC⊥GE.
又AC⊥BD，EG∩BD＝G，∴AC⊥平面EDB.
(3)解：＝(－1，－1,1)，＝(－2，－2,0)．
设平面BDE的法向量为n1＝(1，y1，z1)，
则·n1＝－1－y1＋z1＝0，·n1＝－2－2y1＝0，
∴y1＝－1，z1＝0，即n1＝(1，－1,0)．
＝(0，－2,0)，＝(1，－1,1)．
设平面CDE的法向量为n2＝(1，y2，z2)，则n2·＝0，y2＝0，
n2·＝0,1－y2＋z2＝0，z2＝－1，
故n2＝(1,0，－1)，
cos〈n1，n2〉＝＝＝，
∴〈n1，n2〉＝60°，即二面角B—DE—C为60°.
点评：综合法更注重推理，方法巧妙，计算量不大，对空间想象能力以及逻辑推理能力要求较高，而向量法更多的是计算而且方法统一，具有格式化，易于掌握．从近几年高考尤其新课标地区的高考题来看主要以向量法的考察为主，较少使用综合法．
14．(2010·重庆理)如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝，点E是棱PB的中点．

(1)求直线AD与平面PBC的距离；
(2)若AD＝，求二面角A—EC—D的平面角的余弦值．
[解析]　本题主要考查了线面距离及二面角的有关知识，对于线面距离可转化为点面距，再进行解决，对于二面角先根据题意作出平面角再结合三角形知识解决，本题也可以采用向量法解决．
解法一：
(1)如图，在矩形ABCD中，AD∥BC，从而AD∥平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离．

因PA⊥底面ABCD，故PA⊥AB，由PA＝AB知△PAB为等腰直角三角形，又点E是棱PB的中点，故AE⊥PB.
又在矩形ABCD中，BC⊥AB，而AB是PB在底面ABCD内的射影，由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，故BC⊥AE，从而AE⊥平面PBC，故AE之长即为直线AD与平面PBC的距离．
在Rt△PAB中，PA＝AB＝，所以AE＝BP＝＝.
(2)过点D作DF⊥CE，交CE于F，过点F作FG⊥CE，交AC于G，则∠DFG为所求的二面角的平面角．
由(1)知BC⊥平面PAB，又AD∥BC，得AD⊥平面PAB，故AD⊥AE，从而DE＝＝.
在Rt△CBE中，CE＝＝.
由CD＝，所以△CDE为等边三角形，故点F为CE的中点，且DF＝CD·sin＝.
因为AE⊥平面PBC，故AE⊥CE，又FG⊥CE，FG綊AE，从而FG＝，且G点为AC的中点．
连接DG.则在Rt△ADC中，DG＝AC＝＝.
所以cos∠DFG＝＝.
解法二：
(1)如右图，以A为坐标原点，射线 AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴正半轴，建立空间直角坐标系A－xyz.
设D(0，a,0)，则B(，0,0)，C(，a,0)，
P(0,0，)，E(，0，)．
因此＝(，0，)，＝(0，a,0)，
＝(，a，－)．
则·＝0，·＝0，所以AE⊥平面PBC.
又由AD∥BC知AD∥平面PBC，故直线 AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为||＝.
(2)因为||＝，则D(0，，0)，C(，，0)．
设平面AEC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，则n1·＝0，n1·＝0.
又＝(，，0)，＝(，0，)，故

所以y1＝－x1，z1＝－x1.可取x1＝－，
则n1＝(－，2，)．
设平面DEC的法向量n2＝(x2，y2，z2)，
则n2·＝0，n2·＝0，
又＝(，0,0)，＝(，－，)，
故
所以x2＝0，z2＝y2，可取y2＝1，则n2＝(0,1，)．
故cos〈n1，n2〉＝＝.
所以二面角A－EC－D的平面角的余弦值为.
[点评]利用法向量解决立体几何问题时要注意正确写出点的坐标，求出法向量，从而表示出所要求的距离及角．
15．如图，棱柱ABCD—A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°.
(1)求异面直线BD和AA1所成的角；
(2)求二面角D—A1A—C的平面角的余弦值；
(3)在直线CC1上否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．
[解析]　连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
∴A1O2＝AA12＋AO2－2AA1·AO·cos60°＝3.∴AO2＋A1O2＝AA12.
∴A1O⊥AO，∵平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面ABCD.

∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)．
(1)∵＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，
∴·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，
∴BD⊥AA1，即异面直线BD和AA1所成的角为90°.
(2)∵OB⊥平面AA1C1C，
∴平面AA1C1C的法向量n1＝(1,0,0)．
设n2＝(x，y，z)是平面AA1D的一个法向量，则
∴取n2＝(1，，－1)．
∴cos〈n1，n2〉＝＝.
∴二面角D—A1A—C的平面角的余弦值是.
(3)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C，
设＝λ，P(x，y，z)，
则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．
∴P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．
设n3＝(x3，y3，z3)是平面DA1C1的一个法向量，则
∴不妨取n3＝(1,0，－1)．
又∵∥平面DA1C1，∴n3·＝0，
∴－－λ＝0，∴λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且使C1C＝CP.

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一、空间问题向平面问题的转化
把三维空间问题转化为二维平面问题，体现了事物间相互联系和矛盾的双方以一定的条件相互转化的数学思想和哲学观．这种转化在解题中经常得到使用，如在多面体、旋转体中，通过对各元素间空间位置关系及数量关系的分析，寻觅到解决问题的截面，在截面中解决问题等等．
[例1]　在棱长为2R的立方体容器内装满水，先把半径为R的球放入水中，然后再放入一球，使它淹没在水中，且使溢出的水量最多，问：这个球的半径应是多少？
[分析]　此题不仅考查了球与正方体的结合、球的体积，且更好地体现了将立体几何问题转化为平面问题来求解的转化思想，需有较强的空间想象力和解决问题的能力．
[解析]　设半径为R的球心为O，后一球的球心为O1.作出正方体的对角面为如图所示的矩形AA1C1C截面，则O必在对角线AC1中点处，欲使第二球放入后溢出水最多，则球心O1也在AC1上，作OQ⊥AC，O1P⊥AC，设两球外切于E，则△APO1∽△AQO.

∴＝.设球O1的半径为r，
∵CC1＝2R，AC＝2R，∴AC1＝2R，
∴＝，
∴r＝AO1＝(AE－r)．
又∵AE＝AO－R＝(－1)R，
∴r＝(2－)R.
二、平行与垂直的互相转化
线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定及性质应用中，很好地体现了平行与垂直之间的相互转化．
[例2]　(2011·泰安模拟)在如图所示的多面体中，已知正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，EC⊥AC，EF∥AC，AB＝，EF＝EC＝1.求证：平面BEF⊥平面DEF.

[分析]　本题主要考查空间中线面平行与垂直、面面垂直之间的转化，考查空间想象能力和思维能力．
[证明]　∵平面ACEF⊥平面ABCD，EC⊥AC，
∴EC⊥平面ABCD.如图，连接BD交AC于点O，连接FO.

∵正方形ABCD的边长为，
∴AC＝BD＝2.
在直角梯形ACEF中，
∵EF＝EC＝1，O为AC中点，
∴FO∥EC，且FO＝1.
易求得DF＝BF＝，DE＝BE＝，
由勾股定理，知DF⊥EF，
由BF＝DF＝，BD＝2，可知，DF⊥BF.
∵EF∩BF＝F，∴DF⊥平面BEF，
∴平面BEF⊥平面DEF.
三、线线关系、线面关系、面面关系之间的相互转化
立体几何中，线线关系、线面关系、面面关系是位置关系论证与数量关系计算的载体，线线关系是基础，线面关系是关键，审题时要抓住基础、找准关键．
[例3]　给出以下四个命题：
①如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那这条直线和交线平行；
②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面；
③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线相互平行；
④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．
其中真命题的个数是(　　)
A．1　　　B．2　　　C．3　　　D．4
[分析]　可根据线面平行、垂直判断．
[解析]　命题①是线面平行性质定理，命题②是线面垂直的判定定理，命题④是面面垂直判定定理，故①②④真命题；如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线可以平行、相交或异面．故选C.
四、关于球及球与简单几何体的组合体问题
球的问题一直是高考中的热点问题，主要考查球的性质、表面积、体积及与其他几何体的组合体问题，从中可以考查空间想象能力、计算能力，解答时充分发挥截面的作用(组合体中一般是过球心的截面)，注意球半径R、截面圆半径r和球心到截面的距离d之间的关系．
[例4]　球面上三点A，B，C组成这个球的一个截面的内接三角形．AB＝18，BC＝24，AC＝30，且球心到该截面的距离为球半径的一半．
(1)求球的体积；
(2)求A，C两点的球面距离．
[解析]　(1)∵AB2＋BC2＝AC2，
∴过A，B，C三点的截面小圆的半径为15.
设球的半径为R，根据题意
R2＝2＋152，R2＝152，
∴R2＝300，∴R＝10，
∴V球＝πR3＝π(10)3＝4000π.
(2)设球心为O，则可求得∠AOC＝120°，
∴A，C两点的球面距离为
·2πR＝π×10＝π.
五、立体几何中的类比思想
对于有些提供解法范例的信息迁移问题，解答题可根据所给信息与所求问题的相似性，运用类比的方法，仿范例，求创新，使所给信息的各个部分与所求问题的各个部分相对应，这种方法称为类比联想．
[例5]　请仔细阅读“正三角形内任意一点到三边距离之和为定值”的证法．
如图甲所示，∵S△PAB＋S△PAC＋S△PBC＝S△ABC，
∴AB·PD＋AC·PF＋BC·PE
＝BC·AK，
∵AB＝BC＝AC，
∴BC·(PD＋PF＋PE)＝BC·AK，
∴PD＋PF＋PE＝AK(定值)，
∴正三角形内任意一点到三边距离之和为定值．
类比证明“棱长相等的四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值”．

[证明]　如图乙所示，在四面体A－BCD中，P为四面体内的任意一点，它到四个面的距离分别为PE、PF、PG、PH，连接PA、PB、PC、PD，
则VA－BCD＝VP－ABC＋VP－BCD＋VP－CDA＋VP－DAB.
设四面体A－BCD的每个面的面积为S，高h，
则VA－BCD＝Sh，VP－ABC＝S·PE，
VP－BCD＝S·PF，VP－CDA＝S·PG，
VP－DAB＝S·PH，
代入上式得：PE＋PF＋PG＋PH＝h(定值)，
∴棱长相等的四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值．
六、利用空间向量解立体几何中的探索性问题
立体几何中的探索性问题是高考考查的新生长点．利用空间向量解题时，通常要建立恰当的空间直角坐标系，计算出相关点的坐标，进而写出向量的坐标，把空间中的平行、垂直、夹角、距离等问题用向量的有关运算表示，通过假设存在，构造方程，通过方程解的情况来判断假设是否正确．
[例6]　如图，有棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，P是侧棱CC1上的一点，CP＝m.

(1)试确定m，使直线AP与平面BDD1B1所成角的正切值为3；
(2)在线段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，并证明你的结论．
[分析]　(1)利用AP与平面BDD1B1所成角的正切值为3，转化为AP与平面BDD1B1的法向量所成角的正弦值为，进而利用方程求m.
(2)将D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP转化为求点Q的坐标问题．
[解析]　(1)以D为原点，建立空间直角坐标系[D；，，]．
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，P(0,1，m)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)．
(1)＝(－1，－1,0)，＝(0,0,1)，＝(－1,1，m)，＝(－1,1,0)，
由·＝0，·＝0知为平面BB1D1D的一个法向量．
设AP与平面BDD1B1所成角为θ ，则
sinθ＝|cos<，>|＝＝.
又∵tanθ＝3，∴sin2θ＝，故m＝.
∴当m＝时直线AP与面BDD1B1所成的角的正切值为3.
(2)若在A1C1上存在一点Q，设Q(x,1－x,1)，则＝(x,1－x,0)，由题意知，对任意m要使D1Q在平面APD1上的射影垂于AP等价于D1Q⊥AP⇔·＝0⇔－x＋1－x＝0⇔x＝.
即Q为A1C1的中点，满足题设要求．
七、利用空间向量求角
利用向量求角，主要是牢记公式，建立坐标系进而求之．公式如下：
(1)求直线l与平面α所成角θ，sinθ＝(其中n为α的法向量，M为l与α的交点，P为l上不同于M的任意一点)；
(2)求异面直线AB、CD的夹角θ，cosθ＝；
(3)求二面角θ，|cosθ|＝(其中n1，n2为两个平面的法向量)．
[例7]　如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝4，E是棱CC1上的点，且BE⊥B1C.

(1)求CE的长；
(2)求证：A1C⊥平面BED；
(3)求A1B与平面BDE所成的角的正弦值．
[解析]　(1)如图，以D为原点，建立空间直角坐标系[D；，，]．
∴D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，A1(2,0,4)，B1(2,2,4)，C1(0,2,4)，D1(0,0,4)．

设E(0,2，t)，则＝(－2,0，t)，＝(－2,0，－4)．
∵BE⊥B1C，∴·＝4＋0－4t＝0.
∴t＝1，故CE＝1.
(2)由(1)得，E(0,2,1)，＝(－2,0,1)，

又＝(－2,2，－4)，＝(2,2,0)，
∴·＝4＋0－4＝0，·＝－4＋4＋0＝0.
∴⊥且⊥，
∴⊥平面BDE，
即A1C⊥平面BED.
(3)由(2)知＝(－2,2，－4)是平面BDE的一个法向量．
又＝(0,2，－4)，
∴sin<，>＝＝.
∴A1B与平面BDE所成角的正弦值为.

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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