4.3.3 空间向量在度量关系中的应用
题型(一) 线面角与二面角的综合
[例1] 如图，四棱锥P ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，AD＝2，AB＝3，平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PB上一点(不与P，B重合)，平面ADE交棱PC于点F.
(1)求证：AD∥EF；
(2)若二面角E AC B的余弦值为，求点B到平面AEC的距离.
听课记录：
解决此类问题的关键是准确求出各点的坐标，利用公式求出所需点的坐标，注意夹角的范围.
[针对训练]
1.如图，在几何体ABCC1B1中，△ABC是边长为2的正三角形，D，E分别是AC1，CB1的中点，BB1∥CC1，CC1⊥平面ABC，CC1＝2.
(1)若BB1＝1，求证：CD⊥平面AB1C1；
(2)若BB1>1，且平面AB1C1与平面ABC夹角的余弦值为，求直线DE与平面AB1C1夹角的正弦值.
题型(二) 已知空间角求其他量
[例2] 如图，在四棱锥S ABCD中，∠ADC＝∠BCD＝90°，SA＝SD＝SB，点E为线段AD的中点，且AD＝SE＝2BC＝2CD.
(1)求证：SE⊥AC；
(2)已知点F为线段SE的中点，点G在线段BC上(不含端点位置)，若直线FG与平面SAB夹角的正切值为，求的值.
听课记录：
解决此类问题应注意所设的变量的范围，避免增解.
[针对训练]
2.(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P A2C2 D2为150°时，求B2P.
题型(三) 与空间角有关的最值、范围问题
[例3] 如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，E，F分别为PC，CD的中点，DE＝EC.
(1)求证：平面ABE⊥平面BEF；
(2)设PA＝a(a>0)，若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈，求a的取值范围.
听课记录：
空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式.
[针对训练]
3.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)求证：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝2，Q为l上的点，求PB与平面QCD夹角的正弦值的最大值.
空间向量在度量关系中的应用
[题型(一)]
[例1] 解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以AD∥BC.
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC.又平面PBC∩平面AEFD＝EF，AD在平面AEFD内，
所以AD∥EF.
(2)取AD的中点O，连接PO，取BC的中点G，连接OG，则OG⊥AD.因为侧面PAD为正三角形，所以PO⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO 平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD.又OG 平面ABCD，所以PO⊥OG，所以PO，AD，OG两两垂直.
以O为原点，
OA，OG，OP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AD＝2，且侧面PAD为正三角形，所以PO＝，又AB＝3，
所以A(1,0,0)，B(1,3,0)，C(－1,3,0)，P(0,0，)，＝(0,3,0).
设＝t，显然t∈(0,1)，所以＝(1,3，－)，＝(－1,0，)，＝(－2,3,0)，
＝＋＝＋t＝(－1,0，)＋t(1,3，－)＝(t－1,3t，－t).
设平面AEC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则取x＝3，则y＝2，z＝，
则m＝.取平面BAC的一个法向量为n＝(0,0,1)，
则|cos 〈m，n〉|＝＝
＝，
得(3t－1)2＝9(t－1)2，解得t＝.
所以m＝(3,2，－3).又＝(0,3,0)，
所以点B到平面AEC的距离为 ＝＝.
[针对训练]
1.解：(1)证明：取AC的中点O，连接OD，OB，
∵D是AC1的中点，∴OD∥CC1，
∵CC1⊥平面ABC，∴OD⊥平面ABC，
又△ABC是边长为2的正三角形，∴AC⊥BO，
以O为原点，OA，OB，OD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)，C(－1,0,0)，B(0, ，0)，B1(0, ，1)，C1(－1，0,2)，∴D(0,0,1)，＝(1,0,1)，＝(－1，，1)，＝(－2,0,2)，
∵·＝0，∴⊥，∴CD⊥AB1.
∵·＝0，∴⊥，∴CD⊥AC1.
∵AB1∩AC1＝A，AB1，AC1 平面AB1C1，
∴CD⊥平面AB1C1.
(2)设BB1＝a(a>0)，
则B1(0，，a)，＝(－1，，a)，
显然m＝(0,0,1)是平面ABC的一个法向量，
设n＝(x，y，z)是平面AB1C1的一个法向量，
则∴
取z＝，则x＝，y＝1－a，
∴n＝(，1－a，)，
∴|cos〈m，n〉|＝＝
＝，解得a＝(舍去)或a＝，
当a＝时，E，
∴＝，
n＝，
∴|cos〈，n〉|＝
＝＝，
∴直线DE与平面AB1C1夹角的正弦值为.
[题型(二)]
[例2] 解：(1)证明：连接EB，
由∠ADC＝∠BCD＝90°，得AD∥BC，
因为AD＝2BC＝2CD，所以DE＝BC＝CD，
则四边形DEBC为正方形，所以DA⊥EB.
因为SA＝SD，所以SE⊥AD.
设SA＝SB＝SD＝a，
AD＝SE＝2BC＝2CD＝2b，
在Rt△SAE中，SA2＝SE2＋AE2，
即a2＝4b2＋b2＝5b2，
在△SEB中，SE＝2b，EB＝b，SB＝a，
有SB2＝SE2＋EB2，
所以△SEB是直角三角形，所以SE⊥EB.
由AD∩EB＝E，AD，EB 平面ABCD，
得SE⊥平面ABCD.
又AC 平面ABCD，所以SE⊥AC.
(2)由(1)知，以点E为原点，以EA，EB，ES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＝λ(0<λ<1)，则F(0,0，b)，B(0，b,0)，C(－b，b,0)，S(0,0,2b)，A(b,0,0)，
所以＝＋＝＋λ＝(－bλ，b，－b)，＝(b,0，－2b)，＝(0，b，－2b).
设平面SAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝2b，得z＝b，y＝2b，所以n＝(2b,2b，b).
设直线FG与平面SAB的夹角为θ(0°<θ<90°)，则tan θ＝，即cos θ＝sin θ，
又sin2θ＋cos2θ＝1，所以sin θ＝，
所以sin θ＝|cos〈，n〉|
＝＝＝，
由0<λ<1，解得λ＝，即＝.
[针对训练]
2.解：
(1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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B2(0,2,2)，C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，
D2(2,0,2)，
所以＝(0，－2,1)，＝(0，－2,1)，
所以＝，所以B2C2∥A2D2.
(2)设BP＝m(0≤m≤4)，则P(0,2，m)，
所以＝(2,0,1－m)，＝(0，－2,3－m)，
设平面PA2C2的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
所以则
令x1＝m－1，得n1＝(m－1,3－m,2).
设平面A2C2D2的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由(1)知，＝(－2，－2,2)，
＝(0，－2,1)，
所以则
令y2＝1，得n2＝(1,1,2).
所以|cos 150°|＝|cos〈n1，n2〉|
＝＝，
整理得m2－4m＋3＝0，解得m＝1或m＝3，
所以P(0,2,1)或P(0,2,3)，所以B2P＝1.
[题型(三)]
[例3] 解：(1)证明：∵AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点，
∴四边形ABFD为矩形，AB⊥BF.
又∵DE＝EC，F是CD中点，
∴CD⊥EF.∵AB∥CD，∴AB⊥EF.
∵BF∩EF＝F，BF，EF 平面BEF，
∴AB⊥平面BEF.
又AB 平面ABE，∴平面ABE⊥平面BEF.
(2)由(1)知DC⊥EF，又PD∥EF，AB∥CD，∴AB⊥PD.
又AB⊥AD，PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，∴AB⊥平面PAD，PA 平面PAD，∴AB⊥PA.如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0，a)，C(2,2,0)，E，∴＝(－1,2,0)，
＝，
易知平面ABCD的一个法向量n1＝(0,0,1)，
设平面EBD的一个法向量为n2＝(x，y，z)，
则即取y＝1，
得x＝2，z＝－，则n2＝，
∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|
＝＝＝.
∵平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈，∴cos θ∈，
即∈，
由≥，得－≤a≤，
由≤，得a≤－或a≥，
∴a的取值范围是.
[针对训练]
3.解：(1)证明：在平面PAD内过点P作直线l∥AD，由AD∥BC，得l∥BC，
即l为平面PAD和平面PBC的交线，
因为PD⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以PD⊥BC.
又BC⊥CD，CD∩PD＝D，PD，CD 平面PDC，于是BC⊥平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
(2)显然直线DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，直线DA，DC，DP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0,0)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)，
设Q(m,0,2)(m>0)，＝(m,0,2)，
＝(2,2，－2)，＝(0,2,0).
设平面QCD的一个法向量为n＝(a，b，c)，则
令a＝－2，得n＝(－2,0，m)，
令PB与平面QCD的夹角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|
＝＝
＝＝·
＝·≤·＝，
当且仅当m＝2时取等号，PB与平面QCD夹角的正弦值的最大值为.(共83张PPT)
空间向量在度量关系中的应用
(深化课—题型研究式教学)
4.3.3
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一) 线面角与二面角的综合
题型(二) 已知空间角求其他量
题型(三)
与空间角有关的最值、范围问题
4
课时跟踪检测
题型(一) 线面角与二面角的综合
01
解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，
所以AD∥BC．
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC．
又平面PBC∩平面AEFD＝EF，AD在平面AEFD内，
所以AD∥EF.
(2)取AD的中点O，连接PO，
取BC的中点G，连接OG，
则OG⊥AD．
因为侧面PAD为正三角形，
所以PO⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO 平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD．
又OG 平面ABCD，
所以PO⊥OG，
所以PO，AD，OG两两垂直．
以O为原点，
OA，OG，OP所在直线为x，y，z轴建立如图所
示的空间直角坐标系．
因为AD＝2，且侧面PAD为正三角形，
设平面AEC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
取平面BAC的一个法向量为n＝(0,0,1)，
方法技巧
解决此类问题的关键是准确求出各点的坐标，利用公式求出所需点的坐标，注意夹角的范围．
针对训练
解：(1)证明：取AC的中点O，连接OD，OB，
∵D是AC1的中点，
∴OD∥CC1，
∵CC1⊥平面ABC，
∴OD⊥平面ABC，
又△ABC是边长为2的正三角形，
∴AC⊥BO，
以O为原点，OA，OB，OD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，
∴CD⊥AB1.
∴CD⊥AC1.
∴CD⊥平面AB1C1.
(2)设BB1＝a(a>0)，
显然m＝(0,0,1)是平面ABC的一个法向量，
设n＝(x，y，z)是平面AB1C1的一个法向量，
题型(二) 已知空间角求其他量
02
解：(1)证明：连接EB，由∠ADC＝∠BCD＝90°，
得AD∥BC，
因为AD＝2BC＝2CD，
所以DE＝BC＝CD，
则四边形DEBC为正方形，
所以DA⊥EB．
因为SA＝SD，
所以SE⊥AD．
设SA＝SB＝SD＝a，AD＝SE＝2BC＝2CD＝2b，
在Rt△SAE中，SA2＝SE2＋AE2，
即a2＝4b2＋b2＝5b2，
在△SEB中，SE＝2b，EB＝b，SB＝a，
有SB2＝SE2＋EB2，
所以△SEB是直角三角形，
所以SE⊥EB．
由AD∩EB＝E，AD，EB 平面ABCD，
得SE⊥平面ABCD．
又AC 平面ABCD，
所以SE⊥AC．
(2)由(1)知，以点E为原点，以EA，EB，ES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F(0,0，b)，B(0，b,0)，C(－b，b,0)，S(0,0,2b)，A(b,0,0)，
设平面SAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
得z＝b，y＝2b，
所以n＝(2b,2b，b)．
设直线FG与平面SAB的夹角为θ(0°<θ<90°)，
又sin2θ＋cos2θ＝1，
方法技巧
解决此类问题应注意所设的变量的范围，避免增解．
针对训练
2．(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－
A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别
在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝
2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
解：(1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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B2(0,2,2)，C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)，
所以B2C2∥A2D2.
(2)设BP＝m(0≤m≤4)，
则P(0,2，m)，
设平面PA2C2的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
令x1＝m－1，
得n1＝(m－1,3－m,2)．
设平面A2C2D2的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
令y2＝1，得n2＝(1,1,2)．
整理得m2－4m＋3＝0，
解得m＝1或m＝3，
所以P(0,2,1)或P(0,2,3)，
所以B2P＝1.
题型(三)
与空间角有关的最值、范围问题
03
解：(1)证明：∵AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点，
∴四边形ABFD为矩形，AB⊥BF.
又∵DE＝EC，F是CD中点，
∴CD⊥EF.
∵AB∥CD，
∴AB⊥EF.
∵BF∩EF＝F，BF，EF 平面BEF，
∴AB⊥平面BEF.
又AB 平面ABE，
∴平面ABE⊥平面BEF.
(2)由(1)知DC⊥EF，又PD∥EF，AB∥CD，
∴AB⊥PD．
又AB⊥AD，PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，PA 平面PAD，
∴AB⊥PA．
如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
易知平面ABCD的一个法向量n1＝(0,0,1)，
设平面EBD的一个法向量为n2＝(x，y，z)，
方法技巧
空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式．
针对训练
3.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)求证：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝2，Q为l上的点，求PB与平面QCD夹角的正弦值的最大值．
解：(1)证明：在平面PAD内过点P作直线l∥AD，
由AD∥BC，得l∥BC，
即l为平面PAD和平面PBC的交线，
因为PD⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以PD⊥BC．
又BC⊥CD，CD∩PD＝D，PD，CD 平面PDC，
于是BC⊥平面PDC，
所以l⊥平面PDC．
又BC⊥CD，CD∩PD＝D，PD，CD 平面PDC，
于是BC⊥平面PDC，
所以l⊥平面PDC．
(2)显然直线DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，直线DA，DC，DP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则D(0，0,0)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)，
设平面QCD的一个法向量为n＝(a，b，c)，
令a＝－2，得n＝(－2,0，m)，
令PB与平面QCD的夹角为θ，
课时跟踪检测
04
1
3
4
5
2
1
3
4
5
2
解：(1)证明：连接EM，因为AB∥CD，PQ∥CD，所以AB∥PQ.
又因为AB＝PQ，
所以四边形PABQ为平行四边形．
由点E和M分别为AP和BQ的中点，可得EM∥AB且EM＝AB，
因为AB∥CD，CD＝2AB，F为CD的中点，
所以CF∥AB，CF＝AB，
可得EM∥CF且EM＝CF，即四边形EFCM为平行四边形，
1
3
4
5
2
所以EF∥MC，
又EF 平面MPC，MC 平面MPC，
所以EF∥平面MPC．
(2)因为PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，
3
4
5
2
1
3
4
5
2
设n2＝(x′，y′，z′)为平面PMC的一个法向量，
可得n2＝(0,1,1)，
1
3
4
5
2
1
3
4
5
2
由(2)知平面PMQ的法向量为n1＝(1,0,1)，
1
3
4
5
2
因为0≤λ≤1，
1
1
5
2
3
4
2.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正
方形，侧棱PD⊥底面ABCD，E，F分别是PC，AD的
中点．
(1)判断直线DE与平面PFB的位置关系；
(2)若PB与平面ABCD的夹角为45°，求平面PFB与平面EDB所成二面角大小的正弦值．
1
5
2
3
4
解：(1)直线DE与平面PFB平行．
在四棱锥P－ABCD中，
取PB的中点G，连接GE，FG，
由E，F分别是PC，AD的中点，
1
5
2
3
4
又底面ABCD是正方形，则FD＝GE，GE∥FD，
所以四边形FDEG为平行四边形，
即DE∥FG，由DE 平面PFB，FG 平面PFB，
所以DE∥平面PFB．
(2)由PD⊥底面ABCD，得∠PBD是PB与平
面ABCD的夹角，
1
5
2
3
4
即∠PBD＝45°，显然直线DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，
直线DA，DC，DP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
令AB＝1，
1
5
2
3
4
令m＝(x，y，z)为平面EDB的一个法向量，
1
5
2
3
4
令n＝(a，b，c)为平面PFB的一个法向量，
1
5
2
3
4
设平面PFB与平面EDB所成的二面角为θ，
1
5
3
4
2
1
5
3
4
2
则各点的坐标为A(0，0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，
D(0,2,0)，P(0,0,2)，
由PA⊥平面ABCD，且AD 平面ABCD，
1
5
3
4
2
则AB⊥AD，又PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
1
5
3
4
2
设平面PCD的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则z＝1，x＝1，
所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量，
1
5
3
4
2
(2)结合(1)中的空间直角坐标系，
1
5
3
4
2
1
5
3
4
2
此时直线CQ与DP夹角最小．
1
5
3
4
2
1
5
3
4
2
解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，
所以AB∥CD，
又AB 平面CDEF，CD 平面CDEF，
所以AB∥平面CDEF.
因为平面ABFE∩平面CDEF＝EF，AB 平面ABFE，
所以AB∥EF.
1
5
3
4
2
又EF 平面ABCD，AB 平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD．
(2)分别取AD，BC的中点O，M，连接OE，OM，
因为平面ADE⊥平面ABCD，△ADE为正三角形，
以O为坐标原点，OA，OM，OE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，
1
5
3
4
2
设平面BCF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
1
5
3
4
2
解得m＝2或m＝6(舍去)，故EF＝2.
1
5
3
4
2
1
5
3
4
2
解：(1)证明：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所
在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B1(2,0,4)，D(0,4,0)，D1(0,2,4)，
设Q(4，m,0)，其中m＝BQ，0≤m≤4，若P是DD1的中点，
1
5
3
4
2
设n1＝(x，y，z)是平面PDQ的一个法向量，
又平面AQD的一个法向量是n2＝(0,0,1)，
1
5
3
4
2
1
5
3
4
2
∵PQ∥平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3＝(0,1,0)，
将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P－ADQ，
则其高h＝1，课时跟踪检测(三十七) 空间向量在度量关系中的应用
1.如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝2PQ＝2AB＝2，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点．
(1)求证：EF∥平面MPC；
(2)求平面PQM与平面PMC夹角的正弦值；
(3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面PMQ的夹角为，求线段QN的长．
2.如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，E，F分别是PC，AD的中点．
(1)判断直线DE与平面PFB的位置关系；
(2)若PB与平面ABCD的夹角为45°，求平面PFB与平面EDB所成二面角大小的正弦值．
3．如图，在四棱锥P ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)若点Q满足＝λ(0≤λ≤1)，当直线CQ与DP的夹角最小时，求λ的值．
4.如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，平面ADE⊥平面ABCD，且AB＝4，正三角形ADE的边长为2.
(1)证明：EF∥平面ABCD.
(2)若EF
5．如图，已知四棱台ABCD A1B1C1D1的上、下底面分别是
边长为2和4的正方形，A1A＝4，且A1A⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上．
(1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；
(2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角P QD A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．
课时跟踪检测(三十七)
1．解：(1)证明：连接EM，
因为AB∥CD，PQ∥CD，所以AB∥PQ.
又因为AB＝PQ，所以四边形PABQ为平行四边形．由点E和M分别为AP和BQ的中点，可得EM∥AB且EM＝AB，
因为AB∥CD，CD＝2AB，F为CD的中点，
所以CF∥AB，CF＝AB，
可得EM∥CF且EM＝CF，即四边形EFCM为平行四边形，所以EF∥MC，
又EF 平面MPC，MC 平面MPC，
所以EF∥平面MPC.
(2)因为PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，所以以D为原点，分别以，，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，由题意可知
D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2，1,0)，
C(0,2,0)，P(0,0,2)，Q(0,1,2)，M(1,1,1)，＝(1,1，－1)，＝(0,1,0)，
＝(1，－1,1)，＝(0,2，－2)，
设n1＝(x，y，z)为平面PMQ的一个法向量，则即
不妨设z＝1，可得n1＝(1,0,1)．
设n2＝(x′，y′，z′)为平面PMC的一个法向量，则
即不妨设z′＝1，可得n2＝(0,1,1)，
cos〈n1，n2〉＝＝，
则sin〈n1，n2〉＝，所以平面PQM与平面PMC夹角的正弦值为.
(3)设＝λ(0≤λ≤1)，即＝λ＝(0，λ，－2λ)，则N(0，λ＋1,2－2λ)，从而＝(0，λ＋1，2－2λ)，
由(2)知平面PMQ的法向量为n1＝(1,0,1)，由题意，
sin＝|cos〈，n1〉|＝，
即＝，
整理得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝或λ＝3，
因为0≤λ≤1，所以λ＝，
所以＝，||＝||＝.
即线段QN的长为.
2．解：(1)直线DE与平面PFB平行．在四棱锥P－ABCD中，取PB的中点G，连接GE，FG，由E，F分别是PC，AD的中点，得FD＝AD，GE＝BC，GE∥BC.
又底面ABCD是正方形，
则FD＝GE，GE∥FD，
所以四边形FDEG为平行四边形，即DE∥FG，由DE 平面PFB，FG 平面PFB，
所以DE∥平面PFB.
(2)由PD⊥底面ABCD，得∠PBD是PB与平面ABCD的夹角，即∠PBD＝45°，显然直线DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，直线DA，DC，DP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，令AB＝1，则PD＝DB＝，B(1,1,0)，D(0，0,0)，
E，F，P，
因此＝(1,1,0)，＝，
＝，＝，
令m＝(x，y，z)为平面EDB的一个法向量，
则
令z＝1，得m＝(，－，1)，
令n＝(a，b，c)为平面PFB的一个法向量，
则
令c＝1，得n＝(2，－，1)，
设平面PFB与平面EDB所成的二面角为θ，则|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝＝＝，于是sin θ＝＝，所以平面PFB与平面EDB所成二面角大小的正弦值为.
3．解：(1)以{，，}为正交基，建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标为A(0，0,0)，
B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，
由PA⊥平面ABCD，且AD 平面ABCD，则PA⊥AD，
又∠BAD＝，则AB⊥AD，
又PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
则AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，且＝(0,2，0)，
因为＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)，
设平面PCD的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则z＝1，x＝1，
所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量，
所以cos〈，m〉＝＝＝，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
(2)结合(1)中的空间直角坐标系，
因为＝(－1,0,2)，
所以＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，
又＝(0，－1,0)，
则＝＋＝(－λ，－1,2λ)，
又＝(0，－2,2)，
则cos〈，〉＝
＝＝，
设1＋2λ＝t,0≤λ≤1，则λ＝，t∈[1,3]，则cos2〈，〉＝2＝
＝≤，
当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|取到最大值，又因为y＝cos x在上单调递减，此时直线CQ与DP夹角最小．
综上所述，λ的值为.
4．解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，
所以AB∥CD，
又AB 平面CDEF，CD 平面CDEF，
所以AB∥平面CDEF.
因为平面ABFE∩平面CDEF＝EF，
AB 平面ABFE，所以AB∥EF.
又EF 平面ABCD，AB 平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD.
(2)分别取AD，BC的中点O，M，连接OE，OM，
因为平面ADE⊥平面ABCD，△ADE为正三角形，以O为坐标原点，OA，OM，OE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)，B(1,4,0)，C(－1,4,0)，E(0,0，)，
设F(0，m，)(0设平面BCF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则由
得
令z＝，得m＝，
因为直线AE与平面BCF夹角的正弦值为，
所以|cos〈，m〉|＝＝
＝，
解得m＝2或m＝6(舍去)，故EF＝2.
5．解：(1)证明：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B1(2,0,4)，D(0,4,0)，D1(0,2,4)，
设Q(4，m,0)，其中m＝BQ，0≤m≤4，若P是DD1的中点，则P(0,3,2)，＝(2,0,4)，＝(4，m－3，－2)，于是·＝8－8＝0，∴⊥，即AB1⊥PQ.
(2)由题设知，＝(4，m－4,0)，＝(0，－2，4)是平面PDQ内的两个不共线向量．
设n1＝(x，y，z)是平面PDQ的一个法向量，
则取y＝4，
得n1＝(4－m,4,2)．
又平面AQD的一个法向量是n2＝(0,0,1)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝＝，
解得m＝或m＝(舍去)，
此时Q.设＝λ(0<λ≤1)，而＝(0，－2,4)，由此得点P(0,4－2λ，4λ)，＝，
∵PQ∥平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3＝(0,1,0)，∴·n3＝0，即2λ－＝0，解得λ＝，从而P.
将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P－ADQ，则其高h＝1，
故四面体ADPQ的体积
V＝S△ADQ·h＝××4×4×1＝.