【期末热点.重难点】空间直线、平面的垂直（含解析）2024-2025学年人教A版（2019）数学高一下册

期末热点.重难点 空间直线、平面的垂直
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 周口期末）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，P为棱BB1上的动点（不包含端点），则AC1与D1P所成角的余弦值的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024秋 景德镇期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则异面直线A1B1与CD1的所成角为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024秋 厦门校级期末）如图，△ABC和△ACD均是边长为2的正三角形，△ABD是以BD为斜边的等腰直角三角形，则异面直线AD与BC夹角的大小为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 商水县期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段A1B上运动，则下列结论错误的是（　　）
A．AP∥平面CDD1C1
B．BC⊥AP
C．C1D⊥平面A1D1P
D．平面PB1C1与平面A1AP不垂直
5．（2025 安徽模拟）在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD，如图，则在三棱锥A﹣BCD中，下列结论不正确的是（　　）
A．CD⊥AB B．CD⊥BD
C．平面ADC⊥平面ABD D．平面ABC⊥平面BDC
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 菏泽期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为四边形A1B1C1D1的中心，平面AOB∩平面COD＝l，则下列结论正确的是（　　）
A．直线AO与BC1异面 B．AO⊥BD
C．平面AOB⊥平面COD D．l∥平面ABC1D1
（多选）7．（2025 武汉模拟）如图，以A1，B1，C1，A，B，C为顶点的六面体中，四边形AA1C1C为菱形，B1C1∥BC，B1C1BC，∠C1CA＝60°，AC＝2，AB＝2，∠BAC＝120°，则（　　）
A．AC⊥A1B
B．AC1∥平面A1BB1
C．当时，二面角A1﹣AB﹣C的正弦值为
D．当时，此六面体的体积为
（多选）8．（2024秋 自贡校级期末）如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列结论正确的是（　　）
A．直线AM与BN是平行直线
B．直线MN与AC所成的角为60°
C．直线MN与平面ABCD所成的角为45°
D．平面BMN截正方体所得的截面面积为
（多选）9．（2024秋 昆明校级期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中正四面体A1﹣BDC1的棱长为2，则下列说法正确的是（　　）
A．异面直线A1B与AD1所成的角是
B．BD1 平面A1C1B
C．平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面面积为
D．正四面体A1﹣BDC1的高为
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 西安期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BC上靠近B的三等分点，则直线D1E与平面BCC1B1所成角的正弦值为 　 　．
11．（2024秋 达州期末）三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，，面PAB⊥面ABC，，以△ABC的边AC所在直线为旋转轴将△ABC旋转，则在旋转过程中，|PB|的取值范围是 　 　．
12．（2024秋 虹口区校级期末）在三棱锥P﹣ABC中，，且PC⊥AB，则二面角P﹣AB﹣C的余弦值的最小值为 　 　．
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 深圳期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，AD⊥AB，AB∥CD，AB＝AD＝1，CD＝2，，点E在棱PA上，PE＝2EA．
（1）证明：PC∥平面DBE；
（2）求PC与平面PAB所成角的余弦值．
14．（2024秋 重庆校级期末）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．
（1）若F为棱PC的中点，证明：PB∥平面AEF；
（2）若直线PA与平面AEF所成角的正弦值为，求．
15．（2024秋 唐山期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，所有棱长均为2，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠DAB＝60°．
（1）证明：AC1⊥BD；
（2）求二面角A﹣BD﹣A1的余弦值；
（3）求直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值．
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 周口期末）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，P为棱BB1上的动点（不包含端点），则AC1与D1P所成角的余弦值的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设P（1，1，a）（0＜a＜2），利用异面直线所成的角的夹角公式可得，平方后利用换元法可求范围．
【解答】解：正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，P为棱BB1上的动点（不包含端点），
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（1，0，0），C1（0，1，2），D1（0，0，2），
设P（1，1，a）（0＜a＜2），则，，
设AC1与D1P所成的角为θ，则，
∴，令t＝（a﹣2）2，t∈（0，4），
∴，∴．
故选：B．
【点评】本题考查异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．（2024秋 景德镇期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则异面直线A1B1与CD1的所成角为（　　）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】数形结合；定义法；空间角；运算求解．
【答案】B
【分析】利用异面直线夹角的定义求出角的大小．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
∵A1B1∥C1D1，
∴∠CD1C1是异面直线A1B1与CD1的所成角或所成角的补角，
在等腰Rt△CD1C1中，，
∴在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B1与CD1的所成角为．
故选：B．
【点评】本题考查异面直线夹角的定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．（2024秋 厦门校级期末）如图，△ABC和△ACD均是边长为2的正三角形，△ABD是以BD为斜边的等腰直角三角形，则异面直线AD与BC夹角的大小为（　　）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】数形结合；数形结合法；空间角；运算求解．
【答案】C
【分析】根据已知数据可知BC⊥CD，再由向量的夹角公式可得，由此可得答案．
【解答】解：依题意，，
则在△BCD中，由于BC2+CD2＝BD2，则BC⊥CD，
所以，
所以异面直线AD与BC夹角的大小为．
故选：C．
【点评】本题考查异面直线所成角，属于基础题．
4．（2024秋 商水县期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段A1B上运动，则下列结论错误的是（　　）
A．AP∥平面CDD1C1
B．BC⊥AP
C．C1D⊥平面A1D1P
D．平面PB1C1与平面A1AP不垂直
【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】D
【分析】对于A，由平面CDD1C1∥平面ABB1A1，得AP∥平面CDD1C1；对于B，由BC⊥平面ABB1A1，得BC⊥AP；对于C，由C1D⊥A1D1，C1D⊥A1B，得C1D⊥平面A1D1P；对于D，由B1C1⊥平面A1AP，得平面PB1C1⊥平面A1AP．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段A1B上运动，
对于A，∵平面CDD1C1∥平面ABB1A1，AP 平面ABB1A1，
∴AP∥平面CDD1C1，故A正确；
对于B，∵BC⊥平面ABB1A1，AP 平面ABB1A1，∴BC⊥AP，故B正确；
对于C，∵C1D⊥A1D1，C1D⊥A1B，A1D1∩A1B＝A1，
∴C1D⊥平面A1D1P，故C正确；
对于D，∵B1C1⊥平面A1AP，B1C1 平面PB1C1，
∴平面PB1C1⊥平面A1AP，故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
5．（2025 安徽模拟）在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD，如图，则在三棱锥A﹣BCD中，下列结论不正确的是（　　）
A．CD⊥AB B．CD⊥BD
C．平面ADC⊥平面ABD D．平面ABC⊥平面BDC
【考点】平面与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】D
【分析】根据线面、面面垂直的判定定理以及线面、面面垂直的性质定理逐项判断即可．
【解答】解：对于B，如图，
因为AD∥BC，AD＝AB，∠BAD＝90°，
所以∠ABD＝∠ADB＝45°，
又因为∠BCD＝45°，AD∥BC，
所以∠ADC＝135°，
所以∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝135°﹣45°＝90°，
所以CD⊥BD，所以B正确；
对于A，由B选项知CD⊥BD，
又因为平面ABD⊥平面BCD，CD 平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
所以CD⊥平面ABD，
因为AB 平面ABD，
所以CD⊥AB，所以A正确；
对于C，由选项A知，CD⊥平面ABD，
因为CD 平面ADC，
所以平面ADC⊥平面ABD，所以C正确；
对于D，如图，过点A作AE⊥BD，垂足为E，
因为平面ABD⊥平面BCD，AE 平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
所以AE⊥平面BCD，
显然AE 平面ABC，所以平面ABC与平面BDC不垂直，所以D错误．
故选：D．
【点评】本题考查线面，面面位置关系的判断，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 菏泽期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为四边形A1B1C1D1的中心，平面AOB∩平面COD＝l，则下列结论正确的是（　　）
A．直线AO与BC1异面 B．AO⊥BD
C．平面AOB⊥平面COD D．l∥平面ABC1D1
【考点】平面与平面垂直；异面直线的判定；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；空间想象．
【答案】ABD
【分析】选项A，设平面ABB1A1的中心为G，结合反证法，推出平面OABC1与平面OGBC1重合，与题意矛盾，从而作出判断；选项B，分别证明BD⊥AC，AA1⊥BD，再由线面垂直的判定定理，即可判断；选项C，分别取AB，CD的中点E，F，连接OE，OF，EF，先证OE⊥l，OF⊥l，由二面角的定义知∠EOF即为平面AOB与平面COD所成的角，再利用余弦定理求出cos∠EOF的值，即可判断；选项D，结合选项B中所得，根据线面平行的判定定理，即可判断．
【解答】解：选项A，设平面ABB1A1的中心为G，则G是A1B的中点，
因为O是A1C1的中点，所以OG∥BC1，
所以O，G，B，C1四点共面，
假设直线AO与BC1共面，
由于平面OABC1与平面OGBC1有3个交点O，B，C1，且O，B，C1三点不共线，
所以平面OABC1与平面OGBC1重合，显然点A 平面OGBC1，
所以假设不成立，即直线AO与BC1异面，故选项A正确；
选项B，由正方体的性质知，BD⊥AC，AA1⊥平面ABCD，
因为BD 平面ABCD，所以AA1⊥BD，
又AC∩AA1＝A，AC、AA1 平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，
因为AO 平面ACC1A1，所以AO⊥BD，故选项B正确；
选项C，分别取AB，CD的中点E，F，连接OE，OF，EF，显然OE⊥AB，OF⊥CD，
因为AB∥CD，AB 平面COD，CD 平面COD，所以AB∥平面COD，
又AB 平面AOB，平面AOB∩平面COD＝l，所以AB∥l，即AB∥CD∥l，
所以OE⊥l，OF⊥l，
所以∠EOF即为平面AOB与平面COD所成的角，
设正方体的棱长为2，则EF＝2，OE＝OF，
在△OEF中，由余弦定理知，cos∠EOF，
所以∠EOF≠90°，即平面AOB⊥平面COD不成立，故选项C错误；
选项D，由选项B知，AB∥l，
因为AB 平面ABC1D1，l 平面ABC1D1，所以l∥平面ABC1D1，故选项D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握异面直线的判定方法，线与面平行、垂直的判定定理或性质定理是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
（多选）7．（2025 武汉模拟）如图，以A1，B1，C1，A，B，C为顶点的六面体中，四边形AA1C1C为菱形，B1C1∥BC，B1C1BC，∠C1CA＝60°，AC＝2，AB＝2，∠BAC＝120°，则（　　）
A．AC⊥A1B
B．AC1∥平面A1BB1
C．当时，二面角A1﹣AB﹣C的正弦值为
D．当时，此六面体的体积为
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；棱柱的体积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】ABD
【分析】通过证明A1B⊥面ACP，可判断A；通过证明平面ABB1∥平面AC1N，可判断B；过A1作A1M⊥CA于点M，证明出A1M⊥平面ABC，根据求出答案，可判断C；取BC中点G，连接B1G，AG，该几何体可分割为三棱锥A1B1C1﹣AGC和三棱锥B﹣A1AB1，B﹣AGB1，通过计算体积和得到结果，可判断D．
【解答】解：对于A，取A1B中点P，因为ACC1A1为菱形，所以AA1＝AC＝2，
所以AA1＝AB＝2，所以AP⊥A1B，
△ACA1中，∠A1AC＝120°，，
△ABC中，，
所以A1C＝BC，所以CP⊥A1B，
因为AP，CP 面ACP，AP∩CP＝P，所以A1B⊥面ACP，
因为AC 面ACP，所以A1B⊥AC，故A正确；
对于B，取BC中点N，因为B1C1∥BC，且，
则B1C1∥CN，B1C1＝CN，B1C1∥BN，B1C1＝BN，
即B1C1NB为平行四边形，B1C1CN为平行四边形，
所以B1N∥CC1，B1N＝CC1，所以B1N∥A1A，B1N＝A1A，
所以四边形ANB1A1为平行四边形，所以AN∥B1A1，
又因为C1N∥BB1，AN 平面AC1N，B1A1 平面AC1N，
所以B1A1∥平面AC1N，同理BB1∥平面AC1N，
因为B1A1，BB1 平面A1BB1，B1A1∩BB1＝B1，
所以平面A1BB1∥平面AC1N，
因为AC1 平面AC1N，所以AC1∥平面A1BB1，故B正确；
对于C，过A1作A1M⊥CA于点M，因为∠A1AC＝∠BAC＝120°，AB＝AA1，
所以BM⊥AC，且，
又因为，所以A1M⊥BM，
又因为A1M⊥CA，BM，CA 平面ABC，BM∩CA＝M，
所以A1M⊥平面ABC，记二面角A1﹣AB﹣C的平面角为θ，
所以，
所以，故C错误；
对于D，取BC中点G，连接B1G，AG，
该几何体可分割为三棱柱A1B1C1﹣AGC和三棱锥B﹣A1AB1，B﹣AGB1，
则几何体体积，
图中，A1到底面ABC的距离为，
所以，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题．
（多选）8．（2024秋 自贡校级期末）如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列结论正确的是（　　）
A．直线AM与BN是平行直线
B．直线MN与AC所成的角为60°
C．直线MN与平面ABCD所成的角为45°
D．平面BMN截正方体所得的截面面积为
【考点】几何法求解直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可判断A、B、C，作出平面BMN截正方体所得的截面即可求出面积判断D．
【解答】解：在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，
对于A，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，
建立空间直角坐标系，如图，
则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（0，0，0），D1（0，0，2），C1（0，2，2）．
∵M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，∴M（0，1，2）、N（0，2，1），
则，，∴和不共线，
∴线AM与BN不是平行直线，故A错误；
对于B，∵，，
∴cos，
∴，∴直线MN与AC所成的角为60°，故B正确．
对于C，由于平面ABCD的一个法向量为，
cos，，
∴，，
∴直线MN与平面ABCD所成的角为45°，故C正确；
对于D，连接A1B，易知A1B∥MN，则平面BMN截正方体所得的截面为等腰梯形A1BMN，
∵棱长为2，∴，，，
∴等腰梯形的高为，
∴，
∴平面BMN截正方体所得的截面面积为，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查线线平行的判定、异面直线所成角、截面面积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
（多选）9．（2024秋 昆明校级期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中正四面体A1﹣BDC1的棱长为2，则下列说法正确的是（　　）
A．异面直线A1B与AD1所成的角是
B．BD1 平面A1C1B
C．平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面面积为
D．正四面体A1﹣BDC1的高为
【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行；棱柱的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】AD
【分析】选项A，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B，根据基本事实三即可判断；选项C，由面面平行及相似三角形的性质得，平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面面积为△ACB1面积的四分之一；选项D，求出正四面体A1﹣BDC1的高即可判断．
【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1中正四面体A1﹣BDC1的棱长为2，
对于A，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，由题意知AD1∥BC1，
异面直线A1B与AD1所成的角即直线A1B与BC1所成的角，即∠A1BC1，
△A1BC1为等边三角形，则，
则异面直线A1B与AD1所成的角是，故A正确；
对于B，假设BD1 平面A1C1B，
∵平面A1C1B∩平面A1C1D1＝A1C1，
BD1∩平面A1C1D1＝D1，即D1为平面A1C1B与平面A1C1D1的公共点，
∴A1，C1，D1三点共线，显然不成立，即假设不成立，故B错误；
对于C，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，如图，
∵A1B1∥CD，A1B1＝CD，
∴四边形A1B1CD是平行四边形，∴A1D∥B1C，
∵A1D 平面AB1C，B1C 平面AB1C，∴A1D∥平面AB1C，
同理，A1C1∥平面AB1C，
又A1D∩A1C1＝A1，∴平面AB1C∥平面A1C1D，
∴平面MNP∥平面A1C1D，
则平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面为△MNP，
又△MNP∽△A1C1D，且相似比为，
∴△MNP的面积为，
∴平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面面积为，故C错误；
对于D，连接B1D1，设B1D1∩平面A1C1D＝O，连接A1O，B1B⊥平面A1B1C1D1，
A1C1 平面A1B1C1D1，即A1C1⊥B1B，
又A1C1⊥B1D1，B1B∩B1D1＝B1，
有A1C1⊥平面BDD1B1，BD1 平面BDD1B1，∴BD1⊥A1C1，
同理可证BD1⊥A1D，A1C1∩A1D＝A1，A1C1，A1D 平面A1C1D，
∴BD1⊥平面A1C1D，即BO⊥平面A1C1D，
则B在底面的射影为△A1C1D的重心，
∴，∴，
∴正四面体A1﹣BDC1的高为，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查正方体的结构特征、异面直线所成角的平面角、正四面体的性质、结合几何图形确定截面的面积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 西安期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BC上靠近B的三等分点，则直线D1E与平面BCC1B1所成角的正弦值为 　　．
【考点】直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】先确定直线D1E与平面BCC1B1所成的角为∠D1EC1，再解三角形即可求解．
【解答】解：如图，连接C1E，
在正方体中，D1C1⊥平面BCC1B1，
所以直线D1E与平面BCC1B1所成的角为∠D1EC1，
设AB＝3a，因为E是BC上靠近B的三等分点，
所以BE＝a，EC＝2a，
所以，
，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查线面角，考查直观想象的核心素养，属于中档题．
11．（2024秋 达州期末）三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，，面PAB⊥面ABC，，以△ABC的边AC所在直线为旋转轴将△ABC旋转，则在旋转过程中，|PB|的取值范围是 　[，]　．
【考点】平面与平面垂直．
【专题】数形结合；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】根据题意找出点B的位置，建立空间直角坐标系找出点P到B所在平面距离，将问题转化到平面上，求出P点在平面上的射影P1到B点距离的最大值和最小值，再根据勾股定理求出|PB|的最大值和最小值，得到答案．
【解答】解：三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，，面PAB⊥面ABC，
，以△ABC的边AC所在直线为旋转轴将△ABC旋转，
取AB的中点M，AC的中点O，连PM、MO，
由等腰三角形的性质，PM⊥AB，
由已知平面PAB与平面ABC垂直，可得PM⊥平面ABC，
进而可得出PM，MA，MO两两垂直，
以M为坐标原点，MA，MO，KP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立坐标系，如图，
根据几何关系，得：
M（0，0，0，），，，，．
不妨记旋转过程中点B所在的平面为α，
由题目已知，在旋转过程中，B点在平面α截以O为圆心，2为半径的球所得到的圆上．
记点P在α内的射影为P1，P到平面α的距离为垂线段PP1的长度，记该距离为d．
由，可用坐标法计算点P到平面α的距离d为：
，
由勾股定理，
由几何关系，，可知当|P1B|最小时，|PB|最小；|P1B|最大时，|PB|最大．
在平面α上的几何关系如图：
可得|P1B|的最大值为6，最小值为2，
|PB|的最大值为，最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了空间几何体的结构特征应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．
12．（2024秋 虹口区校级期末）在三棱锥P﹣ABC中，，且PC⊥AB，则二面角P﹣AB﹣C的余弦值的最小值为 　　．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】首先得P，C的轨迹方程，进一步作二面角P﹣AB﹣C的平面角为∠PHC，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件．
【解答】解：因为PA+PB＝4＝2a，所以a＝2，点P的轨迹方程为（椭圆），
又因为CA﹣CB＝2，所以点C的轨迹方程为x2﹣y2＝1，（双曲线的一支），
过点P作PH⊥AB，AB⊥PC，而PH∩PC＝P，PF，PC 面PHC，
所以AB⊥面PHC，
设O为AB中点，则二面角P﹣AB﹣C为∠PHC，
所以不妨设，
所以，
所以，
令1﹣sin2θ＝t，0＜t＜1，
所以，
等号成立当且仅当，
所以当且仅当时，．
故答案为：．
【点评】本题考查二面角的计算，考查轨迹方程的应用，属于难题．
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 深圳期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，AD⊥AB，AB∥CD，AB＝AD＝1，CD＝2，，点E在棱PA上，PE＝2EA．
（1）证明：PC∥平面DBE；
（2）求PC与平面PAB所成角的余弦值．
【考点】几何法求解直线与平面所成的角；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；
（2）．
【分析】（1）根据面面垂直的性质和线面垂直的性质可得OP⊥OB，建立空间直角坐标系O﹣xyz，即可利用空间向量法证明线面平行；
（2）由（1），利用空间向量法求解线面角即可．
【解答】解：（1）证明：如图，取CD的中点O，连接OP，OB，
则OP⊥CD，OB⊥CD，且OD＝OC＝1，
由平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，
OP 平面PCD，所以OP⊥平面ABCD，
又OB 平面ABCD，所以OP⊥OB，
建立如图空间直角坐标系O﹣xyz，
由，得，
则A（1，﹣1，0），B（1，0，0），C（0，1，0），D（0，﹣1，0），P（0，0，1），
由PE＝2EA，得，
即（xE，yE，zE﹣1）＝2（1﹣xE，﹣1﹣yE，﹣zE），
得，解得，即，
所以，
设平面DBE的一个法向量为，
则由，，可得，
令a＝1，得b＝﹣1，c＝﹣1，可得，
由，可得，
又PC 平面DBE，所以PC∥平面DBE；
（2）由（1）知，，
设平面PAB的一个法向量为，
则由，，可得，
令x＝1，得z＝1，y＝0，可得，
设PC与平面PAB所成角为θ（θ为锐角），
则，
所以，
即PC与平面PAB所成角的余弦值为．
【点评】本题考查线面平行的判定及直线与平面所成的角的求法，属中档题．
14．（2024秋 重庆校级期末）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．
（1）若F为棱PC的中点，证明：PB∥平面AEF；
（2）若直线PA与平面AEF所成角的正弦值为，求．
【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）建立如图空间直角坐标系，证明与平面AEF的法向量垂直，即证结论．
（2）令，求出平面AEF的法向量，利用线面角的向量求法，结合已知正弦值求出λ即可．
【解答】解：（1）根据题意，四棱锥P﹣ABCD底面为正方形，PA⊥底面ABCD，得直线AB，AD，AP两两垂直，
以A为坐标原点，直线AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，
不妨令PA＝AB＝6，点E在棱PD上，且2PE＝ED，
则B（6，0，0），P（0，0，6），E（0，2，4），C（6，6，0），D（0，6，0），
由F是棱PC的中点，得F（3，3，3），，
设平面AEF的法向量，则，令z＝1，得，
而，则，即，又PB 平面AEF，
所以PB∥平面AEF．
（2）设PA与平面AEF所成的角为θ，由（1）知，，
设，则，
设平面AEF的法向量，则，
令c＝λ，得，而，
因此，
解得，即，所以．
【点评】本题考查了线面角的向量求法，属于中档题．
15．（2024秋 唐山期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，所有棱长均为2，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠DAB＝60°．
（1）证明：AC1⊥BD；
（2）求二面角A﹣BD﹣A1的余弦值；
（3）求直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面垂直；直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；（2）；（3）．
【分析】（1）先证BD⊥平面A1AC，再利用线面垂直的性质定理即可得证；
（2）先证∠A1EA为二面角A﹣BD﹣A1的平面角，再解三角形即可求解；
（3）先证∠C1BH即为所求线面角，再解三角形即可求解．
【解答】解：（1）证明：如图连接AC，与BD相交于点E，
则AC⊥BD，且点E为BD的中点，
由题设得A1D＝A1B，连接A1E，则A1E⊥BD，
因为A1E∩AC＝E，所以BD⊥平面A1AC，
因为AC1 平面A1AC，所以BD⊥AC1，
即AC1⊥BD．
（2）由（1）知∠A1EA为二面角A﹣BD﹣A1的平面角，
因为AA1＝AB＝AD＝2，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠DAB＝60°，
得A1D＝A1B＝BD＝2，则，
则，
（3）由，
，
得，
则AC1⊥A1E，
由（1）知AC1⊥BD，则AC1⊥平面A1BD，
如图，设AC1与A1E相交于点H，连接BH，则∠C1BH即为所求线面角，
易知H为正ΔA1BD的外心，亦为其重心，
则，又，
则，．
【点评】本题考查线线垂直的判定，以及空间角的计算，属于中档题．
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