如图，在四棱柱 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，侧棱 $A_1A\perp 底面 ABCD$，$AB\perp AC$，$AB=1$，$AC=AA_1=2$，$AD=CD=\sqrt 5$，且点 $M$ 和 $N$ 分别为 $B_1C$ 和 $D_1D $ 的中点．
【难度】
【出处】
2015年高考天津卷（理）
【标注】
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求证：$MN \parallel 平面ABCD$；标注答案略解析先根据垂直关系建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，再求出 $平面ABCD$ 的法向量，最后只要证明 $\overrightarrow {MN}\perp \overrightarrow n$ 即可．用向量法来证．
如图，以 $A$ 为原点建立空间直角坐标系．
依题意可得 $A\left(0,0,0\right)$，$B\left(0,1,0\right)$，$C\left(2,0,0\right)$，$D\left(1,-2,0\right)$，$A_1\left(0,0,2\right)$，$B_1\left(0,1,2\right)$，$C_1\left(2,0,2\right)$，$D_1\left(1,-2,2\right)$．
因为 $M$，$N$ 分别为 $B_1C$ 和 $D_1D$ 的中点，所以 $M\left(1,\dfrac 12,1\right)$，$N\left(1,-2,1\right)$．
依题意，可得 $\overrightarrow n=\left(0,0,1\right)$ 为平面 $ABCD$ 的一个法向量，$\overrightarrow {MN}=\left(0,-\dfrac 52,0\right)$，由此可得 $\overrightarrow {MN}\cdot \overrightarrow n=0$，所以 $\overrightarrow {MN}\perp \overrightarrow n$．
又因为直线 $MN\not\subset 平面ABCD$，
所以 $MN \parallel 平面ABCD$． -
求二面角 $D_1-AC-B_1$ 的正弦值；标注答案$\dfrac {3\sqrt {10}}{10}$解析在第一问的基础上求出二面角的两个半平面的法向量，由向量的夹角公式得两个法向量的夹角的余弦值，而二面角的平面角与此夹角相等或互补，故可获解．用向量法来求．
$\overrightarrow {AD_1}=\left(1,-2,2\right)$，$\overrightarrow {AC}=\left(2,0,0\right)$．
设 $\overrightarrow {n_1}=\left(x_1,y_1,z_1\right)$ 为平面 $ACD_1$ 的一个法向量，则 $\begin{cases}
\overrightarrow {n_1}\cdot \overrightarrow {AD_1}=0, \\ \overrightarrow {n_1}\cdot \overrightarrow {AC}=0,
\end{cases}$
即 $\begin{cases}
x_1-2y_1+2z_1=0, \\ 2x_1=0.
\end{cases}$
不妨设 $z_1=1$，可得 $\overrightarrow {n_1}=\left(0,1,1\right)$．
设 $\overrightarrow {n_2}=\left(x_2,y_2,z_2\right)$ 为平面 $ACB_1$ 的一个法向量，则 $\begin{cases}
\overrightarrow {n_2}\cdot \overrightarrow {AB_1}=0, \\ \overrightarrow {n_2}\cdot \overrightarrow {AC}=0.
\end{cases}$
又 $\overrightarrow {AB_1}=\left(0,1,2\right)$，
所以 $\begin{cases}
y_2+2z_2=0, \\ 2x_2=0,
\end{cases}$
不妨设 $z_2=1$，可得 $\overrightarrow {n_2}=\left(0,-2,1\right)$．
因此由空间向量的坐标运算得\[\cos \left\langle \overrightarrow {n_1},\overrightarrow {n_2}\right\rangle=\dfrac {\overrightarrow {n_1}\cdot \overrightarrow {n_2}}{ \left|\overrightarrow {n_1} \right| \left|\overrightarrow {n_2} \right|}=-\dfrac {\sqrt {10}}{10},\]于是 $\sin \left\langle \overrightarrow {n_1},\overrightarrow {n_2}\right\rangle=\dfrac {3\sqrt {10}}{10}$，
所以，二面角$D_1-AC-B_1$ 的正弦值为 $\dfrac {3\sqrt {10}}{10}$． -
设 $E$ 为棱 $A_1B_1$ 上的点，若直线 $NE$ 和平面 $ABCD$ 所成角的正弦值为 $\dfrac 13$，求线段 $A_1E$ 的长．标注答案$\sqrt 7-2$解析本题是求线面角的反向问题，即通过求线面角的余弦值得相关方程，解方程从而来确定点 $E$ 的位置．其切入点是设出点 $E$ 的坐标．设法用向量法表达出线面角的正弦值．
依题意，可设 $\overrightarrow {A_1E}=\lambda \overrightarrow {A_1B_1}$，其中 $\lambda \in \left[0,1\right]$，则 $E\left(0,\lambda ,2\right)$，
从而 $\overrightarrow {NE}=\left(-1,\lambda +2,1\right)$．
又 $\overrightarrow n=\left(0,0,1\right)$ 为平面 $ABCD$ 的一个法向量，由已知，结合空间向量的坐标运算得\[ \begin{split}\left|\cos \left\langle \overrightarrow {NE},\overrightarrow {n}\right\rangle \right|&= \left|\dfrac {\overrightarrow {NE}\cdot \overrightarrow {n}}{ \left|\overrightarrow {NE} \right| \left|\overrightarrow {n} \right|} \right|\\&=\dfrac {1}{\sqrt {\left(-1\right)^2+\left(\lambda+2\right)^2+1^2}}\\&=\dfrac 13,\end{split}\]整理得 $\lambda ^2+4\lambda -3=0$，解得 $\lambda =-2\pm \sqrt 7$．
又因为 $\lambda \in \left[0,1\right]$，
所以 $\lambda =\sqrt 7-2$．
所以，线段 $A_1E$ 的长为 $\sqrt 7-2$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
问题3
答案3
解析3
备注3
