2017年高考第二輪復習(理數(shù))專題十二 空間向量與立體幾何

PAGEPAGE12017年高考第二輪復習（理數(shù)）專題十二空間向量與立體幾何1．(2014·廣東，5，易)已知向量a＝(1，0，－1)，則下列向量中與a成60°夾角的是()A．(－1，1，0)B．(1，－1，0)C．(0，－1，1)D．(－1，0，1)1．B設(shè)所選向量為b，觀察選項可知|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.代入選項檢驗可知(1，－1，0)適合，故選B.2．(2015·浙江，15，難)已知e1，e2是空間單位向量，e1·e2＝eq\f(1,2).若空間向量b滿足b·e1＝2，b·e2＝eq\f(5,2)，且對于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，則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).不妨設(shè)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)．則由題意知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.由題意，當x＝x0＝1，y＝y(tǒng)0＝2時，|b－(xe1＋ye2)|2取到最小值1.此時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·課標Ⅲ，19，12分，中)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點．(1)證明MN∥平面PAB；(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值．3．解：(1)證明：由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.如圖，取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.因為AT?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)如圖，取BC的中點E，連接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，從而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為坐標原點，分別以eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向為x軸，y軸，z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz.由題意知，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)).設(shè)n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則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).所以直線AN與平面AMN所成角的正弦值為eq\f(8\r(5),25).4．(2016·北京，17，14分，中)如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).(1)求證：PD⊥平面PAB；(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在點M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，說明理由．4．解：(1)證明：因為平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因為PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB.(2)如圖，取AD的中點O，連接PO，CO.因為PA＝PD，所以PO⊥AD.又因為PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因為CO?平面ABCD，所以PO⊥CO.因為AC＝CD，所以CO⊥AD.如圖建立空間直角坐標系O-xyz.由題意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則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，則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).所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).(3)設(shè)M是棱PA上一點，則存在λ∈[0，1]使得eq\o(AM,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→)).因此點M(0，1－λ，λ)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，－λ，λ)．因為BM?平面PCD，所以BM∥平面PCD，當且僅當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上存在點M使得BM∥平面PCD，此時eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).5．(2013·陜西，18，12分，中)如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O為底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝eq\r(2).(1)證明：A1C⊥平面BB1D1D；(2)求平面OCB1與平面BB1D1D的夾角θ的大?。?．解：(1)證明：方法一：由題設(shè)易知OA，OB，OA1兩兩垂直，以O(shè)為原點建立空間直角坐標系，如圖．∵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的中垂線，∴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)設(shè)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·課標Ⅰ，18，12分，中)如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)證明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值．6．解：(1)證明：如圖，連接BD，設(shè)BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF.在菱形ABCD中，不妨設(shè)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)，從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因為EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)如圖，以G為坐標原點，分別以eq\o(GB,\s\up6(→))，eq\o(GC,\s\up6(→))的方向為x軸，y軸正方向，|eq\o(GB,\s\up6(→))|為單位長度，建立空間直角坐標系G-xyz.由(1)可得A(0，－eq\r(3)，0)，E(1，0，eq\r(2))，F(xiàn)eq\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).所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).7．(2014·重慶，19，13分，中)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面是以O(shè)為中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝eq\f(π,3)，M為BC上一點，且BM＝eq\f(1,2)，MP⊥AP.(1)求PO的長；(2)求二面角A-PM-C的正弦值．7．解：(1)如圖，連接AC，BD，因為ABCD為菱形，則AC∩BD＝O，且AC⊥BD.以O(shè)為坐標原點，eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系O-xyz.因為∠BAD＝eq\f(π,3)，所以O(shè)A＝AB·coseq\f(π,6)＝eq\r(3)，OB＝AB·sineq\f(π,6)＝1，所以O(shè)(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))，從而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)).設(shè)P(0，0，a)，a>0，則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)).因為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))).設(shè)平面APM的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量為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)．從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為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A-PM-C的正弦值為eq\f(\r(10),5).8．(2014·遼寧，19，12分，中)如圖，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點．(1)求證：EF⊥BC；(2)求二面角E-BF-C的正弦值．8．解：(1)證明：由題意，以B為坐標原點，在平面DBC內(nèi)過B作垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標系．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)))，F(xiàn)eq\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.從而eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以EF⊥BC.(2)平面BFC的一個法向量為n1＝(0，0，1)．設(shè)平面BEF的法向量為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))得其中一個n2＝(1，－eq\r(3)，1)．設(shè)二面角E-BF-C大小為θ，且由題意知θ為銳角，則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為eq\f(2\r(5),5).在建立恰當?shù)目臻g直角坐標系的基礎(chǔ)上，利用空間坐標、空間向量表示點、線，把立體幾何問題轉(zhuǎn)化為向量問題是高考試題的重點題型，復習時要熟練建立空間直角坐標系，正確表示點、向量的坐標，加強向量數(shù)量積的運算．(2015·湖南，19，13分)如圖，已知四棱臺ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形，A1A＝6，且A1A⊥底面ABCD.點P，Q分別在棱DD1，BC上．(1)若P是DD1的中點，證明：AB1⊥PQ；(2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角P-QD-A的余弦值為eq\f(3,7)，求四面體ADPQ的體積．【解析】由題設(shè)知，AA1，AB，AD兩兩垂直．以A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則相關(guān)各點的坐標為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)證明：若P是DD1的中點，則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)由題設(shè)知，eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(6，m－6，0)，eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0，－3，6)是平面PQD內(nèi)的兩個不共線向量．設(shè)n1＝(x，y，z)是平面PQD的法向量，則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的一個法向量是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P-QD-A的余弦值為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)，此時Q(6，4，0)．設(shè)eq\o(DP,\s\up6(→))＝λeq\o(DD1,\s\up6(→))(0＜λ≤1)，而eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0，－3，6)，由此得點P(0，6－3λ，6λ)，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(6，3λ－2，－6λ)．因為PQ∥平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一個法向量是n3＝(0，1，0)，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))·n3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝eq\f(2,3)，從而P(0，4，4)．于是，將四面體ADPQ視為以△ADQ為底面的三棱錐P-ADQ，則其高h＝4.故四面體ADPQ的體積V＝eq\f(1,3)S△ADQ·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×6×4＝24.,(1)以A為坐標原點，建立空間直角坐標系，寫出點B1，P的坐標，設(shè)出點Q的坐標，求出eq\o(AB1,\s\up6(→))和eq\o(PQ,\s\up6(→))的坐標，證明eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝0；(2)利用直線的方向向量落實條件PQ∥平面ABB1A1，利用平面的法向量計算出二面角P-QD-A的余弦值，從而確定P的位置，利用體積公式計算四面體ADPQ的體積．本題也可以不利用空間向量，而利用傳統(tǒng)方法證明、求解．運用空間向量解決立體幾何問題的步驟(1)建系：根據(jù)題中的幾何圖形的特征建立適當?shù)目臻g直角坐標系；(2)定坐標：確定點的坐標進而求出有關(guān)向量的坐標；(3)向量運算：進行相關(guān)的空間向量的運算；(4)翻譯：將向量中的語言“翻譯”成相應(yīng)的立體幾何中的語言，完成幾何問題的求解．注意：在建立空間直角坐標系求點的坐標時，要使盡可能多的點落在坐標軸上，盡可能多的線段平行于坐標軸，有直角的，把直角邊放在坐標軸上．1．(2015·山東臨沂一模，3)若直線l的方向向量為a＝(1，0，2)，平面α的法向量為n＝(－2，0，－4)，則()A．l∥αB．l⊥αC．l?αD．l與α斜交1．B∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，0，－4)，即n＝－2a，故a∥n，∴l(xiāng)⊥α.2．(2016·河南安陽聯(lián)考，4)設(shè)平面α的一個法向量為n1＝(1，2，－2)，平面β的一個法向量為n2＝(－2，－4，k)，若α∥β，則k＝()A．2B．－4C．－2D．42．D∵α∥β，∴n1∥n2，由題意可得eq\f(－2,1)＝eq\f(－4,2)＝eq\f(k,－2)，∴k＝4.3．(2016·北京海淀區(qū)一模，13)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，若動點P在線段BD1上運動，則eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))的取值范圍是________．3．【解析】以DA所在的直線為x軸，DC所在的直線為y軸，DD1所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系D-xyz.則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)．∵點P在線段BD1上運動，∴設(shè)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·湖南岳陽質(zhì)檢，13)正四棱柱ABCD-A′B′C′D′中，底面邊長為1，側(cè)棱長為2，且MN是AB′，BC′的公垂線，M在AB′上，N在BC′上，則線段MN的長度為________．4．【解析】如圖，以D為原點，建立空間直角坐標系D-xyz，則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)，設(shè)異面直線AB′，BC′的公共法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB′,\s\up6(→))＝y(tǒng)＋2z＝0，,n·\o(BC′,\s\up6(→))＝－x＋2z＝0，))取x＝2，得n＝(2，－2，1)，∴線段MN的長度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·河南開封質(zhì)檢，19，12分)如圖，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD＝DE＝2AB，F(xiàn)為CD的中點．(1)求證：AF∥平面BCE；(2)求證：平面BCE⊥平面CDE；(3)求直線BF和平面BCE所成角的正弦值．5．解：設(shè)AD＝DE＝2AB＝2a，建立如圖所示空間直角的坐標系A(chǔ)-xyz，則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為CD的中點，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0)).(1)證明：∵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)證明：∵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)設(shè)平面BCE的法向量為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))，設(shè)BF和平面BCE所成的角為θ，則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)，∴直線BF和平面BCE所成角的正弦值為eq\f(\r(2),4).6．(2016·云南昆明聯(lián)考，20，12分)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB⊥側(cè)面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝eq\f(π,3).(1)求證：C1B⊥平面ABC；(2)設(shè)eq\o(CE,\s\up6(→))＝λeq\o(CC1,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，且平面AB1E與BB1E所成的銳二面角的大小為30°，試求λ的值．6．解：(1)證明：因為AB⊥側(cè)面BB1C1C，BC1?側(cè)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，BC1兩兩垂直．以B為原點，BC，BA，BC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系．則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)，則E(1－λ，0，eq\r(3)λ)．則eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1－λ，－1，eq\r(3)λ)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－1，－1，eq\r(3))．設(shè)平面AB1E的法向量為n＝(x，y，z)，則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)，則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的一個法向量．因為AB⊥平面BB1C1C，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，1，0)是平面BB1E的一個法向量，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).兩邊平方并化簡得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝eq\f(3,2)(舍去)．7．(2016·廣東深圳調(diào)研，19，12分)如圖所示，在多面體ABCD-A1B1C1D1中，上、下兩個底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求異面直線AB1與DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中點，求證：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的條件下，求二面角F-CC1-B的余弦值．7．解：以D為坐標原點，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(2a，0，0)，B(2a，2a，0)，C(0，2a，0)，D1(0，0，a)，F(xiàn)(a，0，0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)．(1)因為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)，所以異面直線AB1與DD1所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).(2)證明：因為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，F(xiàn)B1⊥BC.因為BB1∩BC＝B，所以FB1⊥平面BCC1B1.(3)由(2)知，eq\o(FB1,\s\up6(→))為平面BCC1B1的一個法向量．設(shè)n＝(x1，y1，z1)為平面FCC1的法向量，因為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，則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)，因為二面角F-CC1-B為銳角，所以二面角F-CC1-B的余弦值為eq\f(\r(3),3).1．(2014·四川，8，中)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點O為線段BD的中點．設(shè)點P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sinα的取值范圍是()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為坐標原點，DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．不妨設(shè)DC＝DA＝DD1＝1，則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))，并設(shè)點P(0，1，t)，且0≤t≤1.則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)．設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x0，y0，z0)，則有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，則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.則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))，可知當t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，f′(t)>0；當t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時，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的最大值為1，最小值為eq\f(\r(6),3)，∴sinα的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))，故選B.方法二：易證AC1⊥平面A1BD，當點P在線段CC1上從C運動到C1時，直線OP與平面A1BD所成的角α的變化情況：∠AOA1→eq\f(π,2)→∠C1OA1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(點P為線段CC1的中點時，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的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))，故選B.2．(2014·江西，10，難)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12.一質(zhì)點從頂點A射向點E(4，3，12)，遇長方體的面反射(反射服從光的反射原理)，將第i－1次到第i次反射點之間的線段記為Li(i＝2，3，4)，L1＝AE，將線段L1，L2，L3，L4豎直放置在同一水平線上，則大致的圖形是()2．C[考向3]由對稱性知質(zhì)點經(jīng)點E反射到平面ABCD的點E1(8，6，0)處．在坐標平面xAy中，直線AE1的方程為y＝eq\f(3,4)x，與直線DC的方程y＝7聯(lián)立得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(28,3)，7)).由兩點間的距離公式得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).故選C.3．(2016·課標Ⅰ，18，12分，中)如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°.(1)證明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E-BC-A的余弦值．3．[考向2]解：(1)證明：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)如圖，過D作DG⊥EF，垂足為G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G為坐標原點，eq\o(GF,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，|eq\o(GF,\s\up6(→))|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系G-xyz.由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，則|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為二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°，從而可得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)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，則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))．設(shè)m是平面ABCD的法向量，則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)，則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(2\r(19),19).故二面角E-BC-A的余弦值為－eq\f(2\r(19),19).4．(2016·天津，17，13分，中)如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點G為AB的中點，AB＝BE＝2.(1)求證：EG∥平面ADF；(2)求二面角O-EF-C的正弦值；(3)設(shè)H為線段AF上的點，且AH＝eq\f(2,3)HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值．4．[考向1，2]解：依題意，OF⊥平面ABCD，如圖，以O(shè)為原點，分別以eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(OF,\s\up6(→))的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系，依題意可得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(xiàn)(0，0，2)，G(－1，0，0)．(1)證明：依題意，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，－1，2)．設(shè)n1＝(x，y，z)為平面ADF的法向量，則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.))不妨設(shè)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，又因為直線EG?平面ADF，所以EG∥平面ADF.(2)易證，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－1，1，0)為平面OEF的一個法向量．依題意，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(－1，1，2)．設(shè)n2＝(x，y，z)為平面CEF的法向量，則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.))不妨設(shè)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O-EF-C的正弦值為eq\f(\r(3),3).(3)由AH＝eq\f(2,3)HF，得AH＝eq\f(2,5)AF.因為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)))，進而有Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(3,5)，\f(4,5)))，從而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，直線BH和平面CEF所成角的正弦值為eq\f(\r(7),21).5．(2016·四川，18，12分，中)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD，E為棱AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90°.(1)在平面PAB內(nèi)找一點M，使得CM∥平面PBE，并說明理由；(2)若二面角P-CD-A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值．5．[考向2，3]解：(1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行，延長AB，DC，相交于點M(M∈平面PAB)，點M即為所求的一個點．理由如下：由已知，BC∥ED，且BC＝ED，所以四邊形BCDE是平行四邊形，從而CM∥EB.又EB?平面PBE，CM?平面PBE，所以CM∥平面PBE.(說明：延長AP至點N，使得AP＝PN，則所找的點可以是直線MN上任意一點)．(2)方法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，從而CD⊥PD，所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，所以∠PDA＝45°，設(shè)BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.過點A作AH⊥CE，交CE的延長線于點H，連接PH，易知PA⊥平面ABCD，從而PA⊥CE，于是CE⊥平面PAH，所以平面PCE⊥平面PAH.過A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE，所以∠APH是PA與平面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，從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，所以∠PDA＝45°.由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.設(shè)BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2，作Ay⊥AD，以A為原點，以eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，則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)．設(shè)平面PCE的法向量為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，))設(shè)x＝2，解得n＝(2，－2，1)．設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α，則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)，所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為eq\f(1,3).6．(2015·江蘇，22，10分，中)如圖，在四棱錐P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長．6．[考向2]解：以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，則各點的坐標為B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．(1)因為AD⊥平面PAB，所以eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一個法向量，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)．因為eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，1，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)．設(shè)平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)，則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的一個法向量．從而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與平面PCD所成二面角的余弦值為eq\f(\r(3),3).(2)因為eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，設(shè)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)，則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)，從而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)).設(shè)1＋2λ＝t，t∈[1，3]，則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).當且僅當t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)時，|cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|的最大值為eq\f(3\r(10),10).因為y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數(shù)，所以此時直線CQ與DP所成角取得最小值．又因為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)如圖，正方形AMDE的邊長為2，B，C分別為AM，MD的中點．在五棱錐P-ABCDE中，F(xiàn)為棱PE的中點，平面ABF與棱PD，PC分別交于點G，H.(1)求證：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直線BC與平面ABF所成角的大小，并求線段PH的長．7．[考向1]解：(1)證明：在正方形AMDE中，因為B是AM的中點，所以AB∥DE.又因為AB?平面PDE，所以AB∥平面PDE.因為AB?平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，所以AB∥FG.(2)因為PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.如圖建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(xiàn)(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)．設(shè)平面ABF的一個法向量為n＝(x，y，z)，則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，則y＝－1.所以n＝(0，－1，1)．設(shè)直線BC與平面ABF所成角為α，則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).因此直線BC與平面ABF所成角的大小為eq\f(π,6).設(shè)點H的坐標為(u，v，w)．因為點H在棱PC上，所以可設(shè)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.因為n是平面ABF的一個法向量，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)，所以點H的坐標為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)如圖所示，在多面體A1B1D1-DCBA中，四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點，過A1，D，E的平面交CD1于F.(1)證明：EF∥B1C；(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值．8．[考向2]解：(1)證明：由正方形的性質(zhì)可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，從而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)因為四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD，以A為原點，分別以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))為x軸，y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標系，可得點的坐標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點為B1D1的中點，所以E點的坐標為(0.5，0.5，1)．設(shè)面A1DE的法向量為n1＝(r1，s1，t1)，而該面上向量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應(yīng)滿足方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0.5r1＋0.5s1＝0，,s1－t1＝0，))因為(－1，1，1)為其一組解，所以可取n1＝(－1，1，1)．設(shè)面A1B1CD的法向量為n2＝(r2，s2，t2)，而該面上向量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)，所以結(jié)合圖形知二面角E-A1D-B1的余弦值為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)如圖所示，四棱錐P-ABCD中，ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD.(1)求證：AB⊥PD；(2)若∠BPC＝90°，PB＝eq\r(2)，PC＝2，問AB為何值時，四棱錐P-ABCD的體積最大？并求此時平面PBC與平面DPC夾角的余弦值．9．[考向3]解：(1)證明：因為四邊形ABCD為矩形，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)如圖，過P作AD的垂線，垂足為O，過O作BC的垂線，垂足為G，連接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).設(shè)AB＝m，則OP＝eq\r(PG2－OG2)＝eq\r(\f(4,3)－m2)，故四棱錐P-ABCD的體積為V＝eq\f(1,3)·eq\r(6)·m·eq\r(\f(4,3)－m2)＝eq\f(m,3)eq\r(8－6m2).因為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))，故當m＝eq\f(\r(6),3)，即AB＝eq\f(\r(6),3)時，四棱錐P-ABCD的體積最大．此時，建立如圖所示的坐標系，各點的坐標為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)).設(shè)平面PBC的一個法向量n1＝(x，y，1)，則由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的一個法向量n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1)).從而平面PBC與平面DPC夾角θ的余弦值為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)《九章算術(shù)》中，將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑．如圖，在陽馬P-ABCD中，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，過棱PC的中點E，作EF⊥PB交PB于點F，連接DE，DF，BD，BE.(1)證明：PB⊥平面DEF.試判斷四面體DBEF是否為鱉臑，若是，寫出其每個面的直角(只需寫出結(jié)論)；若不是，說明理由；(2)若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為eq\f(π,3)，求eq\f(DC,BC)的值．10．[考向3]解：(1)證明：如圖，以D為原點，射線DA，DC，DP分別為x軸，y軸，z軸的正半軸建立空間直角坐標系，設(shè)PD＝DC＝1，BC＝λ(λ>0)，則D(0，0，0)，P(0，0，1)，B(λ，1，0)，C(0，1，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(λ，1，－1)，因為點E是棱PC的中點，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(