2024年高考数学第一轮复习26_专题八85空间角与距离、空间向量及其应用（专题试卷+讲解PPT）

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考点一　用向量法证明空间中的平行和垂直
1.(2021广东佛山月考,3)直线l∥α,且l的方向向量为(2,m,1),平面α的法向量为 ,则m= (　    )A.-4　    B.-6　    C.-8　    D.8答案    C    
2.(2022福州一中质检,4)以下四组向量在同一平面的是 (　    )A.(1,1,0)、(0,1,1)、(1,0,1)B.(3,0,0)、(1,1,2)、(2,2,4)C.(1,2,3)、(1,3,2)、(2,3,1)D.(1,0,0)、(0,0,2)、(0,3,0)答案    B    
3.(多选)(2022广东中山一中阶段测试,10)如图,两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直,设M,N分别是AC和AE的中点,那么下列结论正确的是 (　    )A.AD⊥MN　    B.MN∥平面CDEC.MN∥CE　    D.MN,CE异面答案    ABC    
4.(多选)(2021新高考Ⅰ,12,5分)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足 =λ +μ ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则 (　    )A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值C.当λ= 时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BPD.当μ= 时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P答案    BD    
5.(2023届南京、镇江学情调查,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,侧棱SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD和BC,SA=AB=BC=2,AD=1,M是棱SB的中点.(1)求证:AM∥平面SCD;(2)求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值. 
解析　因为SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD,所以以点A为坐标原点,以向量 , , 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,如图,则A(0,0,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1),所以 =(0,1,1), =(1,0,-2), =(-1,-2,0).(1)证明:设平面SCD的法向量为n=(x,y,z),则 即 令z=1,则x=2,y=-1,则n=(2,-1,1). 因此 ·n=-1+1=0,从而 ⊥n,又AM⊄平面SCD,所以AM∥平面SCD.(2)易知平面SAB的一个法向量为n1=(1,0,0),由(1)知平面SCD的一个法向量为n=(2,-1,1),则cos= = = ,所以平面SCD与平面SAB所成锐二面角
的余弦值为 .
6.(2022南京一中期初测试,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB,点E在棱PD上,且2PE=ED,点F是棱PC上的动点(不含端点).(1)若F是棱PC的中点,求证:PB∥平面AEF;(2)求PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值. 
解析　因为四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA⊥底面ABCD,
所以AB,AD,AP两两垂直.以A为坐标原点,分别以 , , 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Axyz,如图所示.不妨设PA=AB=6,则B(6,0,0),P(0,0,6),E(0,2,4),C(6,6,0),D(0,6,0).(1)证明: =(0,2,4),因为F是棱PC的中点,所以F(3,3,3),所以 =(3,3,3).设平面AEF的法向量为m=(x,y,z),则由 得 不妨令y=2,则x=-1,z=-1,所以m=(-1,2,-1),又 =(6,0,-6),所以m· =-6+0+6=0,即m⊥ ,又PB⊄平面AEF,所以PB∥平面AEF.(2) =(6,6,-6),设PA与平面AEF所成的角为θ, =λ =(6λ,6λ,-6λ),0<λ<1,则 = + = +λ =(6λ,6λ,6-6λ),
设平面AEF的法向量为n=(a,b,c),则由 得 不妨令b=2,则a= -3,c=-1,所以n= ,又 =(0,0,6),所以sin θ=|cos< ,n>|= = = ,所以当 =3,即λ= 时,(sin θ)max= = ,故PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值为 .
7.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC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C-EM-N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. 
解析　如图,以A为原点,分别以 , , 的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.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=(x0,y0,z0)为平面BDE的法向量,则 即 不妨设z0=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=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则 因为 =(0,-2,-1), =(1,2,-1),所以 不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).
因此有cos= =- ,于是sin= .所以二面角C-EM-N的正弦值为 .(3) =(-2,2,2).依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得 =(-1,-2,h),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 .
考点二　空间角和空间距离
考向一　空间角问题的求解方法
1.(2022湖南娄底双峰一中摸底,8)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1D1的中点,过A1C1且与CD1平行的平面交平面C1CM于直线l,则直线l与AB所成角的余弦值是 (　    )A. 　    B. 　    C.  　    D. 答案    D    
2.(2022重庆江津质检,5)如图,二面角的棱上有A、B两点,直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2 ,则该二面角的大小为 (　    )A.30°　    B.45°　    C.60°　    D.90°答案    C    
3.(多选)(2023届浙江嘉兴基础测试,10)如图,在正四面体ABCD中,E、F分别为AB、CD的中点,则 (　    )A.直线EF与AB所成的角为 B.直线EF与AD所成的角为 C.直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为 D.直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为 答案    ABC    
4.(多选)(2022重庆涪陵高级中学冲刺卷二,12)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PD⊥平面ABCD,点E是棱PC的中点,PD=AB,则 (　    )A.AC⊥PBB.直线AE与平面PAB所成角的正弦值是 C.异面直线AD与PB所成的角是 D.四棱锥P-ABCD的体积与其外接球的体积的比值是 答案    ABD    
5.(2020天津,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.(1)求证:C1M⊥B1D;(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值. 
解析 以C为原点,分别以 , , 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).(1)证明: =(1,1,0), =(2,-2,-2),从而 · =2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.
(2)依题意知, =(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量, =(0,2,1), =(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则 即 不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).因此有cos< ,n>= = ,于是sin< ,n>= .所以二面角B-B1E-D的正弦值为 .
(3) =(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cos< ,n>= =- .所以直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为 .
考向二　利用等体积法、向量法求空间距离
1.(2022湖北七校联合体联考,6)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=3,D,E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,则点A1到平面ABD的距离为 (　    )A. 　    B. 　    C. 　    D.2 答案    A    
2.(多选)(2023届重庆南开中学月考,11)在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在棱DC上运动(不与顶点重合),则点B到平面AD1P的距离可以是 (　    )A. 　    B. 　    C.2　    D. 答案    CD    
3.(2022湖南株洲质检,13)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为BB1,CD的中点,则点F到平面A1D1E的距离为　　　    .答案     
4.(2022新高考Ⅰ,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2 .(1)求A到平面A1BC的距离;(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值. 
解析    (1)由题意知 =  = ,设A到平面A1BC的距离为h,则 = =  ·h= h= ,解得h= .故A到平面A1BC的距离为 .(2)连接AB1,由直棱柱及AA1=AB知四边形ABB1A1为正方形,故AB1⊥A1B,A1B= AA1,又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AB1⊂平面ABB1A1,∴AB1⊥平面A1BC,又BC⊂平面A1BC,∴AB1⊥BC,易知BC⊥BB1,AB1,BB1⊂平面ABB1A1,AB1∩BB1=B1,∴BC⊥平面ABB1A1,
∵AB,A1B⊂平面ABB1A1,∴BC⊥AB,BC⊥A1B,∴ = ·BC·AB·AA1= BC·A =4, = BC·A1B= BC·AA1=2 ,解得BC=AA1=2.解法一(几何法):过A作AE⊥BD于E,连接CE.易得AC=2 ,∴A1C=2 .∵D为A1C的中点,△A1AC为直角三角形,∠A1AC=90°,∴AD=DC= ,又AB=BC=2,BD=BD,∴△ABD≌△CBD. ∴CE⊥BD,又AE⊂平面ABD,CE⊂平面CBD,∴∠AEC为二面角A-BD-C的平面角.
在直角三角形A1BC中,有BD= A1C= ,易得AE=EC=   .在△AEC中,由余弦定理的推论得cos∠AEC= =- ,∴sin∠AEC= ,即二面角A-BD-C的正弦值为 .解法二(向量法):以B为坐标原点,BC,BA,BB1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(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),D(1,1,1), =(0,2,0), =(1,1,1), =(-1,1,1),设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 即 取x1=1,则z1=-1,故n1=(1,0,-1),设平面BDC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 即 取y2=1,则z2=-1,x2=0,故n2=(0,1,-1),∴cos= = .∴sin= ,
∴二面角A-BD-C的正弦值为 .
5.(2022广东茂名检测,18)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E,F分别是BC,CC1的中点.(1)求证:平面AEF⊥平面B1BCC1;(2)若∠EFC=30°,求点C到平面AEF的距离. 
解析    (1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,又∵AE⊂平面ABC,∴AE⊥BB1.∵△ABC为等边三角形,E为BC的中点,∴AE⊥BC,又∵BB1∩BC=B,BB1,BC⊂平面B1BCC1,∴AE⊥平面B1BCC1,∵AE⊂平面AEF,∴平面AEF⊥平面B1BCC1.(2)在Rt△EFC中,∠EFC=30°,EC=1,∴EF=2,FC= .设点C到平面AEF的距离为d,由(1)知AE⊥面B1BCC1,则由VA-EFC=VC-AEF ,即 ·AE· ·EC·FC= ·d· ·AE·EF,解得d= .
6.(2022江苏涟水一中测试,18)如图1,AD,BC是等腰梯形CDEF的两条高,AD=AE=CD=2,点M是线段AE的中点,将该等腰梯形沿着两条高AD,BC折叠成如图2所示的四棱锥P-ABCD(E,F重合,记为点P).(1)求证:BM⊥DP;(2)求点M到平面BDP的距离h.  图1
图2
解析    (1)证明:因为AD⊥EF,所以AD⊥AP,AD⊥AB,又AP∩AB=A,AP,AB⊂平面ABP,所以AD⊥平面ABP.因为BM⊂平面ABP,所以AD⊥BM.由已知得,AB=AP=BP=2,所以△ABP是等边三角形,又因为点M是AP的中点,所以BM⊥AP.因为AD∩AP=A,AD,AP⊂平面ADP,所以BM⊥平面ADP.因为DP⊂平面ADP,所以BM⊥DP.(2)取BP的中点N,连接DN,因为AD⊥平面ABP,AB=AP=AD=2,所以DP=BD=2 ,所以DN⊥BP.所以在Rt△DPN中,DN= = = ,
所以S△DBP= BP·DN= ×2× = ,因为AD⊥平面ABP,所以VD-BMP= AD·S△BMP.因为VM-BDP=VD-BMP,所以 h·S△BDP= AD·S△BMP,又S△BMP= S△ABP= × ×AB2= ×22= ,所以h= = = ,即点M到平面BDP的距离为 .
考法一　求解直线与平面所成角的方法
考向一　用几何法求直线与平面所成的角
1.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 (　    )A.直线BC1与DA1所成的角为90°B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°答案    ABD    
2.(2013山东,4,5分)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面是边长为 的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为 (　    )A. 　    B. 　    C. 　    D. 答案    B    
3.(2014四川,8,5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1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sin α的取值范围是 (　    )A. 　    B. C. 　    D. 答案    B    
4.(2022全国甲,理7,文9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则 (　    )A.AB=2ADB.AB与平面AB1C1D所成的角为30°C.AC=CB1D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°答案    D    
5.(2022全国甲理,18,12分)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP= .(1)证明:BD⊥PA;(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 
解析    (1)证明:过D作DH⊥AB,垂足为H,则AH= ,又AD=1,所以DH= .易知BH= ,所以BD= ,在△ABD中,AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PD⊥BD,又因为PD∩AD=D,所以BD⊥平面PAD,又PA⊂平面PAD,所以BD⊥PA. 
(2)连接PH.设点D到平面PAB的距离为h,由VD-PAB=VP-ABD得 S△PAB·h= S△ABD·PD,所以h= .由(1)易知S△ABD= ×2× = ,由PD⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,DH⊂平面ABCD,得PD⊥AB,PD⊥DH,又AB⊥DH,DH∩PD=D,所以AB⊥平面PDH,所以AB⊥PH.在Rt△PDH中,PH= = ,∴S△PAB= ×2× = ,∴h= = = .
设直线PD与平面PAB所成的角为θ,则sin θ= = × = .故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为 .
考向二　用向量法求直线与平面所成的角
1.(2022浙江慈溪中学开学考,13)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=1,AB=2,则直线AA1与平面B1CD1所成角的正弦值为　　　    .答案     
2.(2022天津西青月考,13)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点Р在侧面BCC1B1(包括边界)上运动,满足AP⊥BD1,记直线C1P与平面ACB1所成角为α,则sin α的取值范围是　　　    .答案     
3.(2020新高考Ⅰ,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值. 
解析    (1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因为PD∩DC=D,所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD.因此l⊥平面PDC.(2)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D-xyz,
则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则 =(0,1,0), =(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则 =(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则 即 可取n=(-1,0,a).所以cos= = .设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ= × =  .因为 · ≤ ,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为 .
4.(2023届湖北摸底联考,20)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2.(1)设F为B1C1的中点,求证:A1F∥平面BDE;(2)求直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值. 
解析    (1)证明:取BE的中点G,连接FG、DG,则FG∥CC1∥AA1,且FG= = =2,所以FG∥A1D且FG=A1D,所以四边形A1DGF为平行四边形,所以A1F∥DG.又A1F⊄平面BDE,DG⊂平面BDE,所以A1F∥平面BDE.(2)因为直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,所以CA、CB、CC1两两垂直.
分别以 、 、 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,2,0),E(0,0,2),D(2,0,1),A(2,0,0),所以 =(0,-2,2), =(2,-2,1), = =(-2,2,0),设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则 即 令y=1,得到平面BDE的一个法向量为n= .设直线A1B1与平面BDE所成的角为θ,则sin θ=|cos< ,n>|= = = ,
所以直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值为 .
考法二　求解二面角的方法
考向一　用几何法求二面角
1.(2022河北冀州中学月考,4)在长方体ABCD-A'B'C'D'中,若AB=AD=2 ,CC'= ,则二面角C'-BD-C的大小为 (　    )A.30°　    B.45°　    C.60°　    D.90°答案    A    
2.(2022福建厦门月考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,E,F分别为棱AB,PC的中点. (1)求证:EF∥平面PAD; (2)求二面角P-EC-D的正切值. 
解析    (1)证明:取PD的中点G,连接GF、AG.由题意知GF为△PDC的中位线,∴GF∥CD且GF= CD,又AE∥CD且AE= CD,∴GF∥AE且GF=AE,∴四边形EFGA是平行四边形,则EF∥AG,又EF⊄平面PAD,AG⊂平面PAD,∴EF∥平面PAD.(2)取AD的中点O,连接PO,则PO⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,∴PO⊥平面ABCD,连接OB交CE于M,连接PM,可证得Rt△EBC≌Rt△OAB,∴∠MEB=∠AOB,则∠MEB+∠MBE=90°,即OM⊥EC.
 又PO⊥EC,PO∩OM=O,∴EC⊥平面POM,则PM⊥EC,即∠PMO是二面角P-EC-D的平面角,在Rt△EBC中,BM= = ,则OM=OB-BM= ,∴tan∠PMO= = ,即二面角P-EC-D的正切值为 .
3.(2022河北邯郸检测,19)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形,AB=2,AD=4,PA⊥平面ABCD,E是BC的中点.(1)证明:DE⊥平面PAE;(2)若PD与平面ABCD所成的角为45°,求二面角A-PD-E的正切值. 
解析    (1)证明:由条件可得AE=DE=2 ,又AD=4,所以AE2+DE2=AD2,所以AE⊥DE,又因为PA⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,所以PA⊥DE,又PA∩AE=A,所以DE⊥平面PAE.
(2)因为∠PDA是PD与平面ABCD所成的角,所以∠PDA=45°,则PA=AD=4,因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥AP,又AB⊥AD,AD∩AP=A,所以AB⊥平面PAD,取AD的中点F,作FM⊥PD,垂足为点M,连接ME,因为EF∥AB,所以EF⊥平面PAD,所以EF⊥PD,又MF∩EF=F,MF,EF⊂平面MEF,所以PD⊥平面MEF,因为ME⊂平面MEF,所以PD⊥ME,即∠FME是二面角A-PD-E的平面角,又EF=AB=2,MF= FD= ,所以tan∠FME= = ,所以二面角A-PD-E的正切值为 .
考向二　用向量法求二面角
1.(多选)(2022广东普宁华侨中学月考,9)三棱锥A-BCD中,平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1、n2,若n1=(1,0,0),n2=(- ,0,1),则二面角A-BD-C的大小可能为 (　    )A. 　    B. 　    C. 　    D. 答案    AD    
2.(2022全国乙理,18,12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值. 
解析    (1)证明:因为AD=CD,E为AC的中点,所以DE⊥AC.因为∠ADB=∠BDC,AD=CD,BD=BD,所以△ADB≌△CDB,所以AB=CB,又E为AC的中点,所以BE⊥AC.又DE,BE⊂平面BED,且DE∩BE=E,所以AC⊥平面BED,又AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BED.(2)由题意及(1)知AB=BC=2,又∠ACB=60°,所以AC=2,BE= .因为AD⊥DC,E为AC的中点,所以DE=1.所以DE2+BE2=BD2,则DE⊥BE.连接EF,因为AC⊥平面BED,EF⊂平面BED,所以AC⊥EF,所以S△AFC= AC·EF=EF.
当EF⊥BD时,EF的值最小,即△AFC的面积最小,此时EF= .如图,以E为坐标原点, , , 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E-xyz,则C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0, ,0),D(0,0,1),F ,所以 =(-1,0,1), =(0,- ,1), = .设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则 即 令y=1,得n=( ,1, ).设CF与平面ABD所成的角为θ,
则sin θ=|cos|= = ,所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为 . 
3.(2021全国甲理,19,12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE;(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小? 
解析　∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,
∴A1B1⊥平面B1C1CB,∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB,又∵BC⊂平面B1C1CB,∴AB⊥BC.以B为坐标原点,BA,BC,BB1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B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴ =(0,2,1),设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则 =(1-a,1,-2).(1)证明:∵ · =(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE.(2) =(-1,1,1), =(a,-2,1),设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),则 不妨设x=1,则y= ,z= ,∴n= .易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量.设平面BB1C1C与平面DEF所成的锐二面角的大小为θ,则cos θ=|cos|
= = = ≤ =  ,∴sin θ= ≥ ,故当a= ,即B1D= 时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为 .
4.(2023届福建漳州质检,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的正方形,AP⊥BP,AP=BP,PD= .记平面PAB与平面PCD的交线为l.(1)证明:AB∥l;(2)求平面PAB与平面PCD所成的角的正弦值. 
解析    (1)证明:因为AB∥CD,CD⊂平面PCD,AB⊄平面PCD,所以AB∥平面PCD.又AB⊂平面PAB,平面PAB∩平面PCD=l,所以AB∥l.(2)因为AP⊥BP,所以PA2+PB2=AB2=4,又PA=PB,所以PA=PB= ,又PD= ,所以PA2+AD2=PD2,所以AD⊥PA,又AD⊥AB,PA∩AB=A,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB.取AB,CD的中点分别为O,M,连接MO,OP,则MO∥AD,所以MO⊥平面PAB,又OP⊂平面PAB,所以MO⊥OP.又因为PA=PB,O为AB的中点,所以OP⊥AB.
如图,以O为原点,分别以 , , 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则P(1,0,0),C(0,1,2),D(0,-1,2),所以 =(-1,1,2), =(-1,-1,2).设n=(x,y,z)是平面PCD的法向量,则 即 取z=1,得x=2,y=0,则n=(2,0,1).又m=(0,0,1)是平面PAB的一个法向量,所以cos= = = ,所以平面PAB与平面PCD所成的角的正弦值为 = .
5.(2019课标Ⅰ理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1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A-MA1-N的正弦值. 
解析    (1)证明: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?DC,可得B1C?A1D,故ME?ND,因此四边形MNDE为平行四边形,则MN∥ED.又MN⊄平面EDC1,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D-xyz,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= = = ,所以二面角A-MA1-N的正弦值为 .
6.(2017课标Ⅱ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC= AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值. 
解析    (1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF= AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC= AD,所以EF?BC,所以四边形BCEF是平行四边形,所以CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.
(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点, 的方向为x轴正方向,| |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1, ),则 =(1,0,- ), =(1,0,0).设M(x,y,z)(0|=sin 45°,即 = ,即(x-1)2+y2-z2=0. ①又M在棱PC上,设 =λ ,则x=λ,y=1,z= - λ. ②
由①,②解得 (舍去),或 所以M ,从而 = .设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则 即 所以可取m=(0,- ,2).于是cos= = .易知所求二面角为锐二面角.
因此二面角M-AB-D的余弦值为 .
7.(2023届江苏百校联考第一次考试,20)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,AD⊥AB,侧面PAB⊥底面ABCD,PA=PB=AD= BC=2,且E,F分别为PC,CD的中点.(1)证明:DE∥平面PAB;(2)若直线PF与平面PAB所成的角为60°,求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值. 
解析    (1)证明:取PB的中点M,连接AM,EM,∵E为PC的中点,∴ME∥BC,ME= BC,又∵AD∥BC,AD= BC,∴ME∥AD,ME=AD,∴四边形ADEM为平行四边形,∴DE∥AM,∵DE⊄平面PAB,AM⊂平面PAB,∴DE∥平面PAB.(2)∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊂平面ABCD,AD⊥AB,∴AD⊥平面PAB,取AB的中点G,连接FG,则FG∥AD,则FG⊥平面PAB,∴∠GPF为直线PF与平面PAB所成的角,即∠GPF=60°,∵tan 60°= ,FG=3,则PG= ,∴AG=GB=1,则AB=2.如图,建立空间直角坐标系,则P(0,0,
 ),C(1,4,0),D(-1,2,0), ∴ =(1,4,- ), =(-2,-2,0),设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z),则 即 令y=1,则n1=(-1,1, ),
易知平面PAB的一个法向量为n2=(0,1,0),设平面PAB与平面PCD所成锐二面角为θ,∴cos θ= = = ,即平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为 .
8.(2023届河北邢台名校联盟开学考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,侧面PAD为正三角形,M为PD的中点,N为BC的中点. (1)求证:MN∥平面PAB;(2)当AM⊥PC时,求平面MND与平面PCD夹角的余弦值. 
解析    (1)证明:取AP的中点为E,连接EM,EB, 在△PAD中,∵M为PD的中点,E为AP的中点,∴EM∥AD,EM= AD,在正方形ABCD中,∵N为BC的中点, AD?BC,∴BN∥AD,BN= AD,∴BN∥ME,BN=ME,∴四边形BNME为平行四边形,
∴MN∥BE,∵MN⊄平面PAB,BE⊂平面PAB,∴MN∥平面PAB.(2)在正三角形PAD中,M为PD的中点,∴AM⊥PD,又∵AM⊥PC,PC∩PD=P,PC,PD⊂平面PDC,∴AM⊥平面PDC,∵CD⊂平面PCD,∴AM⊥DC.在正方形ABCD中,AD⊥DC,又AM∩AD=A,AM,AD⊂平面PAD,∴DC⊥平面PAD,∵CD⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面PAD,取AD的中点O,连接OP,ON,易证OP,ON,OD两两垂直.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
 设AD=2,则D(0,1,0),N(2,0,0),C(2,1,0),P(0,0, ),M ,则 = , =(2,-1,0), =(0,-1, ), =(2,0,0),设平面MND的法向量为n=(x,y,z),则 令y=1,则n= ,
设平面PCD的法向量为m=(x',y',z'),则 令y'=1,则m= ,∴|cos|= = = ,∴平面MND与平面PCD夹角的余弦值为 .
9.(2018课标Ⅲ理,19,12分)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M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值. 
解析    (1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为 上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)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D-xyz.则D(0,0,0).
当三棱锥M-ABC体积最大时,M为 的中点.由题设得A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),则 =(-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cos= = ,sin= .所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是 .
考法三　求解立体几何中的探索性问题
1.(2016北京,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD= .(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 的值;若不存在,说明理由. 
解析    (1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以PD⊥平面PAB.(2)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,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.因为AC=CD,所以CO⊥AD.
建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.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 即 令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).又 =(1,1,-1),所以cos= =- .所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 .(3)设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得 =λ .因此M(0,1-λ,λ),则 =(-1,-λ,λ).
因为BM⊄平面PCD,所以BM∥平面PCD当且仅当 ·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,解得λ= .所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时 = .
2.(2022湖北襄阳四中月考,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊥BC,AA1=AB=BC=2.(1)求证:BC1⊥平面A1B1C;(2)点M在线段B1C上,且 = ,点N在线段A1B上,若MN∥平面A1ACC1,求 的值. 
解析    (1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵BB1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴BB1⊥BC,同理,BB1⊥A1B1.∵AA1=BB1=BC=2,∴四边形B1BCC1为正方形,故BC1⊥B1C.∵AB⊥BC,AB∥A1B1,BC∥B1C1,∴A1B1⊥B1C1,∵BB1∩B1C1=B1,∴A1B1⊥平面BCC1B1,∵BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,∵A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B1C.
(2)以B为原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,BB1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,2,0),C(2,0,0),C1(2,0,2),B(0,0,0),B1(0,0,2),A1(0,2,2),则 =(-2,2,0), =(0,0,2),设平面ACC1A1的法向量为n=(x,y,z),则 取x=1,得n=(1,1,0),设M(a,b,c),N(x,y,z), =λ,则 =3 , =λ ,0≤λ≤1,即(2,0,-2)=3(a,b,c-2),(x,y-2,z-2)=λ(0,-2,-2),解得M ,N(0,2-2λ,2-2λ),则 = ,∵MN∥平面A1ACC1,∴n· =- +2-2λ=0,
解得λ= .∴ 的值为 .
3.(2022石家庄二中月考,19)如图,在五面体ABCDPE中,PD⊥平面ABCD,∠ADC=∠BAD=90°,F为棱PA的中点,PD=BC= ,AB=AD=1,且四边形CDPE为平行四边形.(1)判断AC与平面DEF的位置关系,并给予证明;(2)在线段EF上是否存在一点Q,使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为 ?若存在,请求出QE的长;若不存在,请说明理由. 
解析    (1)AC∥平面DEF.证明如下:设PC交DE于点N,连接FN,因为四边形PDCE为平行四边形,所以点N为PC的中点,又点F为PA的中点,所以FN∥AC,因为FN⊂平面DEF,AC⊄平面DEF,所以AC∥平面DEF. (2)假设在线段EF上存在一点Q,使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为 .设 =λ (0≤λ≤1),以D为坐标原点,分别以DA,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.因为PD=BC= ,AB=AD=1,所以CD=2,P
(0,0, ),B(1,1,0),C(0,2,0),A(1,0,0),所以 =(1,1,- ), =(-1,1,0).设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则 即 解得 令x=1,得平面PBC的一个法向量为m=(1,1, ).由F ,E(0,2, ),可得 = .由 =λ (0≤λ≤1),整理得Q ,则 = ,
因为直线BQ与平面PBC所成角的正弦值为 ,所以|cos< ,m>|= = = ,得14λ2-5λ-1=0,又0≤λ≤1,所以λ= ,故在线段EF上存在一点Q ,使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为 ,且QE=| |= = .
一、单项选择题
1.(2022重庆第七次质检,7)若正三棱柱ABC-A1B1C1既有外接球,又有内切球,记该三棱柱的外接球和内切球的半径分别为R1、R2,则 = (　    )A.5　    B.4　    C. 　    D. 答案    A    
2.(2017课标Ⅰ,6,5分)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是 (　    ) 
答案    A    
3.(2022河北部分重点中学期中,6)在立体几何中,用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E、F分别是棱B1B、B1C1的中点,点G是棱CC1的中点,则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为(　    ) A.矩形　    B.三角形C.正方形　    D.等腰梯形答案    D    
4.(2022广州执信中学月考,8)如图所示的木质正四棱锥模型P-ABCD,
过点A作一个平面分别交PB,PC,PD于点E,F,G,若 = , = ,则 的值为 (　    )A. 　    B. 　    C. 　    D. 答案    C    
5.(2022江苏南通基地学校3月调研,7)已知正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面边长为1,P是正六棱柱内(不含表面)的一点,则 · 的取值范围是 (　    )A. 　    B. C. 　　D. 答案    A    
6.(2022广东华附、省实、广雅、深中四校联考,9)已知α,β是两个不同的平面,l是一条直线,则下列命题中正确的是 (　    )A.若α∥β,l∥β,则l∥αB.若l⊥α,l⊥β,则α∥βC.若l⊥α,l∥β,则α⊥βD.若α⊥β,l∥β,则l⊥α答案    BC    
二、多项选择题
7.(2022辽东南协作体期中,12)如图,正方形SG1G2G3的边长为1,E,F分别是G1G2,G2G3的中点,SG2交EF于点D,现沿SE,SF及EF把这个正方形折成一个四面体,使G1,G2,G3三点重合,重合后的点记为G,则在四面体S-GEF中必有 (　    )A.SG⊥平面EFGB.设线段SF的中点为H,则DH∥平面SGEC.四面体S-GEF的体积为 D.四面体S-GEF的外接球的表面积为 π答案    ABD    
8.(2022江苏盐城响水中学学情分析,12)如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,侧面PAD是边长为2 的正三角形,底面ABCD为矩形,CD=2 ,点Q是PD的中点,则下列结论正确的是 (　    )A.CQ在平面PAB外B.PC与平面ACQ所成角的余弦值为 C.三棱锥B-ACQ的体积为6 D.四棱锥Q-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为24 答案    ABD    
9.(2022山东烟台、德州一模,11)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是边长为2的等边三角形,AA1=3,D为BC的中点,则 (　    )A.直线A1B∥平面ADC1B.点B1到平面ADC1的距离为 C.异面直线A1B1与C1D所成角的余弦值为 D.设P,Q分别在线段A1B1,DC1上,且 = ,则PQ的最小值为 答案    ABD    
10.(2022湖南益阳调研,12)截角四面体是一种半正八面体,可由四面体经过适当的截角,即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体,如图所示,将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为a的截角四面体,则下列说法正确的是 (　    )A.AC⊥DEB.该截角四面体的表面积为7 a2C.AF= a
D.该截角四面体的外接球表面积为5πa2答案    BC    
11.(2022福州质量检测,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 ,以A1为球心,2为半径的球与底面ABCD的交线的长度为　　　    .答案     
三、填空题
12.(2022海南文昌中学4月段考,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M,N分别是棱BC,C1D1的中点,点P在平面A1B1C1D1内,点Q在线段A1N上,若PM= ,则PQ长度的最小值为　　　    . 答案     -1
13.(2016课标Ⅰ文,18,12分)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.(1)证明:G是AB的中点;(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积. 
四、解答题
解析    (1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.又PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.(2)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC,又PA∩PC=P,因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影.
连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心,由(1)知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD= CG.由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE= PG,DE= PC.由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2 .在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2,所以四面体PDEF的体积V= × ×2×2×2= .
14.(2021新高考Ⅱ,19,12分)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA= ,QC=3.(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;(2)求二面角B-QD-A的余弦值. 
解析    (1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE.由于QD=QA,故QE⊥AD.在Rt△QAE中,QE= = =2.在Rt△CDE中,CE= = = .在△QCE中,QE2+CE2=QC2⇒QE⊥CE,又∵CE∩AD=E,CE、AD⊂平面ABCD,∴QE⊥平面ABCD.又QE⊂平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.
(2)以E为坐标原点建系,如图所示,则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),A(0,-1,0),则 =(-2,1,2), =(-2,2,0).显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0),设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z),则 ⇒ ⇒x=y=2z,取n2=(2,2,1).设二面角B-QD-A的大小为θ,易知θ为锐角,则cos θ=|cos|= = = ,故二面角B-QD-A的余弦值为 .
15.(2018天津理,17,13分)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长. 
解析 依题意,可以建立以D为原点,分别以 , , 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M ,N(1,0,2).(1)证明: =(0,2,0), =(2,0,2).设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,则 即 不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又 = ,可得 ·n0=0,又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.
(2)依题意,可得 =(-1,0,0), =(1,-2,2), =(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则 即 不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,则 即 不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos= = ,
于是sin= .所以二面角E-BC-F的正弦值为 .(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得 =(-1,-2,h).易知, =(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos< , >|= = ,由题意,可得 =sin 60°= ,解得h= ∈[0,2].所以线段DP的长为 .
16.(2023届浙江Z20名校联盟联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=AD=2,BD=4,AB=2 ,DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC.(1)若点E为棱PC的中点,证明:BE∥平面PAD;(2)已知二面角P-AB-D的大小为60°,求平面PBD和平面PCD的夹角的余弦值. 
解析    (1)证明:延长CB,DA交于点F,连接PF,∵DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC,∴易证△CDF是等腰三角形,∴点B是CF的中点,又∵E是PC的中点,∴BE∥PF,又PF⊂平面PAD,BE⊄平面PAD,∴BE∥平面PAD. (2)在△ABD中,AD=2,BD=4,AB=2 ,则AD2+AB2=BD2,则∠BAD=90°,即BA⊥AD,
∵sin∠BDA= ,∴∠BDC=∠BDA=60°,则CD=8,∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BA⊂平面ABCD,∴BA⊥平面PAD,则BA⊥PA,∴∠PAD为二面角P-AB-D的平面角,∴∠PAD=60°,又PA=AD=2,∴△PAD为等边三角形,取AD的中点为O,连接OP,则OP⊥AD,OP⊥平面ABCD,如图,建立空间直角坐标系,
则A(1,0,0),B(1,2 ,0),C(-5,4 ,0),D(-1,0,0),P(0,0, ),所以 =(1,0, ), =(-2,-2 ,0), =(-4,4 ,0),设m=(x1,y1,z1)为平面PBD的法向量,则 即 取y1=-1,则m=( ,-1,-1),设n=(x2,y2,z2)为平面PCD的法向量,则 即 取y2=1,则n=( ,1,-1),设平面PBD和平面PCD的夹角为θ,则cos θ=|cos|= = ,故平
面PBD和平面PCD的夹角的余弦值为 .
17.(2020课标Ⅲ理,19,12分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)证明:点C1在平面AEF内;(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值. 
    
解析 设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点, 的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1-xyz.(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),E ,F , = , = ,得 = ,因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.
(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0), =(0,-1, -1), =(-2,0,-2), =(0,-1,2), =(-2,0,1).设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则 即 可取n1=(-1,-1,1).
设n2为平面A1EF的法向量,则 同理可取n2= .因为cos= =- ,所以二面角A-EF-A1的正弦值为 .