2017年高考第二轮复习(理数)专题十二 空间向量与立体几何

PAGEPAGE12017年高考第二轮复习（理数）专题十二空间向量与立体几何1．(2014·广东，5，易)已知向量a＝(1，0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是()A．(－1，1，0)B．(1，－1，0)C．(0，－1，1)D．(－1，0，1)1．B设所选向量为b，观察选项可知|b|＝eq\r(2)，∵〈a，b〉＝60˚，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，∴a·b＝1.代入选项检验可知(1，－1，0)适合，故选B.2．(2015·浙江，15，难)已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝eq\f(1,2).若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝eq\f(5,2)，且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝______，y0＝________，|b|＝________．2．【解析】∵e1·e2＝|e1||e2|cos〈e1，e2〉＝cos〈e1，e2〉＝eq\f(1,2)，∴〈e1，e2〉＝eq\f(π,3).不妨设e1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，e2＝(1，0，0)，b＝(m，n，t)．则由题意知b·e1＝eq\f(1,2)m＋eq\f(\r(3),2)n＝2，b·e2＝m＝eq\f(5,2)，解得n＝eq\f(\r(3),2)，m＝eq\f(5,2)，∴b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)，t)).∵b－(xe1＋ye2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－\f(1,2)x－y，\f(\r(3),2)－\f(\r(3),2)x，t))，∴|b－(xe1＋ye2)|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－\f(1,2)x－y))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(\r(3),2)x))eq\s\up12(2)＋t2.由题意，当x＝x0＝1，y＝y0＝2时，|b－(xe1＋ye2)|2取到最小值1.此时t2＝1，故|b|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋t2)＝eq\r(8)＝2eq\r(2).【答案】122eq\r(2)3．(2016·课标Ⅲ，19，12分，中)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明MN∥平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．3．解：(1)证明：由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)如图，取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))\s\up12(2))＝eq\r(5).以A为坐标原点，分别以eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(eq\r(5)，2，0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2)).eq\o(PM,\s\up6(→))＝(0，2，－4)，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2)).设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PN,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0.))可取n＝(0，2，1)．于是|cos〈n，eq\o(AN,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AN,\s\up6(→))|,|n||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(8\r(5),25).所以直线AN与平面AMN所成角的正弦值为eq\f(8\r(5),25).4．(2016·北京，17，14分，中)如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，说明理由．4．解：(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB.(2)如图，取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD.如图建立空间直角坐标系O­xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,2x－z＝0.))令z＝2，则x＝1，y＝－2，所以n＝(1，－2，2)．又eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)．所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n||\o(PB,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]使得eq\o(AM,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→)).因此点M(0，1－λ，λ)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，－λ，λ)．因为BM⊄平面PCD，所以BM∥平面PCD，当且仅当eq\o(BM,\s\up6(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝eq\f(1,4).所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).5．(2013·陕西，18，12分，中)如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝eq\r(2).(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D；(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．5．解：(1)证明：方法一：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立空间直角坐标系，如图．∵AB＝AA1＝eq\r(2)，∴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eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，易得B1(－1，1，1)．∵eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0，－2，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，∴eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＝0，∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，∴A1C⊥平面BB1D1D.方法二：∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD.又∵底面ABCD是正方形，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面A1OC，∴BD⊥A1C.又∵OA1是AC的中垂线，∴A1A＝A1C＝eq\r(2)，且AC＝2，∴AC2＝AAeq\o\al(2,1)＋A1C2，∴△AA1C是直角三角形，∴AA1⊥A1C.又BB1∥AA1，∴A1C⊥BB1，∴A1C⊥平面BB1D1D.(2)设平面OCB1的法向量n＝(x，y，z)．∵eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq\o(OB1,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(OC,\s\up6(→))＝－x＝0，,n·\o(OB1,\s\up6(→))＝－x＋y＋z＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－z，))取n＝(0，1，－1)．由(1)知，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)是平面BB1D1D的法向量，∴cosθ＝|cosn，eq\o(A1C,\s\up6(→))|＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2).又∵0≤θ≤eq\f(π,2)，∴θ＝eq\f(π,3).6．(2015·课标Ⅰ，18，12分，中)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．6．解：(1)证明：如图，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\r(3).由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝eq\r(3)，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝eq\r(2)，故DF＝eq\f(\r(2),2).在Rt△FDG中，可得FG＝eq\f(\r(6),2).在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq\r(2)，DF＝eq\f(\r(2),2)，可得EF＝eq\f(3\r(2),2)，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以eq\o(GB,\s\up6(→))，eq\o(GC,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴正方向，|eq\o(GB,\s\up6(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系G­xyz.由(1)可得A(0，－eq\r(3)，0)，E(1，0，eq\r(2))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，eq\r(2))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))).故cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(CF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(CF,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).7．(2014·重庆，19，13分，中)如图，四棱锥P­ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝eq\f(π,3)，M为BC上一点，且BM＝eq\f(1,2)，MP⊥AP.(1)求PO的长；(2)求二面角A­PM­C的正弦值．7．解：(1)如图，连接AC，BD，因为ABCD为菱形，则AC∩BD＝O，且AC⊥BD.以O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O­xyz.因为∠BAD＝eq\f(π,3)，所以OA＝AB·coseq\f(π,6)＝eq\r(3)，OB＝AB·sineq\f(π,6)＝1，所以O(0，0，0)，A(eq\r(3)，0，0)，B(0，1，0)，C(－eq\r(3)，0，0)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－1，0)．由BM＝eq\f(1,2)，BC＝2知，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)，－\f(1,4)，0))，从而eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)，\f(3,4)，0))，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)，\f(3,4)，0)).设P(0，0，a)，a>0，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0，a)，eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，－\f(3,4)，a)).因为MP⊥AP，故eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，即－eq\f(3,4)＋a2＝0，所以a＝eq\f(\r(3),2)或a＝－eq\f(\r(3),2)(舍去)，即PO＝eq\f(\r(3),2).(2)由(1)知，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，－\f(3,4)，\f(\r(3),2)))，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，\f(\r(3),2))).设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n1·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(MP,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋\f(\r(3),2)z1＝0，,\f(\r(3),4)x1－\f(3,4)y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，))故可取n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5\r(3),3)，2)).由n2·eq\o(MP,\s\up6(→))＝0，n2·eq\o(CP,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)x2－\f(3,4)y2＋\f(\r(3),2)z2＝0，,\r(3)x2＋\f(\r(3),2)z2＝0，))故可取n2＝(1，－eq\r(3)，－2)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝－eq\f(\r(15),5)，sin〈n1，n2〉＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),5)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(10),5)，故所求二面角A­PM­C的正弦值为eq\f(\r(10),5).8．(2014·辽宁，19，12分，中)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角E­BF­C的正弦值．8．解：(1)证明：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系．易得B(0，0，0)，A(0，－1，eq\r(3))，D(eq\r(3)，－1，0)，C(0，2，0)，因而Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，因此eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0.从而eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以EF⊥BC.(2)平面BFC的一个法向量为n1＝(0，0，1)．设平面BEF的法向量为n2＝(x，y，z)．又eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BF,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(BE,\s\up6(→))＝0))得其中一个n2＝(1，－eq\r(3)，1)．设二面角E­BF­C大小为θ，且由题意知θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq\f(1,\r(5)).因此sinθ＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，即所求二面角的正弦值为eq\f(2\r(5),5).在建立恰当的空间直角坐标系的基础上，利用空间坐标、空间向量表示点、线，把立体几何问题转化为向量问题是高考试题的重点题型，复习时要熟练建立空间直角坐标系，正确表示点、向量的坐标，加强向量数量积的运算．(2015·湖南，19，13分)如图，已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A1A＝6，且A1A⊥底面ABCD.点P，Q分别在棱DD1，BC上．(1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；(2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角P­QD­A的余弦值为eq\f(3,7)，求四面体ADPQ的体积．【解析】由题设知，AA1，AB，AD两两垂直．以A为坐标原点，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，则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B1(3，0，6)，D(0，6，0)，D1(0，3，6)，Q(6，m，0)，其中m＝BQ，0≤m≤6.(1)证明：若P是DD1的中点，则Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2)，3))，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，m－\f(9,2)，－3)).又eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(3，0，6)，于是eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝18－18＝0，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(PQ,\s\up6(→))，即AB1⊥PQ.(2)由题设知，eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(6，m－6，0)，eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0，－3，6)是平面PQD内的两个不共线向量．设n1＝(x，y，z)是平面PQD的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DQ,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(DD1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6x＋（m－6）y＝0，,－3y＋6z＝0.))取y＝6，得n1＝(6－m，6，3)．又平面AQD的一个法向量是n2＝(0，0，1)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(3,1·\r(（6－m）2＋62＋32))＝eq\f(3,\r(（6－m）2＋45)).而二面角P­QD­A的余弦值为eq\f(3,7)，因此eq\f(3,\r(（6－m）2＋45))＝eq\f(3,7)，解得m＝4，或m＝8(舍去)，此时Q(6，4，0)．设eq\o(DP,\s\up6(→))＝λeq\o(DD1,\s\up6(→))(0＜λ≤1)，而eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0，－3，6)，由此得点P(0，6－3λ，6λ)，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(6，3λ－2，－6λ)．因为PQ∥平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3＝(0，1，0)，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))·n3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝eq\f(2,3)，从而P(0，4，4)．于是，将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P­ADQ，则其高h＝4.故四面体ADPQ的体积V＝eq\f(1,3)S△ADQ·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×6×4＝24.,(1)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点B1，P的坐标，设出点Q的坐标，求出eq\o(AB1,\s\up6(→))和eq\o(PQ,\s\up6(→))的坐标，证明eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝0；(2)利用直线的方向向量落实条件PQ∥平面ABB1A1，利用平面的法向量计算出二面角P­QD­A的余弦值，从而确定P的位置，利用体积公式计算四面体ADPQ的体积．本题也可以不利用空间向量，而利用传统方法证明、求解．运用空间向量解决立体几何问题的步骤(1)建系：根据题中的几何图形的特征建立适当的空间直角坐标系；(2)定坐标：确定点的坐标进而求出有关向量的坐标；(3)向量运算：进行相关的空间向量的运算；(4)翻译：将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何中的语言，完成几何问题的求解．注意：在建立空间直角坐标系求点的坐标时，要使尽可能多的点落在坐标轴上，尽可能多的线段平行于坐标轴，有直角的，把直角边放在坐标轴上．1．(2015·山东临沂一模，3)若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则()A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α斜交1．B∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，0，－4)，即n＝－2a，故a∥n，∴l⊥α.2．(2016·河南安阳联考，4)设平面α的一个法向量为n1＝(1，2，－2)，平面β的一个法向量为n2＝(－2，－4，k)，若α∥β，则k＝()A．2B．－4C．－2D．42．D∵α∥β，∴n1∥n2，由题意可得eq\f(－2,1)＝eq\f(－4,2)＝eq\f(k,－2)，∴k＝4.3．(2016·北京海淀区一模，13)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))的取值范围是________．3．【解析】以DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系D­xyz.则D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)．∴eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)．∵点P在线段BD1上运动，∴设eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1.∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－λ，1－λ，λ)．∴eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝1－λ∈[0，1]．【答案】[0，1]4．(2016·湖南岳阳质检，13)正四棱柱ABCD­A′B′C′D′中，底面边长为1，侧棱长为2，且MN是AB′，BC′的公垂线，M在AB′上，N在BC′上，则线段MN的长度为________．4．【解析】如图，以D为原点，建立空间直角坐标系D­xyz，则A(1，0，0)，B′(1，1，2)，B(1，1，0)，C′(0，1，2)，∴eq\o(AB′,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq\o(BC′,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，设异面直线AB′，BC′的公共法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB′,\s\up6(→))＝y＋2z＝0，,n·\o(BC′,\s\up6(→))＝－x＋2z＝0，))取x＝2，得n＝(2，－2，1)，∴线段MN的长度d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|－2|,3)＝eq\f(2,3).【答案】eq\f(2,3)5．(2015·河南开封质检，19，12分)如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．5．解：设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示空间直角的坐标系A­xyz，则A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，eq\r(3)a，0)，E(a，eq\r(3)a，2a)．∵F为CD的中点，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0)).(1)证明：∵eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(a，eq\r(3)a，a)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2a，0，－a)，∴eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))，又AF⊄平面BCE，∴AF∥平面BCE.(2)证明：∵eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－a，eq\r(3)a，0)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(0，0，－2a)，∴eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝0，∴AF⊥CD，AF⊥ED.∵CD∩ED＝D，∴AF⊥平面CDE.又AF∥平面BCE，∴平面CDE⊥平面BCE.(3)设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，由n·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0可得x＋eq\r(3)y＋z＝0，2x－z＝0，取n＝(1，－eq\r(3)，2)．又eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a,2)，\f(\r(3),2)a，－a))，设BF和平面BCE所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(BF,\s\up6(→))·n|,|\o(BF,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(2a,2a·2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为eq\f(\r(2),4).6．(2016·云南昆明联考，20，12分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝eq\f(π,3).(1)求证：C1B⊥平面ABC；(2)设eq\o(CE,\s\up6(→))＝λeq\o(CC1,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．6．解：(1)证明：因为AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂侧面BB1C1C，故AB⊥BC1.在△BCC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝eq\f(π,3)，BCeq\o\al(2,1)＝BC2＋CCeq\o\al(2,1)－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2×coseq\f(π,3)＝3.所以BC1＝eq\r(3)，故BC2＋BCeq\o\al(2,1)＝CCeq\o\al(2,1)，所以BC⊥BC1，而BC∩AB＝B，所以C1B⊥平面ABC.(2)由(1)可知，AB，BC，BC1两两垂直．以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．则B(0，0，0)，A(0，1，0)，B1(－1，0，eq\r(3))，C(1，0，0)，C1(0，0，eq\r(3))．所以eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))，所以eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－λ，0，eq\r(3)λ)，则E(1－λ，0，eq\r(3)λ)．则eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1－λ，－1，eq\r(3)λ)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－1，－1，eq\r(3))．设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(AE,\s\up6(→))，,n⊥\o(AB1,\s\up6(→))，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1－λ）x－y＋\r(3)λz＝0，,－x－y＋\r(3)z＝0.))令z＝eq\r(3)，则x＝eq\f(3－3λ,2－λ)，y＝eq\f(3,2－λ)，故n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－3λ,2－λ)，\f(3,2－λ)，\r(3)))是平面AB1E的一个法向量．因为AB⊥平面BB1C1C，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，1，0)是平面BB1E的一个法向量，所以|cos〈n，eq\o(BA,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(BA,\s\up6(→)),|n||\o(BA,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(3,2－λ),1×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－3λ,2－λ)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2－λ)))\s\up12(2)＋（\r(3)）2))))＝eq\f(\r(3),2).两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝eq\f(3,2)(舍去)．7．(2016·广东深圳调研，19，12分)如图所示，在多面体ABCD­A1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角F­CC1­B的余弦值．7．解：以D为坐标原点，以DA，DC，DD1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，则A(2a，0，0)，B(2a，2a，0)，C(0，2a，0)，D1(0，0，a)，F(a，0，0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)．(1)因为eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－a，a，a)，eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0，0，a)，所以|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(DD1,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(DD1,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\r(3),3)，所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).(2)证明：因为eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(－a，－a，a)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2a，0，0)，eq\o(FB1,\s\up6(→))＝(0，a，a)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(FB1,\s\up6(→))·\o(BB1,\s\up6(→))＝0，,\o(FB1,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))所以FB1⊥BB1，FB1⊥BC.因为BB1∩BC＝B，所以FB1⊥平面BCC1B1.(3)由(2)知，eq\o(FB1,\s\up6(→))为平面BCC1B1的一个法向量．设n＝(x1，y1，z1)为平面FCC1的法向量，因为eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，－a，a)，eq\o(FC,\s\up6(→))＝(－a，2a，0)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CC1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(FC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－ay1＋az1＝0，,－ax1＋2ay1＝0.))令y1＝1，则n＝(2，1，1)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(FB1,\s\up6(→))，n〉))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(FB1,\s\up6(→))·n,|\o(FB1,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(\r(3),3)，因为二面角F­CC1­B为锐角，所以二面角F­CC1­B的余弦值为eq\f(\r(3),3).1．(2014·四川，8，中)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(2),3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)，1))1．B[考向1]方法一：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设DC＝DA＝DD1＝1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，并设点P(0，1，t)，且0≤t≤1.则eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，t))，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0，1，－1)．设平面A1BD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x0－z0＝0，,y0－z0＝0，))取x0＝1，则y0＝－1，z0＝－1，∴n＝(1，－1，－1)．∴sinα＝|cos〈eq\o(OP,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|－1－t|,\r(3)\r(t2＋\f(1,2)))(0≤t≤1)，∴sin2α＝eq\f(t2＋2t＋1,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋\f(1,2))))，0≤t≤1.令f(t)＝eq\f(t2＋2t＋1,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋\f(1,2))))，0≤t≤1.则f′(t)＝eq\f(2t2＋t－1,－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋\f(1,2)))\s\up12(2))＝－eq\f(（2t－1）（t＋1）,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋\f(1,2)))\s\up12(2))，可知当t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(t)>0；当t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，f′(t)≤0.又∵f(0)＝eq\f(2,3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，f(1)＝eq\f(8,9)，∴fmax(t)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，fmin(t)＝f(0)＝eq\f(2,3).∴sinα的最大值为1，最小值为eq\f(\r(6),3)，∴sinα的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))，故选B.方法二：易证AC1⊥平面A1BD，当点P在线段CC1上从C运动到C1时，直线OP与平面A1BD所成的角α的变化情况：∠AOA1→eq\f(π,2)→∠C1OA1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(点P为线段CC1的中点时，α＝\f(π,2))).由于sin∠AOA1＝eq\f(\r(6),3)，sin∠C1OA1＝eq\f(2\r(2),3)>eq\f(\r(6),3)，sineq\f(π,2)＝1，所以sinα的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))，故选B.2．(2014·江西，10，难)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12.一质点从顶点A射向点E(4，3，12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i－1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i＝2，3，4)，L1＝AE，将线段L1，L2，L3，L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是()2．C[考向3]由对称性知质点经点E反射到平面ABCD的点E1(8，6，0)处．在坐标平面xAy中，直线AE1的方程为y＝eq\f(3,4)x，与直线DC的方程y＝7联立得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(28,3)，7)).由两点间的距离公式得E1F＝eq\f(5,3).∵tan∠E2E1F＝tan∠EAE1＝eq\f(12,5)，∴E2F＝E1F·tan∠E2E1F＝4.∴E2F1＝12－4＝8.∴eq\f(L3,L4)＝eq\f(E1E2,E2E3)＝eq\f(E2F,E2F1)＝eq\f(4,8)＝eq\f(1,2).故选C.3．(2016·课标Ⅰ，18，12分，中)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D­AF­E与二面角C­BE­F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E­BC­A的余弦值．3．[考向2]解：(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)如图，过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，eq\o(GF,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(GF,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G­xyz.由(1)知∠DFE为二面角D­AF­E的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝eq\r(3)，可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，eq\r(3))．由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C­BE­F的平面角，∠CEF＝60°，从而可得C(－2，0，eq\r(3))．所以eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0，4，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－3，－4，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－4，0，0)．设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,4y＝0.))所以可取n＝(3，0，－eq\r(3))．设m是平面ABCD的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0.))同理可取m＝(0，eq\r(3)，4)，则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(2\r(19),19).故二面角E­BC­A的余弦值为－eq\f(2\r(19),19).4．(2016·天津，17，13分，中)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2.(1)求证：EG∥平面ADF；(2)求二面角O­EF­C的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AH＝eq\f(2,3)HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．4．[考向1，2]解：依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别以eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(OF,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(－1，－1，0)，C(1，－1，0)，D(1，1，0)，E(－1，－1，2)，F(0，0，2)，G(－1，0，0)．(1)证明：依题意，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，－1，2)．设n1＝(x，y，z)为平面ADF的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＝0，,x－y＋2z＝0.))不妨设z＝1，可得n1＝(0，2，1)．又eq\o(EG,\s\up6(→))＝(0，1，－2)，所以eq\o(EG,\s\up6(→))·n1＝0，又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.(2)易证，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－1，1，0)为平面OEF的一个法向量．依题意，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(－1，1，2)．设n2＝(x，y，z)为平面CEF的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x＋y＋2z＝0.))不妨设x＝1，可得n2＝(1，－1，1)．因此cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·n2,|\o(OA,\s\up6(→))||n2|)＝－eq\f(\r(6),3)，于是sin〈eq\o(OA,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\r(3),3).所以，二面角O­EF­C的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)由AH＝eq\f(2,3)HF，得AH＝eq\f(2,5)AF.因为eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，－1，2)，所以eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，－\f(2,5)，\f(4,5)))，进而有Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(3,5)，\f(4,5)))，从而eq\o(BH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(8,5)，\f(4,5)))，因此cos〈eq\o(BH,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\o(BH,\s\up6(→))·n2,|\o(BH,\s\up6(→))||n2|)＝－eq\f(\r(7),21).所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为eq\f(\r(7),21).5．(2016·四川，18，12分，中)如图，在四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M，使得CM∥平面PBE，并说明理由；(2)若二面角P­CD­A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．5．[考向2，3]解：(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行，延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC∥ED，且BC＝ED，所以四边形BCDE是平行四边形，从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，所以CM∥平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)．(2)方法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，所以∠PDA是二面角P­CD­A的平面角，所以∠PDA＝45°，设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH，易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE，于是CE⊥平面PAH，所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE，所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以AH＝eq\f(\r(2),2).在Rt△PAH中，PH＝eq\r(PA2＋AH2)＝eq\f(3\r(2),2)，所以sin∠APH＝eq\f(AH,PH)＝eq\f(1,3).方法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，于是CD⊥PD，从而∠PDA是二面角P­CD­A的平面角，所以∠PDA＝45°.由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2，作Ay⊥AD，以A为原点，以eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0)，所以eq\o(PE,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)．设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2z＝0，,x＋y＝0，))设x＝2，解得n＝(2，－2，1)．设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα＝eq\f(|n·\o(AP,\s\up6(→))|,|n||\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2×\r(22＋（－2）2＋12))＝eq\f(1,3)，所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为eq\f(1,3).6．(2015·江苏，22，10分，中)如图，在四棱锥P­ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．6．[考向2]解：以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．(1)因为AD⊥平面PAB，所以eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一个法向量，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)．因为eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，1，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)．设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(PD,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0.))令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．从而cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·m,|\o(AD,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为eq\f(\r(3),3).(2)因为eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，设eq\o(BQ,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，则eq\o(CQ,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(－λ，－1，2λ)，又eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－2，2)，从而cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CQ,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→)),|\o(CQ,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos2〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq\f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,9)))\s\up12(2)＋\f(20,9))≤eq\f(9,10).当且仅当t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)时，|cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|的最大值为eq\f(3\r(10),10).因为y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).7．(2014·北京，17，14分，中)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P­ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．7．[考向1]解：(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE，所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，所以AB∥FG.(2)因为PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.如图建立空间直角坐标系A­xyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)．所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0，1，1)．设平面ABF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＋z＝0，))令z＝1，则y＝－1.所以n＝(0，－1，1)．设直线BC与平面ABF所成角为α，则sinα＝|cos〈n，eq\o(BC,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(BC,\s\up6(→)),|n||\o(BC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(1,2).因此直线BC与平面ABF所成角的大小为eq\f(π,6).设点H的坐标为(u，v，w)．因为点H在棱PC上，所以可设eq\o(PH,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))(0＜λ＜1)，即(u，v，w－2)＝λ(2，1，－2)．所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.因为n是平面ABF的一个法向量，所以n·eq\o(AH,\s\up6(→))＝0，即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.解得λ＝eq\f(2,3)，所以点H的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(2,3)，\f(2,3))).所以PH＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))\s\up12(2))＝2.8．(2015·安徽，19，13分，中)如图所示，在多面体A1B1D1­DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C；(2)求二面角E­A1D­B1的余弦值．8．[考向2]解：(1)证明：由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D.又A1D⊂平面A1DE，B1C⊄平面A1DE，于是B1C∥平面A1DE.又B1C⊂平面B1CD1，平面A1DE∩平面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD，以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为(0.5，0.5，1)．设面A1DE的法向量为n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(0.5，0.5，0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，由n1⊥eq\o(A1E,\s\up6(→))，n1⊥eq\o(A1D,\s\up6(→))得r1，s1，t1应满足方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0.5r1＋0.5s1＝0，,s1－t1＝0，))因为(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1)．设面A1B1CD的法向量为n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1)，所以结合图形知二面角E­A1D­B1的余弦值为eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3).9．(2014·江西，19，12分，中)如图所示，四棱锥P­ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证：AB⊥PD；(2)若∠BPC＝90°，PB＝eq\r(2)，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P­ABCD的体积最大？并求此时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值．9．[考向3]解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.(2)如图，过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG.在Rt△BPC中，PG＝eq\f(2\r(3),3)，GC＝eq\f(2\r(6),3)，BG＝eq\f(\r(6),3).设AB＝m，则OP＝eq\r(PG2－OG2)＝eq\r(\f(4,3)－m2)，故四棱锥P­ABCD的体积为V＝eq\f(1,3)·eq\r(6)·m·eq\r(\f(4,3)－m2)＝eq\f(m,3)eq\r(8－6m2).因为meq\r(8－6m2)＝eq\r(8m2－6m4)＝eq\r(－6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2－\f(2,3)))\s\up12(2)＋\f(8,3))，故当m＝eq\f(\r(6),3)，即AB＝eq\f(\r(6),3)时，四棱锥P­ABCD的体积最大．此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O(0，0，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),3)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(6),3)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(6),3)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),3))).故eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(6),3)，－\f(\r(6),3)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，eq\r(6)，0)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，0，0)).设平面PBC的一个法向量n1＝(x，y，1)，则由n1⊥eq\o(PC,\s\up6(→))，n1⊥eq\o(BC,\s\up6(→))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)x＋\f(2\r(6),3)y－\f(\r(6),3)＝0，,\r(6)y＝0，))解得x＝1，y＝0，n1＝(1，0，1)．同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1)).从而平面PBC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1,\r(2)·\r(\f(1,4)＋1))＝eq\f(\r(10),5).10．(2015·湖北，19，12分，中)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P­ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE.(1)证明：PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为eq\f(π,3)，求eq\f(DC,BC)的值．10．[考向3]解：(1)证明：如图，以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，设PD＝DC＝1，BC＝λ(λ>0)，则D(0，0，0)，P(0，0，1)，B(λ，1，0)，C(0，1，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(λ，1，－1)，因为点E是棱PC的中点，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，于是eq\o(PB,\s\up6(