第10讲 空间直线与平面的位置关系及空间角的求法
【p25】
【命题趋势】
1．从近几年高考来看，本节内容主要考查的是线线平行(或垂直)、线面平行(或垂直)与面面平行(或垂直)的判定与性质及空间角的求法．
2．从题型来看，有选择题和填空题，难度不大，解答题多以几何体为载体，难度稍大．
3．从能力角度来看，主要考查学生的推理论证能力，从数学思想来看，则主要考查转化与化归思想．
4．预计在今年高考中，对直线、平面平行、垂直的判定和性质的考查分为两个方面：客观题结合线面平行、垂直考查平行、垂直的判定和性质，分值在5分左右；解答题以特定的几何体为载体综合考查线面平行(或垂直)的判定和性质及空间角的求法，难度稍大，分值在12分左右．
【备考建议】
复习本节内容时，关键要注意以下几点：
1．直线与平面平行(或垂直)的判定定理是判断线面平行(或垂直)的主要依据之一，通过直线与直线的平行(或垂直)得到直线与平面的平行(或垂直)，体现了立体几何的转化与化归思想，这一点同样在平面与平面的平行(或垂直)的判定定理中．
2．直线与平面平行的性质定理与平面与平面平行的性质定理其实质是两条直线平行的判定定理，性质定理与判定定理的结合运用是解决平行问题的关键．
3．证明垂直关系通常从现有直线中寻找垂直关系，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决，注重转化思想．
4．空间中的垂直关系是重点考查的内容，在线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化中，线面垂直是核心．
5．空间角的求法中线面角与二面角是重点考查的内容，一般通过坐标法解决．
【p26】
探究一 直线、平面平行的判定和
性质与空间角的求法
例1如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1＝1，D是棱BB1上一点，P是C1D的延长线与CB的延长线的交点，且AP∥平面A1CD.
(1)求证：BD＝B1D；
(2)求二面角C－A1D－C1的正弦值；
(3)若点E在线段AP上，且直线A1E与平面A1CD所成的角的正弦值为，求线段AE的长．
【解析】(1)连接AC1，设AC1∩A1C＝O，连接OD，
∵AP∥平面A1CD，AP?平面APC1，平面APC1∩平面A1CD＝OD，∴AP∥OD.
∵O为正方形A1ACC1的中心，∴C1O＝OA.∴C1D＝DP.
∵C1B1∥CP，∴B1D＝BD.
(2)以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立如图空间直角坐标系．
则A，B，P，A1，C1，D.
设平面A1CD的法向量为n1＝，又＝(1，0，1)，＝.
则令y＝1，得n1＝.
设平面A1C1D的法向量为n2＝，
又＝(－1，0，0)，＝，
则令y＝1，
得n2＝，
∴＝＝.
∴＝＝＝.
∴二面角C－A1D－C1的正弦值为.
(3)设＝λ＝λ＝，
其中0≤λ≤1，
∴＝＋＝＋＝，
∵＝＝，
∴＝，
∴λ＝，AE＝AP＝.
【点评】本小题主要考查直线与平面平行、二面角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等．
例2如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD，过AD的平面与PC，PB分别交于点M，N，连接MN.
(1)证明：BC∥MN；
(2)若PA＝AD＝AB＝2BC＝2，平面ADMN⊥平面PBC，求二面角P－BM－D的正弦值．
【解析】(1)证明：∵BC∥AD，BC?平面ADMN，AD?平面ADMN，∴BC∥平面ADMN.
又BC?平面PBC，平面PBC∩平面ADMN＝MN，
∴BC∥MN；
(2)以A为坐标原点，AB、AD、AP分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
∵PA＝AD＝AB＝2BC＝2，∴B(2，0，0)、D(0，2，0)、P(0，0，2)、C(2，1，0)，
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AN，
又BC∥MN，∴AN⊥MN，
又平面ADMN⊥平面PBC，且平面PBC∩平面ADMN＝MN，∴AN⊥平面PBC，∴AN⊥PB，又PA＝AB，
∴N是PB的中点，
∴M是PC的中点，∴M，N(1，0，1)，
∴平面PBM的法向量为＝，
设平面BMD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则x＝2，y＝2，∴n＝，
∴cos〈，n〉＝＝，
设平面PBM与平面BMD所成的角为θ，则sin
θ＝.
所以二面角P－BM－D的正弦值为.
例3
如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.
(1)证明：平面ABF∥平面DCE；
(2)在DE上是否存在一点G，使平面FBG将几何体ABCDEF分成上下两部分的体积比为3∶11？若存在，求出点G的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)∵DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，
∴DE∥AF，∴AF∥平面DCE，
∵四边形ABCD是正方形，AB∥CD，∴AB∥平面DCE，
∵AB∩AF＝A，AB?平面ABF，AF?平面ABF，∴平面ABF∥平面DCE.
(2)假设存在一点G，过G作MG∥BF交EC于M，连接BG，BM，
VABCDEF＝VB－ADEF＋VB－CDE＝×3×＋×3×＝.
设EG＝t，则VGFBME＝VB－EFG＋VB－EGM＝×＝.
设M到ED的距离为h，则＝＝，h＝t，S△EGM＝t2，
∴×3×t2＋×3×t＝，解得t＝1，即存在点G且EG＝1满足条件．
【点评】本题主要考查空间点线面的位置关系，考查几何体体积的求法，考查探究性问题的解决方法．第一问要证明面面平行，根据面面平行的判定定理可知，只需找到平面的两条相交直线和另一个平面的两条相交直线平行即可．第二问要对几何体进行分割，先假设存在，接着计算出总的体积，然后再次利用分割法用体积来列方程组，求解出G的位置的值．
探究二 直线、平面垂直的判定和性质与空间
角的求法
例4如图所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是梯形，AD∥BC，侧面ABB1A1为菱形，∠DAB＝∠DAA1.
(1)求证：A1B⊥AD；
(2)若AD＝AB＝2BC，∠A1AB＝60°，点D在平面ABB1A1上的射影恰为线段A1B的中点，求平面DCC1D1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值．
【解析】(1)连AB1交A1B于点O，连DA1，DB，DO，如图：
因为侧面ABB1A1为菱形，所以A1B⊥AB1，O为A1B的中点，AB＝AA1，
又∠DAB＝∠DAA1，DA＝DA，
所以△DAA1≌△DAB，所以DA1＝DB，所以DO⊥A1B，
又AB1∩DO＝O，所以A1B⊥平面DAO，
所以A1B⊥AD.
(2)由题意知，DO⊥平面ABB1A1，所以OA，OB，OD两两垂直，
以O为原点，OA，OB，OD分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设AD＝AB＝2BC＝2，因为∠A1AB＝60°，
所以OA＝AB＝×2＝，
OB＝1，OD＝＝＝1，
所以O(0，0，0)，D(0，0，1)，A(，0，0)，B(0，1，0)，C，A1(0，－1，0)，
＝，
因为侧面AA1D1D为平行四边形，所以DD1∥AA1，所以＝＝(－，－1，0)．
设平面DCC1D1的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则所以取x＝1，则y＝－，z＝－3，
所以n1＝(1，－，－3)，
取平面ABB1A1的一个法向量＝(0，0，1)，
设平面DCC1D1与平面ABB1A1所成锐二面角的大小为θ，
则cos
θ＝＝＝.
【点评】立体几何是高中数学中的传统而典型的内容之一，也是高考重点考查的考点和热点．这类问题的设置一般有两类：其一是线面位置关系的判定；其二是有关几何体的体积、面积以及角度距离的求解与计算等问题．求解第一类问题时，要充分借助和运用线面位置关系的判定定理或性质定理进行分析推证；解答第二类问题时，通常是先建立空间直角坐标系，再运用向量的有关知识及数量积公式建立方程进行探求从而使得问题获解．
探究三 折叠问题与探究性问题
例5如图，已知平行四边形ABCD中，∠BAD＝45°，BC＝，BH⊥DC于点H，现将△CBH沿BH翻折至△PBH，使得PD⊥PB.
(1)证明：PD⊥平面PBH；
(2)若PD＝1，求二面角A－PB－H的余弦值．
【解析】(1)∵BH⊥DC，∴BH⊥PH，DC∩PH＝H，DC，PH?平面PDH，
∴BH⊥平面PDH.
∵PD?平面PDH，∴BH⊥PD，
又PD⊥PB，PB∩BH＝B，PB，BH?平面PBH，
∴DP⊥平面PBH.
(2)∵平行四边形ABCD中，∠BAD＝45°，BC＝，BH⊥DC，
∴HC＝HB＝1，
结合翻折的性质得PH＝HC＝1，BP＝BC＝.
由(1)可知，DP⊥PH，又DP＝1，HP＝1，∴DH＝，
建立如下图所示的空间直角坐标系，则H(0，0，0)，D(，0，0)，B(0，1，0)，A(1＋，1，0)．
设P(x，y，z)，则解得∴P.
∴＝(1＋，0，0)，＝.
设平面ABP的法向量为n＝，则
即x＝0，令z＝，则y＝1，
∴n＝(0，1，)．
易知平面PBH的一个法向量为＝，
∴cos〈n，〉＝＝＝，
由图可知，二面角A－PB－H为钝角，
∴二面角A－PB－H的余弦值为－.
例6已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝，AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE＝x，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF(如图)．
(1)当x＝2时，①证明：EF⊥平面ABE；②求二面角D－BF－E的余弦值；
(2)三棱锥D－FBC的体积是否可能等于几何体ABE－FDC体积的？并说明理由．
【解析】(1)①在直角梯形ABCD中，因为∠ABC＝∠BAD＝，故DA⊥AB，BC⊥AB，
因为EF∥BC，故EF⊥AB.
所以在折叠后的几何体中，有EF⊥AE，EF⊥BE，
而AE∩BE＝E，故EF⊥平面ABE.
②如图，在平面AEFD中，过D作DG⊥EF且交EF于G.
在平面DBF中，过D作DH⊥BF且交BF于H，连接GH.
因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，
DG?平面AEFD，故DG⊥平面EBCF，
因为BF?平面EBCF，故DG⊥BF，而DG∩DH＝D，
故BF⊥平面DGH，又GH?平面DGH，故GH⊥BF，
所以∠DHG为二面角D－BF－E的平面角，
在平面AEFD中，因为AE⊥EF，DG⊥EF，故AE∥DG，
又在直角梯形ABCD中，
EF∥BC且EF＝＝3，
故EF∥AD，故四边形AEGD为平行四边形，
故DG＝AE＝2，GF＝1，
在直角三角形BEF中，tan∠BFE＝，因∠BFE为三角形内角，
故sin∠BFE＝，故GH＝1×sin∠BFE＝，
故tan∠DHG＝＝，因∠DHG为三角形内角，故cos∠DHG＝.
所以二面角D－BF－E的平面角的余弦值为.
(2)若三棱锥D－FBC的体积等于几何体ABE－FDC体积的，
则VB－ADFE＋VD－BFC＝VD－BFC即VB－ADFE＝VD－BFC.
由(1)的证明可知，DG⊥平面BEFC，
同理可证BE⊥平面AEFD，AE＝DG.
故VB－ADFE＝×BE×S1，其中S1为直角梯形ADFE的面积．
而VD－BFC＝×DG×S△BCF＝×AE×S△BCF，
在直角梯形ABCD中，过D作BC的垂线，与EF，BC分别交于M，N，
则＝，故FM＝，所以FE＝＋2，
所以S1＝×x＝.
所以VB－ADFE＝××＝××.
又S△BCF＝×BE×BC＝2，
故VD－BFC＝×x×2，所以××＝××x×2，
解得x＝2，
故当AE＝2时，三棱锥D－FBC的体积等于几何体ABE－FDC体积的.
【点评】线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线．而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角．空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结为平面图形中的角的计算．又三棱锥的体积的计算需选择合适的顶点和底面，此时顶点到底面的距离容易计算．
【p27】
求空间角的方法
(一)构造法：空间角的计算方法都是转化为平面角来计算．两条异面直线所成的角，要以运动的观点运用“平移法”，使之成为相交直线所成的角，要充分挖掘图形的性质，寻求平行关系；斜线与平面所成的角，往往是在斜线上取一点向平面引垂线，再解由斜线、垂线、射影所围成的直角三角形．这里关键是引平面的垂线，明确垂足的位置；求二面角的方法主要有定义法、线面垂直法、射影面积法、向量法等．
(二)空间向量法：
(1)两条异面直线所成的角的求法
设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos
φ＝|cos
θ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．
(2)直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin
φ＝|cos
θ|＝.
(3)求二面角的大小
①如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．
②如图2、3，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)．
【p28】
考题1
[2020·全国卷Ⅱ]设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．
p4：若直线l?平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是__________．
①p1∧p4；②p1∧p2；③(綈p2)∨p3；④(綈p3)∨(綈p4)．
【解析】①③④
对于命题p1，可设l1与l2相交，这两条直线确定的平面为α；
若l3与l1相交，则交点A在平面α内，
同理，l3与l2的交点B也在平面α内，
所以，AB?α，即l3?α，命题p1为真命题；
对于命题p2，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，
命题p2为假命题；
对于命题p3，空间中两条直线相交、平行或异面，
命题p3为假命题；
对于命题p4，若直线m⊥平面α，
则m垂直于平面α内所有直线，
∵直线l?平面α，∴直线m⊥直线l，
命题p4为真命题．
综上可知，p1，p4为真命题，p2，p3为假命题，
p1∧p4为真命题，p1∧p2为假命题，
(綈p2)∨p3为真命题，(綈p3)∨(綈p4)为真命题．
故答案为：①③④.
【命题立意】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题．
考题2
[2020·新高考卷Ⅰ]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：
在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD?平面PBC，BC?平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD?平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，∴l⊥DC，
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，∴l⊥PD，
因为CD∩PD＝D，
所以l⊥平面PDC；
(2)如图建立空间直角坐标系D－xyz，
因为PD＝AD＝1，则有D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，
设Q(m，0，1)，则有＝(0，1，0)，＝(m，0，1)，＝(1，1，－1)．
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1，0，－m)，
则cos〈n，〉＝＝.
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos〈n，〉|＝＝·＝·≤·≤·＝，当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
【命题立意】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目．
考题3
[2020·全国卷Ⅲ]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】(1)在棱CC1上取点G，使得C1G＝CG，连接DG、FG、C1E、C1F，
在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC且AD＝BC，BB1∥CC1且BB1＝CC1，
∵C1G＝CG，BF＝2FB1，∴CG＝CC1＝BB1＝BF且CG∥BF，
所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF∥DG且AF＝DG，
同理可证四边形DEC1G为平行四边形，∴C1E∥DG且C1E＝DG，
∴C1E∥AF且C1E＝AF，则四边形AEC1F为平行四边形，
因此，点C1在平面AEF内；
(2)以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系C1－xyz，
则A、A1、E、F，
＝，＝，
＝，＝.
设平面AEF的法向量为m＝，
由得取z1＝－1，得x1＝y1＝1，则m＝.
设平面A1EF的法向量为n＝，
由得取z2＝2，得x2＝1，y2＝4，则n＝，
cos〈m，n〉＝＝＝.
设二面角A－EF－A1的平面角为θ，则＝，
∴sin
θ＝＝.
因此，二面角A－EF－A1的正弦值为.
【命题立意】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题．
考题4
[2020·全国卷Ⅱ]如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．
【解析】(1)∵M，N分别为BC，B1C1的中点，
∴MN∥BB1，
又AA1∥BB1，
∴MN∥AA1，
在△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM，
又∵侧面BB1C1C为矩形，
∴BC⊥BB1，∴BC⊥AA1，
∵MN∥BB1，
MN⊥BC，
由MN∩AM＝M，MN，AM?平面A1AMN，
∴BC⊥平面A1AMN.
又∵B1C1∥BC，且B1C1?平面ABC，BC?平面ABC，
∴B1C1∥平面ABC，
又∵B1C1?平面EB1C1F，且平面EB1C1F∩平面ABC＝EF，
∴B1C1∥EF，
∴EF∥BC，
又∵BC⊥平面A1AMN，
∴EF⊥平面A1AMN，
∵EF?平面EB1C1F，
∴平面EB1C1F⊥平面A1AMN.
(2)如图，连接NP，
∵AO∥平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F＝NP，
∴AO∥NP.
根据三棱柱上下底面平行，
其面A1NMA∩平面ABC＝AM，面A1NMA∩平面A1B1C1＝A1N，
∴ON∥AP，
故四边形ONPA是平行四边形．
设△ABC边长是6m(m>0)，
可得：ON＝AP，NP＝AO＝AB＝6m，
∵O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m，
∴ON＝×6m×sin
60°＝m，
故：ON＝AP＝m.
∵EF∥BC，
∴＝，
∴＝，
解得：EP＝m.
在B1C1截取B1Q＝EP＝m，故QN＝2m，
∵B1Q＝EP且B1Q∥EP，
∴四边形B1QPE是平行四边形，
∴B1E∥PQ.
由(1)B1C1⊥平面A1AMN，
故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角．
在Rt△QPN中，根据勾股定理可得：PQ＝＝＝2m，
∴sin∠QPN＝＝＝，
∴直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.
【命题立意】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题．(共135张PPT)
第10讲 空间直线与平面的位置关系及空间角的求法
专题探究>。●。。。
典例剖析>●。·。
规律总结>●。。
高考
●●●●●
限时训练>●。。【p98】
A组 基础演练
1．设m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，( )
A．若α⊥β，m?α，n?β，则m⊥n
B．若α∥β，m?α，n?β，则m∥n
C．若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，则n⊥β
D．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥n
【解析】选D.
对于A项，若α⊥β，m?α，n?β，则m，n异面，相交，平行都可能，则A错误；
对于B项，若α∥β，m?α，n?β，则m，n异面，平行都可能，则B错误；
对于C项，若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，由面面垂直的性质可知，当n?α时，才有n⊥β，则C错误；
对于D项，α∥β，m⊥α可得出m⊥β，又因为n∥β，所以m⊥n，则D正确．
故选：D.
2．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，AD＝2，E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是( )
A．0
B.
C.
D.
【解析】选A.
如图
A1，E，F，G，
所以＝，＝，
所以异面直线A1E与GF所成角的余弦值为＝0，
故选：A.
3．对于空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，有如下关系：6＝＋2＋3，则( )
A．四点O，A，B，C必共面
B．四点P，A，B，C必共面
C．四点O，P，B，C必共面
D．五点O，P，A，B，C必共面
【解析】选B.
因为6＝＋2＋3，
所以－＝2＋3，
即＝2＋3，
根据共面向量基本定理，可得，，共面，
所以，P，A，B，C四点共面．
故选：B.
4．(多选题)若长方体ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，则( )
A．B1E⊥A1B
B．平面B1CE∥平面A1BD
C．三棱锥C1－B1CE的体积为
D．三棱锥C1－B1CD1的外接球的表面积为24π
【解析】选CD.
以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则
A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，4)，B1(2，0，4)，E(0，2，2)，
所以＝(－2，2，－2)，＝(2，0，－4)，
因为·＝－4＋0＋8＝4≠0，所以与不垂直，故A错误；
＝(0，－2，4)，＝(－2，0，2)．
设平面B1CE的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，则
由得所以
不妨取z1＝1，则x1＝1，y1＝2，
所以n＝(1，2，1)．
同理可得平面A1BD的一个法向量为m＝(2，2，1)，
故不存在实数λ使得n＝λm，故平面B1CE与平面A1BD不平行，故B错误；
在长方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C1⊥平面CDD1C1，
故B1C1是三棱锥B1－CEC1的高，
所以V三棱锥C1－B1CE＝V三棱锥B1－CEC1＝S△CEC1·B1C1＝××4×2×2＝，
故C正确；
三棱锥C1－B1CD1的外接球即为长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球，
故外接球的半径R＝＝，
所以三棱锥C1－B1CD1的外接球的表面积S＝4πR2＝24π，故D正确．
故选：CD.
5．如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为__________．
【解析】
三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，设棱长为1，
则·＝1×1×cos60°＝，
·＝1×1×cos60°＝，
·＝1×1×cos
60°＝.
又＝＋，＝＋－，
所以·＝·
＝·＋·－2＋2＋·－·＝＋－1＋1＋－＝1.
而＝＝＝，
＝＝＝，
所以cos〈·〉＝＝＝.
故答案为：.
6．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，E为线段PD的中点，已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°.
(1)证明：直线PB∥平面ACE；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：连接BD交AC于点H，连接HE，
∵AB∥DC，AB＝CD，四边形ABCD是平行四边形，
∴H是BD中点，又E为线段PD的中点，
∵HE∥PB，又HE?平面ACE，PB?平面ACE，
∴直线PB∥平面ACE.
(2)∵AB⊥平面PAD，作Ax⊥AP，建立如图所示空间直角坐标系A－xyz,
由已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°，
得B(0，0，2)，P(0，2，0)，D(，－1，0)，C(，－1，2)，
＝(0，－2，2)，＝(，－3，0)，＝(0，0，－2)．
设平面PCD的法向量n＝(x，y，z),
不妨取n＝(，1，0)，
∴cos〈，n〉＝＝＝.
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
7．如图所示，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在的平面互相垂直，DF⊥平面ABCD且DF＝.
(1)求证：EF∥平面ABCD；
(2)若∠ABC＝∠BCE，求二面角A－BF－E的余弦值．
【解析】(1)过点E作EH⊥BC，连接HD，EH＝，
因为平面ABCD⊥平面BCE，EH?平面BCE，
平面ABCD∩平面BCE＝BC，
所以EH⊥平面ABCD，
因为FD⊥平面ABCD，FD＝，
所以FD∥EH，FD＝EH，故四边形EHDF为平行四边形，
所以EF∥HD，
由EF?平面ABCD，HD?平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD；
(2)连接HA，根据题意，AH⊥BC，
如图，以H为原点，HB，HA，HE为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，，0)，B(1，0，0)，E(0，0，)，F(－2，，)，
则＝(－1，，0)，＝(－1，0，)，＝(－3，，)，
设平面BAF的法向量为m＝(x，y，z)，
得m＝(，1，2)，
设平面BEF的法向量为n＝，
由得n＝，
由cos〈m，n〉＝＝，
所以二面角A－FB－E的余弦值为－.
B组 能力提升
8．设动点P在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，记＝λ.当∠APC为锐角时，λ的取值范围是__________．
【解析】
建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，由＝λ得P(λ，λ，1－λ)，则＝(1－λ，－λ，λ－1)，＝(－λ，1－λ，λ－1)，因为∠APC为锐角，所以·＝(1－λ，－λ，λ－1)·(－λ，1－λ，λ－1)＝(λ－1)(3λ－1)>0，解得λ<或λ>1，又因为动点P在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，所以λ的取值范围为0≤λ<.
9．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为__________．
【解析】4
以D为坐标原点，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．
设DD1＝a，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，a)，故＝(－2，2，0)，＝(－2，0，a)，＝(0，0，a)．
设平面ACD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则可取n＝，
故cos〈n，〉＝＝＝，
又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，
∴＝，解得a＝4.
故答案为：4.
10．(多选题)在四面体P－ABC中，以下说法正确的有( )
A．若＝＋，则可知＝3
B．若Q为△ABC的重心，则＝＋＋
C．若·＝0，·＝0，则·＝0
D．若四面体P－ABC各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，则＝1
【解析】选ABC.
对于A项，∵＝＋，∴3＝＋2，
∴2－2＝－，∴2＝，∴3＝＋，即3＝，故A正确；
对于B项，若Q为△ABC的重心，则＋＋＝0，∴3＋＋＋＝3，
∴3＝＋＋，即＝＋＋，故B正确；
对于C项，若·＝0，·＝0，
∴·＋·＝0，
∴·＋·＝0，
∴·＋·＋·＝0，
∴·＋·－·＝0，
∴·＋·＝0，
∴·＋·＝0，
∴·＋·＝0，
∴·＝0，
∴·＝0，
故C正确；
对于D项，∵＝－＝－＝，
∴＝，
∵＝
＝
＝2，
∴＝，故D错误．故选：ABC.
11．(多选题)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⊥平面PAD
B．PC与平面AQC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
【解析】选BD.
取AD的中点O，BC的中点E，连接OE，OP，
因为三角形PAD为等边三角形，所以OP⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，所以OP⊥平面ABCD，
因为AD⊥OE，所以OD，OE，OP两两垂直，
所以，如下图，以O为坐标原点，分别以OD，OE，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，D(，0，0)，A(－，0，0)，P(0，0，3)，C(，2，0)，B(－，2，0)，
因为点Q是PD的中点，所以Q，
平面PAD的一个法向量为m＝(0，1，0)，
＝，显然m与不共线，
所以CQ与平面PAD不垂直，所以A不正确；
＝(，2，－3)，＝，＝(2，2，0)．
设平面AQC的法向量为n＝(x，y，z)，则
令x＝1，则y＝－，z＝－，
所以n＝(1，－，－)．
设PC与平面AQC所成角为θ，
则sin
θ＝＝＝，
所以cos
θ＝，所以B正确；
三棱锥B－ACQ的体积为
VB－ACQ＝VQ－ABC＝S△ABC·OP
＝××2×2××3＝6，
所以C不正确；
设四棱锥Q－ABCD外接球的球心为M(0，，a)，则MQ＝MD，
所以2＋2＋2＝2＋2＋a2，
解得a＝0，即M(0，，0)为矩形ABCD对角线的交点，
所以四棱锥Q－ABCD外接球的半径为3.
设四棱锥Q－ABCD外接球的内接正四面体的棱长为x，
将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，
故正方体的棱长为x，所以32＝62，得x2＝24，
所以正四面体的表面积为4×x2＝24，所以D正确．
故选：BD.
12．正△ABC的边长为2，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC的中点(如图(1))．现将△ABC沿CD翻成直二面角A－DC－B(如图(2))．在图(2)中：
(1)求证：AB∥平面DEF；
(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论；
(3)求二面角E－DF－C的余弦值．
【解析】(1)证明：在△ABC中，因为E、F分别是AC、BC的中点，
所以EF∥AB.
又AB?平面DEF，EF?平面DEF，
所以AB∥平面DEF.
(2)以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，，0)，E，F，＝(1，0，－1)，＝(－1，，0)，＝，＝.
设＝λ，则＝＋＝(1－λ，λ，－1)，
注意到AP⊥DE?·＝0?λ＝?＝，
所以在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.
(3)平面CDF的一个法向量＝(0，0，1)，设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即取n＝(3，－，3)，
cos〈，n〉＝＝，
所以二面角E－DF－C的余弦值为.
13．如图，在多面体ABCDP中，△ABC是边长为4的等边三角形，PA＝AC，BD＝CD＝2，PC＝PB＝4，点E为BC的中点，平面BDC⊥平面ABC.
(1)求证：DE∥平面PAC；
(2)线段BC上是否存在一点T，使得二面角T－DA－B为直二面角？若存在，试指出点T的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)因为BD＝CD＝2，△ABC是边长为4的等边三角形，
所以BD2＋CD2＝2＋2＝16＝BC2，
所以△BDC是等腰直角三角形，∠BDC＝90°.
又点E为BC的中点，所以DE⊥BC.
因为平面BDC⊥平面ABC，平面BDC∩平面ABC＝BC，
所以DE⊥平面ABC.
因为PC＝PB＝4，PA＝AC＝AB＝4，
所以PA2＋AC2＝42＋42＝32＝PC2，PA2＋AB2＝42＋42＝32＝PB2，
所以△PAB与△PAC都是直角三角形，
故PA⊥AC，PA⊥AB.
又AC∩AB＝A，
所以PA⊥平面ABC，
所以DE∥PA.
因为PA?平面PAC，DE?平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
(2)连接AE，以E为原点，EC，EA，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A，B，C，D.
设存在T，使得二面角T－DA－B为直二面角，易知－2≤λ≤2，且λ≠0.
设平面BAD的法向量为n1＝，
则由＝，＝，
得令z1＝1，得x1＝－1，y1＝，
故n1＝.
设平面TAD的法向量为n2＝，
则由＝，＝，
得令z2＝1，得x2＝，y2＝，
故n2＝.
由cos〈n1，n2〉＝＝0，得－＋1＝0，故λ＝.
所以当T为线段BC上靠近点C的八等分点时，二面角T－DA－B为直二面角．
