∴H为B′C的中点，∵AB′＝AC，∴AH⊥B′C. ∴∠AHO即为二面角A－B′C－O的平面角． 232
在Rt△AOH中，AO＝2，OH＝2，∴AH＝2， OH1
∴cos∠AHO＝AH＝3. 1
∴二面角A－B′C－O的余弦值为3.
(3)存在，且P为线段AB′的中点．
证明如下：以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． →→→→→
设AP＝λAB′＝(－2λ，0，λ)，则CP＝CA＋AP＝(2－2λ，－1，λ)． 又平面B′OA的一个法向量为m＝(0,1,0)，
→|CP·m|21212
由题意，得＝3，即＝，即20λ－32λ＋11＝0，解得λ＝2
→5λ2－8λ＋53|CP||m|11???λ＝>1，舍去?.
10??
∴满足题意的点P存在，且为线段AB′的中点．
5. [2017·东北育才中学模拟]已知长方体AC1中，AD＝AB＝2，AA1＝1，E为D1C1
的中点，如图所示．
(1)在所给图中画出平面ABD1与平面B1EC的交线(不必说明理由)； (2)证明：BD1∥平面B1EC；
(3)求平面ABD1与平面B1EC所成锐二面角的余弦．
解 (1)连接BC1交B1C于M，连接ME，则直线ME即为平面ABD1与平面B1EC的交线，如图所示．
(2)证明：因为在长方体AC1中，M为BC1的中点， 又E为D1C1的中点，所以在△D1C1B中，EM是中位线， 所以EM∥BD1.
又EM?平面B1EC，BD1?平面B1EC，所以BD1∥平面B1EC.
(3)在长方体AC1中，DA，DC，DD1两两垂直，于是以D为坐标原点，以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，如图所示．
因为AD＝AB＝2，AA1＝1，所以D(0,0,0)，A(2,0,0)，D1(0,0,1)，B(2,2,0)，B1(2,2,1)，C(0,2,0)，E(0,1,1)，
→→→→
所以BA＝(0，－2,0)，BD1＝(－2，－2,1)，CB1＝(2,0,1)，CE＝(0，－1,1)． 设平面B1EC的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， →→
所以CB1⊥m，CE⊥m，
??→?CE·m＝0，
→CB1·m＝0，
??2x1＋z1＝0，
即?不妨令x1＝－1，得??y1＝z1，
到平面B1EC的一个法向量为m＝(－1,2,2)．
→→
设平面ABD1的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，所以BA⊥n，BD1⊥n，即
??→?BD·n＝0，
1
→BA·n＝0，
??－2y2＝0，
即?不妨令x2＝1，得到平面ABD1的一个法向?－2x2－2y2＋z2＝0，?
量为n＝(1,0,2)．
m·n－1＋45
因为cos〈m，n〉＝＝＝，
|m||n|9×55
5
所以平面ABD1与平面B1EC所成锐二面角的余弦为5.
1．[2016·河南九校联考] (本小题满分15分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，PA＝2，点M在PD上．
(1)求证：AB⊥PC；
(2)若二面角M－AC－D的大小为45°，求BM与平面PAC所成角的正弦值． 解 (1)证明：取BC中点E，连接AE，则AD＝EC，AD∥EC，所以四边形AECD为平行四边形，故AE⊥BC，又AE＝BE＝EC＝22，所以∠ABC＝∠ACB＝45°，故AB⊥AC，又AB⊥PA，AC∩PA＝A，所以AB⊥平面PAC，(4分)
故有AB⊥PC.(6分)
(2)如图建立空间直角坐标系 Axyz，则
A(0,0,0)，B(22，－22，0)， C(22，22，0)，P(0,0,2)， D(0,22，0)．(7分)
设PM→＝λPD→
＝(0,22λ，－2λ)(0≤λ≤1)， 易得M(0,22λ，2－2λ)，
设平面AMC的一个法向量为n1＝(x，y，z)， ?→则??
n1·AC＝22x＋22y＝0，?
?n·AM→1＝22λy＋?2－2λ?z＝0，
令y＝2，得x＝－2，z＝2λ
λ－1
，
即n?2λ?
1＝??－2，2，λ－1??
，(9分)
又平面ACD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，(10分) ??2λ?|cos〈n2|
?λ－1??
1，n|n1·n2〉|＝
|n1||n2|
＝4＋??2λ?＝cos45°， 2?λ－1?
?
解得λ＝1
2，(12分)
即M(0，2，1)，BM→
＝(－22，32，1)，
而AB→
＝(22，－22，0)是平面PAC的一个法向量，设直线BM与平面PAC所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈BM→，AB→
〉|＝|－8－12|534×33
＝9.
(13分)
