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(三)立体几何与空间向量

1.如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，M是PC上一点，且BM⊥PC.

(1)求证：PC⊥平面MBD；

(2)求直线PB与平面MBD所成角的正弦值.

(1)证明连接AC，由PA⊥平面ABCD，

BD?平面ABCD，得BD⊥PA，

又BD⊥AC，PA∩AC＝A，

PA，AC?平面PAC，

∴BD⊥平面PAC，又PC?平面PAC，∴PC⊥BD.

又PC⊥BM，BD∩BM＝B，

BD，BM?平面MBD，

∴PC⊥平面MBD.

(2)解方法一由(1)知PC⊥平面MBD，

即∠PBM是直线PB与平面MBD所成的角.

不妨设PA＝1，则BC＝1，PC＝eq\r(3)，PB＝eq\r(2).

∴PC2＝PB2＋BC2，∴PB⊥BC，又BM⊥PC，

∴sin∠PBM＝cos∠BPC＝eq\f(PB,PC)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，

故直线PB与平面MBD所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).

方法二以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz(如图所示)，

不妨设PA＝AB＝1，

则P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0).

由(1)知平面MBD的一个法向量为eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，

而eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1).

∴cos〈eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))〉＝eq\f(?1，0，－1?·?1，1，－1?,\r(2)×\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，

故直线PB与平面MBD所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).

2.如图，已知△DEF与△ABC分别是边长为1与2的正三角形，AC∥DF，四边形BCDE为直角梯形，且DE∥BC，BC⊥CD，点G为△ABC的重心，N为AB的中点，AG⊥平面BCDE，M为线段AF上靠近点F的三等分点.

(1)求证：GM∥平面DFN；

(2)若二面角M－BC－D的余弦值为eq\f(\r(7),4)，试求异面直线MN与CD所成角的余弦值.

(1)证明延长AG交BC于点O，连接ON，OF.

因为点G为△ABC的重心，

所以eq\f(AG,AO)＝eq\f(2,3)，且O为BC的中点.

又由题意知，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AF,\s\up6(→))，

所以eq\f(AG,AO)＝eq\f(AM,AF)＝eq\f(2,3)，

所以GM∥OF.

因为点N为AB的中点，

所以NO∥AC.

又AC∥DF，

所以NO∥DF，

所以O，D，F，N四点共面，

又OF?平面DFN，GM?平面DFN，

所以GM∥平面DFN.

(2)解连接OE.由题意知，AG⊥平面BCDE，

因为AG?平面ABC，

所以平面ABC⊥平面BCDE，

又BC⊥CD，平面ABC∩平面BCDE＝BC，

CD?平面BCDE，

所以CD⊥平面ABC.

又四边形BCDE为直角梯形，BC＝2，DE＝1，

所以OE∥CD，

所以OE⊥平面ABC.

因为BC∥DE，DE?平面ABC，

所以DE∥平面ABC，

同理DF∥平面ABC，

又因为DE∩DF＝D，DE，DF?平面DEF，

所以平面ABC∥平面DEF，

又△DEF与△ABC分别是边长为1与2的正三角形，

故以O为坐标原点，OC，OE，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

设CD＝m(m0)，

则C(1,0,0)，D(1，m，0)，

A(0,0，eq\r(3))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，m，\f(\r(3),2)))，

B(－1,0,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，

因为eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AF,\s\up6(→))，

所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2m,3)，\f(2\r(3),3)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，

eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(2m,3)，\f(2\r(3),3)))

设平面MBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，

则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝2x＝0，