人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用免费课后作业题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用免费课后作业题，共22页。

1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题
基础过关练
题组一　用空间向量求空间的距离问题
1.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=2,E,F分别是面A1B1C1D1,面BCC1B1的中心,则E,F两点间的距离为(　　)

　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.1 B.52 C.62 D.32
2.已知平面α的一个法向量n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到α的距离为(　　)
A.10 B.3 C.83 D.103
3.(2020山东济南第二中学高二上月考)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,N是棱AD的中点,M是棱CC1上的点,且CC1=3CM,则直线BM与B1N之间的距离为　　　　. 


4.(2020河北唐山第二中学高二上期中)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0<λ<2),则点G到平面D1EF的距离为　　　　.深度解析 
5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4.
(1)求证:M为PB的中点;
(2)求点C到平面BDP的距离d.




题组二　用空间向量求空间角的问题
6.(2020广东深圳实验学校高二上期中)设平面α与平面β的夹角为θ,若平面α,β的法向量分别为n1,n2,则cos θ=(　　)
A.n1·n2|n1||n2| B.|n1·n2||n1||n2|
C.|n1||n2|n1·n2 D.|n1||n2||n1·n2|
7.(2020山西大学附属中学高二阶段测试)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1B1的中点,则异面直线AM与B1C所成角的余弦值为(　　)
A.105 B.1010 C.32 D.22
8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD的夹角的余弦值为(　　)
A.12 B.23 C.33 D.22
9.在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0,-1,3)和(2,2,4),则这个二面角的余弦值为　　　　. 
10.已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC所成角的正切值为　　　　. 
11.如图,在长方体A1B1C1D1-ABCD中,AB=3,BC=1,AA1=2,E为A1D的中点.
(1)求直线EC1与A1B所成角的余弦值;
(2)若F为BC的中点,求直线EC1与平面FA1D1所成角的正弦值.




能力提升练
题组一　用空间向量求空间距离
1.(2019山东师范大学附属中学期中,)在空间直角坐标系中,定义:平面α的一般方程为Ax+By+Cz+D=0(A,B,C,D∈R,且A,B,C不同时为零),点P(x0,y0,z0)到平面α的距离d=|Ax0+By0+Cz0+D|A2+B2+C2,则在底面边长与高都为2的正四棱锥P-ABCD中,底面中心O到侧面PAB的距离d等于(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.55 B.255
C.2 D.5
2.(2020山东威海高二期中,)如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为A1D1的中点,Q为A1B1上任意一点,E,F为CD上两个动点,且EF的长为定值,则点Q到平面PEF的距离　(　　)

A.等于55a B.和EF的长度有关
C.等于23a D.和点Q的位置有关
3.(多选)()已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点E、O分别是A1B1、A1C1的中点,P在正方体内部且满足AP=34AB+12AD+23AA1,则下列说法正确的是(深度解析)
A.点A到直线BE的距离是55
B.点O到平面ABC1D1的距离为24
C.平面A1BD与平面B1CD1间的距离为33
D.点P到直线AB的距离为2536
4.()如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P在正方形BCC1B1内及其边界上运动,并且总保持B1P∥平面A1BD,则动点P的轨迹的长度是　　　　. 

5.(2019广东广州二中高二期中,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M、N、P分别在棱AB、BC、CC1上,且AM=1,BN=2,CP=3.过M、N、P三点的平面交AC1于点Q,则A、Q两点间的距离为　　　　　. 
6.()如图,已知四边形ABCD为矩形,四边形ABEF为直角梯形,FA⊥AB,AD=AF=FE=1,AB=2,AD⊥BE.
(1)求证:BE⊥DE;
(2)求点F到平面CBE的距离.











题组二　用空间向量求空间角
7.()正四棱锥S-ABCD中,SA=AB=2,则直线AC与平面SBC所成角的正弦值为(　　)
A.36 B.66 C.33 D.63
8.()在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BCA=90°,D1,F1分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是(　　)
A.3010 B.12 C.3015 D.1510
9.(2020河南省实验中学高二上期中,)已知菱形ABCD中,∠ABC=60°,沿对角线AC折叠之后,使得平面BAC⊥平面DAC,则二面角B-CD-A的余弦值为(　　)

A.2 B.12 C.33 D.55
10.(2019黑龙江省实验中学高二月考,)如图1,四边形ABCD与四边形ADEF分别为正方形和等腰梯形,AD∥EF,AF=2,AD=4,EF=2,沿AD边将四边形ADEF折起,使得平面ADEF⊥平面ABCD,如图2,动点M在线段EF上,N,G分别是AB,BC的中点,设异面直线MN与AG所成的角为α,则cos α的最大值为(　　)

A.3010 B.105 C.1010 D.55
11.(多选)(2020河北保定高二上期末,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,AD=4,AB=2,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为等腰直角三角形,且∠PAD=π2,O为底面ABCD的中心,E为PD的中点,F在棱PA上,若FAPA=λ,λ∈[0,1],则下列说法正确的有(　　)

A.异面直线PO与AD所成角的余弦值为217
B.异面直线PO与AD所成角的余弦值为22121
C.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为55,则λ=12
D.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为55,则λ=52

12.(2020江西高安中学高二上期中,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=AA1=2BC=2,D为AA1上一点.若二面角B1-DC-C1的大小为30°,则AD的长为　　　　. 
题组三　用空间向量解决探索性问题
13.(2020浙江温州中学高二上阶段测试,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=22,BC=42,PA=4.
(1)求证:AB⊥PC;
(2)在线段PD上是否存在一点M(不与P,D重合),使得平面MAC与平面ACD夹角的大小为45°?若存在,求BM与平面MAC所成角的正弦值;若不存在,请说明理由.









14.(2020湖北华中师大一附中高三期中,)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为棱PC上的动点,且PMPC=λ(λ∈[0,1]).
(1)求证:△PBC为直角三角形;
(2)试确定λ的值,使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为255.





答案全解全析
基础过关练
1.C　以点A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则点E(1,1,2),F2,1,22,所以|EF|=(2-1)2+(1-1)2+22-22=62,故选C.
2.D　由已知得PA=(1,2,-4),故点P到平面α的距离为|PA·n||n|=|-2-4-4|3=103.故选D.
3.答案　68989
解析　设正方体的棱长为1,如图,建立空间直角坐标系,

则B(1,1,0),B1(1,1,1),M0,1,13,N12,0,0,∴BB1=(0,0,1),BM=-1,0,13,B1N=-12,-1,-1.
设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量n=(x,y,z),由n·BM=0,n·B1N=0,
得-x+13z=0,-12x-y-z=0,
令x=2,则z=6,y=-7,∴n=(2,-7,6).
设直线BM与B1N之间的距离为d,则d=|BB1·n||n|=689=68989.
4.答案　255
解析　由题意得A1B1∥EF,A1B1⊄平面D1EF,EF⊂平面D1EF,所以A1B1∥平面D1EF,则点G到平面D1EF的距离等于点A1到平面D1EF的距离.以D为原点,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Dxyz,则D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),A1(2,0,2),所以D1E=(2,0,-1),D1F=(2,2,-1),A1E=(0,0,-1).
设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),则2x-z=0,2x+2y-z=0,
令x=1,则y=0,z=2,
所以平面D1EF的一个法向量n=(1,0,2).
点A1到平面D1EF的距离为A1E·n|n|=-1×25=255,即点G到平面D1EF的距离为255.

解题反思　当直线l与一个平面α平行时,这条直线上任意一点到该平面的距离都相等,本题利用A1B1∥平面D1EF,将点G到平面D1EF的距离转化为点A1到平面D1EF的距离,在计算过程中摆脱了对参数λ的依赖,简化了解题过程.
5.解析　(1)证明:如图,设AC∩BD=O,∵四边形ABCD为正方形,
∴O为BD的中点.
连接OM.
∵PD∥平面MAC,PD⊂平面PBD,
平面PBD∩平面MAC=OM,
∴PD∥OM,
∴BOBD=BMBP,即M为PB的中点.
(2)取AD的中点G,∵PA=PD,
∴PG⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PG⊥平面ABCD,连接OG,则PG⊥OG,由G是AD的中点,O是AC的中点,可得OG∥DC,则OG⊥AD.
以G为坐标原点,GD、GO、GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
由PA=PD=6,AB=4,得D(2,0,0),P(0,0,2),C(2,4,0),B(-2,4,0),M-1,2,22,则DP=(-2,0,2),DB=(-4,4,0).
设平面BDP的法向量为m=(x,y,z),
则由m·DP=0,m·DB=0,得-2x+2z=0,-4x+4y=0,取z=2,得m=(1,1,2).
又CM=-3,-2,22,则点C到平面BDP的距离d=|CM·m||m|=2.

6.B　由两个平面的夹角概念知,cos θ=n1·n2|n1||n2|=|n1·n2||n1||n2|,故选B.
7.A　以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),
∴B1C=(-1,0,-1),
∴|B1C|=2,
∵M为A1B1的中点,
∴M1,12,1.
∴AM=0,12,1,
∴|AM|=52,
∴异面直线AM与B1C所成角的余弦值为|cos|=AM·B1C|AM|·|B1C|=105.故选A.
8.B　以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则A1(0,0,1),E1,0,12,D(0,1,0),
∴A1D=(0,1,-1),A1E=1,0,-12.

设平面A1ED的法向量为n1=(x,y,z),则有A1D·n1=0,A1E·n1=0,即y-z=0,x-12z=0,令x=1,得y=2,z=2,∴n1=(1,2,2).
易得平面ABCD的一个法向量n2=AA1=(0,0,1),∴|cos|=23×1=23,
即平面A1ED与平面ABCD的夹角的余弦值为23.
9.答案　±156
解析　由(0,-1,3)·(2,2,4)1+9×4+4+16=-2+1210×24=156,知这个二面角的余弦值为±156.
10.答案　23
解析　如图,以点D为坐标原点,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Dxyz,

设DA=1,由已知条件得D(0,0,0),
A(1,0,0),E1,1,13,F0,1,23,D1(0,0,1),则AE=0,1,13,AF=-1,1,23,D1D=(0,0,-1).
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
平面AEF与平面ABC所成角为θ,
由n·AE=0,n·AF=0,得y+13z=0,-x+y+23z=0,
令y=1,则z=-3,x=-1,
所以n=(-1,1,-3),
易得平面ABC的一个法向量m=D1D=(0,0,-1),
则cos θ=|cos|=31111,
又θ∈[0,π],所以sin θ=2211,所以tan θ=23.
11.解析　(1)以A1为原点,A1B1,A1D1,A1A所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,可得E0,12,1,C1(3,1,0),B(3,0,2),A1(0,0,0),则EC1=3,12,-1,A1B=(3,0,2).
设直线EC1与A1B的夹角为α,
则cos α=|cos |
=|EC1·A1B||EC1|·|A1B|=2119119.
(2)易得F3,12,2,A1D1=(0,1,0),A1F=3,12,2,设平面FA1D1的法向量为n=(x,y,z),则y=0,3x+12y+2z=0,
令x=-2,得z=3,所以平面FA1D1的一个法向量为n=(-2,0,3),设直线EC1与平面FA1D1所成的角为θ,则sin θ=|cos|=|n·EC1||n|·|EC1|=6357119.
能力提升练
1.B　以底面中心O为原点,建立空间直角坐标系Oxyz,如图.

则O(0,0,0),A(1,1,0),B(-1,1,0),P(0,0,2),设平面PAB的方程为Ax+By+Cz+D=0,将A,B,P 3点的坐标代入计算得A=0,B=-D,C=-12D,所以方程可化为-Dy-12Dz+D=0,即2y+z-2=0,所以d=|2×0+0-2|22+12=255.
2.A　取B1C1的中点G,连接PG,CG,DP,则PG∥CD,所以点Q到平面PEF的距离即点Q到平面PGCD的距离,与EF的长度无关,B错.又A1B1∥平面PGCD,所以点A1到平面PGCD的距离即点Q到平面PGCD的距离,即点Q到平面PEF的距离,与点Q的位置无关,D错.
如图,以点D为原点,建立空间直角坐标系,则C(0,a,0),D(0,0,0),A1(a,0,a),Pa2,0,a,∴DC=(0,a,0),DA1=(a,0,a),DP=a2,0,a,
设n=(x,y,z)是平面PGCD的法向量,
则由n·DP=0,n·DC=0,得a2x+az=0,ay=0,
令z=1,则x=-2,y=0,所以n=(-2,0,1)是平面PGCD的一个法向量.
设点Q到平面PEF的距离为d,则d=DA1·n|n|=-2a+a5=5a5,A对,C错.故选A.

3.BC　如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),E12,0,1,所以BA=(-1,0,0),BE=-12,0,1.

设∠ABE=θ,则cos θ=|BA·BE||BA||BE|=55,sin θ=1-cos2θ=255.
故A到直线BE的距离d1=|BA|sin θ=1×255=255,故A错.
易知C1O=12C1A1=-12,-12,0,
平面ABC1D1的一个法向量DA1=(0,-1,1),则点O到平面ABC1D1的距离d2=|DA1·C1O||DA1|=122=24,故B对.
A1B=(1,0,-1),A1D=(0,1,-1),A1D1=(0,1,0).
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),
则n·A1B=0,n·A1D=0,所以x-z=0,y-z=0,
令z=1,得y=1,x=1,
所以n=(1,1,1).
所以点D1到平面A1BD的距离d3=|A1D1·n||n|=13=33.
因为易证得平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为33,故C对.
因为AP=34AB+12AD+23AA1,所以AP=34,12,23,又AB=(1,0,0),则AP·AB|AB|=34,所以点P到AB的距离d=|AP|2-AP·AB|AB|2=181144-916=56,故D错.
解题反思　线面距、面面距实质上都是点面距,求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行.
4.答案　2
解析　如图,建立空间直角坐标系Dxyz.

则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),B1(1,1,1),设动点P(x,1,z),
∴DA1=(1,0,1),DB=(1,1,0),B1P=(x-1,0,z-1),
设平面A1BD的法向量为n=(a,b,c),
则n·DA1=0,n·DB=0,∴a+c=0,a+b=0.
∴b=c=-a,取n=(1,-1,-1).
∵B1P∥平面A1BD,
∴n·B1P=0,于是(x-1)-(z-1)=0,即x=z,连接B1C,
∴点P在正方形BCC1B1的对角线B1C上,
∴动点P的轨迹的长度即对角线B1C的长,为2.
5.答案　23
解析　如图,建立空间直角坐标系,

则A(0,0,0),C1(4,4,4),M(1,0,0),N(4,2,0),P(4,4,3),
∴MN=(3,2,0),NP=(0,2,3),AC1=(4,4,4),AM=(1,0,0).
∵过M、N、P三点的平面交AC1于点Q,
∴点Q在线段AC1上,点Q在平面MNP内,
∴可设AQ=λAC1=(4λ,4λ,4λ),0≤λ≤1,MQ=xMN+yNP=(3x,2x+2y,3y).
又MQ=AQ-AM=(4λ-1,4λ,4λ),
∴4λ-1=3x,4λ=2x+2y,4λ=3y,解得x=13,y=23,λ=12,
∴AQ=(2,2,2),|AQ|=23,即A、Q两点间的距离为23.
6.解析　∵四边形ABCD为矩形,∴AD⊥AB,
又AD⊥BE,AB∩BE=B,
∴AD⊥平面ABEF,
又AD⊂平面ABCD,
∴平面ABCD⊥平面ABEF.
∵FA⊥AB,平面ABCD∩平面ABEF=AB,
∴FA⊥平面ABCD.∴FA⊥AD.
(1)证明:如图,建立空间直角坐标系,

则B(0,2,0),C(1,2,0),D(1,0,0),E(0,1,1),F(0,0,1),
∴BE=(0,-1,1),DE=(-1,1,1),
∴BE·DE=0×(-1)+(-1)×1+1×1=0,
∴BE⊥DE,∴BE⊥DE.
(2)由(1)得BC=(1,0,0),BE=(0,-1,1),FE=(0,1,0),
设n=(x,y,z)是平面CBE的法向量,则由
n·BC=0,n·BE=0得x=0,-y+z=0,
令y=1,得z=1,∴n=(0,1,1)是平面CBE的一个法向量.
设点F到平面CBE的距离为d,
则d=FE·n|n|=12=22.
∴点F到平面CBE的距离为22.
7.C　连接BD,AC,交于点O,连接OS,则SO⊥平面ABCD,OA⊥OB,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(2,0,0),B(0,2,0),C(-2,0,0),S(0,0,2),
所以SB=(0,2,-2),SC=(-2,0,-2),设平面SBC的法向量为n=(x,y,z),则由n⊥SB,n⊥SC,得2y-2z=0,-2x-2z=0,令z=1,得x=-1,y=1,所以n=(-1,1,1).
又AC=(-22,0,0),设直线AC与平面SBC所成角为θ,则sin θ=|cos|=AC·n|AC||n|=2222×3=33.
故选C.

8.A　如图,设BC=CA=CC1=1,则A(1,0,1),B(0,1,1),D112,12,0,F112,0,0,
∴BD1=12,-12,-1,
AF1=-12,0,-1,
∴|cos|=|BD1·AF1||BD1||AF1|
=3414+14+1×14+1=3010.
故选A.

9.D　设菱形ABCD的边长为1,取AC的中点O,连接BO、DO,因为∠ABC=60°,所以BO⊥AC,又平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,所以BO⊥平面ACD,如图建系,则O(0,0,0),C12,0,0,B0,0,32,D0,32,0,

所以OB=0,0,32,BC=12,0,-32,CD=-12,32,0.
设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),则BC·n=0,CD·n=0,即12x-32z=0,-12x+32y=0,
令z=1,得x=3,y=1,则n=(3,1,1),易知平面CDA的一个法向量为OB=0,0,32,所以|cos|=3232×5=55,故选D.
10.A　如图,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,由题意可得A(0,0,0),G(4,2,0),N(2,0,0),∴AG=(4,2,0),

∵AD∥EF,动点M在线段EF上,
∴可设M(0,y,1),y∈[1,3].
∴NM=(-2,y,1),
∴cos α=|cos|=|AG·NM||AG||NM|=|-8+2y|25×5+y2=4-y5×5+y2.
令t=4-y,
则t∈[1,3],y=4-t,
∴cos α=t5×5+(4-t)2=55×t25+(t-4)2=55×1211t2-8t+1,
当t=3时,cos α取最大值,(cos α)max=3010.故选A.
11.BC　∵∠PAD=π2,
∴PA⊥AD,
∵平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,PA⊂平面PAD,
∴PA⊥平面ABCD,
∵底面ABCD为矩形,∴AB,AD,AP两两垂直.
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,如图所示,

则A(0,0,0),B(2,0,0),O(1,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4),
∴PO=(1,2,-4),AD=(0,4,0),
∴|cos|=|PO·AD||PO|·|AD|
=812+22+(-4)2×42=22121,
∴异面直线PO与AD所成角的余弦值为22121,故A错,B对.
由题易得E(0,2,2),AB⊥平面PAD,
取平面PAD的一个法向量m=(1,0,0).
∵FAPA=λ,λ∈[0,1],PA=4,
∴FA=4λ,∴F(0,0,4λ),
设平面OEF的法向量为n=(x,y,z),
易知OE=(-1,0,2),FO=(1,2,-4λ),
则OE·n=0,FO·n=0,即-x+2z=0,x+2y-4λz=0,
令x=2,得n=(2,2λ-1,1),
∵平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为55,
∴|cos|=1-552=255,
而|cos|=|m·n||m|·|n|=24+(2λ-1)2+1,
∴24+(2λ-1)2+1=255,解得λ=12,
故C对,D错.
故选BC.
12.答案　233
解析　如图,以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Cxyz,则C(0,0,0),B1(0,1,2),B(0,1,0),∴CB1=(0,1,2),CB=(0,1,0).设AD=a(0≤a≤2),则点D的坐标为(2,0,a),CD=(2,0,a).

设平面B1CD的法向量为m=(x,y,z),则m·CB1=0,m·CD=0⇒y+2z=0,2x+az=0,令z=-1,得m=a2,2,-1.又平面C1DC的一个法向量为CB=(0,1,0),记为n,则由cos 30°=|m·n||m||n|=2a24+4+1=32,解得a=233(负值舍去),故AD=233.
13.解析　(1)证明:∵AD∥BC,AD⊥CD,AD=CD=22,BC=42,∴AB=AC=4,∴AB⊥AC.
∵PA⊥平面ABCD,∴AB⊥PA,∵PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,∴AB⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,∴AB⊥PC.
(2)以A为原点,过点A且平行于CD的直线为x轴,AD,AP所在直线分别为y轴,z轴,建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),P(0,0,4),B(22,-22,0),D(0,22,0),C(22,22,0),假设存在满足题意的M.设PM=λPD,0<λ<1,则M(0,22λ,4-4λ),∴AM=(0,22λ,4-4λ),AC=(22,22,0),
设平面MAC的法向量为m=(x1,y1,z1),
则m·AM=0,m·AC=0,即22λy1+(4-4λ)z1=0,22x1+22y1=0,
令x1=1,则y1=-1,z1=2λ2-2λ,∴m=1,-1,2λ2-2λ,又平面ACD的一个法向量AP=(0,0,4),
∴|cos|=AP·m|AP|·|m|=42λ2-2λ42+2λ2-2λ2=cos 45°,解得λ=23或λ=2(舍去),∴M0,423,43,
∴BM=-22,1023,43,
平面MAC的一个法向量m=(1,-1,2).设BM与平面MAC所成角为θ,则
sin θ=|cos|=BM·m|BM|·|m|=4242×2=12.
14.解析　(1)证明:取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD,又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,所以AD⊥平面POC,
又PC⊂平面POC,所以AD⊥PC,因为BC∥AD,所以BC⊥PC,即∠PCB=90°,从而△PBC为直角三角形.
(2)由(1)可知OP⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.
以O为原点,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示,

则P(0,0,3),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(3,0,0),∴PC=(3,0,-3).
由PM=λPC=λ(3,0,-3)可得点M的坐标为(3λ,0,3-3λ),
所以AM=(3λ,1,3-3λ),DM=(3λ,-1,3-3λ),
设平面ADM的法向量为n=(x,y,z),则n·AM=0,n·DM=0,
即3λx+y+(3-3λ)z=0,3λx-y+(3-3λ)z=0,
解得x=λ-1λz,y=0,令z=λ,得n=(λ-1,0,λ),
显然平面PAD的一个法向量为OC=(3,0,0),
依题意得|cos|=|n·OC||n||OC|=|3(λ-1)|λ2+(λ-1)2·3=255,
解得λ=13或λ=-1(舍去),
所以当λ=13时,平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为255.