高中数学第二章空间向量与立体几何25夹角的计算教学案北师大版选修21.docx

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高中数学第二章空间向量与立体几何25夹角的计算教学案北师大版选修21

高中数学第二章空间向量与立体几何2-5夹角的计算教学案北师大版选修2_1

第一课时　直线间的夹角、平面间的夹角

山体滑坡是一种常见的自然灾害．甲、乙两名科学人员为了测量一个山体的倾斜程度，甲站在水平地面上的A处，乙站在山坡斜面上的B处，从A，B两点到直线l（水平地面与山坡的交线）的距离AC和BD分别为30m和40m，CD的长为60m，AB的长为80m.

问题1：

直线AC和BD的夹角范围是什么？

向量与向量的夹角范围是什么？

提示：

，[0，π]．

问题2：

直线AC与BD的夹角与〈，〉有什么关系？

提示：

当0≤〈，〉≤时，它们相等；

当<〈，〉≤π时，直线AC与BD的夹角为π－〈，〉．

问题3：

上图中水平地面与斜坡面的夹角α与〈，〉有什么关系？

为什么？

提示：

α＝π－〈，〉，因为图中两平面夹角（即为直线BD与CA的夹角）为锐角，而〈，〉为钝角，所以α＝π－〈，〉．

问题4：

若n1，n2分别为两个平面π1，π2的法向量，则π1与π2的夹角θ与〈n1，n2〉有什么关系？

提示：

当0≤〈n1，n2〉≤时，θ＝〈n1，n2〉；

当<〈n1，n2〉≤π时，θ＝π－〈n1，n2〉．

1．两直线的夹角

当两条直线l1与l2共面时，把两条直线交角中，范围在内的角叫做两直线的夹角．

2．异面直线l1与l2的夹角

（1）定义：

直线l1与l2是异面直线，在直线l1上任取一点A作AB∥l2，则直线l1和直线AB的夹角叫作异面直线l1与l2的夹角．

（2）计算：

设直线l1与l2的方向向量分别为s1，s2.

当0≤〈s1，s2〉≤时，直线l1与l2的夹角等于〈s1，s2〉；

当<〈s1，s2〉≤π时，直线l1与l2的夹角等于π－〈s1，s2〉．

3．平面间的夹角

（1）定义：

平面π1与π2相交于直线l，点R为直线l上任意一点，过点R，在平面π1上作直线l1⊥l，在平面π2上作直线l2⊥l，则直线l1和l2的夹角叫作平面π1与π2的夹角．

（2）计算：

已知平面π1和π2的法向量分别为n1和n2，

当0≤〈n1，n2〉≤时，平面π1和π2的夹角等于〈n1，n2〉；

当<〈n1，n2〉≤π时，平面π1和π2的夹角等于π－〈n1，n2〉．

1．求空间角时，要注意角的范围．

（1）异面直线夹角范围是；

（2）两平面夹角范围是.

2．求两异面直线的夹角、两平面夹角时可用定义求解；也可用直线的方向向量、平面的法向量的夹角进行求解，但要注意其转化关系．

求异面直线的夹角

[例1]　如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD＝90°，AD∥BC，AB＝BC＝a，AD＝2a，且PA⊥底面ABCD，∠PDA＝30°，AE⊥PD，E为垂足．

（1）求证：

BE⊥PD；

（2）求异面直线AE与CD夹角的余弦值．

[思路点拨]　要证明两直线垂直，或求两直线的夹角，只要适当地建立空间直角坐标系，求出两直线对应的方向向量，然后借助于这两个向量的数量积公式即可求得．

[精解详析]　以A为原点，AB，AD，AP所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图，则A（0,0,0），B（a,0,0），C（a，a,0），D（0,2a,0）．

又∵∠PDA＝30°，

∴AP＝AD·tan30°＝2a·＝a，

AE＝AD·sin30°＝2a·＝a.

过E作EF⊥AD，垂足为F，在Rt△AFE中，AE＝a，∠EAF＝60°，∴AF＝，EF＝a.

∴P，E.

（1）证明：

＝，

＝，

∴·＝0＋a2－a2＝0.

∴⊥，∴BE⊥PD.

（2）＝，＝（－a，a,0）．

则cos〈，〉＝＝＝，

即AE与CD的夹角的余弦值为.

[一点通]　

1．求两异面直线的夹角时，可用向量法转化为求两异面直线的方向向量a，b的夹角〈a，b〉．但两异面直线的夹角范围是，所以当〈a，b〉∈时，两异面直线的夹角应为π－〈a，b〉．

2．合理建立空间直角坐标系，可使两异面直线的夹角问题转化为向量的坐标运算，也可选用基向量法进行求解．

1．把正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角，点E，F分别是AD，BC的中点，O是正方形ABCD的中心，则折起后，∠EOF的大小为（　　）

A．60°　　　　　　　　B．90°

C．120°D．150°

解析：

如图，建立空间直角坐标系，设正方形边长为2.

则F，E，

∴＝，＝，

∴cos∠EOF＝cos〈，〉

＝＝－，

∴∠EOF＝120°.

答案：

C

2．在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，求异面直线BA1与AC的夹角．

解：

法一：

以A点为坐标原点，建立直角坐标系如右图所示，设B（1,0,0），则C（1,1,0），A1（0,0,1），

∴＝（1,1,0），＝（－1,0,1），

∴cos〈，〉＝

＝＝－.

∴〈，〉＝120°.故AC与BA1的夹角为60°.

法二∵＝＋，＝＋，

∴·＝（＋）·（＋）

＝·＋·＋·＋·.

∵AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，

∴·＝0，·＝0，·＝0，

∴·＝－a2.

又∵＝||·||·cos〈，〉，

∴cos〈，〉＝＝－.

∴〈，〉＝120°.

故异面直线BA1与AC的夹角为60°.

3.如右图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，∠PAD＝60°，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2.

（1）建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标；

（2）求异面直线PA与BC夹角的余弦值．

解：

（1）如右图建立空间直角坐标系，

∵∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2，

∴A（2,0,0），C（0,1,0），B（2,4,0）．

在Rt△PAD中，由AD＝2，∠PAD＝60°得PD＝2，

∴P（0,0,2）．

（2）由

（1）得＝（2,0，－2），＝（－2，－3,0），

∴cos〈，〉＝

＝＝－.

故异面直线PA与BC夹角的余弦值为.

求两平面的夹角

[例2]　如图，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝，求平面PAB与平面PBC的夹角的余弦值．

[思路点拨]　建立空间直角坐标系，利用法向量进行求解．

[精解详析]　如图建立空间直角坐标系，则A（0,0,0），B（，1,0），C（0,1,0），P（0,0,1），＝（0,0,1），＝（，1,0），＝（，0,0），＝（0，－1,1）．

设平面PAB的法向量为

m＝（x，y，z），

则即

∴

∴

令x＝1，得m＝（1，－，0），

设平面PBC的法向量为n＝（x′，y′，z′），

则

即

∴

∴

令y′＝1，∴n＝（0,1,1）．

∴cos〈m，n〉＝＝－.

而平面PAB与平面PBC夹角∈

∴平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为.

[一点通]　

求两平面的夹角有两种方法：

（1）定义法：

在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同．

（2）法向量法：

分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉.

4．在底面是直角梯形的四棱锥S－ABCD中，∠ABC＝90°，SA⊥面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，求平面SCD与平面SBA夹角的余弦值．

解：

建立如图所示空间直角坐标系，则A（0,0,0），D，C（1,1,0），S（0,0,1），平面SAB的一个法向量是＝.设n＝（x，y，z）是面SCD的一个法向量，则n⊥，n⊥，即n·＝0，n·＝0.

又＝，＝，

∴x＋y＝0，且－x＋z＝0.

∴y＝－x，且z＝x.

∴n＝，

取x＝1，得n＝.

∴cos〈，n〉＝＝＝.

∴平面SCD与平面SBA夹角的余弦值为.

5．（陕西高考）如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝.

（1）证明：

A1C⊥平面BB1D1D；

（2）求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．

解：

（1）证明：

法一：

由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系．

∵AB＝AA1＝，

∴OA＝OB＝OA1＝1，

∴A（1,0,0），B（0,1,0），C（－1,0,0），D（0，－1,0），A1（0,0,1）．

由＝，易得B1（－1,1,1）．

∵＝（－1,0，－1），＝（0，－2,0），＝（－1,0,1），

∴·＝0，·＝0，

∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，

又BB1∩BD＝B，

∴A1C⊥平面BB1D1D.

法二：

∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD.

又四边形ABCD是正方形，

∴BD⊥AC，∴BD⊥平面A1OC，∴BD⊥A1C.

又OA1是AC的中垂线，

∴A1A＝A1C＝，且AC＝2，∴AC2＝AA＋A1C2，

∴△AA1C是直角三角形，∴AA1⊥A1C.

又BB1∥AA1，

∴A1C⊥BB1.又BB1∩BD＝B，

∴A1C⊥平面BB1D1D.

（2）设平面OCB1的法向量n＝（x，y，z）．

∵＝（－1,0,0），＝（－1,1,1），

∴∴

取n＝（0,1，－1），

由

（1）知，＝（－1,0，－1）是平面BB1D1D的法向量，

∴cosθ＝|cos〈n，〉|＝＝.

又0≤θ≤，∴θ＝.

用向量法求两异面直线的夹角θ及两平面的夹角φ时，要注意两异面直线的夹角、两平面夹角与直线的方向向量a，b的夹角及两平面的法向量n1，n2的夹角的关系：

（1）当cos〈a，b〉<0时，cosθ＝－cos〈a，b〉，

当cos〈a，b〉≥0时，cosθ＝cos〈a，b〉，即cosθ＝|cos〈a，b〉|.

（2）当cos〈n1，n2〉≥0时，cosφ＝cos〈n1，n2〉，

当cos〈n1，n2〉<0时，cosφ＝－cos〈n1，n2〉，即cosφ＝|cos〈a，b〉|.

1．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，E，F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则异面直线EF和CD的夹角是（　　）

A．60°　　　　　　　　B．45°

C．30°D．90°

解析：

以D为原点，分别以射线DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴的非负半轴建立空间直角坐标系（图略）．设正方体的棱长为1，则E，F，

＝，＝（0,1,0）．

所以cos〈，〉＝＝－，

所以〈，〉＝135°，

所以异面直线EF和CD的夹角是45°.

答案：

B

2.（陕西高考）如图，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.B.

C.D.

解析：

设CA＝2，则C（0,0,0），A（2,0,0），B（0,0,1），

C1（0,2,0），B1＝（0,2,1），可得向量＝（－2,2,1），

＝（0,2，－1），由向量的夹角公式得cos〈，〉＝＝＝.

答案：

A

3．如图所示，已知点P为菱形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC中点，则平面CBF与平面DBF夹角的正切值为（　　）

A.B.

C.D.

解析：

设AC∩BD＝O，连接OF，以O为原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，

∴B，F，

C，D.

∴＝，且为平面BDF的一个法向量．

由＝，＝可得平面BCF的一个法向量n＝（1，，）．

∴cos〈n，〉＝，sin〈n，〉＝.

∴tan〈n，〉＝.

答案：

D

4．P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在α，β平面内引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么α与β的夹角大小为（　　）

A．60°B．70°

C．80°D．90°

解析：

设PM＝a，PN＝b，作ME⊥AB，NF⊥AB，则因∠BPM＝∠BPN＝45°，故PE＝，PF＝.于是·＝（－）·（－）＝·－·－·＋·＝abcos60°－a·cos45°－·bcos45°＋·＝－－＋＝0.因为EM，FN分别是α，β内的与棱AB垂直的两条直线，所以与的夹角就是α与β的夹角．

答案：

D

5．平面π1的一个法向量n1＝（1,2，－1），平面π2的一个法向量n2＝（2，－2，－2），则平面π1与π2夹角的正弦值为________．

解析：

n1·n2＝2－4＋2＝0，∴n1⊥n2，∴〈n1，n2〉＝，即α与β垂直，

∴sin〈n1，n2〉＝1.

答案：

1

6．如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是________．

解析：

不妨设棱长为2，则＝－，＝＋，

cos〈，〉＝

＝＝0.

故AB1与BM的夹角为90°.

答案：

90°

7．如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成角为60°.求平面BEF与平面BDE的夹角的余弦值．

解：

因为DA，DC，DE两两垂直，所以建立空间直角坐标系，如图所示．

因为BE与平面ABCD所成角为60°，即∠DBE＝60°，所以＝.

由AD＝3可知DE＝3，AF＝，

则A（3,0,0），F（3,0，），E（0,0,3），B（3,3,0），C（0,3,0）．

所以＝（0，－3，），＝（3,0，－2）．设平面BEF的法向量为n＝（x，y，z），

则即

令z＝，则n＝（4,2，）．由题意知AC⊥平面BDE，

所以为平面BDE的法向量，＝（3，－3,0）．

所以cos〈n，〉＝＝＝.

故由题意知平面BEF与平面BDE的夹角的余弦值为.

8．如图，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．

（1）求异面直线A1B与C1D的夹角的余弦值；

（2）求平面ADC1与平面ABA1的夹角的正弦值．

解：

（1）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A（0,0,0），B（2,0,0），C（0,2,0），D（1,1,0），A1（0，0,4），C1（0,2,4），所以＝（2,0，－4），＝（1，－1，－4）．

因为cos〈，〉＝＝＝，

所以异面直线A1B与C1D的夹角的余弦值为.

（2）设平面ADC1的法向量为n1＝（x，y，z），因为＝（1,1,0），＝（0,2,4），所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以n1＝（2，－2,1）是平面ADC1的一个法向量．取平面ABA1的一个法向量为n2＝（0,1,0），设平面ADC1与平面ABA1的夹角的大小为θ.

由|cosθ|＝＝＝，得sinθ＝.

因此，平面ADC1与平面ABA1的夹角的正弦值为.

第二课时　直线与平面的夹角

在上节研究的山体滑坡问题中，A，B两点到直线l（水平地面与山坡的交线）的距离分别为AC和BD，直线BD与地面ACD的夹角为φ.

问题1：

φ与〈，〉有什么关系？

提示：

φ＝π－〈，〉．

问题2：

φ与〈，n〉有何关系？

（n为地面法向量）

提示：

φ＝－〈，n〉或φ＝〈，n〉－，即sinφ＝|cos〈，n〉|.

直线与平面的夹角

（1）平面外一条直线与它在该平面内的投影的夹角叫作该直线与此平面的夹角．

（2）如果一条直线与一个平面垂直，这条直线与平面的夹角为.

（3）如果一条直线与一个平面平行或在平面内，这条直线与平面的夹角为0.

（4）设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，l与α的夹角为θ，则，

当〈a，n〉≤时，θ＝－〈a，n〉；

当〈a，n〉>时，θ＝〈a，n〉－.

即sin〈a，n〉＝|cos〈a，n〉|.

（1）直线与平面夹角范围是；

（2）求直线与平面夹角θ时，可用定义求解；也可用直线的方向向量s、平面的法向量n的夹角进行求解，但要注意sinθ＝|cos〈s，n〉|.

求直线与平面的夹角

[例1]　（新课标全国卷Ⅰ）如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.

（1）证明：

AB⊥A1C；

（2）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C的夹角的正弦值．

[思路点拔]

（1）先证明直线与平面垂直，再利用线面垂直的性质求证线线垂直；

（2）建立空间直角坐标系，写出点与向量坐标，将线面角的大小用方向向量和法向量表示，但要注意线面角的范围．

[精解详析]　

（1）如图，取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.

因为CA＝CB，所以OC⊥AB.

由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.

因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.

又A1C平面OA1C，故AB⊥A1C.

（2）由

（1）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．

以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

由题设知A（1,0,0），A1（0，，0），C（0,0，），B（－1,0,0），

则＝（1,0，），＝＝（－1，，0），＝（0，－，）．

设n＝（x，y，z）是平面BB1C1C的法向量，

则即

可取n＝（，1，－1），

故cosn，＝＝－.

所以A1C与平面BB1C1C的夹角的正弦值为.

[一点通]　

设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为u，直线l与平面α所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sinθ＝|cosφ|＝或cosθ＝sinφ，其中θ与φ满足：

①当φ是锐角时，θ＝－φ；②当φ为钝角时，则θ＝φ－.

1．正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC81与平面ABCD夹角的余弦值为（　　）

A.　　　　　　　　　　B.

C.D.

解析：

如图所示建系，设正方体棱长为1，则A（1,0,0），C1（0,1,1），C（0，1,0），

而CC1⊥面ABCD，

∴AC1在底面ABCD的射影为AC.

又＝（－1,1,1），＝（－1,1,0），

∴AC1与平面ABCD夹角的余弦值

cosθ＝|cos〈，〉|＝.

答案：

D

2．如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C夹角的正弦值为________．

解析：

取B1C1中点O，建立如图所示的空间直角坐标系．

设AB＝BB1＝2，则A1（－，0,0），C1（0,1,0），A（－，0,2），O（0,0,0），＝（，0,0），为面BB1C1C的法向量，＝（，1，－2），

∴sinθ＝|cos〈，〉|＝

＝＝.

答案：

3.已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝AB，N为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．

则P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M，N，

S.

（1）证明：

＝，＝，

因为·＝－＋＋0＝0，所以CM⊥SN.

（2）＝，设a＝（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，则a·＝0，a·＝0，

即

令x＝2，得a＝（2,1，－2）．

因为|cos〈a，〉|＝＝，

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＝，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．

[思路点拨]　

（1）建立坐标系，证明·＝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＝，∴BC＝.

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），

则由n1⊥知：

n1·＝－x＋y＝0.

同理，由n1⊥知：

n1·＝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〉＝＝＝，

即所求平面BAC与平面DAC的夹角的余弦值为.

（3）假设存在E满足条件，设＝x＝（x,0，x）（0≤x≤1），则＝＋＝（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°，

由图可知与n的夹角为60°，

所以cos〈，n〉＝＝＝cos60°＝.

则2x＝，解得x＝，即E，

||＝，||＝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，

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

则＝（1,0，－x），＝（－1,1,0），＝（－1，－1，－）．

设平面PAC的法向量为n＝（x1，y1，z1），

则由得

令x1＝1得y1＝1，z1＝，

即n＝（1,1，）．

由题意∥n，

由＝＝－＝－n，

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，并求的值．

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Axyz，则B（0,3,0），A1（0,0,4），B1（0,3,4）