新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（十二） 立体几何中的向量方法

新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（十二） 立体几何中的向量方法

新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（十二）立体几何中的向量方法 ‎[全国卷 考情分析]‎ 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ ‎2019‎ 二面角的正弦值的求解·T18‎ 二面角的正弦值的求解·T17‎ 二面角的大小的求解·T19‎ ‎2018‎ 线面角的正弦值的求解·T18(2)‎ 二面角、线面角的正弦值的求解·T20(2)‎ 二面角的正弦值的求解·T19(2)‎ ‎2017‎ 二面角的余弦值的求解·T18(2)‎ 二面角的余弦值的求解·T19(2)‎ 二面角的余弦值的求解·T19(2)‎ 高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上．‎ 利用空间向量证明空间位置关系 ‎[例1]　如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.‎ ‎[证明]　依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．‎ ‎(1)向量＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0.所以BE⊥DC.‎ ‎(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，‎ 所以AB⊥平面PAD，所以向量＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量．‎ 而·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.‎ ‎(3)由(2)知平面PAD的一个法向量＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)，‎ 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则即 不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量．且n·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，‎ 所以n⊥.所以平面PCD⊥平面PAD.‎ ‎[解题方略]利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤 ‎(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系；‎ ‎(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；‎ ‎(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系；‎ ‎(4)根据运算结果解释相关问题．‎ ‎[多练强化]‎ 在直三棱柱ABCA1B‎1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C‎1A1的中点．求证：‎ ‎(1)B1D⊥平面ABD；‎ ‎(2)平面EGF∥平面ABD.‎ 证明：(1)依题意，以B为坐标原点，BA，BC，BB1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，则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)，设BA＝a，‎ 则A(a，0，0)，所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)， ＝(0，2，－2)，‎ ·＝0，·＝0＋4－4＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.‎ 又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD，因此B1D⊥平面ABD.‎ ‎(2)由(1)知，E(0，0，3)，G，F(0，1，4)，则＝， ＝(0，1，1)，‎ ·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.‎ 又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，因此B1D⊥平面EGF.‎ 结合(1)可知是平面ABD的一个法向量，所以平面EGF∥平面ABD.‎ 题型一　求直线与直线所成的角 ‎[例2]　(1)已知△ABC与△BCD均为正三角形，且AB＝4.若平面ABC⊥平面BCD，且异面直线AB和CD所成的角为θ，则cos θ＝(　　)‎ A．－　　　　　　　　　　 B． C．－ D． ‎(2)(2017·全国卷Ⅲ)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：‎ ‎①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；‎ ‎③直线AB与a所成角的最小值为45°；④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)‎ ‎[解析]　(1)取BC的中点O，连接OA，OD，所以OA⊥OC，OD⊥OC，因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，所以OA⊥平面BCD，所以OA，OD，OC两两垂直，以O为坐标原点，OD，OC，OA 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，因为AB＝4，所以B(0，－2，0)，D(2，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2)，所以＝(0，－2，－2)，＝(2，－2，0)，则cos θ＝＝‎ ＝＝.‎ ‎(2)法一：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θ，θ∈[0，2π)，则B(cos θ，sin θ，0)，又A(0，0，1)，‎ ‎∴＝(cos θ，sin θ，－1)，||＝.设直线AB与a所成夹角为α，‎ 则cos α＝＝|sin θ|∈，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误．‎ 设直线AB与b所成夹角为β，则cos β＝＝|cos θ|.‎ 当直线AB与a的夹角为60°，即α＝60°时，则|sin θ|＝cos α＝cos 60°＝，‎ ‎∴|cos θ|＝.∴cos β＝|cos θ|＝.∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b的夹角为60°.‎ ‎∴②正确，①错误．∴正确的说法为②③.‎ 法二：由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，又AC⊥a，AC⊥b，AC⊥圆锥底面，∴在底面内可以过点B，作BD∥a，交底面圆C于点D，如图所示，连接DE，则DE⊥BD，∴DE∥b，连接AD，设BC＝1，在等腰△ABD中，AB＝AD＝，当直线AB与a成60°角时，∠ABD＝60°，故BD＝，又在Rt△BDE中，BE＝2，∴DE＝，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，EF，‎ ‎∴BF＝DE＝，∴△ABF为等边三角形，∴∠ABF＝60°，即AB与b成60°角，故②正确，①错误．‎ 由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，‎ ‎∴直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误．∴正确的说法为②③.‎ ‎[答案]　(1)D　(2)②③　　‎ ‎[解题方略]　向量法求异面直线所成角 设异面直线a，b所成的角为θ，则cos θ＝，其中，a，b分别是直线a，b的方向向量．‎ 此方法解题的关键在于找出两异面直线的方向向量，求两个向量的数量积，而要求两向量的数量积，可以求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示．两个向量的夹角范围是[0，π]，‎ 而两异面直线所成角的范围是，应注意加以区分．‎ ‎[注意]　两条异面直线所成角的范围是.当所作或所求的角为钝角时，应取其补角作为两条异面直线所成的角．‎ 题型二　求直线与平面所成的角 ‎[例3]　(2019·浙江高考)如图，已知三棱柱ABCA1B‎1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A‎1A＝A‎1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．‎ ‎(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：如图①，连接A1E.因为A‎1A＝A‎1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，‎ 所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.又因为A‎1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A‎1F.‎ 所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.‎ ‎(2)如图①，取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1是平行四边形．‎ 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．‎ 由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A‎1G上．‎ 连接A‎1G交EF于点O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．‎ 不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.由于O为A‎1G的中点，故EO＝OG＝＝，‎ 所以cos∠EOG＝＝.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.‎ (1)证明：连接A1E.因为A‎1A＝A‎1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，‎ 所以A1E⊥平面ABC.‎ 如图②，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.‎ 不妨设AC＝4，则A1(0，0，2)，B(，1，0)，B1(，3，2)，F，C(0，2，0)．‎ 因此，＝，＝(－，1，0)．由·＝0，得EF⊥BC.‎ ‎(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.由(1)可得＝(－，1，0)， ＝(0，2，－2)．‎ 设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．由得 取n＝(1, ，1)，故sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，所以cos θ＝.‎ 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.‎ ‎[解题方略]‎ 向量法求直线和平面所成的角 设θ为直线l与平面α所成的角，φ为直线l的方向向量m与平面α的法向量n之间的夹角，则有φ＝－θ(如图(1))或φ＝＋θ(如图(2))，所以有sin θ＝|cos φ|＝|cos〈m，n 〉|＝.特别地，φ＝0时，θ＝，l⊥α；φ＝时，θ＝0，l⊂α或l∥α.‎ 题型三　求二面角 ‎[例4]　(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCDA1B‎1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：如图，连接B‎1C，ME.‎ 因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B‎1C，且ME＝B‎1C.‎ 又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.由题设知A1B1綊DC，‎ 可得B‎1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.‎ 又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.‎ ‎(2)由已知可得DE⊥DA，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，则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)， ＝(0，0，－4)， ＝(－1，，－2)， ＝(－1，0，－2)，＝(0，－，0)．‎ 设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以可取m＝(，1，0)．‎ 设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则所以可取n＝(2，0，－1)．‎ 于是cos〈m，n〉＝＝＝，所以二面角AMA1N的正弦值为.‎ ‎[解题方略]‎ 向量法求二面角 设二面角αlβ的平面角为θ(0≤θ≤π)，n1，n2分别为平面α，β的法向量，向量n1，n2的夹角为ω，则有θ＋ω＝π(如图(1))或θ＝ω(如图(2))，其中cos ω＝.‎ ‎[多练强化]‎ ‎1.(2019·江西省五校协作体试题)如图，圆锥的底面直径AB＝4，高OC＝2，D为底面圆周上的一点，且∠AOD＝，则直线AD与BC所成的角为(　　)‎ A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：选B　如图，过点O作OE⊥AB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为∠AOD＝π，所以∠BOD＝，则D(，1，0)，A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)， ＝(，3，0)，＝(0，－2，2)，所以cos， ＝＝－，则直线AD与BC所成的角为，故选B.‎ ‎2．(2019·天津高考)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.‎ ‎(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；‎ ‎(3)若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长．‎ 解：依题意，建立以A为原点，分别以，， 的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)．设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h)．‎ ‎(1)证明：依题意，＝(1，0，0)是平面ADE的法向量，又＝(0，2，h)，可得·＝0，又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.‎ ‎(2)依题意， ＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)， ＝(－1，－2，2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1)．因此有cos〈，n〉＝＝－.‎ 所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.‎ ‎(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则即 不妨令y＝1，可得m＝.由题意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝，‎ 解得h＝.经检验，符合题意．所以，线段CF的长为.‎ 利用空间向量解决探索性问题 ‎[例5]　如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是棱PD的中点，点F是PC的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)若四边形ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角CAFD大小为60°？‎ ‎[解]　(1)证明：连接BD，设AC∩BD＝O，连接OE，‎ 因为四边形ABCD为矩形，所以点O是BD的中点，‎ 因为点E是棱PD的中点，所以PB∥EO，‎ 又因为PB⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)由题意知AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，以AB，AD，AP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AB＝AD＝‎2a，AP＝‎2c，‎ 则A(0，0，0)，C(‎2a，‎2a，0)，D(0，‎2a，0)，P(0，0，‎2c)，F(a，a，c)．‎ 因为z轴⊂平面CAF，所以设平面CAF的一个法向量为n＝(x，1，0)，‎ 而＝(‎2a，‎2a，0)，所以·n＝2ax＋‎2a＝0，得x＝－1，‎ 所以n＝(－1，1，0)．因为y轴⊂平面DAF，‎ 所以设平面DAF的一个法向量为m＝(1，0，z)，而＝(a，a，c)，所以·m＝a＋cz＝0，得z＝－，‎ 所以m＝，所以cos 60°＝＝＝，得a＝c.‎ 即当AP等于正方形ABCD的边长时，二面角CAFD的大小为60°.‎ ‎[解题方略]利用空间向量求解探索性问题的策略 ‎(1)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．‎ ‎(2)在这个前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．‎ ‎[多练强化]‎ ‎(2019·湖南省湘东六校联考)如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形．(1)证明：直线BC∥平面OEF；(2)在线段DF上是否存在一点M，使得二面角MOED的余弦值是？若不存在，请说明理由； 若存在，请求出M点所在的位置．‎ 解：(1)证明：依题意，在平面ADFC中，∠CAO＝∠FOD＝60°，∴AC∥OF，‎ 又OF⊂平面OEF，∴AC∥平面OEF.‎ 在平面ABED中，∠BAO＝∠EOD＝60°，‎ ‎∴AB∥OE，又OE⊂平面OEF，∴AB∥平面OEF.‎ ‎∵AB∩AC＝A，AB⊄平面OEF，AC⊄平面OEF，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，∴平面ABC∥平面OEF.‎ 又BC⊂平面ABC，∴直线BC∥平面OEF.‎ ‎(2)设OD的中点为G，如图，连接GE，GF，由题意可得GE，GD，GF两两垂直，以G为坐标原点，GE，GD，GF所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，易知，O(0，－1，0)，E(，0，0)，F(0，0，)，D(0，1，0)．‎ 假设在线段DF上存在一点M，使得二面角MOED的余弦值是.设＝λ，λ∈[0，1]，则M(0，1－λ，λ)， ＝(0，2－λ，λ)．设n＝(x，y，z)为平面MOE的法向量，‎ 由得可取x＝－λ，则y＝λ，z＝λ－2，n＝(－λ，λ，λ－2)．‎ 又平面OED的一个法向量m＝(0，0，1)，∴＝|cosm，n|＝，‎ ‎∴(2λ－1)(λ＋1)＝0，又λ∈[0，1]，∴λ＝.∴存在满足条件的点M，M为DF的中点．‎ 数学抽象——向量法解决空间立体几何问题 ‎[典例]　如图，在三棱锥PABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.‎ ‎(1)求证：MN∥平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．‎ ‎[解]　由题意知，AB，AC，AP两两垂直，故以A为坐标原点，分别以，， 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．依题意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)．‎ ‎(1)证明： ＝(0，2，0)，＝(2，0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，‎ 则即不妨取z＝1，可得n＝(1，0，1)．‎ 又＝(1，2，－1)，可得·n＝0.‎ 因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.‎ ‎(2)易知n1＝(1，0，0)为平面CEM的一个法向量．‎ 设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，又＝(0，－2，－1)，＝(1，2，－1)，‎ 则即不妨取y1＝1，可得n2＝(－4，1，－2)．‎ 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，于是sin〈n1，n2〉＝.所以二面角CEMN的正弦值为.‎ ‎(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0，0，h)，进而可得＝(－1，－2，h)， ＝(－2，2，2)．‎ 由已知，得|cos〈，〉|＝＝＝，‎ 整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.所以线段AH的长为或.‎ ‎[素养通路]‎ 本题考查了线面平行、二面角及已知线面角求线段的长，以学习过的空间向量的相关知识为工具，通过数学抽象将几何问题：证明线面平行、求二面角及求线段的长抽象成直线方向向量与平面法向量垂直、两平面法向量的夹角及向量的模长问题，进而进行求解，考查了数学抽象这一核心素养．‎ 大题专攻强化练 ‎1．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCDA1B‎1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.‎ ‎(1)证明：BE⊥平面EB‎1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角BECC1的正弦值．‎ ‎2.如图，在四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k＞0)，侧棱AA1⊥底面ABCD.(1)证明：CD⊥平面ADD‎1A1；(2)若直线AA1与平面AB‎1C所成的角的正弦值为，求k的值．‎ ‎3.已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PA⊥PD.(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；(2)若直线AC与PD所成角为60°，求二面角APCD的余弦值．‎ ‎4.(2019·安徽五校联盟第二次质检)如图，在五面体ABCDFE中，底面ABCD为矩形，EF∥AB，BC⊥FD，过BC的平面交棱FD于P，交棱FA于Q.(1)证明：PQ∥平面ABCD；(2)若CD⊥BE，EF＝EC，CD＝2EF，BC＝tEF，求平面ADF与平面BCE所成锐二面角的大小．‎ ‎5．(2019·东北四市联合体模拟(一))如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．(1)证明：AE⊥PB；(2)当四棱锥PABCE的体积最大时，求二面角APEC的余弦值．‎ ‎6.(2019·广州市综合检测(一))如图，在三棱锥ABCD中，△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，点P是AC的中点，连接BP，DP.(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；(2)若BD＝，且二面角ABDC为120°，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值．‎ ‎7.(2019·长沙市统一模拟考试)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，∠BCF＝90°，AD＝，BE＝3，CF＝4，EF＝2.(1)求证：AE∥平面DCF；(2)当AB的长为何值时，二面角AEFC的大小为60°？‎ ‎8．在平行四边形PABC中，PA＝4，PC＝2，∠P＝45°，D是PA的中点(如图1)．将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置，得到四棱锥P1ABCD.(1)将△PCD沿CD折起的过程中，CD⊥平面P1DA是否成立？请证明你的结论．(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°，且△P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值．‎ ‎1解：(1)证明：由已知得，B‎1C1⊥平面ABB‎1A1，BE⊂平面ABB‎1A1，故B‎1C1⊥BE.‎ 又BE⊥EC1，B‎1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB‎1C1.‎ ‎(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，‎ 故AE＝AB，AA1＝2AB.‎ 以D为坐标原点， 的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)， ＝(1，0，0)， ＝(1，－1，1)， ＝(0，0，2)．‎ 设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，‎ 则即所以可取n＝(0，－1，－1)．‎ 设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则 即所以可取m＝(1，1，0)．‎ 于是cosn，m＝＝－.所以，二面角BECC1的正弦值为.‎ ‎2解：(1)证明：如图，过点B作BE∥AD，交DC于点E，则四边形ABED是平行四边形，BE＝AD＝4k，DE＝AB＝3k.‎ 在△BEC中，因为BC2＝25k2＝9k2＋16k2＝EC2＋BE2，所以BE⊥DC，AD⊥DC.‎ 又侧棱AA1⊥底面ABCD，所以AA1⊥DC.‎ 而AA1∩AD＝A，所以CD⊥平面ADD‎1A1.‎ ‎(2)如图，以点D为原点，以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Dxyz.‎ 则B1(4k，3k，1)，C(0，6k，0)，A(4k，0，0)，A1(4k，0，1)，所以＝(－4k，6k，0)， ＝(0，3k，1)， ＝(0，0，1)．‎ 设平面AB‎1C的法向量为m＝(x，y，z)，则即 令y＝2，解得x＝3，z＝－6k，所以m＝(3，2，－6k)为平面AB‎1C的一个法向量．‎ 设平面AB‎1C与直线AA1所成的角为θ，则sin θ＝|cos，m|＝＝，解得k＝1.‎ ‎3解：(1)证明：∵PH⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PH⊥AB.‎ ‎∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD⊂平面PAD，PH⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD.‎ 又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，‎ ‎∵PH⊥平面ABCD，∴z轴∥PH.‎ 则A(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，设AH＝a，PH＝h(0＜a＜2，h＞0)．则P(0，a，h)．‎ ‎∴＝(0，a，h)， ＝(0，a－2，h)，＝(1，1，0)．∵PA⊥PD，∴·＝a(a－2)＋h2＝0.‎ ‎∵AC与PD所成角为60°，∴|cos，|＝＝，∴(a－2)2＝h2，∴(a－2)(a－1)＝0，‎ ‎∵0＜a＜2，∴a＝1.∵h＞0，∴h＝1，∴P(0，1，1)．‎ ‎∴＝(0，1，1)，＝(1，1，0)，＝(1，0，－1)， ＝(1，－1，0)，‎ 设平面APC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则即 令x1＝1，得y1＝－1，z1＝1，∴平面APC的一个法向量为n＝(1，－1，1)，‎ 设平面DPC的法向量为m＝(x2，y2，z2)．则即 令x2＝1，得y2＝1，z2＝1，∴平面DPC的一个法向量为m＝(1，1，1)．∴cosm，n＝＝.‎ ‎∵二面角APCD的平面角为钝角，∴二面角APCD的余弦值为－.‎ ‎4解：(1)证明：因为底面ABCD为矩形，所以AD∥BC，‎ ⇒BC∥平面ADF，‎ ⇒BC∥PQ，‎ ⇒PQ∥平面ABCD.‎ ‎(2)由CD⊥BE，CD⊥CB，BE∩CB＝B，得CD⊥平面BCE，所以CD⊥CE.‎ 由BC⊥CD，BC⊥FD，CD∩FD＝D，得BC⊥平面CDFE，所以CB⊥CE.‎ 以C为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，设EF＝EC＝1，则A(2，t，0)，D(2，0，0)，F(1，0，1)，所以＝(0，－t，0)，＝(－1，－t，1)．设平面ADF的法向量为n＝(x，y，z)，则 即令x＝1，得n＝(1，0，1)为平面ADF的一个法向量．‎ 易知平面BCE的一个法向量为m＝(1，0，0)，‎ 设平面ADF与平面BCE所成的锐二面角为θ，则cos θ＝＝＝，‎ 所以θ＝，即平面ADF与平面BCE所成的锐二面角为.‎ ‎5解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，‎ ‎∵AB∥CE，AB＝CE，∴四边形ABCE为平行四边形，∴AE＝BC＝AD＝DE，∴△ADE为等边三角形，‎ ‎∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，BD⊥BC，∴BD⊥AE.‎ 如图，翻折后可得OP⊥AE，OB⊥AE，又OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，∴AE⊥平面POB，∵PB⊂平面POB，∴AE⊥PB.‎ ‎(2)当四棱锥PABCE的体积最大时，平面PAE⊥平面ABCE.‎ 又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE，PO⊥AE，∴OP⊥平面ABCE.‎ 以O为坐标原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得，P，E，C，∴PE―→＝，＝，设平面PCE的法向量为n1＝(x，y，z)，则即设x＝，则y＝－1，z＝1，‎ ‎∴n1＝(，－1，1)为平面PCE的一个法向量，‎ 易知平面PAE的一个法向量为n2＝(0，1，0)cos n1，n2＝＝＝－.‎ 由图知所求二面角APEC为钝角，∴二面角APEC的余弦值为－.‎ ‎6解：(1)证明：因为△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，‎ 所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.‎ 因为点P是AC的中点，则PD⊥AC，PB⊥AC，‎ 因为PD∩PB＝P，PD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD.‎ 因为AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDP.‎ ‎(2)法一：如图，作CE⊥BD，垂足为E，连接AE.‎ 因为Rt△ABD≌Rt△CBD，‎ 所以AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC为二面角ABDC的平面角．‎ 由已知二面角ABDC为120°，知∠AEC＝120°.‎ 在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得AC＝AE，‎ 因为△ABC是等边三角形，则AC＝AB，‎ 所以AB＝AE.‎ 在Rt△ABD中，有AE·BD＝AB·AD，得BD＝AD，‎ 因为BD＝，所以AD＝.‎ 又BD2＝AB2＋AD2，所以AB＝2.‎ 则AE＝，ED＝.‎ 由CE⊥BD，AE⊥BD可知BD⊥平面AEC，则平面AEC⊥平面BCD.过点A作AO⊥CE，交CE的延长线于O，则AO⊥平面BCD.‎ 连接OD，则∠ADO为直线AD与平面BCD所成的角．‎ 在Rt△AEO中，∠AEO＝60°，所以AO＝AE＝1，‎ sin∠ADO＝＝.‎ 所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为.‎ 法二：如图，作CE⊥BD，垂足为E，连接AE.‎ 因为Rt△ABD≌Rt△CBD，‎ 所以AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC为二面角ABDC的平面角．‎ 由已知二面角ABDC为120°，知∠AEC＝120°‎ 在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得AC＝AE，‎ 因为△ABC是等边三角形，则AC＝AB，‎ 所以AB＝AE.‎ 在Rt△ABD中，有AE·BD＝AB·AD，得BD＝AD，‎ 因为BD＝，所以AD＝.‎ 又BD2＝AB2＋AD2，所以AB＝2.‎ 则AE＝，ED＝.‎ 以E为坐标原点，以向量， 的方向分别为x轴，y轴的正方向，以过点E垂直于平面BCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系Exyz，‎ 则D，A，向量＝，‎ 平面BCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，‎ 设直线AD与平面BCD所成的角为θ，‎ 则cosm，＝＝＝－，‎ sin θ＝|cosm，|＝.‎ 所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为.‎ ‎7解：因为平面ABCD⊥平面BEFC，平面ABCD∩平面BEFC＝BC，DC⊂平面ABCD，且DC⊥BC，所以DC⊥平面BEFC.‎ 以点C为坐标原点，分别以CB，CF，CD所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.‎ 设AB＝a，则C(0，0，0)，A(，0，a)，B(，0，0)，E(，3，0)，F(0，4，0)，D(0，0，a)．‎ ‎(1)证明：因为＝(0，3，－a)，＝(，0，0)， ＝(0，4，0)，＝(0，0，a)，‎ 所以·＝0，·＝0，又CD∩CF＝C，‎ 所以CB⊥平面CDF，‎ 即为平面CDF的法向量．‎ 又·＝0，‎ 所以CB⊥AE.又因AE⊄平面CDF，所以AE∥平面DCF.‎ ‎(2)设n＝(x，y，z)与平面AEF垂直，‎ 因为＝(0，3，－a)， ＝(－，1，0)，‎ 由得 即得n＝.‎ 又因为BA⊥平面BEFC， ＝(0，0，a)，‎ 所以|cos·n|＝＝＝，‎ 解得a＝.‎ 所以当AB＝时，二面角AEFC的大小为60°.‎ ‎8解：(1)将△PCD沿CD折起过程中，CD⊥平面P1DA成立．证明如下：‎ ‎∵D是PA的中点，PA＝4，∴DP＝DA＝2，‎ 在△PDC中，由余弦定理得，‎ CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cos 45°＝8＋4－2×2×2×＝4，‎ ‎∴CD＝2＝PD，‎ ‎∵CD2＋DP2＝8＝PC2，‎ ‎∴△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA，‎ ‎∴CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D，‎ ‎∴CD⊥平面P1DA.‎ ‎(2)由(1)知CD⊥平面P1DA，CD⊂平面ABCD，‎ ‎∴平面P1DA⊥平面ABCD，‎ ‎∵△P1DA为锐角三角形，∴P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接P1O，∴P1O⊥平面ABCD，‎ 则∠P1DA是P1D与平面ABCD所成的角，‎ ‎∴∠P1DA＝60°，‎ ‎∵DP1＝DA＝2，‎ ‎∴△P1DA为等边三角形，O为AD的中点，‎ 故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，DA所在直线为y轴，OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设x轴与BC交于点M，‎ ‎∵DA＝P‎1A＝2，∴OP1＝，‎ 易知OD＝OA＝CM＝1，‎ ‎∴BM＝3，‎ 则P1(0，0，)，D(0，－1，0)，C(2，－1，0)，B(2，3，0)，＝(2，0，0)， ＝(0，－4，0)， ＝(2，－1，－)，‎ ‎∵CD⊥平面P1DA，‎ ‎∴可取平面P1DA的一个法向量n1＝(1，0，0)，‎ 设平面P1BC的法向量n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则即 令z2＝1，则n2＝为平面P1BC的一个法向量，‎ 设平面P1AD和平面P1BC所成的角为θ，‎ 由图易知θ为锐角，‎ ‎∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.‎ ‎∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为.‎