中山大学高考分数线-福利院工作总结

1
专题十四 空间向量部分
一、近几年江苏高考

1、（2018年江苏卷） 如图，在正三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中，AB=AA
1
=2，点P，Q分别为A
1
B
1
，BC的中点．

（
1
）求异面直线
BP
与< br>AC
1
所成角的余弦值；

（
2
）求直线
C C
1
与平面
AQC
1
所成角的正弦值．

【解析】 分析：（
1
）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再的一根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（
2
）利用平面的方向量的求法列方程 组解得平面
个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果
.
详解：如图，在正三棱柱
ABC−A
1
B
1
C
1
中，设
AC
，
A
1
C
1
的中点 分别为
O
，
O
1
，则
OB
⊥
OC
，
OO
1
⊥
OC
，
OO
1
⊥
OB
，以
因为
AB=AA
1
=2
，

所以．

为基底，建立空间直角坐标系
O−xyz
．


（
1
）因为
P
为
A
1
B
1
的中点，所以，

2

1
从而，

故．

因此，异面直线
BP
与
AC
1
所成 角的余弦值为
（
2
）因为
Q
为
BC
的中点，所以< br>因此，
，

．

．

设
n
=
（
x
，
y
，
z
）为平面
AQC
1
的一个法向量，

则
不妨取
即
，


设直线
CC
1
与平面
AQC
1
所成角为，

则，

所以直线
CC
1
与平面
AQC
1< br>所成角的正弦值为．

2、（2017年江苏卷） 如图，在平行六面体ABCDA1
B
1
C
1
D
1
中，AA
1
⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA
1
＝3，
∠BAD＝120°.
(1) 求异面直线A
1
B与AC
1
所成角的余弦值；
(2) 求二面角BA
1
DA的正弦值．

2

1
解：在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.
因为AA
1
⊥平面ABCD，AE，AD⊂平面ABCD，
所以AA
1
⊥AE，AA
1
⊥AD.
→→→
如图 ，以{AE，AD，AA
1
}为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz.
因为AB＝AD＝2，AA
1
＝3，∠BAD＝120°，
则A(0,0,0)，B(3，－1,0)，D(0,2,0)，
E(3，0,0)，A
1
(0,0，3)，C
1
(3，1，3)．

→→
(1)A
1
B＝(3，－1，－3)，AC
1
＝(3，1，3)，
→→
A
1
B·AC
1
→→
则cos〈A
1
B，AC
1
〉＝
→→
|A
1B||AC
1
|
＝
3，－1，－3·3，1，3
1＝－，
77
1
因此异面直线A
1
B与AC
1
所成角的余弦值为.
7
→
(2)平面A
1
DA的一个法向量为AE＝(3，0,0)．
设m＝(x，y，z)为平面BA
1
D的一个法向量，
→→
又A
1
B＝(3，－1，－3)，BD＝(－3，3,0)，
→

A
1
B＝0，

m·

3x－y－3 z＝0，
则

即


→

－3x＋3y＝0.

m·BD＝0，



不妨取x＝3，则y＝3，z＝2，
2

1
所以m＝(3，3，2)为平面BA
1
D的一个法向量，
→
3， 3，2
3AE·m
3，0，0·
→
从而cos〈AE，m〉＝＝＝.
→
4
3×4
|AE||m|
3
设二面角BA
1DA的大小为θ，则|cosθ|＝.
4
因为θ∈[0，π]，所以sinθ＝1－co s
2
θ＝
因此二面角BA
1
DA的正弦值为
7
.
4
7
.
4
3、(2015年江苏卷). 如图，在四棱锥PABC D中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠
π
ABC＝∠BAD＝，P A＝AD＝2，AB＝BC＝1.
2
(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．

→→→
规范解答 以{AB，AD，AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-x yz，则各点的坐标为B(1,0,0)，
C(1,1,0)，D(0，2,0)，P(0,0,2)．
2

1

→→
(1) 因为AD⊥平面PAB，所以AD是平面PAB的一个法向量，AD＝(0,2,0)．
→→
因为PC＝(1,1，－2)，PD＝(0,2，－2)．
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
→→
则m·PC＝0，m·PD＝0，


x＋y－2z＝0，< br>即

令y＝1，解得z＝1，x＝1.

2y－2z＝0.


所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．
→
AD·m3
→
从而cos〈AD，m〉＝＝，
→
3|AD||m|
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为
3
.
3
→→→→→→→
(2) 因为BP＝(－1,0,2)，设BQ＝λBP＝(－λ， 0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB＝(0，－1,0)，则CQ＝CB＋BQ＝(－λ，－
→→
1＋2λ
CQ·DP
→→→
1,2λ)，又DP＝(0，－2,2)，从而cos〈 CQ，DP〉＝＝.
2
→→
10λ＋2
|CQ||DP|
设1＋2 λ＝t，t∈[1,3]，则
→→
cos
2
〈CQ，DP〉＝
2t< br>2
29
＝
≤
.
5t
2
－10t＋9

15

2
20
10
9

t
－
9

＋
9
92310
→→
当且仅当t＝，即λ＝时 ，|cos〈CQ，DP〉|的最大值为.
5510
π
因为y＝cosx在0，上是 减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．
2
2

1
225
又因为BP＝1
2
＋2
2
＝5，所以BQ＝BP＝.

55
二、近几年高考试卷分析
年份 2018年 2017年 2015年
考查知识异面直线所成的角异面直线所成的平面与平面所成的
点 以及直线与平面所角以及平面与平角以及与直线与直
成的角 面所成的角 线所成角的问题
江 苏近五年高考试卷中空间向量部分部分考查了三年，分别考查了求异面直线所成的角、直线
与平面所成的 角和二面角的平面角；所涉及的几何体均为特殊的柱或者侧棱与底面垂直的锥，
图形中会明显得出三条两 两垂直的直线。也是高中阶段运用空间向量解决几何体的一种特殊
题，否则就涉及复杂的建系。

三、空间向量模块中存在的问题
空间向量模块中主要存在的问题有以下几个方面：
1、建系问题，题目中若没有明确告诉三条垂直的直线，则要找出三条两两垂直的直线；
2、运用向量所求的角与题目中所求角的关系；
3、线线角、线面角的范围。
四、2021年高考预测
结合本模块的特点以及近几年江苏高考命题的趋势，2021年重点应该注意以下几点：
1、今年江苏高考附加题的第三题考查这个问题的可能性很大。
2、从知识点来看，今年线线角或者线面角的可能性比较大。但是面面角也要重点防备。
五、典型例题
例1、(2019南京学情调研） 如图，在正四棱柱ABCDA
1< br>B
1
C
1
D
1
中，已知底面ABCD的边长AB＝3 ，侧棱
→→
AA
1
＝2，E是棱CC
1
的中点，点F满足A F＝2FB.
(1) 求异面直线FE和DB
1
所成角的余弦值；
(2) 记二面角EB
1
FA的大小为θ，求|cosθ|.
2

1

规范解答 在正四棱柱ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
→→→
以{DA
，DC，DD
1
}为正交基底，
建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.

因为AB＝3，AA
1
＝2，
→→
E是CC
1
的中点，AF＝2FB
，
所以E(0，3，1)，F(3，2，0)，B
1
(3，3，2). (2分)
→→
(1)从而FE＝(－3，1，1)，DB
1
＝(3，3，2)．
设异面直线FE和DB
1
所成的角为α，
422
→→
< br>－3×3＋1×3＋1×2

＝则cosα＝|cos〈FE
，DB
1
〉|＝

＝.

11×22

11×22
11
2

1
22
因此，异面直线FE和DB
1
所成角的余弦值为. (5分)
11
(2)设平面B
1
FE的法向量为n
1
＝(x，y，z)．
→→
因为FE＝(－3，1，1)，FB
1
＝(0，1，2)，
1
→

FE＝0，－3x＋y＋z＝0，

n
1
·

x＝－z，

3
由

得

所以


→
y＋2z＝0，


FB
1
＝0，

n
1
·

y＝－2z.
取z＝ －3，则平面B
1
FE的一个法向量为n
1
＝(1，6，－3)．(8分)
又因为平面AB
1
F的一个法向量为n
2
＝(1，0，0)，
所以cos〈n
1
，n
2
〉＝
146
＝.
46×1
46
46
. (10分)
46
因此|cosθ|＝| cos〈n
1
，n
2
〉|＝
解后反思
1. 建系之前的作图证明必须强调到位；2. 利用位置关系解出各点坐标，求出要用向量，一切具
备后再进行相关角的计算，忌书写混乱；3. 平面AB
1
F的法向量是直接利用题中垂直信息求得，减少了计
算量．
变式1、(2019南京、盐城一模） 如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面 ABCD，AD＝
1，PA＝AB＝2，点E是棱PB的中点．
(1) 求异面直线EC与PD所成角的余弦值；
(2) 求二面角BECD的余弦值．

思路分析
第(1)问，欲求“异面直线EC与PD所成角的余弦值”，即求“直线EC与PD 方向向量的余弦值的
绝对值”；第(2)问，欲求“二面角BECD的余弦值”，则需先求“两平面法向 量夹角余弦值”，再根据图形判断
2

1
二面角与向量夹角的大小关系判断符号．
规范解答 (1)因为PA⊥底面ABCD，且底面 ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直，以A为原点，
AB，AD，AP分别为x，y，z轴 建立空间直角坐标系．又因为PA＝AB＝2，AD＝1，所以A(0，0，0)，
B(2，0，0)， C(2，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，2)，(2分)
因为E是棱PB的中点，所以E

22

，
，0，
2

2
22
→→
所以EC＝

，1，－

，PD
＝(0，1，－2)，
2

2
→→
所以cos〈EC
，PD
〉＝
1＋1
6
＝
，
3
11
＋1＋×1＋2
22
6
.(6分)
3所以异面直线EC与PD所成角的余弦值为
22
→→→
(2)由(1)得EC＝< br>
，1，－

，BC
＝(0，1，0)，DC＝(2，0，0)． < br>2

2


2
x
1
＋y
1
－
2
z
1
＝0，
2
设平面BEC的法向量为n< br>1
＝(x
1
，y
1
，z
1
)，所以

2



y
1
＝0.
令x
1< br>＝1，则z
1
＝1，所以平面BEC的一个法向量为n
1
＝(1，0， 1)．
22


x
2
＋y
2
－z
2
＝0，
2
设平面DEC的法向量为n
2
＝(x
2
，y
2
，z
2
)，所以

2



2x
2
＝0.
令z
2
＝2，则y
2
＝ 1，所以平面DEC的一个法向量为n
2
＝(0，1，2)，
所以cos〈n
1
，n
2
〉＝
分)
变式
2
、（
2020
江苏扬州上学期期中考试）如图，正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
的所有棱长均为
2
，点
E< br>、
F
分别
233
＝.由图可知二面角BECD为钝角，所以二面角BE CD的余弦值为－.(10
3
1＋1×1＋2
3
uuuruuur
u uuruuur
在棱
AA
1
、
BB
1
上移动，且< br>AE

AA
1
，
BF(1

)BB< br>1
．


(1)
若


2
1
，求异面直线
CE
与
C
1
F
所成角的余弦值；

2

1
(2)
若二面角
AEFC的大小为

，且
sin


25
，求

的值．

5
【解析】在正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，取
AB
中点
O
，取
A
1
B
1
中点
O
1
，连
OC
、OO
1
，则

OO
1
PAA
1
，ABOC
，又正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
AA
1

平面
ABC
，
AB
、
OC
平面
ABC
，所以
AA
1
OC
，
AA
1
AB
，所以
OO
1
OC
，
OO
1
AB
．

以
O
为坐标原点，OA
、
OO
1
、
OC
所在直线分别为
x
、
y
、
z
轴建立如图所示空间直角坐标系
Oxyz
，则
O

0,0,0

，
A

1,0,0
，
C0,0,3
，
C
1
0,2,3
，
E

1,2

,0

，
F

 1,22

,0

，


uuuuv
uuuv
CE1,2

,3
，
C
1
F1, 2

,



3

，


uuuvuuuuv
uuuvuuuuv
uuuuv
uuuvCEC
1
F
1131
1
cosCE,CF
，

uuuvuuuuv


CF1,1,3
C E1,1,3
(1)
若，，
1
，
1
5
2
55
CEC
1
F


1
故异面直线CE
与
C
1
F
所成角的余弦值为．

5
uuuv
v
(2)
由
(1)
可得
CF1,22
,3
，设平面
CEF
的一个法向量
n

x,y,z

，则

v
v
uuu

v< br>
nCEx2

y3z0
n323

,3,1
，

z1
，取得：
v

v
uu u


nCFx(22

)y3z0
uuu v
25
取平面
AEF
的一个法向量
OC0,0,3
，由二 面角
AEFC
的大小为

，且
sin

，得



5
uuuv
r
uuuv
r
OCn
cosOC,n
uuuv
r

OCn


33
．

6
3
3
323




3

22

1
2
5
1
2
，化简得
(2

1)
，所以
3
5
例2、(2019常州期末）如图，在空间直角坐标系Oxyz中 ，已知正四棱锥PABCD的高OP＝2，点B，D和
C，A分别在x轴和y轴上，且AB＝2，点M是 棱PC的中点．
(1) 求直线AM与平面PAB所成角的正弦值；
2

1
(2) 求二面角APBC的余弦值．

规范解答 ( 1)记直线AM与平面PAB所成角为α，A(0，－1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0 ，0，2)，
13
→→→
0，
，1

，则AB
＝( 1，1，0)，PA＝(0，－1，－2)，AM＝

0，
，1

.
M


2

2

→

AB＝0，

x＋y＝0，

n·
设平面PAB的法向量为n＝(x ，y，z)，所以

即

令x＝2，则y＝－2，z＝1，所以
→< br>－y－2z＝0，


PA＝0，

n·
平面PAB 的一个法向量为n＝(2，－2，1)，
→

n·AM

2413
→
所以sinα＝|cos〈n，AM〉|＝

＝＝.(5分)

→
39
13
|AM|

3×

|n|·< br>2
413
即直线AM与平面PAB所成角的正弦值为.(6分)
39
→→
(2)设平面PBC的法向量为n
1
＝(x
1
，y
1< br>，z
1
)，BC＝(－1，1，0)，PB＝(1，0，－2)．
→

n
1
·BC＝0，

－x
1
＋y
1＝0，
由

即

令x
1
＝2，则y
1
＝2，z
1
＝1，所以平面PBC的一个法向量为n
1
＝(2，2， 1)，
x－2z＝0，

11
PB＝0，

n
1< br>·
n·n
1
11
所以cos〈n，n
1
〉＝＝＝.( 9分)
|n|·|n
1
|3×39
1
由图可知二面角APBC为钝 角，故二面角的余弦值为－.(10分)
9
变式1、(2019镇江期末）在直三棱柱ABC A
1
B
1
C
1
中，已知AB⊥AC，AB＝2，AC＝4， AA
1
＝3，D是BC
的中点．
(1) 求直线DC
1
与平面A
1
B
1
D所成角的正弦值；
(2) 求二面角B
1
DC
1
A
1
的余弦值．
2

1

→→→
规范解答 在直三棱柱ABCA< br>1
B
1
C
1
中，有AB⊥AC，又AA
1
⊥ AB，AA
1
⊥AC，以AB
，AC，AA
1
的方向为x，
y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．(1分)

因为AB＝2，AC＝4， AA
1
＝3，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，A
1(0，0，3)，B
1
(2，0，3)，C
1
(0，
4，3)．
因为D是BC的中点，所以D(1，2，0)．
→→→
(1) DC
1＝(－1，2，3)，设n
1
＝(x
1
，y
1
，z1
)为平面A
1
B
1
D的法向量，A
1
B1
＝(2，0，0)，B
1
D＝(－1，2，－3)，
→
n
1
＝0，


A
1
B
1
·

2x
1
＝0，
所以

即

取n
1
＝(0，3，2)为平面A
1
B
1
D的一个法向量．(3 分)
→


n
1
＝0，

－x
1
＋2y
1
－3z
1
＝0.

B
1
D·
→
设直线DC
1
与平面A
1
B
1
D 所成角为θ，则sinθ＝|cos〈DC
1
，n
1
〉|＝
2 126182
＝
，所以直线DC
1
与平面
91
1314

1
6182
A
1
B
1
D所成角的正弦值为.(5分)
91
→

n
2
＝0，

DC
1
·
→→
(2)DC
1
＝(－1，2，3)，B
1
C
1
＝(－2，4，0)，设n
2
＝(x
2
，y
2
， z
2
)为平面B
1
DC
1
的法向量，所以

→

n
2
＝0，

B
1
C
1< br>·

－x
2
＋2y
2
＋3z
2
＝0 ，
即

取n
2
＝(2，1，0)为平面B
1
DC< br>1
的一个法向量．(7分)

－2x
2
＋4y
2< br>＝0，
同理可以求得平面A
1
DC
1
的一个法向量为n
3
＝(3，0，1)，则cos〈n
2
，n
3
〉＝
32< br>由图可知二面角为锐角，故二面角B
1
DC
1
A
1
的 余弦值为.(10分)
5
变式
2
、（
2020
江苏苏州上 学期期中考试）如图，在直三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1< br>中，
BAC90

，
ABACa
，
632< br>＝.(9分)
5
10×5
AA
1
b
，点
E
，
F
分别在
BB
1
，
CC
1
， 且
BE
1
b
1
BB
1
，
C
1< br>FCC
1
．设


．

3
a
3

(1)
当

3
时，求 异面直线
AE
与
A
1
F
所成角的大小；

(2)
当平面
AEF
平面
A
1
EF
时，求

的值．

【解析】解：因为直三棱柱
ABCA
1
B< br>1
C
1
，所以
AA
1

平面
ABC
，因为
AB,AC
平面
ABC
，所以
AA
1AB
，
AA
1
AC
，

又因为
 BAC90

，所以建立分别以
AB
，
AC
，
A A
1
为
x,y,z
轴的空间直角坐标系
Axyz
．
2

1

(1)
设
a1
，则
ABAC1
，
AA
1
3
，各点的坐标为
A(0,0, 0)
，
E(1,0,1)
，
A
1
(0,0,3)
，
F(0,1,2)
．
AE(1,0,1)
，
A
1
F
uuur
uuuur
(0,1,1)
．

11uuur

．所以向量
AE
2
22
uuuruuu ur
uuuruuuur
uuuruuuur
uuuruuuur
AEA< br>1
F
ruuuur

因为
|AE||A
1
F|2
，所以
cosAE,A
1
F
uuu
AEA
1
F1
，
|AE||A
1
F|
uuuur和
A
1
F
所成的角为
120°
，所以异面直线
AE
与
A
1
F
所成角为
60°
．

uuur

r

2b

b

uuub

2b



F0,a,
AEa,0,
Ea,0,
AF

0,a,
(2)
因为


，

，

，



3
3

3

3




设平面
即
ax
AEF
ur
ur
uruuu r
的法向量为
n
1
(x,y,z)
，则
n
1AE0
，且
n
1
AF0
．

2bbz
2bz
b
0
．令
z1
，则
x0
，且
ay
，
y
．

3a
3
3
3a
ur

b2b


2


n,,1



,,1

是平面
AEF
的一个法向量．

所以
1


< br>3a3a33

uur

2bb

2


,,1



,,1

是平面< br>A
1
EF
的一个法向量．

同理，
n
2

3a3a33

因为平面
AEF
uruur
3
2

2
2

2

平面
A
1
EF
，所以
n
1
n
2
0
，
10
，解得


．

99
2

平面
A
1
EF
所以当平面
AEF
时，< br>

3
．

2
例3、(2019 盐城市2019届 高三第三次模拟考试）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，
AB＝AC＝ AD＝3，PA＝BC＝4.
(1) 求异面直线PB与CD所成角的余弦值；
(2) 求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．
2

1


规范解答 (1) 设BC的中点为E，由AB＝AC，可知AE⊥BC，
故分别以AE，AD，AP所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图所示)．(2分) < br>则A(0，0，0)，P(0，0，4)，D(0，3，0)，B(5，－2，0)，C(5，2，0)．

→→
(1) 设θ为两直线所成的角，由PB＝(5，－2，－4)，CD＝(－5，1，0)，
→→

PB·CD
76
得cosθ＝

→→

＝.(6分 )
30
|CD|

|PB|·
(2) 设n
1
＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，
→→
PB＝(5，－2，－4)，PC＝(5，2，－4)，
2

1
→→
PB·n
1
＝0，PC·n
1
＝0，
5x－2y－4z＝0，
即

取平面PBC的一个法向量n
1
＝ (4，0，5)，
5x＋2y－4z＝0，

平面PAD的一个法向量为n
2
＝(1，0，0)．
n
1
·n
2

421设α为两个平面所成的锐二面角的平面角，则cosα＝

|n
2
|
＝
21
.

|n
1
|·
所以平面 PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为
421
.(10分)
21
变式1、(2018南通、泰州一调） 如图，在四棱锥PABCD中，AP，AB，AD 两两垂直，BC∥AD，且AP
＝AB＝AD＝4，BC＝2.
(1) 求二面角PCDA的余弦值；
(2) 已知H为线段PC上异于C的点，且DC＝DH，求
PH
的值．
PC

→→→
规范解答 以{AB，AD，AP}为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系Axyz.
则A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(4，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)．
→→
(1) 由题意可知，DP＝(0，－4，4)，DC＝(4，－2，0)．
设平面PCD的法向量为n
1
＝(x，y，z)，
→


－4y＋4z＝0，DP＝0，


n
1
·
则
即

令x＝1，
→

4x－2y＝0.

n
1
·DC＝0，


则y＝2，z＝2.所以平面PCD 的一个法向量为n
1
＝(1，2，2)．(3分)
平面ACD的一个法向量为n
2
＝(0，0，1)，
2

1
n
1
·n
2
2
所以cos〈n
1
，n
2
〉＝＝，且由图可知二面角为锐二面角，
|n
1
||n
2
|3
2
所以二面角PCDA的余弦值为.(5分)
3

→→
(2) 由题意可知PC＝(4，2，－4)，DC＝(4，－2，0)，
→→
设PH＝λPC＝(4λ，2λ，－4λ)，
→→→
则DH＝DP＋PH＝(4λ，2λ－4，4－4λ)，(7分)
1
因为DC＝DH，所以（4λ）
2
＋（2λ－4）
2
＋（4－4λ）
2
＝20，化简得3λ
2
－4λ＋1＝0，所以λ＝1或λ＝.
3
1PH1
又因为点H异于点C，所以λ＝，即＝.(10分)
3PC3< br>变式2、(2018苏州期末）如图，已知矩形ABCD所在平面垂直直角梯形ABPE所在的平面于直线 AB，且
AB＝BP＝2，AD＝AE＝1，AE⊥AB，且AE∥BP.
(1) 求平面PCD与平面ABPE所成的二面角的余弦值；
2
(2) 在线段PD上是否存在一点 N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，试确定点N
5
的位置；若不存在 ，请说明理由．
2

1

规范解答 由AE⊥AB，且AE∥BP，得BP⊥AB.所以∠CBP是直二面角CABP的平面角．
→→→< br>以{BA，BP，BC}为正交基底，建立空间直角坐标系Bxyz.B(0，0，0)，A(2，0，0 )，P(0，2，0)，E(2，1，
0)，C(0，0，1)，D(2，0，1)．
→→
(1) 设平面PCD的法向量为m＝(a，b，c)，PC＝(0，－2，1)，CD＝(2，0，0)．
→

PC＝－2b＋c＝0，

m·
由

不妨取m＝ (0，1，2)．(2分)
→

CD＝2a＝0，

m·
平面ABPE的一个法向量为n＝(0，0，1)．(4分)
π
225
0，

.cosθ＝|cos设平面PCD与平面ABPE所成的二面角的大小为θ，则由图可知θ∈

〈m，n〉|＝＝.(5

2

5
5·1
分)
所以平面PCD与平面ABPE所成的二面角的余弦值为
25
.(6分)
5
2
(2) 假设线段PD上存在点N，使得直线BN与平面PCD所成角α满足sinα＝.
5
→
|BN·m|2
→
即sinα＝|cos〈BN，m〉|＝＝.
→
5
5|BN|
→→→→→
设PN＝λPD＝λ(2，－2，1)， 其中λ∈[0，1].BN＝BP＋PN＝(2λ，2－2λ，λ)．
由(1)知平面PCD的一个法 向量m＝(0，1，2)，所以
1
解得λ＝1或λ＝－(舍去)．
9
2
所以当N在点D处时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于.(10分)
5
2
22
＝，即9λ
2
－8λ－1＝0，(8分)
2
5·9λ－8λ＋4
5

1

2