第3讲 立体几何中的向量方法1．(2022·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )A.B.C.D.2．(2022·安徽)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C；(2)求二面角EA1DB1的余弦值． 26\n以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.热点一 利用向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)则有：(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.例1 如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD. 26\n思维升华 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1 如图所示，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF. 热点二 利用空间向量求空间角26\n设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．(1)线线夹角设l，m的夹角为θ(0≤θ≤)，则cosθ＝＝.(2)线面夹角设直线l与平面α的夹角为θ(0≤θ≤)，则sinθ＝＝|cos〈a，μ〉|.(3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则|cosθ|＝＝|cos〈μ，v〉|.例2 (2022·江苏)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长． 思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα26\n＝|cosβ|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．跟踪演练2 (2022·福建)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示．(1)求证：AB⊥CD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值． 热点三 利用空间向量求解探索性问题26\n存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例3 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中点．(1)求证：A1B∥平面ADC1；(2)求二面角C1－AD－C的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由． 思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．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“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．26\n跟踪演练3 如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由． 如图，五面体中，四边形ABCD是矩形，AB∥EF，AD⊥平面ABEF，且AD＝1，AB＝EF＝2，AF＝BE＝2，P、Q分别为AE、BD的中点．26\n(1)求证：PQ∥平面BCE； (2)求二面角A－DF－E的余弦值． 提醒：完成作业 专题五 第3讲26\n二轮专题强化练专题五第3讲 立体几何中的向量方法A组 专题通关1．已知平面ABC，点M是空间任意一点，点M满足条件＝＋＋，则直线AM( )A．与平面ABC平行B．是平面ABC的斜线C．是平面ABC的垂线D．在平面ABC内2.如图，点P是单位正方体ABCD－A1B1C1D1中异于A的一个顶点，则·的值为( )A．0B．1C．0或1D．任意实数3.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )A．相交B．平行C．垂直D．不能确定4．如图，三棱锥A－BCD的棱长全相等，E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余弦值为( )A.B.C.D.26\n5．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于( )A.B.C.D.6．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1，BB1的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值为________．7．在一直角坐标系中，已知A(－1,6)，B(3，－8)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A、B两点间的距离为________．8．已知ABCD－A1B1C1D1为正方体，①(＋＋)2＝32；②·(－)＝0；③向量与向量的夹角是60°；④正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为|··|.其中正确命题的序号是________．9.如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.10．(2022·重庆)如图，三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值．26\nB组 能力提高11．(2022·四川)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是( )A．[，1]B．[，1]C．[，]D．[，1]12．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在直线BC1上运动时，有下列三个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；③二面角P－AD1－C的大小不变．其中真命题的序号是________．13．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为BB1、CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为______________．14.如图，在三棱锥P—ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，AP＝BP＝AB，PC⊥AC，点D为BC的中点．(1)求二面角A—PD—B的余弦值；(2)在直线AB上是否存在点M，使得PM与平面PAD所成角的正弦值为，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．26\n26\n学生用书答案精析第3讲 立体几何中的向量方法高考真题体验1．C [方法一 补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角．由于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC＝CA＝CC1，可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)，∴＝(－1，－1,2)，＝(0,1,2)．∴cos〈，〉＝＝＝＝.方法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解．如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，由于MN綊B1C1綊BD，因此有ND綊BM，则ND与NA所成的角即为异面直线BM与AN所成的角．设BC＝2，则BM＝ND＝，AN＝，AD＝，因此cos∠AND＝＝.]2．(1)证明 由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.26\n(2)解 因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以，，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量＝，＝(0,1，－1)，由n1⊥，n1⊥得r1，s1，t1应满足的方程组(－1,1,1)为其一组解，所以可取n1＝(－1,1,1)．设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量＝(1,0,0)，＝(0,1，－1)，由此同理可得n2＝(0,1,1)．所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.热点分类突破例1 证明 方法一 由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M，O.(1)＝，＝(－1,0,0)，∴·＝0,∴⊥.∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．26\n∵＝(1，－1,1)，＝，＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)，由得解得令x1＝1，则n1＝.同理可得n2＝(0,1,1)．∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.方法二 (1)＝＋＋＝－＋＝(＋)－＋＝－－＋＝－(＋)－＋＝－－.∴向量与向量，共面，又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，∵＝，＝－，∴·＝·＝0，·＝·(－)＝－2＋2＝0.∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，∴OM⊥平面EFCD.又OM⊂平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.跟踪演练1 证明 (1)如图建立空间直角坐标系A－xyz，令AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．取AB中点为N，连接CN，则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，26\n∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)，∴＝，∴DE∥NC，又∵NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC.故DE∥平面ABC.(2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)．·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.例2 解 以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．(1)因为AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0,2,0)．因为＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)．设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0，即令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．从而cos〈，m〉＝＝，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.26\n(2)因为＝(－1,0,2)，设＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又＝(0，－1,0)，则＝＋＝(－λ，－1,2λ)，又＝(0，－2,2)，从而cos〈，〉＝＝.设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos2〈，〉＝＝≤.当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.因为y＝cosx在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.跟踪演练2 (1)证明 ∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.(2)解 过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M(0，，)，则＝(1,1,0)，＝(0，，)，＝(0,1，－1)．设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，则即26\n取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1,1)．设直线AD与平面MBC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.例3 (1)证明 连接A1C，交AC1于点O，连接OD.由ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点．又D为BC的中点，所以OD为△A1BC的中位线，所以A1B∥OD.因为OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.(2)解 由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA，BC，BB1两两垂直．以BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz.设BA＝2，则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，所以＝(1，－2,0)，1＝(2，－2,1)．设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有所以取y＝1，得n＝(2,1，－2)．易知平面ADC的一个法向量为v＝(0,0,1)．所以cos〈n，v〉＝＝－.因为二面角C1－AD－C是锐二面角，所以二面角C1－AD－C的余弦值为.(3)解 假设存在满足条件的点E.因为点E在线段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，故可设E(0，λ，1)，其中0≤λ≤2.26\n所以＝(0，λ－2,1)，1＝(1,0,1)．因为AE与DC1成60°角，所以|cos〈，1〉|＝＝，即＝，解得λ＝1或λ＝3(舍去)．所以当点E为线段A1B1的中点时，AE与DC1成60°角．跟踪演练3 解 (1)如图，以D为坐标原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(，1,0)，所以＝(－，0，－1)，＝(－1,0,1)．因为|cos〈，〉|＝＝＝，所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.因为＝(0,1,1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)，又＝(，－1,0)，所以＝＋＝(，λ－1，λ)．由ES⊥平面AMN，得即故λ＝，此时＝(0，，)，||＝.经检验，当AS＝时，ES⊥平面AMN.故线段AN上存在点S，26\n使得ES⊥平面AMN，此时AS＝.高考押题精练(1)证明 连接AC，∵四边形ABCD是矩形，且Q为BD的中点，∴Q为AC的中点，又在△AEC中，P为AE的中点，∴PQ∥EC，∵EC⊂面BCE，PQ⊄面BCE，∴PQ∥平面BCE.(2)解 如图，取EF的中点M，则AF⊥AM，以A为坐标原点，以AM，AF，AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(0,2,0)．可得＝(2,0,0)，＝(－2,2,0)，＝(0,2，－1)．设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则故即令x＝1，则y＝1，z＝2，故n＝(1,1,2)是平面DEF的一个法向量．∵AM⊥面ADF，∴为平面ADF的一个法向量．∴cos〈n，〉＝＝＝.由图可知所求二面角为锐角，∴二面角A－DF－E的余弦值为.26\n二轮专题强化练答案精析第3讲 立体几何中的向量方法1．D [由已知得M、A、B、C四点共面．所以AM在平面ABC内，选D.]2．C [可为下列7个向量：，，，，1，1，1，其中一个与重合，·＝||2＝1；，1，1与垂直，这时·＝0；，1与的夹角为45°，这时·＝×1×cos＝1，最后1·＝×1×cos∠BAC1＝×＝1，故选C.]3．B [分别以C1B1、C1D1、C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵A1M＝AN＝a，∴M，N，∴＝.又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，∴＝(0，a,0)，∴·＝0，∴⊥.∵是平面BB1C1C的法向量，且MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.]4．A [设AB＝1，则·＝(－)·(－)＝2－·－·＋·＝－cos60°－cos60°＋cos60°＝.∴cos〈，〉＝＝＝.选A.]5．A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，－1,0)，B1(，0,2)，则＝(，1,2)，则＝(－26\n，0,0)为侧面ACC1A1的法向量，由sinθ＝＝.]6.解析 以D点为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，M(1，，1)，C(0,1,0)，N(1,1，)．所以＝(0，，1)，＝(1,0，)．故·＝0×1＋×0＋1×＝，||＝＝，||＝＝，所以cos〈，〉＝＝＝.7．2解析 如图为折叠后的图形，其中作AC⊥CD，BD⊥CD，则AC＝6，BD＝8，CD＝4，两异面直线AC、BD所成的角为60°，故由＝＋＋，得||2＝|＋＋|2＝68，∴||＝2.8．①②解析 设正方体的棱长为1，①中(＋＋)2＝2＝32＝3，故①正确；②中－＝，由于AB1⊥A1C，故②正确；③中A1B与AD1两异面直线所成的角为60°，但与26\n的夹角为120°，故③不正确；④中|··|＝0.故④也不正确．9．证明 (1)以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，∵E，F分别是PC，PD的中点，∴E，F，＝，＝(1,0,0)．∵＝－，∴∥，即EF∥AB，又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB.(2)由(1)可知＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，∵·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.10．(1)证明 由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，故PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.26\n(2)解 由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝得DF∥AC，＝＝，故AC＝DF＝.以C为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，P(0,0,3)，A，E(0,2,0)，D(1,1,0)，＝(1，－1,0)，＝(－1，－1,3)，＝.设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·＝0，n1·＝0，得故可取n1＝(2,1,1)．由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2＝(1，－1,0)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝＝，故所求二面角APDC的余弦值为.11．B [根据题意可知平面A1BD⊥平面A1ACC1且两平面的交线是A1O，所以过点P作交线A1O的垂线PE，则PE⊥平面A1BD，所以∠A1OP或其补角就是直线OP与平面A1BD所成的角α.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP与平面A1BD可以垂直．当点P与点C1重合时可得A1O＝OP＝，A1C1＝2，所以×××sinα＝×2×2，所以sinα＝；当点P与点C重合时，可得sinα＝＝.根据选项可知B正确．]12．①③26\n解析 ①中，∵BC1∥平面AD1C，∴BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P在直线BC1上运动时，直线AB与平面ACD1所成角和直线AC1与平面ACD1所成角不相等，所以不正确；③中，P在直线BC1上运动时，点P在平面AD1C1B中，既二面角P—AD1－C的大小不受影响，所以正确．13.解析 以A为坐标原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A1(0,0,1)，E(1,0，)，F(，1,0)，D1(0,1,1)．∴＝(1,0，－)，＝(0,1,0)．设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝2，则x＝1.∴n＝(1,0,2)．又＝(，1，－1)，∴点F到平面A1D1E的距离为d＝＝＝.14．解 (1)∵AC＝BC，PA＝PB，PC＝PC，∴△PCA≌△PCB，∴∠PCA＝∠PCB，∵PC⊥AC，∴PC⊥CB，又AC∩CB＝C，∴PC⊥平面ACB，且PC，CA，CB两两垂直，故以C为坐标原点，分别以CB，CA，CP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(0,2,0)，D(1,0,0)，P(0,0,2)，∴＝(1，－2,0)，＝(1,0，－2)，设平面PAD的一个法向量为n＝(x，y，z)，∴，∴取n＝(2,1,1)，平面PDB的一个法向量为＝(0,2,0)，26\n∴cos〈n，〉＝，设二面角A—PD—B的平面角为θ，且θ为钝角，∴cosθ＝－，∴二面角A—PD—B的余弦值为－.(2)方法一 存在，M是AB的中点或A是MB的中点．设M(x,2－x,0)(x∈R)，∴＝(x,2－x，－2)，∴|cos〈，n〉|＝＝，解得x＝1或x＝－2，∴M(1,1,0)或M(－2,4,0)，∴在直线AB上存在点M，且当M是AB的中点或A是MB的中点时，使得PM与平面PAD所成角的正弦值为.方法二 存在，M是AB的中点或A是MB的中点．设＝λ，则＝λ(2，－2,0)＝(2λ，－2λ，0)(λ∈R)，∴＝＋＝(2λ，2－2λ，－2)，∴|cos〈，n〉|＝＝.解得λ＝或λ＝－1.∴M是AB的中点或A是MB的中点．∴在直线AB上存在点M，且当M是AB的中点或A是MB的中点时，使得PM与平面PAD所成角的正弦值为.26
