【導讀】，求二面角A-PB-C的余弦值.是平面PCB的法向量，則。邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120?得到的，G是DF的中點.（Ⅰ）設(shè)P是CE上的一點，且APBE?所示的空間直角坐標系.由題意得??是平面ACG的一個法向量.因此所求的角為60?（Ⅰ）詳見解析：（Ⅱ）3?設(shè),ACBD交點為E，連接ME.因為PD平面MAC，平面MAC?因為ABCD是正方形，所以E為BD的中點，所以M為PB的中點.取AD的中點O，連接OP，OE.為銳角，所以它的大小為3?所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為269..又MN=（1，2，1?平面BDE，所以MN//平面BDE.），則H，進而可得??所以，線段AH的長為85或12.在平面ABCD內(nèi)，過點A作AE?1,,AEADAA為正交基底，建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz.

　　

【正文】 從而平面 A1BC的一個法向量為 n1＝ (2,2,1)． 設(shè)直線 PC與平面 A1BC所成的角為 θ ， 則 sinθ ＝ |cos〈 CP→ ， n1〉 |＝????????CP→ n1|CP→ || n1|＝ 2233 ， 所以直線 PC與平面 A1BC所成的角的正弦值為 2233 . 則 cos〈 n1， n2〉＝ 9－ 4λ3 4λ 2－ 8λ ＋ 9， 又因為二面角 P— A1C— B的正弦值為 23， 所以 9－ 4λ3 4λ 2－ 8λ ＋ 9＝ 53 ， 化簡得 λ 2＋ 8λ － 9＝ 0，解得 λ ＝ 1或 λ ＝－ 9(舍去 )， 故 λ 的值為 1. 【名師點睛】 (1)運用空間向量坐標運算求空間角的一般步驟： ① 建立恰當?shù)目臻g直角坐標系； ② 求出相關(guān)點的坐標； ③ 寫出向量坐標； ④ 結(jié)合公式進行論證、計算； ⑤ 轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論． (2)求空間角注意： ① 兩條異面直線所成的角 α 不一定是直線的方向向量的夾角 β ，即 cosα ＝|cosβ |.② 兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補角． ③直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數(shù)名稱的變化． 【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】 設(shè)直線 l， m的方向向量分別為 a＝ (a1， b1， c1)， b＝ (a2， b2， c2)．平面 α ， β 的法向量分別為 μ ＝ (a3， b3， c3)， v＝ (a4， b4， c4)(以下相同 )． (1)線線夾角 設(shè) l， m的夾角為 θ (0≤ θ ≤ π2 )， 則 cosθ ＝ |a b||a||b|＝ |a1a2＋ b1b2＋ c1c2|a21＋ b21＋ c21 a22＋ b22＋ c22. (2)線面夾角 設(shè)直線 l與平面 α 的夾角為 θ (0≤ θ ≤ π2 )， 則 sinθ ＝ |a μ ||a||μ |＝ |cos〈 a， μ 〉 |. (3)面面夾角 設(shè)平面 α 、 β 的夾角為 θ (0≤ θ π) ， 則 |cosθ |＝ |μ v||μ ||v|＝ |cos〈 μ ， v〉 |. 易錯起源 利用空間向量求解探索性問題 例 如圖所示，四邊形 ABCD 是邊長為 1 的正方形， MD⊥ 平面 ABCD， NB⊥ 平面 ABCD，且 MD＝ NB＝ 1， E為 BC的中點． (1)求異面直線 NE與 AM所成角的余弦值； (2)在線段 AN 上是否存在點 S，使得 ES⊥ 平面 AMN？若存在，求線段 AS的長；若不存在，請說明理由． 解 (1)由題意，易得 DM⊥ DA， DM⊥ DC， DA⊥ DC. 如圖 所示，以點 D為坐標原點， DA， DC， DM所在直線分別為 x軸， y軸， z軸，建立空間直角坐標系． 則 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(12， 1,0)， 所以 NE→ ＝ (－ 12， 0，－ 1)， AM→ ＝ (－ 1,0,1)． 設(shè)異面直線 NE與 AM所成角為 θ ， 則 cosθ ＝ |cos〈 NE→ ， AM→ 〉 | ＝ |NE→ AM→ ||NE→ || AM→ |＝1252 2＝ 1010 . 所以異面直線 NE與 AM所成角的余弦值為 1010 . (2)假設(shè)在線段 AN上存在點 S，使得 ES⊥ 平面 AMN，連接 AE. 因為 AN→ ＝ (0,1,1)， 可設(shè) AS→ ＝ λ AN→ ＝ (0， λ ， λ )， λ ∈[0,1] ， 又 EA→ ＝ (12，－ 1,0)， 所以 ES→ ＝ EA→ ＋ AS→ ＝ (12， λ － 1， λ )． 由 ES⊥ 平面 AMN， 得????? ES→ AM→ ＝ 0，ES→ AN→ ＝ 0，即????? － 12＋ λ ＝ 0，λ － ＋ λ ＝ 0， 解得 λ ＝ 12，此時 AS→ ＝ (0， 12， 12)， |AS→ |＝ 22 . 經(jīng)檢驗，當 AS＝ 22 時， ES⊥ 平面 AMN. 故線段 AN上存在點 S，使得 ES⊥ 平面 AMN，此時 AS＝ 22 . 【變式探究】 如圖，已知矩形 ABCD所在平面垂直于直角梯形 ABPE所在平面于直線 AB，且 AB＝ BP＝ 2， AD＝ AE＝ 1， AE⊥ AB，且 AE∥ BP. (1)設(shè)點 M為棱 PD的中點，求證： EM∥ 平面 ABCD； (2)線段 PD上是否存在一點 N，使得直線 BN與平面 PCD所成角的正弦值等于 25？若存在，試確定點 N的位置；若不存在，請說明理由． (1)證明 由已知，平面 ABCD⊥ 平面 ABPE，且 BC⊥ AB，則 BC⊥ 平面 ABPE，所以 BA， BP， BC兩兩垂直，故以點 B為原點， BA→ ， BP→ ， BC→ 分別為 x軸， y軸， z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系． 則 P(0,2,0)， D(2,0,1)， M??? ???1， 1， 12 ， E(2,1,0)， C(0,0,1)，所以 EM→ ＝ ??? ???－ 1， 0， 12 . 易知平面 ABCD的一個法向量 n＝ (0,1,0)， 所以 EM→ n＝ (－ 1,0， 12)(0,1,0)＝ 0， 所以 EM→ ⊥ n，又 EM?平面 ABCD， 所以 EM∥ 平面 ABCD. (2)當點 N與點 D重合時，直線 BN 與平面 PCD所成角的正弦值為 25. 理由如下： PD→ ＝ (2，－ 2,1)， CD→ ＝ (2,0,0)， 設(shè)平面 PCD的法向量為 n1＝ (x1， y1， z1)， 由????? n1 PD→ ＝ 0，n1 CD→ ＝ 0，得????? 2x1－ 2y1＋ z1＝ 0，2x1＝ 0， 取 y1＝ 1，得平面 PCD的一個法向量等于 n1＝ (0,1,2)， 假設(shè)線段 PD上存在一點 N，使得直線 BN 與平面 PCD所成的角 α 的正弦值等于 25. 設(shè) PN→ ＝ λ PD→ (0≤ λ ≤1) ， 則 PN→ ＝ λ (2，－ 2,1)＝ (2λ ，－ 2λ ， λ )， BN→ ＝ BP→ ＋ PN→ ＝ (2λ ， 2－ 2λ ， λ )． 所以 sinα ＝ |cos〈 BN→ ， n1〉 |＝ |BN→ n1||BN→ ||n1| ＝ 25 λ 2＋ － 2λ 2＋ λ 2 ＝ 25 9λ 2－ 8λ ＋ 4＝ 25. 所以 9λ 2－ 8λ － 1＝ 0， 解得 λ ＝ 1或 λ ＝－ 19(舍去 )． 因此，線段 PD上存在一點 N，當 N點與 D點重合時，直線 BN與平面 PCD所成角的正弦值等于25. 【名師點睛】 空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷．解題時，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“ 是否存在 ” 問題轉(zhuǎn)化為 “ 點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解 ” 等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運用這一方法． 【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】 存在探索性問題的基本特征是要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學對象 (數(shù)值、圖形、函數(shù)等 )是否存在或某一結(jié)論是否成立．解決這類問題的基本策略是先假設(shè)題中的數(shù)學對象存在 (或結(jié)論成立 )或暫且認可其中的一部分結(jié)論，然 后在這個前提下進行邏輯推理，若由此導出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論．