2025版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何與空間向量8.8立體幾何中的向量方法二-求空間角和距離教案理含解析新人教A版

PAGEPAGE1§8.8立體幾何中的向量方法(二)——求空間角距離最新考綱考情考向分析1.能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計(jì)算問(wèn)題.2.了解向量方法在探討立體幾何問(wèn)題中的應(yīng)用.本節(jié)是高考中的必考內(nèi)容，涉及用向量法計(jì)算空間異面直線所成角、直線和平面所成角、二面角及空間距離等內(nèi)容，考查熱點(diǎn)是空間角的求解.題型以解答題為主，要求有較強(qiáng)的數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)，廣泛應(yīng)用函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想.1.兩條異面直線所成角的求法設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則l1與l2所成的角θa與b的夾角β范圍eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))[0，π]求法cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)2.斜線和平面所成的角(1)斜線和它在平面內(nèi)的射影的所成的角叫做斜線和平面所成的角(或斜線和平面的夾角).(2)斜線和它在平面內(nèi)的射影所成的角，是斜線和這個(gè)平面內(nèi)全部直線所成角中最小的角.3.二面角(1)從一條直線動(dòng)身的兩個(gè)半平面所組成的圖形叫做二面角.(2)在二面角α—l—β的棱上任取一點(diǎn)O，在兩半平面內(nèi)分別作射線OA⊥l，OB⊥l，則∠AOB叫做二面角α—l—β的平面角.4.空間向量與空間角的關(guān)系(1)設(shè)異面直線l1，l2的方向向量分別為m1，m2，則l1與l2所成的角θ滿意cosθ＝|cos〈m1，m2〉|.(2)設(shè)直線l的方向向量和平面α的法向量分別為m，n，則直線l與平面α所成角θ滿意sinθ＝|cos〈m，n〉|.(3)求二面角的大小1°如圖①，AB、CD是二面角α—l—β的兩個(gè)面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉.2°如圖②③，n1，n2分別是二面角α—l—β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿意cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉.概念方法微思索1.利用空間向量如何求線段長(zhǎng)度？提示利用|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))可以求空間中有向線段的長(zhǎng)度.2.如何求空間點(diǎn)面之間的距離？提示點(diǎn)面距離的求法：已知AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則點(diǎn)B到平面α的距離為|eq\o(BO,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉|.題組一思索辨析1.推斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角.(×)(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角.(×)(3)兩個(gè)平面的法向量所成的角是這兩個(gè)平面所成的角.(×)π].(√)(5)若二面角α－a－β的兩個(gè)半平面α，β的法向量n1，n2所成角為θ，則二面角α－a－β的大小是π－θ.(×)

題組二教材改編2.已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角為()A.45° B.135°C.45°或135° D.90°答案C解析cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,1·\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝45°.∴兩平面所成二面角為45°或180°－45°＝135°.3.如圖，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為2eq\r(2)，則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為_(kāi)_____.答案eq\f(π,6)解析如圖，以A為原點(diǎn)，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))(AE⊥AB)，eq\o(AA1,\s\up6(→))所在直線分別為x軸、y軸、z軸(如圖)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)D為A1B1的中點(diǎn)，則A(0,0,0)，C1(1，eq\r(3)，2eq\r(2))，D(1,0,2eq\r(2))，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，2eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1,0,2eq\r(2)).∠C1AD為AC1與平面ABB1A1所成的角，cos∠C1AD＝eq\f(\o(AC1,\s\up6(→))·\o(AD,\s\up6(→)),|\o(AC1,\s\up6(→))||\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(1，\r(3)，2\r(2)·1，0，2\r(2),\r(12)×\r(9))＝eq\f(\r(3),2)，又∵∠C1AD∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴∠C1AD＝eq\f(π,6).題組三易錯(cuò)自糾4.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為()A.eq\f(1,10)B.eq\f(2,5)C.eq\f(\r(30),10)D.eq\f(\r(2),2)答案C解析以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系.設(shè)BC＝CA＝CC1＝2，則可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1，0,2)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－1,0,2).∴cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(1×－1＋－1×0＋2×2,\r(12＋－12＋22)×\r(－12＋02＋22))＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).5.已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，則l與α所成的角為_(kāi)_______.答案30°解析設(shè)l與α所成角為θ，∵cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，∴sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2)，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.題型一求異面直線所成的角例1如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點(diǎn)，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)證明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值.(1)證明如圖所示，連接BD，設(shè)BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF.在菱形ABCD中，不妨設(shè)GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\r(3).由BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝eq\r(3)，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝eq\r(2)，故DF＝eq\f(\r(2),2).在Rt△FDG中，可得FG＝eq\f(\r(6),2).在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq\r(2)，DF＝eq\f(\r(2),2)，可得EF＝eq\f(3\r(2),2)，從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，AC，F(xiàn)G?平面AFC，所以EG⊥平面AFC.因?yàn)镋G?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解如圖，以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以GB，GC所在直線為x軸、y軸，|eq\o(GB,\s\up6(→))|為單位長(zhǎng)度，建立空間直角坐標(biāo)系Gxyz，由(1)可得A(0，－eq\r(3)，0)，E(1,0，eq\r(2))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，eq\r(2))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))).故cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(CF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(CF,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).思維升華用向量法求異面直線所成角的一般步驟(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系；(2)確定異面直線上兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而確定異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的肯定值.跟蹤訓(xùn)練1三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB，N，M分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，則AM與BN所成角的余弦值為()A.eq\f(1,10)B.eq\f(3,5)C.eq\f(7,10)D.eq\f(4,5)答案C解析如圖所示，取AC的中點(diǎn)D，以D為原點(diǎn)，BD，DC，DM所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AC＝2，則A(0，－1,0)，M(0,0,2)，B(－eq\r(3)，0,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝(0,1,2)，eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，所以cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AM,\s\up6(→))·\o(BN,\s\up6(→)),|\o(AM,\s\up6(→))|·|\o(BN,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(7,2),\r(5)×\r(5))＝eq\f(7,10)，故選C.題型二求直線與平面所成的角例2(2024·全國(guó)Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把△DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)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.(1)證明由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，PF，EF?平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解如圖，作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(HF,\s\up6(→))的方向?yàn)閥軸正方向，|eq\o(BF,\s\up6(→))|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq\r(3).又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝eq\f(\r(3),2)，EH＝eq\f(3,2).則H(0,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，0))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(HP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2))).又eq\o(HP,\s\up6(→))為平面ABFD的法向量，設(shè)DP與平面ABFD所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(HP,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(HP,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→))|,|\o(HP,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3,4),\r(3))＝eq\f(\r(3),4).所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).思維升華若直線l與平面α的夾角為θ，直線l的方向向量l與平面α的法向量n的夾角為β，則θ＝eq\f(π,2)－β或θ＝β－eq\f(π,2)，故有sinθ＝|cosβ|＝eq\f(|l·n|,|l||n|).跟蹤訓(xùn)練2(2024·全國(guó)Ⅱ)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn).(1)證明：PO⊥平面ABC；(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角M－PA－C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值.(1)證明因?yàn)镻A＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2eq\r(3).如圖，連接OB.因?yàn)锳B＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，所以O(shè)B⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.因?yàn)镺P⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，OB，AC?平面ABC，所以PO⊥平面ABC.(2)解由(1)知OP，OB，OC兩兩垂直，則以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)B，OC，OP所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，如圖所示.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2eq\r(3))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,2,2eq\r(3)).由(1)知平面PAC的一個(gè)法向量為eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2,0,0).設(shè)M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝(a,4－a,0).設(shè)平面PAM的法向量為n＝(x，y，z).由eq\o(AP,\s\up6(→))·n＝0，eq\o(AM,\s\up6(→))·n＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋4－ay＝0，))可取y＝eq\r(3)a，得平面PAM的一個(gè)法向量為n＝(eq\r(3)(a－4)，eq\r(3)a，－a)，所以cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(OB,\s\up6(→))·n,|\o(OB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2\r(3)a－4,2\r(3a－42＋3a2＋a2)).由已知可得|cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉|＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(2\r(3)|a－4|,2\r(3a－42＋3a2＋a2))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝－4(舍去)或a＝eq\f(4,3).所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8\r(3),3)，\f(4\r(3),3)，－\f(4,3))).又eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0,2，－2eq\r(3))，所以cos〈eq\o(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(3),4).所以PC與平面PAM所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).題型三求二面角例3(2024·錦州模擬)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝2，∠ABC＝60°，平面ACEF⊥平面ABCD，四邊形ACEF是菱形，∠CAF＝60°.(1)求證：BF⊥AE；(2)求二面角B－EF－D的平面角的正切值.(1)證明依題意，在等腰梯形ABCD中，AC＝2eq\r(3)，AB＝4，∵BC＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，即BC⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，BC?平面ABCD，∴BC⊥平面ACEF，而AE?平面ACEF，∴AE⊥BC，連接CF，∵四邊形ACEF為菱形，∴AE⊥FC，又∵BC∩CF＝C，BC，CF?平面BCF，∴AE⊥平面BCF，∵BF?平面BCF，∴BF⊥AE.(2)解取EF的中點(diǎn)M，連接MC，∵四邊形ACEF是菱形，且∠CAF＝60°，∴由平面幾何易知MC⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，CM?平面ACEF，∴MC⊥平面ABCD.以CA，CB，CM所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，各點(diǎn)的坐標(biāo)依次為C(0,0,0)，A(2eq\r(3)，0,0)，B(0，2,0)，D(eq\r(3)，－1,0)，E(－eq\r(3)，0,3)，F(xiàn)(eq\r(3)，0,3)，設(shè)平面BEF和平面DEF的一個(gè)法向量分別為n1＝(a1，b1，c1)，n2＝(a2，b2，c2)，∵eq\o(BF,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－2,3)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，0,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BF,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(EF,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)a1－2b1＋3c1＝0，,2\r(3)a1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,2b1＝3c1，))不妨令b1＝3，則n1＝(0,3,2)，同理可求得n2＝(0,3，－1)，設(shè)二面角B－EF－D的大小為θ，由圖易知θ為銳角，∴cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(7,\r(130))，故二面角B－EF－D的平面角的正切值為eq\f(9,7).思維升華利用向量法求二面角的大小的關(guān)鍵是確定平面的法向量，求法向量的方法主要有兩種：①求平面的垂線的方向向量；②利用法向量與平面內(nèi)兩個(gè)不共線向量的數(shù)量積為零，列方程組求解.跟蹤訓(xùn)練3(2024·全國(guó)Ⅲ)如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(diǎn).(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.(1)證明由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM?平面CMD，故BC⊥DM.因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，BC，CM?平面BMC，所以DM⊥平面BMC.又DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)解以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，M為的中點(diǎn).由題設(shè)得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.))可取n＝(1,0,2)，eq\o(DA,\s\up6(→))是平面MCD的一個(gè)法向量，因此cos〈n，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(DA,\s\up6(→)),|n||\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sin〈n，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是eq\f(2\r(5),5).利用空間向量求空間角例(12分)如圖，四棱錐S－ABCD中，△ABD為正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CS＝2，∠BSD＝90°.(1)求證：AC⊥平面SBD；(2)若SC⊥BD，求二面角A－SB－C的余弦值.(1)證明設(shè)AC∩BD＝O，連接SO，如圖①，因?yàn)锳B＝AD，CB＝CD，所以AC是BD的垂直平分線，即O為BD的中點(diǎn)，且AC⊥BD.[1分]在△BCD中，因?yàn)镃B＝CD＝2，∠BCD＝120°，所以BD＝2eq\r(3)，CO＝1.在Rt△SBD中，因?yàn)椤螧SD＝90°，O為BD的中點(diǎn)，所以SO＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(3).在△SOC中，因?yàn)镃O＝1，SO＝eq\r(3)，CS＝2，所以SO2＋CO2＝CS2，所以SO⊥AC.[4分]因?yàn)锽D∩SO＝O，BD，SO?平面SBD，所以AC⊥平面SBD.[5分](2)解方法一過(guò)點(diǎn)O作OK⊥SB于點(diǎn)K，連接AK，CK，如圖②，由(1)知AC⊥平面SBD，所以AO⊥SB.因?yàn)镺K∩AO＝O，OK，AO?平面AOK，所以SB⊥平面AOK.[6分]因?yàn)锳K?平面AOK，所以AK⊥SB.同理可證CK⊥SB.[7分]所以∠AKC是二面角A－SB－C的平面角.因?yàn)镾C⊥BD，由(1)知AC⊥BD，且AC∩SC＝C，AC，SC?平面SAC，所以BD⊥平面SAC.而SO?平面SAC，所以SO⊥BD.在Rt△SOB中，OK＝eq\f(SO·OB,SB)＝eq\f(\r(6),2).在Rt△AOK中，AK＝eq\r(AO2＋OK2)＝eq\f(\r(42),2)，同理可求CK＝eq\f(\r(10),2).[10分]在△AKC中，cos∠AKC＝eq\f(AK2＋CK2－AC2,2AK·CK)＝－eq\f(\r(105),35).所以二面角A－SB－C的余弦值為－eq\f(\r(105),35).[12分]方法二因?yàn)镾C⊥BD，由(1)知，AC⊥BD，且AC∩SC＝C，AC，SC?平面SAC，所以BD⊥平面SAC.而SO?平面SAC，所以SO⊥BD.[6分]由(1)知，AC⊥平面SBD，SO?平面SBD，所以SO⊥AC.因?yàn)锳C∩BD＝O，AC，BD?平面ABCD，所以SO⊥平面ABCD.[7分]以O(shè)為原點(diǎn)，eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OS,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖③，則A(3,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1,0,0)，S(0,0，eq\r(3)).所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3，eq\r(3)，0)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(SB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3)).[8分]設(shè)平面SAB的法向量n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n＝－3x1＋\r(3)y1＝0，,\o(SB,\s\up6(→))·n＝\r(3)y1－\r(3)z1＝0，))令y1＝eq\r(3)，得平面SAB的一個(gè)法向量為n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3)).同理可得平面SCB的一個(gè)法向量為m＝(－eq\r(3)，1,1).[10分]所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(－\r(3)＋\r(3)＋\r(3),\r(7)×\r(5))＝eq\f(\r(105),35).因?yàn)槎娼茿－SB－C是鈍角，所以二面角A－SB－C的余弦值為－eq\f(\r(105),35).[12分]利用向量求空間角的步驟第一步：建立空間直角坐標(biāo)系，確定點(diǎn)的坐標(biāo)；其次步：求向量(直線的方向向量、平面的法向量)坐標(biāo)；第三步：計(jì)算向量的夾角(或函數(shù)值)，并轉(zhuǎn)化為所求角.1.已知兩平面的法向量分別為m＝(1，－1,0)，n＝(0,1，－1)，則兩平面所成的二面角為()A.60°B.120°C.60°或120°D.90°答案C解析cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－1,\r(2)·\r(2))＝－eq\f(1,2)，即〈m，n〉＝120°.∴兩平面所成二面角為120°或180°－120°＝60°.2.如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(\r(5),6) D.eq\f(\r(5),4)答案A解析設(shè)CA＝2，則C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，由向量的夾角公式得cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(0＋4－1,\r(4＋4＋1)×\r(0＋4＋1))＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，故選A.3.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(2),2)答案B解析以A為原點(diǎn)，AB，AD，AA1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(biāo)系A(chǔ)xyz，設(shè)棱長(zhǎng)為1，則A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2))).設(shè)平面A1ED的一個(gè)法向量為n1＝(1，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2，))∴n1＝(1,2,2).∵平面ABCD的一個(gè)法向量為n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3)，即所成的銳二面角的余弦值為eq\f(2,3).4.在正方體ABCD—A1B1C1D1中，AC與B1D所成角的大小為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)答案D解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1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(biāo)系，設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為1，則A(0,0,0)，C(1,1,0)，B1(1,0,1)，D(0,1,0).∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，∵eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，∴eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D,\s\up6(→))，∴AC與B1D所成的角為eq\f(π,2).5.(2024·包頭模擬)已知正三棱柱ABC－A1B1C1，AB＝AA1＝2，則異面直線AB1與CA1所成角的余弦值為()A.0B.－eq\f(1,4)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,2)答案C解析以A為原點(diǎn)，在平面ABC內(nèi)過(guò)A作AC的垂線為x軸，以AC所在直線為y軸，以AA1所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B1(eq\r(3)，1,2)，A1(0,0,2)，C(0,2,0)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,2)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，設(shè)異面直線AB1和A1C所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·\o(A1C,\s\up6(→))|,|\o(AB1,\s\up6(→))|·|\o(A1C,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－2|,\r(8)·\r(8))＝eq\f(1,4).∴異面直線AB1和A1C所成的角的余弦值為eq\f(1,4).6.如圖，點(diǎn)A，B，C分別在空間直角坐標(biāo)系O－xyz的三條坐標(biāo)軸上，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(0,0,2)，平面ABC的法向量為n＝(2，1,2)，設(shè)二面角C－AB－O的大小為θ，則cosθ等于()A.eq\f(4,3)B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2,3)D.－eq\f(2,3)答案C解析由題意可知，平面ABO的一個(gè)法向量為eq\o(OC,\s\up6(→))＝(0,0，2)，由圖可知，二面角C－AB－O為銳角，由空間向量的結(jié)論可知，cosθ＝eq\f(|\o(OC,\s\up6(→))·n|,|\o(OC,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|4|,2×3)＝eq\f(2,3).7.在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，CP的中點(diǎn)，AB＝AC＝1，PA＝2，則直線PA與平面DEF所成角的正弦值為_(kāi)_______.答案eq\f(\r(5),5)解析以A為原點(diǎn)，AB，AC，AP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(biāo)系，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1)).∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)).設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x＋y＋2z＝0.))取z＝1，則n＝(2,0,1)，設(shè)直線PA與平面DEF所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(PA,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(5),5)，∴直線PA與平面DEF所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).8.如圖，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF將正方形折成一個(gè)二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶eq\r(2)，則AF與CE所成角的余弦值為_(kāi)_______.答案eq\f(4,5)解析∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶eq\r(2)，∴AE⊥ED，即AE，DE，EF兩兩垂直，所以建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝EF＝CD＝2，則E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(xiàn)(0,2,0)，C(0,2,1)，∴eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(0,2,1)，∴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(4,5)，∴AF與CE所成角的余弦值為eq\f(4,5).9.如圖所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點(diǎn)，則直線EF和BC1所成的角是__________.答案60°解析以B點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以BC所在直線為x軸，BA所在直線為y軸，BB1所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB＝BC＝AA1＝2，則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2，∴cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(EF,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(EF,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，∵異面直線所成角的范圍是(0°，90°]，∴EF和BC1所成的角為60°.10.(2024·福州質(zhì)檢)已知點(diǎn)E，F(xiàn)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所成的銳二面角的正切值為_(kāi)_______.答案eq\f(\r(2),3)解析方法一延長(zhǎng)FE，CB相交于點(diǎn)G，連接AG，如圖所示.設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為3，則GB＝BC＝3，作BH⊥AG于點(diǎn)H，連接EH，則∠EHB為所求銳二面角的平面角.∵BH＝eq\f(3\r(2),2)，EB＝1，∴tan∠EHB＝eq\f(EB,BH)＝eq\f(\r(2),3).方法二如圖，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)DA＝1，由已知條件得A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,3)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2,3)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,3)))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(2,3)))，設(shè)平面AEF的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋y＋\f(2,3)z＝0.))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)，設(shè)平面AEF與平面ABC所成的銳二面角為θ，則cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(3\r(11),11)，tanθ＝eq\f(\r(2),3).11.(2024·鄂爾多斯聯(lián)考)如圖，在幾何體ABC－A1B1C1中，平面A1ACC1⊥底面ABC，四邊形A1ACC1是正方形，B1C1∥BC，Q是A1B的中點(diǎn)，且AC＝BC＝2B1C1，∠ACB＝eq\f(2π,3).(1)證明：B1Q⊥A1C；(2)求直線AC與平面A1BB1所成角的正弦值.(1)證明如圖所示，連接AC1與A1C交于M點(diǎn)，連接MQ.∵四邊形A1ACC1是正方形，∴M是AC1的中點(diǎn)，又Q是A1B的中點(diǎn)，∴MQ∥BC，MQ＝eq\f(1,2)BC，又∵B1C1∥BC且BC＝2B1C1，∴MQ∥B1C1，MQ＝B1C1，∴四邊形B1C1MQ是平行四邊形，∴B1Q∥C1M，∵C1M⊥A1C，∴B1Q⊥A1C.(2)解∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，CC1⊥AC，CC1?平面A1ACC1，∴CC1⊥平面ABC.如圖所示，以C為原點(diǎn)，CB，CC1所在直線分別為y軸和z軸建立空間直角坐標(biāo)系，令A(yù)C＝BC＝2B1C1＝2，則C(0,0,0)，A(eq\r(3)，－1,0)，A1(eq\r(3)，－1,2)，B(0,2,0)，B1(0，1,2)，∴eq\o(CA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1,0)，eq\o(B1A1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－2,0)，eq\o(B1B,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，設(shè)平面A1BB1的法向量為n＝(x，y，z)，則由n⊥eq\o(B1A1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(B1B,\s\up6(→))，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－2y＝0，,y－2z＝0，))可令y＝2eq\r(3)，則x＝4，z＝eq\r(3)，∴平面A1BB1的一個(gè)法向量n＝(4,2eq\r(3)，eq\r(3))，設(shè)直線AC與平面A1BB1所成的角為α，則sinα＝eq\f(|n·\o(CA,\s\up6(→))|,|n|·|\o(CA,\s\up6(→))|)＝eq\f(2\r(3),2\r(31))＝eq\f(\r(93),31).12.(2024·盤錦模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD為直角梯形，其中AB∥CD，∠CDA＝90°，CD＝2AB＝2，AD＝3，PA＝eq\r(5)，PD＝2eq\r(2)，點(diǎn)E在棱AD上且AE＝1，點(diǎn)F為棱PD的中點(diǎn).(1)證明：平面BEF⊥平面PEC；(2)求二面角A－BF－C的余弦值.(1)證明在Rt△ABE中，由AB＝AE＝1，得∠AEB＝45°，同理在Rt△CDE中，由CD＝DE＝2，得∠DEC＝45°，所以∠BEC＝90°，即BE⊥EC.在△PAD中，cos∠PAD＝eq\f(PA2＋AD2－PD2,2PA·AD)＝eq\f(5＋9－8,2×3×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，在△PAE中，PE2＝PA2＋AE2－2PA·AE·cos∠PAE＝5＋1－2×eq\r(5)×1×eq\f(\r(5),5)＝4，所以PE2＋AE2＝PA2，即PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BE.又因?yàn)镃E∩PE＝E，CE，PE?平面PEC，所以BE⊥平面PEC，所以平面BEF⊥平面PEC.(2)解由(1)知EB，EC，EP兩兩垂直，故以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，以射線EB，EC，EP分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(eq\r(2)，0,0)，C(0,2eq\r(2)，0)，P(0,0,2)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，0))，D(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，設(shè)平面ABF的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝\f(\r(2),2)x1＋\f(\r(2),2)y1＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝－\f(3\r(2),2)x1＋\f(\r(2),2)y1＋z1＝0，))不妨設(shè)x1＝1，則m＝(1，－1,2eq\r(2))，設(shè)平面BFC的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝－\r(2)x2＋2\r(2)y2＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝－\f(3\r(2),2)x2＋\f(\r(2),2)y2＋z2＝0，))不妨設(shè)y2＝2，則n＝(4,2,5eq\r(2))，記二面角A－BF－C為θ(由圖知應(yīng)為鈍角)，則cosθ＝－eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝－eq\f(|4－2＋20|,\r(10)·\r(70))＝－eq\f(11\r(7),35)，故二面角A－BF－C的余弦值為－eq\f(11\r(7),35).13.如圖，在四棱錐S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且AB＝4，SA＝3.E，F(xiàn)分別為線段BC，SB上的一點(diǎn)(端點(diǎn)除外)，滿意eq\f(SF,BF)＝eq\f(CE,BE)＝λ，當(dāng)實(shí)數(shù)λ的值為_(kāi)_______時(shí)，∠AFE為直角.答案eq\f(9,16)解析因?yàn)镾A⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD，AB，AS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(biāo)系A(chǔ)xyz.∵AB＝4，SA＝3，∴B(0,4,0)，S(0,0,3).設(shè)BC＝m，則C(m,4,0)，∵eq\f(SF,BF)＝eq\f(CE,BE)＝λ，∴eq\o(SF,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→)).∴eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\o(AS,\s\up6(→))＝λ(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AF,\s\up6(→))).∴eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,1＋λ)(eq\o(AS,\s\up6(→))＋λeq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,1＋λ)(0,4λ，3)，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4λ,1＋λ)，\f(3,1＋λ))).同理可得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,1＋λ)，4，0))，∴eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,1＋λ)，\f(4,1＋λ)，\f(－3,1＋λ))).∵eq\o(FA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－4λ,1＋λ)，\f(－3,1＋λ)))，要使∠AFE為直角，即eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＝0，則0·eq\f(m,1＋λ)＋eq\f(－4λ,1＋λ)·eq\f(4,1＋λ)＋eq\f(－3,1＋λ)·eq\f(－3,1＋λ)＝0，∴16λ＝9，解得λ＝eq\f(9,16).14.(2024·滿洲里模擬)如圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分別是CC1，BC，AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在直線A1B1上運(yùn)動(dòng)，且eq\o(A1P,\s\up6(→))＝λeq\o(A1B1,\s\up6(→))(λ∈[0,1]).(1)證明：無(wú)論λ取何值，總有AM⊥平面PNQ；(2)是否存在點(diǎn)P，使得平面PMN與平面ABC的夾角為60°？若存在，試確定點(diǎn)P的位置，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.(1)證明連接A1Q.∵AA1＝AC＝1，M，Q分別是CC1，AC的中點(diǎn)，∴Rt△AA1Q≌Rt△CAM，∴∠MAC＝∠QA1A，∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，∴AM⊥A1Q.∵N，Q分別是BC，AC的中點(diǎn)，∴NQ∥AB.又AB⊥AC，∴NQ⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∴NQ⊥AA1.又AC∩AA1＝A，AC，AA1?平面ACC1A1，∴NQ⊥平面ACC1A1，∴NQ⊥AM.由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1，∴N，Q，A1，P四點(diǎn)共面，∴A1Q?平面PNQ.∵NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q?平面PNQ，∴AM⊥平面PNQ，∴無(wú)論λ取何值，總有AM⊥平面PNQ.(2)解如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AC，AA1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq\o(NM,\