全国高考数学二轮复习专题四立体几何与空间向量第3讲立体几何中的向量方法学案理.doc

第3讲立体几何中的向量方法考情考向分析以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上热点一利用向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，则有(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30.例1如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.(1)求证：EF平面PAB；(2)求证：平面PAD平面PDC.证明(1)以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)点E，F分别是PC，PD的中点，E，F，(1,0,0)，即EFAB，又AB平面PAB，EF平面PAB，EF平面PAB.(2)由(1)可知，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，即APDC，ADDC.又APADA，AP，AD平面PAD，DC平面PAD.DC平面PDC，平面PAD平面PDC.思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线ab，只需证明向量ab(R)即可若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外跟踪演练1如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点运用向量方法证明：(1)OM平面BCF；(2)平面MDF平面EFCD.证明方法一(1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M，O.，(1,0,0)，0，.棱柱ADEBCF是直三棱柱，AB平面BCF，是平面BCF的一个法向量，且OM平面BCF，OM平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)(1，1,1)，(1,0,0)，(0，1,1)，由得令x11，则n1.同理可得n2(0,1,1)n1n20，平面MDF平面EFCD.方法二(1)()().向量与向量，共面，BF，BC平面BCF，又OM平面BCF，OM平面BCF.(2)由题意及(1)知，BF，BC，BA两两垂直，0，()220，即OMCD，OMFC，又CDFCC，CD，FC平面EFCD，OM平面EFCD.又OM平面MDF，平面MDF平面EFCD.热点二利用空间向量求空间角设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线线夹角设l，m的夹角为，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为，则sin |cosa，|.(3)二面角设a的平面角为(0)，则|cos |cos，v|.例2(2018泉州质检)如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ABBC2，ADPD4，BAD60，ADP120，点E为PA的中点(1)求证：BE平面PCD；(2)若平面PAD 平面ABCD，求直线BE与平面PAC所成角的正弦值(1)证明取PD中点F，连接CF，EF.因为点E为PA的中点，所以EFAD且EFAD，又因为BCAD且BCAD，所以EFBC且EFBC，所以四边形BCFE为平行四边形，所以BECF，又BE平面PCD，CF平面PCD，所以BE平面PCD.(2)解在平面ABCD中，过点D作DGAD，在平面PAD中，过点D作DHAD.因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD 平面ABCDAD，DG平面ABCD，所以DG平面PAD，又DH平面PAD，所以DGDH，所以DA，DG，DH两两互相垂直以D为原点，DA，DG，DH所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz(如图)，则A，B(3，0)，C(1，0)，P，E，所以(3，0)，设n(x，y，z)是平面ACP的一个法向量，则即取x1，则y，z，得n(1，)设直线BE与平面PAC所成角为，则sin |cosn，|，所以直线BE与平面PAC所成角的正弦值为.思维升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论(2)求空间角注意：两条异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角，即cos |cos |；两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角；直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化跟踪演练2如图，在四面体ABCD中，BABC，BADBCD90.(1)证明：BDAC；(2)若ABD60，BA2，四面体ABCD的体积为2，求二面角BACD的余弦值方法一(1)证明如图，作RtABD斜边BD上的高AE，连接CE.因为BABC，BADBCD90，所以RtABDRtCBD，可得CEBD.又AECEE，AE，CE平面AEC，所以BD平面AEC，又AC平面AEC，所以BDAC.(2)解在RtABD中，因为BA2，ABD60，所以BD4，AE，CE，SAECsinAEC.因为BD平面AEC，四面体ABCD的体积为2，所以sinAEC42，sinAEC1，AEC90，所以AE平面BCD.以E为原点，EB，EC，EA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Exyz.则A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，0)，D(3,0,0)，(1,0，)，(0，)，(3,0，)设m(x1，y1，z1)是平面BAC的一个法向量，则即可取z11，得m(，1,1)设n(x2，y2，z2)是平面DAC的一个法向量，则即可取x21，得n(1，)因为cosm，n，二面角BACD的平面角为钝角，所以二面角BACD的余弦值为.方法二(1)证明因为BABC，BADBCD90，所以RtABDRtCBD，可得ADCD.设AC中点为E，连接BE，DE，则BEAC，DEAC，又BEDEE，BE，DE平面BDE，所以AC平面BDE，又BD平面BDE，所以BDAC.(2)解由(1)知，BED为二面角BACD的平面角，在RtBCD中，因为BC2，ABDCBD60，所以BCD的面积为2.设点A到平面BCD的距离为h，因为四面体ABCD的体积为2，所以h.在平面ABD内过A作AFBD，垂足为F，因为BA2，ABD60，所以AF.由点到平面的距离的定义知，AF平面BCD.所以AFFC，所以AC.因为BA2，AD2，所以BE，DE，所以cosBED，即二面角BACD的余弦值为.热点三利用空间向量求解存在探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论例3(2018滨海新区重点学校联考)在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，DCAD1，AB2，PAD45，E是PA的中点，F在线段AB上，且满足0.(1)求证：DE平面PBC；(2)求二面角FPCB的余弦值；(3)在线段PA上是否存在点Q，使得FQ与平面PFC所成角的余弦值是，若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由(1)证明方法一取PB的中点M，连接EM和CM，CDAB且CDAB，且E，M分别为PA，PB的中点EMAB且EMAB，EMCD且EMCD，四边形CDEM为平行四边形，DECM，又CM平面PBC，DE平面PBC，DE平面BPC.方法二由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，E，设平面PBC的法向量为m(x，y，z)，(1，1,0)，(0，1,1)，由得令y1，则x1，z1，m(1,1,1)又，m0，m，又DE平面PBC，DE平面PBC.(2)解设点F的坐标为(1，t,0)，则(1，t1,0)，(1,2,0)，由0，得t，F.设平面FPC的法向量为n(x，y，z)，由得即令x1，则y2，z2，n(1,2,2)，则cosn，m，又由图可知，该二面角为锐角，故二面角FPCB的余弦值为.(3)解设，cos，n .FQ与平面PFC所成角的余弦值是，其正弦值为，整理得202810，解得，(舍)，存在满足条件的点Q，且|AQ|.思维升华空间向量最适合解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解、是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法跟踪演练3(2018荆州质检)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ACBCAA12，点P为棱B1C1的中点，点Q为线段A1B上一动点(1)求证：当点Q为线段A1B的中点时，PQ平面A1BC；(2)设，试问：是否存在实数，使得平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出这个实数；若不存在，请说明理由(1)证明连接AB1，AC1，点Q为线段A1B的中点，A，Q，B1三点共线，且Q为AB1的中点，点P为B1C1的中点，PQAC1.在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，BC平面ACC1A1，又AC1平面ACC1A1，BCAC1.ACAA1，四边形ACC1A1为正方形，AC1A1C，又A1C，BC平面A1BC，A1CBCC，AC1平面A1BC，而PQAC1，PQ平面A1BC.(2)解由题意可知，CA，CB，CC1两两垂直，以C为原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Cxyz，连接B1Q，PB，设Q(x，y，z)，B(0,2,0)，A1(2,0,2)，P(0,1,2)，B1(0,2,2)，(x，y2，z)(2，2,2)，Q(2，22，2)点Q在线段A1B上运动，平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量，设平面A1PB的法向量为n1(x，y，z)，(0，1,2)，(2，1,0)，由得令y2，得n1(1,2,1)，设平面B1PQ的法向量为n2(x，y，z)，(0,1,0)，(2，2，22)由得令z1得n2(1，0，)，取n2(1，0，)，由题意得|cosn1，n2|，92920，解得或，当或时，平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为.真题体验1(2017北京)如图，在四棱锥PABCD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，PAPD，AB4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角BPDA的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值(1)证明设AC，BD交于点E，连接ME，如图所示因为PD平面MAC，平面MAC平面PDBME，所以PDME.因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点(2)解取AD的中点O，连接OP，OE.因为PAPD，所以OPAD，又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，且OP平面PAD，所以OP平面ABCD.因为OE平面ABCD，所以OPOE.因为四边形ABCD是正方形，所以OEAD，如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0，)，D(2,0,0)，B(2,4,0)，(4，4,0)，(2,0，)设平面BDP的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则y1，z.于是n(1,1，)平面PAD的法向量为p(0,1,0)，所以cosn，p.由题意知，二面角BPDA为锐角，所以它的大小为.(3)解由题意知M，C(2,4,0)，.设直线MC与平面BDP所成的角为，则sin |cosn，|.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.2(2018全国)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值(1)证明由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，BC，CM平面BMC，所以DM平面BMC.又DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)解以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，(2,1,1)，(0,2,0)，(2,0,0)，设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1,0,2)，是平面MCD的法向量，因此cosn，sinn，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.押题预测如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，BE平面ABCD，DFBE，DF2BE2，EF3.(1)证明：平面ACF平面BEFD；(2)若二面角AEFC是直二面角，求AE与平面ABCD所成角的正切值押题依据利用空间向量求二面角全面考查了空间中的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点(1)证明四边形ABCD是菱形，ACBD.BE平面ABCD，AC平面ABCD，BEAC，又BEBDB，BE，BD平面BEFD，AC平面BEFD.AC平面ACF，平面ACF平面BEFD.(2)解方法一(向量法)设AC与BD交于点O，以点O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，如图取DF的中点H，连接EH.BEDF且BEDF，DHDF，四边形BEHD为平行四边形，在RtEHF中，FH1，EF3，EH2，BD2.设AB的长为a，则各点坐标为A，E，F，C，.设n1为平面AEF的法向量， n2为平面CEF的法向量由得即令y1，得n1，同理得n2.二面角AEFC是直二面角，n1n20，得a2，由题意可得EAB为AE与平面ABCD所成的夹角，AB2，BE1，tanEAB.方法二(几何法)设AC与BD交于点O.四边形ABCD是菱形，ADFCDF，ABECBE，AFCF，AECE，AEFCEF.过A作AMEF，连接CM，则CMEF，则AMC为二面角AEFC的平面角设菱形的边长为a，BE1，DF2，EF3，DFBD，BD2.在AOB中，AO，AC2，二面角AEFC为直二面角，AMC为直角，AM，在AEF中，AMEF，设MEx，则MF3x，AF，AE，2(3x)22x2，解得x1，将x1代入到()2(3x)2()2中，解得a2.AE与平面ABCD所成的角为EAB，tanEAB.A组专题通关1已知平面ABC，点M是空间上任意一点，点M满足条件，则直线AM()A与平面ABC平行 B是平面ABC的斜线C是平面ABC的垂线 D在平面ABC内答案D解析由已知得M，A，B，C四点共面，所以AM在平面ABC内，故选D.2(2018上海松江、闵行区模拟)如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，(0,0,2)，平面ABC的法向量为n(2,1,2)，设二面角CABO的大小为，则cos 等于()A. B. C. D答案C解析由题意可知，平面ABO的一个法向量为(0,0,2)，由图可知，二面角CABO为锐角，由空间向量的结论可知，cos .3在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在A1C上运动(包括端点)，则BP与AD1所成角的取值范围是()A. B.C. D.答案D解析以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，点P坐标为(x,1x，x)(0x1)，则(x1，x，x)，(1,0,1)，因为BC1AD1，设，的夹角为，所以cos ，所以当x时，cos 取得最大值，.当x1时，cos 取得最小值，.故选D.4(2017全国)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案C解析方法一将直三棱柱ABCA1B1C1补形为直四棱柱ABCDA1B1C1D1，如图所示，连接AD1，B1D1，BD，AB1，BC1.由题意知ABC120，AB2，BCCC11，所以AD1BC1，AB1，DAB60.在ABD中，由余弦定理知，BD22212221cos 603，所以BD，所以B1D1.又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角，所以cos .故选C.方法二以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系B1xyz，如图所示由已知条件知B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(1，1)，则(1,0，1)，(1，1)所以cos，.所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.故选C.5(2017全国)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)答案解析依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知，点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆设直线a的方向向量为a(0,1,0)，直线b的方向向量为b(1,0,0)，以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为， 0，2)，则B(cos ，sin ，0)，(cos ，sin ，1)，|.设直线AB与直线a所成的夹角为，则cos |sin |，4590，正确，错误；设直线AB与直线b所成的夹角为，则cos |cos |.当直线AB与直线a的夹角为60，即60时，则|sin |cos cos 60，|cos |，cos |cos |.4590，60，即直线AB与b的夹角为60.正确，错误6(2018山西省榆社中学模拟)如图，在各棱长均为2的正三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为棱A1B1与BB1的中点，M，N为线段C1D上的动点，其中，M更靠近D，且MNC1N.(1)证明：A1E平面AC1D；(2)若NE与平面BCC1B1所成角的正弦值为，求异面直线BM与NE所成角的余弦值(1)证明由已知得A1B1C1为正三角形，D为棱A1B1的中点，C1DA1B1，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面A1B1C1，C1D底面A1B1C1，则AA1C1D.又A1B1AA1A1，A1B1，AA1平面ABB1A1，C1D平面ABB1A1，又A1E平面ABB1A1，C1DA1E.易证A1EAD，又ADC1DD，AD，C1D平面AC1D，A1E平面AC1D.(2)解取BC的中点O，B1C1的中点O1，连接AO，则AOBC，OO1BC，OO1AO，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则B(0,1,0)，E(0,1,1)，C1(0，1,2)，D，设，则(0,2，1)，易知n(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量，|cos，n|，解得(负值舍去)，2，cos，异面直线NE与BM所成角的余弦值为.7(2017全国)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD.(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值(1)证明由题设可得ABDCBD.从而ADCD，又ACD为直角三角形，所以ADC90，取AC的中点O，连接DO，BO，则DOAC，DOAO.又因为ABC是正三角形，故BOAC，所以DOB为二面角DACB的平面角，在RtAOB中，BO2OA2AB2，又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90，所以平面ACD平面ABC.(2)解由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则O(0,0,0)，A(1,0,0)，D，B，C(1，0,0)，由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E，故，(1,0,0)设平面AED的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面AEC的法向量为n2(x2，y2，z2)，则即令x11，则n1.即令y21，则n2(0，1，)，设二面角DAEC的平面角为，易知为锐角，则cos .8(2018全国)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值(1)证明因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.如图，连接OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，所以OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.因为OPOB，OPAC，OBACO，OB，AC平面ABC，所以PO平面ABC.(2)解由(1)知OP，OB，OC两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，(0,2,2)由(1)知平面PAC的一个法向量为(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由n0，n0，得可取ya，得平面PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos，n .由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a4(舍去)或a.所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.B组能力提高9(2018北京海淀区模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，点P在侧面ABB1A1内，若D1P垂直于CM，则PBC的面积的最小值为_答案解析以D为原点，以DC所在直线为y轴，以DA所在直线为x轴，以DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)则P(2，y，z)，D1(0,0,2)，所以(2，y，z2)因为C(0,2,0)，M(2,0,1)，所以(2，2,1)，因为，所以42yz20，z2y2.因为B(2,2,0)，所以(0，y2，z)，所以|.因为0y2，所以当y时，|min.因为BCBP，所以(SPBC)min2.10.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABADAA1，点P为线段A1C上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的是_(填序号)当3时，D1P平面BDC1；当5时，A1C平面D1AP；APD1的最大值为90；APPD1的最小值为.答案解析以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(1,0,0)，A1(1,0,1)，C(0，0)，D1(0,0,1)，C1(0，1)，B(1，0)，则(1，1)，设P(x，y，z)，(x1，y，z1)对于，当3时，(1，1)3(x1，y，z1)，解得P，设平面BDC1的法向量为n1(x1，y1，z1)，(1，0)，(0，1)，则由即令x1，解得n1(，1，)，由于n10，所以n，又D1P平面BDC1，所以D1P平面BDC1成立；对于，当5时，(1，1)5(x1，y，z1)，解得P，(1,0，1)，由可知A1C平面D1AP成立；对于，设，即(1，1)(x1，y，z1)，解得P，由cos，其分子化简得，当时，cos，0，故APD1的最大值可以为钝角，错误对于，根据计算的数据，|22，当对称轴，即5时取得最小值2，故错误11.如图，已知圆锥OO1和圆柱O1O2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O1的半径为r5，OA为圆锥的母线，AB为圆柱O1O2的母线，D，E为下底面圆O2上的两点，且DE6，AB6.4，AO5，AOAD.(1)求证：平面ABD平面ODE; (2)求二面角BADO的正弦值(1)证明依题意知，圆锥的高为h5，又圆柱的高为AB6.4，AOAD，所以OD2OA2AD2，因为ABBD，所以AD2AB2BD2，连接OO1，O1O2，DO2，易