2.4.3 向量与夹角
课标要求 1.能用向量方法解决简单夹角问题. 2.通过用空间向量解决夹角问题,体会向量方法在研究几何问题中的作用.
【知识梳理】
1.直线与直线的夹角
设两条异面直线a与b所成的角为θ,它们的方向向量分别是v1,v2,设v1与v2所成的角为φ,则cos θ= =|cos
2.直线与平面所成的角
当直线l与平面α相交且不垂直时,设它们所成的角为θ(θ∈),v是直线l的一个方向向量,n是平面α的一个法向量,v与n的夹角为φ,则sin θ= =|cos
3.两个平面所成的角
(1)两平面所成的角:两个平面相交会形成四个二面角,一般规定较小的二面角为两平面所成的角,范围: .
(2)两平面所成角的计算:设两个平面α1和α2所成的角为θ,平面α1,α2的法向量分别为n1和n2,记
【自测检验】
1.思考辨析,判断正误
(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等. ( )
(2)直线与平面所成的角等于直线的方向向量与该平面法向量夹角的余角. ( )
(3)两个平面所成的角就是该二面角两个面的法向量的夹角. ( )
2.设两条异面直线a,b的方向向量分别为a=(-1,1,0),b=(0,-1,1),则直线a与b的夹角为 ( )
A.
3.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的角的大小为 ( )
A.45° B.60°
C.90° D.135°
4.设直线a的方向向量为a=(-1,2,1),平面α的法向量为b=(0,1,2),则直线a与平面α所成角的正弦值为 .
题型一 异面直线所成的角
例1 在三棱锥P-ABC中,△ABC和△PBC均为等边三角形,且二面角P-BC-A的大小为120°,则异面直线PB和AC所成角的余弦值为 ( )
A.
思维升华 1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是:(1)选好基或建立空间直角坐标系;(2)求出两直线的方向向量v1,v2;(3)代入公式cos θ=求解.
2.两异面直线所成角θ的范围是,两向量的夹角α的范围是[0,π],当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是该异面直线所成的角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线所成的角.
训练1 如图,在三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB,∠O1OB=60°,∠AOB=90°,且OB=OO1=2,OA=,求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值.
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题型二 直线和平面所成的角
例2 已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a,侧棱长为a,M为A1B1的中点,求BC1与平面AMC1所成角的正弦值.
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思维升华 利用平面的法向量求直线与平面所成角的基本步骤
(1)建立空间直角坐标系;(2)求直线PA的方向向量v;(3)求平面的法向量n;(4)设线面角为θ,则sin θ=.
训练2 在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,求直线A1B与平面BDE所成的角.
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题型三 两个平面所成的角
例3 如图,在正方体ABEF-DCE'F'中,M,N分别为AC,BF的中点,求平面MNA与平面MNB所成的角的余弦值.
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思维升华 求两个平面所成的角的大小时,多采用法向量的方法,即求出两个平面的法向量,然后通过法向量的夹角得到两个平面所成角的大小,这种方法思路简单,但运算量大,所以求解时需特别注意仔细运算.
训练3 已知正方形ABCD所在平面外一点P,PA⊥平面ABCD,若PA=AB,求平面PAB与平面PCD所成的角.
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【课堂达标】
1.已知向量m,n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量,若cos
A.30° B.60°
C.120° D.150°
2.如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为 ( )
A.
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 ( )
A.
4.如图所示,点A,B,C分别在空间直角坐标系的三条坐标轴上,=(0,0,2),平面ABC的一个法向量为n=(2,1,2),平面ABC与平面ABO所成的角为θ,则cos θ= .
2.4.3 向量与夹角
新知导学
知识梳理
1.|cos φ|
2.|cos φ|
3.(1) (2)|cos φ|
自测检测
1.(1)× 提示 两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等或互补,故错误.
(2)× 提示 直线与平面所成的角和直线的方向向量与该平面法向量夹角互余或与其补角互余,故错误.
(3)× 提示 两个平面所成的角与该二面角两个面的法向量的夹角相等或互补,故错误.
2.C [设直线a与b的夹角为θ,
则cos θ=,
又θ∈,故θ=.]
3.A [∵cos
∴两平面所成的角的大小为45°.]
4. [由题意设直线a与平面α所成的角为θ,则sin θ=.]
题型剖析
例1 A [法一 如图,取BC的中点O,连接OP,OA,
因为△ABC和△PBC均为等边三角形,
所以AO⊥BC,PO⊥BC,又AO∩PO=O,AO,PO 平面PAO,
所以BC⊥平面PAO,从而平面PAO⊥平面ABC,且∠POA就是二面角P-BC-A的平面角,即∠POA=120°,建立空间直角坐标系如图所示.
设AB=2,则A(,0,0),C(0,-1,0),B(0,1,0),P,
所以=(-,-1,0),
,
cos<,,
所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为.
法二 如图所示,取BC的中点O,连接OP,OA,
因为△ABC和△PBC均为等边三角形,所以AO⊥BC,PO⊥BC,所以∠POA就是二面角P-BC-A的平面角.
设AB=2,则,,
故=()·()=,
所以cos<,.
即异面直线PB与AC所成角的余弦值为.]
训练1 解 以O为坐标原点,,的方向为x轴、y轴的正方向.
建立如图所示的空间直角坐标系,则
O1(0,1,),
A(,0,0),
A1(,1,),
B(0,2,0),
∴=(-,1,-),
=(,-1,-).
∴|cos<,
=.
∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为.
例2 解 建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),M,
C1,B(0,a,0),
故,
,
.
设平面AMC1的法向量为n=(x,y,z),
则
∴
令y=2,则z=-,x=0,
∴n=.
∴cos<,n>==-.
设BC1与平面AMC1所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=,
即BC1与平面AMC1所成角的正弦值为.
训练2 解 以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系(图略),可求得平面BDE的法向量n=(1,-1,2),而=(0,1,-1),
所以cos
例3 解 设正方体棱长为1.
以B为坐标原点,BA,BE,BC所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Bxyz,
则M,N,A(1,0,0),B(0,0,0).
法一 取MN的中点G,连接BG,AG,如图,则G.
因为△AMN,△BMN为等腰三角形,所以AG⊥MN,BG⊥MN,
故∠AGB(或其补角)为两平面所成的角.
又因为=,
,
所以cos<,=,
故所求两平面所成的角的余弦值为.
法二 设平面AMN的法向量n1=(x,y,z).
由于,
,
则
令x=1,解得y=1,z=1,于是n1=(1,1,1).
同理可求得平面BMN的一个法向量
n2=(1,-1,-1),
所以cos
设平面MNA与平面MNB所成的角为θ,
则cos θ=|cos
故所求两平面所成的角的余弦值为.
训练3 解 如图所示,建立空间直角坐标系,设PA=AB=1,
则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),
于是=(0,1,0).
取PD的中点E,连接AE,则E,
∴,易知是平面PAB的一个法向量,是平面PCD的一个法向量,
∴cos<,,
∴平面PAB与平面PCD所成的角为45°.
课堂达标
1.A [由已知得直线l和平面α的法向量所成锐角为60°,因此l与α所成的角为30°.]
2.A [不妨令CB=1,则CA=CC1=2,可得B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),
∴=(0,2,-1),=(-2,2,1),
∴cos<,
=,
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.]
3.D [设正方体的棱长为1,建立空间直角坐标系如图,则D(0,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1).
易知平面ACD1的一个法向量为=(1,1,1).
又=(0,0,1),
则cos<,=.
故BB1与平面ACD1所成角的余弦值为
.]
4. [cos θ=.](共67张PPT)
2.4.3 向量与夹角
第2章 2.4 空间向量在立体几何中的应用
1.能用向量方法解决简单夹角问题.
2.通过用空间向量解决夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用.
课标要求
新知导学
题型剖析
课时精练
内容索引
新知导学
知识梳理
|cos φ|
|cos φ|
|cos φ|
1.思考辨析，判断正误
(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等.( )
提示 两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等或互补，故错误.
(2)直线与平面所成的角等于直线的方向向量与该平面法向量夹角的余角.( )
提示 直线与平面所成的角和直线的方向向量与该平面法向量夹角互余或与其补角互余，故错误.
(3)两个平面所成的角就是该二面角两个面的法向量的夹角.( )
提示 两个平面所成的角与该二面角两个面的法向量的夹角相等或互补，故错误.
自测检验
×
×
×
2.设两条异面直线a，b的方向向量分别为a＝(－1，1，0)，b＝(0，－1，1)，则直线a与b的夹角为
√
设直线a与b的夹角为θ，
3.已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的角的大小为
A.45° B.60° C.90° D.135°
√
4.设直线a的方向向量为a＝(－1，2，1)，平面α的法向量为b＝(0，1，2)，则直线a与平面α所成角的正弦值为________.
题型剖析
在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P－BC－A的大小为120°，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为
√
法一 如图，取BC的中点O，连接OP，OA，
题型一 异面直线所成的角
例1
因为△ABC和△PBC均为等边三角形，
所以AO⊥BC，PO⊥BC，又AO∩PO＝O，AO，PO 平面PAO，
思维升华
训练1
题型二 直线和平面所成的角
例2
设平面AMC1的法向量为n＝(x，y，z)，
思维升华
在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为CC1的中点，求直线A1B与平面BDE所成的角.
训练2
以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，可求得平面BDE的法向量n＝(1，－1，2)，
如图，在正方体ABEF－DCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，求平面MNA与平面MNB所成的角的余弦值.
题型三 两个平面所成的角
例3
设正方体棱长为1.
以B为坐标原点，BA，BE，BC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz，
法一 取MN的中点G，连接BG，AG，如图，
因为△AMN，△BMN为等腰三角形，
所以AG⊥MN，BG⊥MN，
故∠AGB(或其补角)为两平面所成的角.
思维升华
求两个平面所成的角的大小时，多采用法向量的方法，即求出两个平面的法向量，然后通过法向量的夹角得到两个平面所成角的大小，这种方法思路简单，但运算量大，所以求解时需特别注意仔细运算.
已知正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，求平面PAB与平面PCD所成的角.
训练3
如图所示，建立空间直角坐标系，
设PA＝AB＝1，
则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，
课堂达标
√
由已知得直线l和平面α的法向量所成锐角为60°，因此l与α所成的角为30°.
2.如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为
√
不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，
3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为
设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系如图，
√
课时精练
√
1.直线l1，l2的方向向量分别是v1，v2，若v1与v2所成的角为θ，直线l1，l2所成的角为α，则
A.α＝θ B.α＝π－θ C.cos θ＝|cos α| D.cos α＝|cos θ|
√
√
3.在一个锐二面角的两个半平面内，与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个锐二面角的两个半平面所成角的余弦值为
√
√
5.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为
如图所示，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，1)，C1(0，2，1)，
6.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是C1C的中点，O是底面ABCD的中心，P是A1B1上的任意点，则直线BM与OP所成的角的大小为________.
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，A1P＝x(0≤x≤2)，
7.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________.
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.
设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，
8.在空间中，已知平面α过A(3，0，0)和B(0，4，0)及z轴上一点P(0，0，a)(a>0)，如果平面α与平面xOy所成的角为45°，则a＝________.
平面xOy的一个法向量为n＝(0，0，1).
设平面α的法向量为u＝(x，y，z)，
取BD的中点O，连接OA，OC，由题意知OA，OC，BD两两垂直.
10.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点.
(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1 的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB.以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB＝AA1＝2，
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.
11.已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，建立如图所示的空间直角坐标系，则平面BDC1的一个法向量是___________(答案不唯一，写出一个坐标即可)，直线CB1与平面BDC1所成角的正弦值等于________.
(－2，2，1)
不妨设AB＝1，则AA1＝2，
设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
令z＝1，则y＝2，x＝－2，
故平面BDC1的一个法向量为n＝(－2，2，1).
设CB1与平面BDC1所成角为θ，
12.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，点D是BC的中点，则异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为________；平面ADC1与平面ABA1所成角的正弦值为________.
以点A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，4)，D(1，1，0)，C1(0，2，4)，
假设存在点E，设AE＝a(0≤a≤4).
设平面DEC1的法向量为n＝(x，y，z)，
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；
(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD所成的角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由.
存在.课时精练25 向量与夹角
(分值:100分)
单选题每小题5分,共25分.
一、基础巩固
1.直线l1,l2的方向向量分别是v1,v2,若v1与v2所成的角为θ,直线l1,l2所成的角为α,则 ( )
α=θ α=π-θ
cos θ=|cos α| cos α=|cos θ|
2.设直线l与平面α相交,且l的方向向量为a,α的法向量为n,若
3.在一个锐二面角的两个半平面内,与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0,-1,3),(2,2,4),则这个锐二面角的两个半平面所成角的余弦值为 ( )
4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=2,DD1=,则AC与BD1所成角的余弦值是 ( )
0
5.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为 ( )
6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是C1C的中点,O是底面ABCD的中心,P是A1B1上的任意点,则直线BM与OP所成的角的大小为 .
7.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于 .
8.在空间中,已知平面α过A(3,0,0)和B(0,4,0)及z轴上一点P(0,0,a)(a>0),如果平面α与平面xOy所成的角为45°,则a= .
9.(10分)如图所示,在四面体ABCD中,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=.求异面直线AB与CD所成角的余弦值.
10.(10分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.
(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.
二、综合运用
11.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,建立如图所示的空间直角坐标系,则平面BDC1的一个法向量是 (答案不唯一,写出一个坐标即可),直线CB1与平面BDC1所成角的正弦值等于 .
12.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点,则异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为 ;平面ADC1与平面ABA1所成角的正弦值为 .
13.(13分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=3,AA1=2,在线段AB上是否存在一点E,使平面CDE与平面C1DE所成的角的余弦值为 若存在,求出AE的长;若不存在,说明理由.
三、创新拓展
14.(17分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=,BC=2,PA=2.
(1)取PC的中点N,求证:DN∥平面PAB;
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值;
(3)在线段PD上,是否存在一点M,使得平面MAC与平面ACD所成的角为45° 如果存在,求出BM与平面MAC所成角的大小;如果不存在,请说明理由.
课时精练25 向量与夹角
1.D [α=θ或α=π-θ,且α∈,
因而cos α=|cos θ|.]
2.C [∵
3.A [由,知这个锐二面角的两个半平面所成角的余弦值为.]
4.A [建立如图所示的空间直角坐标系,则
D1,B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0).
所以,=(-2,2,0),
所以|cos<,=0,
即AC与BD1所成角的余弦值为0.]
5.D [如图所示,建立空间直角坐标系,则
D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,1),C1(0,2,1),
∴=(-2,0,1).连接AC,易证AC⊥平面BB1D1D,
∴平面BB1D1D的一个法向量为a==(-2,2,0),
∴所求角的正弦值为
|cos
则O(1,1,0),P(2,x,2),B(2,2,0),M(0,2,1),=(1,x-1,2),=(-2,0,1).
所以=0,
所以直线BM与OP所成的角为.]
7. [以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图.设AA1=2AB=2,则
D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),则=(0,1,0),=(1,1,0),=(0,1,2).
设平面BDC1的法向量为
n=(x,y,z),则n⊥,n⊥,
所以有
令y=-2,得平面BDC1的一个法向量为
n=(2,-2,1).
设直线CD与平面BDC1所成的角为θ,
则sin θ=|cos
设平面α的法向量为u=(x,y,z),
又=(-3,4,0),=(-3,0,a),
则
即3x=4y=az,取z=1,则u=.
而cos
又∵a>0,∴a=.]
9.解 取BD的中点O,连接OA,OC,由题意知OA,OC,BD两两垂直.
以O为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,,0),A(0,0,1),
∴=(-1,0,1),=(-1,-,0),
∴cos<,.
∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
10.解 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1 的中点分别为O,O1,连接OB,OO1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB.以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB=AA1=2,
所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2).
(1)因为P为A1B1的中点,
所以P,
从而,
又=(0,2,2),
故cos<,
=.
因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.
(2)因为Q为BC的中点,
所以Q,
因此,=(0,2,2),
=(0,0,2).
设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,
则
不妨取n=(,-1,1).
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=
=,
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.
11.(-2,2,1) [不妨设AB=1,则
AA1=2,
由题图可知D(0,0,2),C1(0,1,0),B(1,1,2),C(0,1,2),B1(1,1,0),
=(1,1,0),=(0,1,-2),=(1,0,-2).
设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,则y=2,x=-2,
故平面BDC1的一个法向量为
n=(-2,2,1).
设CB1与平面BDC1所成角为θ,
则sin θ=.]
12. [以点A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4),
∴=(2,0,-4),=(1,-1,-4),
∴cos<,=,
又异面直线所成角的范围是,
∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
显然=(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量.
设平面ADC1的法向量为n=(x,y,z),
∵=(1,1,0),=(0,2,4),
∴
取n=(2,-2,1).
设平面ADC1与平面ABA1所成角的大小为θ,
则cos θ=|cos<,n>|=,
∴sin θ=,
∴平面ADC1与平面ABA1所成角的正弦值为.]
13.解 假设存在点E,设AE=a(0≤a≤4).
如图,以D为原点,,,分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz,则有E(3,a,0),C1(0,4,2),D(0,0,0).
设平面DEC1的法向量为n=(x,y,z),
又=(0,4,2),=(3,a,0),
故
即令y=1,
得x=-,z=-2,
即n=.
又易知平面DEC的一个法向量为m=(0,0,1),
所以cos
由题意知,解得a=3,
所以在线段AB上存在点E,使平面CDE与平面C1DE所成的角的余弦值为,此时AE=3.
14.(1)证明 取BC的中点E,连接DE,交AC于点O,连接ON,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,-1,2).
∵点N为PC的中点,
∴N(0,0,1),∴=(1,0,1).
设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),
由=(0,0,2),=(2,0,0),
可得n=(0,1,0),∴·n=0.
又∵DN 平面PAB,∴DN∥平面PAB.
(2)解 由(1)知=(0,2,0),
=(-1,1,-2).
设直线AC与PD所成的角为θ,
则cos θ=,
∴直线AC与PD所成角的余弦值为.
(3)解 存在.
设M(x,y,z),且,0<λ<1,
∴∴M(-λ,λ-1,2-2λ).
设平面ACM的法向量为m=(x,y,z),
由=(0,2,0),=(-λ,λ,2-2λ),
则
即
可得平面ACM的一个法向量为
m=(2-2λ,0,λ),
由图知平面ACD的法向量是为n=(0,0,1),
∴|cos
解得λ=或λ=2(舍去).
∴M,
∴,
所以平面ACM的一个法向量为
m=.
设BM与平面MAC所成的角为φ,
则sin φ=|cos<,m>|=
=,
∴φ=30°.
故存在点M,使得平面MAC与平面ACD所成的角为45°,此时BM与平面MAC所成的角为30°.
