高中數(shù)學(xué) 2.5 夾角的計算基礎(chǔ)達標(biāo) 北師大版選修2-1

【成才之路】-學(xué)年高中數(shù)學(xué)2.5夾角的計算基礎(chǔ)達標(biāo)北師大版選修2-1一、選擇題1．如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點，則A1E與BDA．eq\f(\r(3),5) B．eq\f(\r(30),10)C．eq\f(3,4) D．eq\f(\r(7),7)[答案]B[解析]分別以DA，DC，DD1為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A1(1,0,2)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，D(0,0,0)，∴eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，－2,0)．∴|cos〈eq\o(A1E,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉|＝|eq\f(A1E·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(A1E,\s\up6(→))||\o(BD,\s\up6(→))|)|＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).2．已知E，F(xiàn)分別是棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BC，CC1的中點，則截面AEFD1與底面ABCDA．eq\f(2,3) B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(\r(5),3) D．eq\f(2\r(3),3)[答案]C[解析]以D為坐標(biāo)原點，以DA，DC，DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則A(1,0,0)，E(eq\f(1,2)，1,0)，D1(0,0,1)，∴eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，1,0)．設(shè)平面AEFD1的法向量為n＝(x，y，z)則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－\f(x,2)＋y＝0，))∴x＝2y＝z.取y＝1，則n＝(2,1,2)，而平面ABCD的一個法向量為u＝(0,0,1)，∴cos〈n，u〉＝eq\f(2,3)，∴sin〈n，u〉＝eq\f(\r(5),3).3．如圖，四面體P—ABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角B—AP—C的余弦值為()A．eq\f(\r(2),2) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(7),7) D．eq\f(5,7)[答案]C[解析]如圖，作BD⊥AP于D，作CE⊥AP于E，eq\o(DB,\s\up6(→))與eq\o(EC,\s\up6(→))的夾角恰是二面角的平面角，設(shè)AB＝1，則易得CE＝eq\f(\r(2),2)，EP＝eq\f(\r(2),2)，PA＝PB＝eq\r(2)，AB＝1，可以求得BD＝eq\f(\r(14),4)，ED＝eq\f(\r(2),4).∵eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(EC,\s\up6(→))，∴eq\o(BC2,\s\up6(→))＝eq\o(BD2,\s\up6(→))＋eq\o(DE2,\s\up6(→))＋eq\o(EC2,\s\up6(→))＋2eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＋2eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))＋2eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→)).∴eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,4).∴cos〈eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(EC,\s\up6(→))〉＝－eq\f(\r(7),7).即cos〈eq\o(DB,\s\up6(→))，eq\o(EC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(7),7).二、填空題4．如圖所示，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，則異面直線A1B與AC[答案]eq\f(\r(6),6)[解析]根據(jù)題意，以點C為坐標(biāo)原點，分別以CA、CB、CC1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，A1(1,0,2)．于是得eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(－1,1，－2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，所以cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(A1B,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋0＋0,\r(6)×1)＝eq\f(\r(6),6)，所以異面直線A1B與AC夾角的余弦值為eq\f(\r(6),6).5．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長都相等，D是A1C1的中點，則直線AD與平面B1[答案]eq\f(4,5)[解析]不妨設(shè)正三棱柱ABC－A1B1C1的棱長為2，建立如右圖所示空間直角坐標(biāo)系．則C(0,0,0)，A(eq\r(3)，－1,0)，B1(eq\r(3)，1,2)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，則eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,2)，設(shè)平面B1DC的法向量為n＝(x，y,1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up6(→))＝0,n·\o(CB1,\s\up6(→))＝0))，解得n＝(－eq\r(3)，1,1)．又∵eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，－2))，∴sinθ＝|cos〈eq\o(DA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(4,5).三、解答題6．(·遼寧理)如圖，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點．(1)求證：EF⊥BC；(2)求二面角E－BF－C的正弦值．[解析](1)方法一：過E作EO⊥BC，垂足為O，連接OF，由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC，圖1所以∠EOC＝∠FOC＝eq\f(π,2)，即FO⊥BC.又EO⊥BC，因此BC⊥平面EFO.又EF?平面EFO，所以EF⊥BC.方法二：由題意，以B為坐標(biāo)原點，在平面DBC內(nèi)過B作垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，易得B(0,0,0)，A(0，－1，eq\r(3))，D(eq\r(3)，－1,0)，C(0,2,0)，因而E(0，eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，F(xiàn)(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，0，－eq\f(\r(3),2))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，因此eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，從而eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以EF⊥BC.(2)方法一：在圖1中過O作OG⊥BF，垂足為G連EG，由平面ABC⊥平面BDC，從而EO⊥平面BDC，又OG⊥BF，由三垂線定理知EG⊥BF.因此∠EGO為二面角E－BF－C的平面角，在△EOC中，EO＝eq\f(1,2)EC＝eq\f(1,2)BC·cos30°＝eq\f(\r(3),2)，由△BGO∽△BFC知OG＝eq\f(BO,BC)·FC＝eq\f(\r(3),4).因此tan∠EGO＝eq\f(EO,OG)＝2，從而sin∠EGO＝eq\f(2\r(5),5).即二面角的正弦值為eq\f(2\r(5),5).方法二：在圖(2)中平面BFC的一個法向量為n1＝(0,0,1)，設(shè)平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)圖2又eq\o(BF,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BF,\s\up6(→))＝0,n2·\o(BE,\s\up6(→))＝0))得其中一個n2＝(1，－eq\r(3)，1)設(shè)二面角E－BF－C的大小為θ，由題意知θ為銳角，則cosθ＝|cos<n1，n2>|＝|eq\f(n1·n2,|n1||n|)|＝eq\f(1,\r(5)).因此sinθ＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).即所求二面角正弦值為eq\f(2\r(5),5).一、選擇題1．若平面α的一個法向量n＝(4,1,1)，直線l的方向向量a＝(－2，－3,3)，則l與α夾角的余弦值為()A．－eq\f(\r(11),11) B．eq\f(\r(11),11)C．－eq\f(\r(110),11) D．eq\f(\r(913),33)[答案]D[解析]cos〈a，n〉＝eq\f(a·n,|a||n|)＝eq\f(－8－3＋3,\r(18)×\r(22))＝eq\f(－4,3\r(11)).∴l(xiāng)與α夾角的余弦值為eq\r(1－－\f(4,3\r(11))2)＝eq\f(\r(913),33).2．在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長相等，側(cè)棱垂直于底面，點D是側(cè)面BB1C1C的中心，則ADA．30° B．45°C．60° D．90°[答案]C[解析]如圖，取BC的中點E，連結(jié)DE，AE，AD，依題意知三棱柱為正三棱柱，易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE為AD與平面BB1C1C所成的角．設(shè)各棱長為1，則AE＝eq\f(\r(3),2)，DE＝eq\f(1,2)，∴tan∠ADE＝eq\f(AE,DE)＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(1,2))＝eq\r(3)，∴∠ADE＝60°，故選C.3．在長方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是棱BB1，B1C1的中點，若∠CMN＝90°，則異面直線AD1與A．30° B．45°C．60° D．90°[答案]D[解析]如圖，連結(jié)DM，BC1，則MC為DM在平面B1C又因為CM⊥MN，所以DM⊥MN.因為MN∥BC1∥AD1，所以DM⊥AD1，即AD1與DM的夾角為90°.4．如圖，在棱長都相等的四面體ABCD中，E，F(xiàn)分別為棱AD，BC的中點，連接AF，CE，則直線AF與CE所成的角的余弦值為()A．eq\f(2,3) B．eq\f(1,6)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(1,3)[答案]A[解析]設(shè)該四面體的棱長為1，則|eq\o(AF,\s\up6(→))|＝|eq\o(CE,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),2)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝1.所以eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·eq\f(1,2)(2eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))·2eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,2)＋2－eq\f(1,2))＝eq\f(1,2).所以cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(EC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AF,\s\up6(→))·\o(EC,\s\up6(→)),|\o(AF,\s\up6(→))||\o(EC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,3).5．把正方形ABCD沿對角線AC折起成直二面角，點E、F分別是AD、BC的中點，O是正方形中心，則折起后，∠EOF的大小為()A．(0°，90°) B．90°C．120° D．(60°，120°)[答案]C[解析]eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))，eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))，∴eq\o(OE,\s\up6(→))·eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→)))＝－eq\f(1,4)|eq\o(OA,\s\up6(→))|2.又|eq\o(OE,\s\up6(→))|＝|eq\o(OF,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(2),2)|eq\o(OA,\s\up6(→))|，∴cos〈eq\o(OE,\s\up6(→))，eq\o(OF,\s\up6(→))〉＝eq\f(－\f(1,4)|\o(OA,\s\up6(→))|2,\f(1,2)|\o(OA,\s\up6(→))|2)＝－eq\f(1,2).∴∠EOF＝120°，故選C.二、填空題6．如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，點D在棱BB1上，且BD＝1，則AD與平面AA1[答案]eq\f(\r(6),4)[解析]解法一：取AC、A1C1的中點M、M1，連結(jié)MM1、BM.過D作DN∥BM，則容易證明DN⊥平面AA1C1C.連結(jié)AN，則∠DAN就是AD在Rt△DAN中，sin∠DAN＝eq\f(ND,AD)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(2))＝eq\f(\r(6),4).解法二：取AC、A1C1中點O、E，則OB⊥AC，OE⊥平面ABC，以O(shè)為原點OA、OB、OE為x軸、y軸、z在正三角形ABC中，BM＝eq\f(\r(3),2)AB＝eq\f(\r(3),2)，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，1))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，又平面AA1C1C設(shè)直線AD與平面AA1C1Csinθ＝|cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，e〉|＝eq\f(|\o(AD,\s\up6(→))·e|,|\o(AD,\s\up6(→))|·|e|)＝eq\f(\r(6),4).解法三：設(shè)eq\o(BA,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b，eq\o(BD,\s\up6(→))＝c，由條件知a·b＝eq\f(1,2)，a·c＝0，b·c＝0，又eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))＝c－b，平面AA1C1C的法向量eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)．設(shè)直線AD與平面AA1C1Csinθ＝|cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BM,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AD,\s\up6(→))·\o(BM,\s\up6(→))|,|\o(AD,\s\up6(→))|·|\o(BM,\s\up6(→))|)，∵eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝(c－b)·eq\f(1,2)(a＋b)＝eq\f(1,2)a·c－eq\f(1,2)a·b＋eq\f(1,2)b·c－eq\f(1,2)|b|2＝－eq\f(3,4).|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝(c－b)2＝|c|2＋|b|2－2b·c＝2，∴|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(BM,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,4)(a＋b)2＝eq\f(1,4)(|a|2＋|b|2＋2a·b)＝eq\f(3,4)，∴|eq\o(BM,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),2)，∴sinθ＝eq\f(\r(6),4).7．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，則A1B與平面A1B1CD所成角的大小為[答案]30°[解析]方法1：連結(jié)BC1，設(shè)與B1C交于O點，連結(jié)A1O.∵BC1⊥B1C，A1B1⊥BC1，A1B1∩B1C＝B∴BC1⊥平面A1B1C∴A1B在平面A1B1CD內(nèi)的射影為A1O.∴∠OA1B就是A1B與平面A1B1CD所成的角，設(shè)正方體的棱長為1.在Rt△A1OB中，A1B＝eq\r(2)，BO＝eq\f(\r(2),2)，∴sin∠OA1B＝eq\f(BO,A1B)＝eq\f(\f(\r(2),2),\r(2))＝eq\f(1,2).∴∠OA1B＝30°.即A1B與平面A1B1CD所成的角為30°.方法2：以D為原點，DA，DC，DD1分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則A1(1,0,1)，C(0,1,0)．∴eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)．設(shè)平面A1B1CD的一個法向量為n＝(x，y，z)則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0,y＝0))令z＝－1得x＝1.∴n＝(1,0，－1)，又B(1,1,0)，∴eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，cos〈n，eq\o(A1B,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·n,|\o(A1B,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(1,\r(2)·\r(2))＝eq\f(1,2).∴〈n，eq\o(A1B,\s\up6(→))〉＝60°，所以A1B與平面A1B1CD所成的角為30°.三、解答題8．(·新課標(biāo)Ⅰ理)如圖三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，AB(1)證明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值．[解析](1)連結(jié)BC，BC1交BC于點O，連結(jié)AO，因為側(cè)面BB1C1C為菱形，所以B1C⊥BC1，且O為B1又AB⊥B1C，所以B1C1⊥平面ABO，由于AO?平面ABO，故B1C又B1O＝CO，故AC＝AB1.(2)因為AC⊥AB1，且O為B1C的中點，所以AO＝又因為AB＝BC，所以△BOA≌△BOC，故OA⊥OB，從而OA，OB，OB1兩兩互相垂直．以O(shè)為坐標(biāo)原點，eq\o(OB,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，|OBeq\o(|,\s\up6(→))為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz.因為∠CBB1＝60°，所以△CBB1為等邊三角形，又AB＝BC，則A(0,0，eq\f(\r(3),3))，B(1,0,0)，B1(0，eq\f(\r(3),3)，0)，C(0，－eq\f(\r(3),3)，0)．eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0，eq\f(\r(3),3)，－eq\f(\r(3),3))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0，－eq\f(\r(3),3))，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，－eq\f(\r(3),3)，0)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1B1,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)y－\f(\r(3),3)z＝0，,x－\f(\r(3),3)z＝0.))所以可取n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))設(shè)m是平面A1B1C1的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1B1,\s\up6(→))＝0，,m·\o(B1C1,\s\up6(→))＝0.))同理可取m＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))．則cos(n，m)＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(1,7).所以二面角A－A1B1－C1的余弦值為eq\f(1,7).9.如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝AC，D為BC的中點，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)證明：AP⊥BC；(2)在線段AP上是否存在點M，使得二面角A－MC－B為直二面角？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由．[解析]方法一：(1)證明：如右圖，以O(shè)為原點，以射線OD為y軸的正半軸，射線OP為z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.則O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4，2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,3,4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－8,0,0)，由此可得eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC.(2)解：假設(shè)存在滿足題意的M，設(shè)eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PA,\s\up6(→))，λ≠1，則eq\o(PM,\s\up6(→))＝λ(0，－3，－4)．eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))＋λeq\o(PA,\s\up6(→))＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－4,5,0)．設(shè)平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BM,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(BC,\s\up6(→))·n1＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x1－2＋3λy1＋4－4λz1＝0，,－8x1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,z1＝\f(2＋3λ,4－4λ)y1，))可取n1＝(0,1，eq\f(2＋3λ,4－4λ))．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3y2＋4z2＝0，,－4x2＋5y2＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(5,4)y2，,z2＝－\f(3,4)y2，))可取n2＝(5,4，－3)由n1·n2＝0，得4－3·eq\f(2＋3λ,4－4λ)＝0，解得λ＝eq\f(2,5)，故AM＝3.綜上所述，存在點M符合題意，AM＝3.方法二：(1)證明：由AB＝AC，D是BC的中點，得AD⊥BC.又PO⊥平面ABC，所以PO⊥BC.因為PO∩AD＝O，所以BC⊥平面PAD，故BC⊥PA.(2)解：如右圖，在平面PAB內(nèi)作BM⊥PA于M，連接CM.由(1)知AP⊥BC，得AP⊥平面BMC.又AP平面APC，所以平面BMC⊥平面APC.在Rt△ADB中，AB2＝AD2＋BD2＝(AO＋OD)2＋(eq\f(1,2)BC)2＝41，得AB＝eq\r(41).在Rt△POD中，PD2＝PO2＋OD2，在Rt△PDB中，PB2＝PD2＋BD2，所以PB2＝PO2＋OD2＋DB2＝36，得PB＝6.在Rt△POA中，PA2＝AO2＋OP2＝25，得PA＝5.又cos∠BPA＝eq\f(PA2＋PB2－AB2,2PA·PB)＝eq\f(1,3)，從而PM＝PBcos∠BPA＝2，所以AM＝PA－PM＝3.綜上所述，存在點M符合題意，AM＝3.10．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2eq\r(2)，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝eq\r(5).(1)求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角A－A1C1－B1(3)設(shè)N為棱B1C1的中點，點M在平面AA1B1B內(nèi)，且MN⊥平面A1B1C1，求線段[解析]方法一：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，點B為坐標(biāo)原點．依題意得A(2eq\r(2)，0,0)，B(0,0,0)，C(eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))，A1(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，B1(0,2eq\r(2)，0)，C1(eq\r(2)，eq\r(2)，eq\r(5))．(1)解：易得eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，0,0)，于是cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(A1B1,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(A1B1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,3×2\r(2))＝eq\f(\r(2),3).所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為eq\f(\r(2),3).(2)解：易知eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,2eq\r(2)，0)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))．設(shè)平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AA1,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x－\r(2)y＋\r(5)z＝0，,2\r(2)y＝0.))不妨令x＝eq\r(5)，可得m＝(eq\r(5)，0，eq\r(2))．同樣地，設(shè)平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1B1,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x－\r(2)y＋\r(5)z＝0，,－2\r(2)x＝0.))不妨令y＝eq\r(5)，可得n＝(0，eq\r(5)，eq\r(2))．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2,\r(7)·\r(7))＝eq\f(2,7)，從而sin〈m，n〉＝eq\f(3\r(5),7).所以二面角A－A1C1－B1的正弦值為eq\f(3\r(5),7).(3)解：由N為棱B1C1的中點，得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(3\r(2),2)，\f(\r(5),2))).設(shè)M(a，b,0)，則eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－a，\f(3\r(2),2)－b，\f(\r(5),2)))，由MN⊥平面A1B1C1得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(MN,\s\up6(→))·\o(A1B1,\s\up6(→))＝0，,\o(MN,\s\up6(→))·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\