解析：取B1C1中点O，建立如图所示的空间直角坐标系．
uuuur设AB＝BB1＝2，则A1(－3，0,0)，C1(0,1,0)，A(－3，0,2)，O(0,0,0)，A1O＝(3，uuuuruuuur0,0)，A1O为面BB1C1C的法向量，AC1＝(3，1，－2)，
uuuuruuuur?A1O·AC1?uuuuruuuuruuuruuuur? ∴sin θ＝|cos〈A1O，AC1〉|＝?u?|AO||AC|?1??1＝
6
＝.
3·3＋1＋44
6 43
答案：
1
3.已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝AB，N为
2
AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点．
(1)证明：CM⊥SN；
(2)求SN与平面CMN的夹角．
解：设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系如图．
1???1?则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M?1，0，?，N?，0，0?， 2???2?
??S?1，，0?. ?
?
uuur?r?11?uuu1?
(1)证明：CM＝?1，－1，?，SN＝?－，－，0?，
2?2???2
uuuruuur11
因为CM·SN＝－＋＋0＝0，所以CM⊥SN.
22
12
uuur?1uuur?(2) NC＝?－，1，0?，设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则a·CM＝0，
?2?
uuura·NC＝0，
1
x－y＋z＝0，??2即?1
－??2x＋y＝0.
令x＝2，得a＝(2,1，－2)．
1－1－??2uuur2??＝，
因为|cos〈a，SN〉|＝
?3×2?2?2?所以SN与平面CMN的夹角为45°.
存在性问题
[例2] 如图，在三棱锥A－BCD中，侧面ABD，ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD＝3，BD＝CD＝1.另一个侧面ABC是等边三角形．点A在底面BCD上的射影为H.
(1)以D点为原点建立空间直角坐标系，并求A，B，C的坐标； (2)求平面BAC与平面DAC的夹角的余弦值．
(3)在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD的夹角为30°？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．
ruuuruuu[思路点拨] (1)建立坐标系，证明AD·BC＝0.
(2)求两平面法向量的夹角．
(3)先假设存在点E满足条件，再建立关于点E的坐标的方程，判断方程是否有符合题意的解，即可得出结论．
[精解详析] (1)由题意AB＝AC＝2，∴BC＝2. 则△BDC为等腰直角三角形． 连接BH，CH，∴DB⊥BH，CH⊥BH.
∴四边形BHCD为正方形，以DC为y轴，DB为x轴建立空间直角坐标系如图所示，
则A(1,1,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)． (2)设平面ABC的法向量为n1＝(x，y，z)，
uuuruuur则由n1⊥BC知：n1·BC＝－x＋y＝0.
uuuruuur同理，由n1⊥CA知：n1·CA＝x＋z＝0.
可取n1＝(1,1，－1)．
同理，可求得平面ACD的一个法向量为n2＝(1,0，－1)． 则cos〈n1，n2〉＝
n1·n21＋0＋16
＝＝，
|n1|·|n2|3·23
即所求平面BAC与平面DAC的夹角的余弦值为
6. 3
uuuruuurruuuruuuruuu(3)假设存在E满足条件，设CE＝xCA＝(x,0，x)(0≤x≤1)，则DE＝DC＋CE＝(0,1,0)＋(x,0，x)＝(x,1，x)，平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，
∵ED与平面BCD的夹角为30°，
uuur由图可知DE与n的夹角为60°，
uuuruuurDE·nx1
r所以cos〈DE，n〉＝uuu＝＝cos60°＝. 2
21＋2xDE| ||n|则2x＝1＋2x，解得x＝
2
22??2
，即E?，1，?， 22??2
uuuruuur|AC|＝2，|CE|＝1.
故线段AC上存在点E(与C的距离为1)，使ED与平面BCD的夹角为30°. [一点通]
解决存在性探究问题，一般先假设存在，然后进行推理计算，推出的结果若符合题意，则说明假设正确．若出现矛盾或得出相反的结论，则否定假设，说明不存在．
4.在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱BB1的中点，在棱DD1
上是否存在点P，使MD与平面PAC的夹角为90°？若存在，确定P点位置；若不存在，说明理由．
解：如图，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，
M?1，1，?，
2
??
1?
?
假设存在P(0,0，x)(0≤x≤1)满足条件， 经检验，当x＝0时不满足要求， 当0 uuuruuuruuur1 则PA＝(1,0，－x)，AC＝(－1,1,0)，MD＝(－1，－1，－)． 2 设平面PAC的法向量为n＝(x1，y1，z1)， uuur??PA·n＝0，则由?uuur? AC·n＝0，? ??x1－xz1＝0， 得???－x1＋y1＝0. 1 令x1＝1得y1＝1，z1＝， x1 即n＝(1,1，)． xuuur由题意MD∥n， uuur?1?1??由MD＝?－1，－1，－?＝－?1，1，?＝－n， 2?2??? 得x＝2. 又0 综上所述，棱DD1上不存在点P，使MD与平面PAC的夹角为90°. 5.(北京高考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5. (1)求证：AA1⊥平面ABC； (2)求平面A1BC1与平面B1BC1的夹角的余弦值； (3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求解：(1)证明：因为AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC. 因为平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以 BD的值． BC1 AA1⊥平面ABC. (2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB. 由题知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC. 如图，以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)， B1(0,3,4)，C1(4,0,4)． 设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)， uuuur??n·A1B＝0，则?uuuur??n·A1C1＝0， ??3y－4z＝0， 即? ?4x＝0.? 令z＝3，则x＝0，y＝4，所以n＝(0,4,3)． 同理可得，平面B1BC1的法向量为m＝(3,4,0)． n·m16 所以cos〈 n，m〉＝＝. |n||m|25 16 所以平面A1BC1与平面B1BC1的夹角的余弦值为. 25
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