《2020版高中數學 第三章 空間向量與立體幾何 專題突破三 空間直角坐標系的構建策略學案（含解析）新人教B版選修2-1.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高中數學 第三章 空間向量與立體幾何 專題突破三 空間直角坐標系的構建策略學案（含解析）新人教B版選修2-1.docx（22頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

專題突破三　空間直角坐標系的構建策略 利用空間向量的方法解決立體幾何問題，關鍵是依托圖形建立空間直角坐標系，將其他向量用坐標表示，通過向量運算，判定或證明空間元素的位置關系，以及空間角、空間距離問題的探求．所以如何建立空間直角坐標系顯得非常重要，下面簡述空間建系的四種方法，希望同學們面對空間幾何問題能做到有的放矢，化解自如． 一、利用共頂點的互相垂直的三條棱 例1　已知直四棱柱中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠DAB為直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝1，試求異面直線BC1與DC所成角的余弦值． 考點　向量法求直線與直線所成的角 題點　向量法求直線與直線所成的角 解　如圖，以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Dxyz， 則D(0,0,0)，C1(0,1,2)，B(2,4,0)，C(0,1,0)， 所以＝(－2，－3,2)，＝(0，－1,0)． 所以cos〈，〉＝＝. 故異面直線BC1與DC所成角的余弦值為. 點評　本例以直四棱柱為背景，求異面直線所成角．求解關鍵是從直四棱柱圖形中的共點的三條棱互相垂直關系處著手，建立空間直角坐標系，寫出有關點的坐標和相關向量的坐標，再求兩異面直線的方向向量的夾角即可． 跟蹤訓練1　如圖，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，∠PAD＝90，且PA＝AD＝2，E，F分別是線段PA，CD的中點，求異面直線EF與BD所成角的余弦值． 考點　向量法求直線與直線所成的角 題點　向量法求直線與直線所成的角 解　因為平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以，PA⊥平面ABCD，以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示空間直角坐標系Axyz， 則E(0,0,1)，F(1,2,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)． ＝(1,2，－1)，＝(－2,2,0)， 故cos〈，〉＝＝. 即異面直線EF與BD所成角的余弦值為. 二、利用線面垂直關系 例2　如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，E為棱C1C的中點，已知AB＝，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝.試建立合適的空間直角坐標系，求出圖中所有點的坐標． 考點　空間向量的正交分解 題點　向量的坐標 解　過點B作BP垂直BB1交C1C于點P， 因為AB⊥平面BB1C1C，所以AB⊥BP，AB⊥BB1， 以B為坐標原點，分別以BP，BB1，BA所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Bxyz. 又BP⊥BB1，BB1∩AB＝B， 且BB1，AB?平面ABB1A1，所以BP⊥平面ABB1A1， 因為AB＝，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝， 所以CP＝，C1P＝，BP＝，則各點坐標分別為 B(0，0,0)，A(0,0，)，B1(0,2,0)，C， C1，E，A1(0,2，)，P. 點評　空間直角坐標系的建立，要盡量地使盡可能多的點落在坐標軸上，這樣建成的坐標系，既能迅速寫出各點的坐標，又由于坐標軸上的點的坐標含有0，也為后續(xù)的運算帶來了方便．本題已知條件中的垂直關系“AB⊥平面BB1C1C”，可作為建系的突破口． 跟蹤訓練2　如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點．求直線AN與平面PMN所成角的正弦值． 考點　向量法求直線與平面所成的角 題點　向量法求直線與平面所成的角 解　取BC的中點E，連接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC， 從而AE⊥AD，AE＝＝＝. 以A為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz. 由題意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)， N，＝(0,2，－4)， ＝，＝. 設n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則 即可取n＝(0,2,1)． 于是|cos〈n，〉|＝＝. 設AN與平面PMN所成的角為θ，則sinθ＝， ∴直線AN與平面PMN所成的角的正弦值為. 三、利用面面垂直關系 例3　如圖1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝2，∠ABC＝60，E是BC的中點．將△ABE沿AE折起，使平面BAE⊥平面AEC(如圖2)，連接BC，BD.求平面ABE與平面BCD所成的銳角的大小． 考點　向量法求平面與平面所成的角 題點　向量法求平面與平面所成的角 解　取AE中點M，連接BM，DM. 因為在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝60，E是BC的中點， 所以△ABE與△ADE都是等邊三角形， 所以BM⊥AE，DM⊥AE. 又平面BAE⊥平面AEC，平面BAE∩平面AEC＝AE，所以BM⊥平面AEC，所以BM⊥MD. 以M為坐標原點，分別以ME，MD，MB所在的直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系Mxyz，如圖， 則B(0,0，)，C(2，，0)，D(0，，0)，M(0,0,0)， 所以＝(2,0,0)，＝(0，，－)，＝(0，，0)， 設平面BCD的法向量為m＝(x，y，z)， 由 取y＝1，得m＝(0,1,1)， 又因平面ABE的一個法向量＝(0，，0)， 所以cos〈m，〉＝＝， 所以平面ABE與平面BCD所成的銳角為45. 點評　本題求解關鍵是利用面面垂直關系，先證在兩平面內共點的三線垂直，再構建空間直角坐標系，然后分別求出兩個平面的法向量，求出兩法向量夾角的余弦值，即可得所求的兩平面所成的銳角的大?。梅ㄏ蛄康膴A角求二面角時應注意：平面的法向量有兩個相反的方向，取的方向不同求出來的角度就不同，所以最后還應該根據這個二面角的實際形態(tài)確定其大?。? 跟蹤訓練3　在四棱錐V－ABCD中，底面ABCD是正方形，側面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD. (1)證明：AB⊥平面VAD； (2)求二面角A－VD－B的平面角的余弦值． 考點　向量法求平面與平面所成的角 題點　向量法求平面與平面所成的角 (1)證明　取AD的中點O作為坐標原點， 由題意知，VO⊥底面ABCD， 則可建立如圖所示的空間直角坐標系． 設AD＝2，則A(1,0,0)，D(－1，0,0)，B(1,2,0)，V(0,0，)． 易得＝(0,2,0)， ＝(1,0，－)． ∵＝(0,2,0)(1,0，－)＝0， ∴⊥，即AB⊥VA. 又AB⊥AD，AD∩VA＝A，∴AB⊥平面VAD. (2)解　易得＝(1,0，)． 設E為DV的中點，連接EA，EB， 則E， ∴＝，＝. ∵＝(1,0，)＝0， ∴⊥，即EB⊥DV. 又EA⊥DV，∴∠AEB為所求二面角的平面角， ∴cos〈，〉＝＝. 故所求二面角的平面角的余弦值為. 四、利用底面的中心與高所在的直線，構建空間直角坐標系 例4　如圖所示，已知平行六面體ABCD－A1B1C1D1的底面為正方形，O1，O分別為上、下底面的中心，且A1在底面ABCD上的射影是O. (1)求證：平面O1DC⊥平面ABCD； (2)若點E，F分別在棱AA1，BC上，且AE＝2EA1，問點F在何處時，EF⊥AD? 考點　向量法求解直線與直線的位置關系 題點　方向向量與線線垂直 (1)證明　如圖所示，以O為坐標原點，OA，OB，OA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系． 設OA＝1，OA1＝a. 則A(1,0,0)，B(0,1,0)，A1(0,0，a)，C(－1,0,0)，D(0，－1,0)，O1(－1,0，a)． 則＝(1，－1，－a)，＝(0,0，－a)． 設m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)分別是平面O1DC和平面ABCD的法向量． 由得 令x1＝1，則m＝(1,1,0)，而n＝λ＝(0,0，λa)， 故mn＝0，即平面O1DC與平面ABCD的法向量垂直，故平面O1DC⊥平面ABCD. (2)解　由(1)可知，＝，＝(－1,0，a)， ＝＝(－1，－1,0)． 設＝γ，則＝(－γ，－γ，0)，故點F的坐標為(－γ，1－γ，0)，∴＝. EF⊥AD?＝0，而＝－－γ－γ＋1＝0，解得γ＝.故當F為BC的三等分點(靠近B)時，有EF⊥AD. 點評　依托于平行六面體的高所在直線與底面正方形的兩對角線便可建立空間直角坐標系． 跟蹤訓練4　已知正四棱錐V－ABCD中，E為VC的中點，正四棱錐的底面邊長為2a，高為h. (1)求∠DEB的余弦值； (2)若BE⊥VC，求∠DEB的余弦值． 考點　向量法求直線與直線所成的角 題點　向量法求直線與直線所成的角 解　(1)如圖所示，以V在底面ABCD內的正投影O為坐標原點建立空間直角坐標系，其中Ox∥BC，Oy∥AB.由AB＝2a，OV＝h，知B(a，a,0)，C(－a，a,0)， D(－a，－a,0)，V(0,0，h)， E. ∴＝，＝， ∴cos〈，〉＝＝. 即cos∠DEB＝. (2)∵BE⊥VC，∴＝0，即(－a，a，－h(huán))＝0， ∴a2－－＝0，∴h＝a. 此時cos〈，〉＝＝－， 即cos∠DEB＝－. 1.如圖所示，已知正方體ABCD－A1B1C1D1，E，F分別是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，則EF和CD所成的角為________． 答案　45 解析　以D為原點，分別以射線DA，DC，DD1為x軸、y軸、z軸的非負半軸建立空間直角坐標系Dxyz如圖所示， 設正方體的棱長為1， 則D(0,0,0)，C(0,1,0)， E，F， ＝， ＝(0,1,0)， ∴cos〈，〉＝＝－， ∴〈，〉＝135， ∴異面直線EF和CD所成的角是45. 2．在底面為直角梯形的四棱錐S－ABCD中，∠ABC＝90，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，則平面SCD與平面SAB所成銳二面角的余弦值為________． 考點　向量法求二面角 題點　向量法求二面角 答案　 解析　以A為坐標原點，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系Axyz， 則A(0,0,0)，D，C(1,1,0)，S(0,0,1)， 平面SAB的一個法向量 ＝， 并求得平面SCD的一個法向量n＝， 則cos〈，n〉＝＝. 即所求銳二面角的余弦值為. 3.在三棱柱ABC－A1B1C1中，側面ABB1A1為矩形，AB＝2，AA1＝2，D是AA1的中點，BD與AB1交于點O，且OC⊥平面ABB1A1. (1)證明：BC⊥AB1； (2)若OC＝OA，求直線CD與平面ABC所成角的正弦值． 考點　 題點　 (1)證明　由題意知tan∠ABD＝＝，tan∠AB1B＝＝， 又∠ABD，∠AB1B為三角形的內角， 故∠ABD＝∠AB1B， 則∠AB1B＋∠BAB1＝∠ABD＋∠BAB1＝， 所以∠AOB＝，即AB1⊥BD. 又CO⊥平面ABB1A1，AB1?平面ABB1A1， 所以AB1⊥CO， 因為BD∩CO＝O，BD，CO?平面CBD， 所以AB1⊥平面CBD， 又BC?平面CBD，所以AB1⊥BC. (2)解　如圖，以O為坐標原點，分別以OD，OB1，OC所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz， 則A，B，C，D， ＝，＝， ＝， 設平面ABC的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令y＝1，則z＝－1，x＝， ∴平面ABC的一個法向量n＝. 設直線CD與平面ABC所成角為α， 則sinα＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝. 一、選擇題 1．在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(　　) A.B.C.D. 考點　 題點　 答案　C 解析　以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系， 則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(1,1，)，D1(0,0，)， 所以＝(－1,0，)，＝(1,1，)， 因為cos〈，〉＝＝＝. 2.如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，M，E，F分別為PQ，AB，BC的中點，則異面直線EM與AF所成角的余弦值是(　　) A. B. C.－ D. 考點　 題點　 答案　A 解析　由題設易知，AB，AD，AQ兩兩垂直．以A為原點，AB，AD，AQ所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系， 設正方形邊長為2， 則A(0,0,0)，E(1,0,0)，M(0,1,2)，F(2,1,0)， ＝(－1,1,2)，＝(2,1,0)， cos〈，〉＝＝＝， 則異面直線EM與AF所成角的余弦值為. 3．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，BD與平面A1C1D所成角的正弦值是(　　) A.B.C.D．1 考點　 題點　 答案　B 解析　以D1為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系． 設正方體的棱長為2，則A1(2,0,0)，C1(0,2,0)，D(0,0,2)，B(2,2,2)， 且n＝(1,1,1)是平面A1C1D的一個法向量， 因為＝(2,2,0)， 所以cos〈n，〉＝＝＝. 設DB與平面A1C1D所成的角為θ，則sinθ＝cos〈n，〉＝. 4．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝BB1，則AB1與C1B所成角的大小為(　　) A．60 B．75 C．105 D．90 考點　向量法求直線與直線所成的角 題點　向量法求直線與直線所成的角 答案　D 解析　建立如圖所示的空間直角坐標系，設BB1＝1， 則A(0,0,1)，B1， C1(0，，0)，B. ∴＝， ＝， ∴＝－－1＝0， 即AB1與C1B所成角的大小為90. 5．(2018貴州貴陽高二檢測)如圖，四棱錐P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，點E在棱PA上，且PE＝2EA，則平面ABE與平面BED的夾角的余弦值為(　　) A.B.C.D. 考點　向量法求平面與平面所成的角 題點　向量法求平面與平面所成的角 答案　B 解析　如圖，以B為坐標原點，分別以BC，BA，BP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系， 則B(0,0,0)，A(0,3,0)，P(0,0,3)，D(3,3,0)，E(0,2,1)， ∴＝(0,2,1)，＝(3,3,0)． 設平面BED的法向量為n＝(x，y，z)， 則 取z＝1，得n＝. 又平面ABE的法向量為m＝(1,0,0)， ∴cos〈n，m〉＝＝＝. ∴平面ABE與平面BED的夾角的余弦值為. 6.如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝AA1＝，∠ABC＝60，則二面角A－A1C－B的余弦值是(　　) A. B. C. D. 考點　 題點　 答案　C 解析　由題意知AB⊥AC，以A為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，A1(0,0，)． 設平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z)， 則n＝0，n＝0. 又因為＝(－1，，0)，＝(0，，－)， 所以令y＝1，則n＝(，1,1)． 取m＝＝(1,0,0)為平面AA1C的一個法向量， 所以cos〈m，n〉＝＝＝. 所以二面角A－A1C－B的余弦值為. 二、填空題 7.如圖所示，在四面體ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，則異面直線AB與CD所成角的余弦值為________． 考點　向量法求直線與直線所成的角 題點　向量法求直線與直線所成的角 答案　 解析　取BD的中點O，連接OA，OC. 由題意知OA，OC，BD兩兩垂直， 以O為坐標原點建立空間直角坐標系，如圖所示， 則B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0，，0)，A(0,0,1)， 所以＝(1,0，－1)，＝(－1，－，0)， cos〈，〉＝＝－， 因為異面直線所成角的范圍是， 所以AB與CD所成角的余弦值是. 8.如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面是菱形，對角線AC，BD交于點O，OA＝4，OB＝3，OP＝4，OP⊥底面ABCD.設點M滿足＝λ(λ>0)，當λ＝時，直線PA與平面BDM所成角的正弦值是________． 考點　 題點　 答案　 解析　以O為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系， 則＝(4,0，－4)，＝(0,6,0)，＝(－4,3,0)． 當λ＝時，得M， 所以＝. 設平面DBM的法向量為n＝(x，y，z)， 則解得y＝0，令x＝2，則z＝1， 所以n＝(2,0,1)． 因為cos〈，n〉＝＝＝， 所以直線PA與平面BDM所成角的正弦值為. 9．(2018山西太原高二檢測)已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是邊長為2的正方形，PA＝PD＝，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中點，O是AD的中點，則直線BM與平面PCO所成角的正弦值是________． 考點　向量法求直線與平面所成的角 題點　向量法求直線與平面所成的角 答案　 解析　如圖，以O為坐標原點建立空間直角坐標系． 則B(1,2,0)，C(－1,2,0)，P(0,0,2)，M. ∴＝. 設平面PCO的法向量為n＝(x，y，z)， 則 ∴ 取n＝(2,1,0)． 因此直線BM與平面PCO所成角的正弦值是 |cos〈，n〉|＝＝. 10.如圖，四棱錐F－ABCD的底面ABCD是菱形，其對角線AC＝2，BD＝.若CF⊥平面ABCD，CF＝2，則二面角B－AF－D的大小為________． 考點　 題點　 答案　 解析　過點A作AE⊥平面ABCD，以A為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖)． 于是B，D，F(0,2,2)． 設平面ABF的法向量為n1＝(x，y，z)， 則由得 令z＝1，得所以n1＝(－，－1,1)． 同理，可求得平面ADF的一個法向量為n2＝(，－1,1)． 由n1n2＝0，知平面ABF與平面ADF垂直， 所以二面角B－AF－D的大小為. 11.如圖，在棱長為2的正方體AC1中，點P，Q分別在棱BC，CD上，B1Q⊥D1P，且PQ＝.若P，Q分別為BC，CD的中點，則二面角C1－PQ－A的余弦值是________． 考點　 題點　 答案?。? 解析　以A為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系， 則P(2,1,0)，Q(1,2,0)，C1(2,2,2)． 設平面C1PQ的法向量為n＝(a，b，c)． 因為＝(－1,1,0)，＝(0,1,2)， 又n＝n＝0， 所以令c＝－1，則a＝b＝2， 所以n＝(2,2，－1)． 因為k＝(0,0,2)為平面APQ的一個法向量， 所以cos〈n，k〉＝－. 因為二面角為鈍角，所以所求余弦值為－. 12．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面邊長為a，側棱長為a，則AC1與側面ABB1A1所成角的大小為________． 考點　 題點　 答案　30 解析　以A為坐標原點，AB，AA1所在直線為y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz， 則A(0,0,0)，B(0，a,0)，A1(0,0，a)，C1， ＝(0，a,0)，＝(0,0，a)， ＝. 設側面ABB1A1的法向量為n＝(x，y，z)， ∴n＝0且n＝0.∴ ∴y＝z＝0.故n＝(x,0,0)． ∴cos〈，n〉＝＝－， ∴|cos〈，n〉|＝. 又直線與平面所成的角在[0，90]范圍內， ∴AC1與側面ABB1A1所成的角為30. 三、解答題 13.如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點． (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值． 考點　向量法求直線與平面所成的角 題點　向量法求直線與平面所成的角 解　如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，設AC，A1C1的中點分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}為基底，建立空間直角坐標系Oxyz. 因為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)因為P為A1B1的中點，所以P， 從而＝，＝(0,2,2)， 故|cos〈，〉|＝＝＝. 因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因為Q為BC的中點，所以Q， 因此＝，＝(0,2,2)，＝(0,0,2)． 設n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個法向量， 則即 不妨取n＝(，－1,1)． 設直線CC1與平面AQC1所成的角為θ， 則sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝. 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為. 14.如圖，在四棱錐E－ABCD中，平面EAD⊥平面ABCD，DC∥AB，BC⊥CD，EA⊥ED，AB＝4，BC＝CD＝EA＝ED＝2. (1)證明：BD⊥平面AED； (2)求平面ADE和平面CDE所成角(銳角)的余弦值． 考點　向量法求平面與平面所成的角 題點　向量法求平面與平面所成的角 (1)證明　因為BC⊥CD，BC＝CD＝2，所以BD＝2. 又因為EA⊥ED，EA＝ED＝2，所以AD＝2. 又因為AB＝4，由勾股定理知BD⊥AD. 又因為平面EAD⊥平面ABCD， 平面EAD∩平面ABCD＝AD，BD?平面ABCD， 所以BD⊥平面AED. (2)解　如圖，取AD的中點O，連接OE，則OE⊥AD. 因為平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD， 所以OE⊥平面ABCD. 取AB的中點F，連接OF，則OF∥BD. 因為BD⊥AD，所以OF⊥AD. 以O為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz， 則D(－，0,0)，C(－2，，0)，E(0,0，)，＝(－，，0)，＝(，0，)． 設平面CDE的法向量為n1＝(x，y，z)， 則所以 令x＝1，可得平面CDE的一個法向量n1＝(1,1，－1)． 又平面ADE的一個法向量為n2＝(0,1,0)． 因此|cos〈n1，n2〉|＝＝. 所以平面ADE和平面CDE所成角(銳角)的余弦值為. 15.如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90，BC＝CD＝AD，E為棱AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90. (1)在平面PAB內找一點M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由； (2)若二面角P－CD－A的大小為45，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值． 考點　 題點　 解　(1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行． 延長AB，DC，相交于點M(M∈平面PAB)，點M即為所求的一個點．理由如下： 由已知得，BC∥ED，且BC＝ED. 所以四邊形BCDE是平行四邊形． 從而CM∥EB.又EB?平面PBE，CM?平面PBE， 所以CM∥平面PBE. (2)由已知得，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD， 所以CD⊥平面PAD. 又PD?平面PAD，所以CD⊥PD. 從而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角． 所以∠PDA＝45. 由PA⊥AB，PA⊥CD，AB∩CD＝M，AB，CD?平面ABCD，可得PA⊥平面ABCD. 設BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 作Ay⊥AD，以A為坐標原點，以，的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz， 則A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)， 所以＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2)， 設平面PCE的法向量為n＝(x，y，z)， 由得 取x＝2，得n＝(2，－2,1)．設直線PA與平面PCE所成角為α， 則sinα＝＝＝. 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為.