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章末综合提升
第三章 空间向量与立体几何
体 系 构 建
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分 层 探 究
探究点一 空间向量的概念及运算
(1)已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(4，5，λ)，若a，b，c共面，则实数λ的值为
A.3 B.4
C.5 D.6
典例
1
√
√
√
√
规律方法
√
1
典例
2
规律方法
利用空间向量证明或求解立体几何问题时，首先要选择基或建立空间直角坐标系转化为坐标运算，再借助向量的有关性质求解(证).
典例
3
规律方法
1.在建立空间直角坐标系的过程中，一定要依据题目所给几何图形的特征，建立合理的空间直角坐标系，这样才会容易求得解题时需要的坐标.
2.处理直线和平面的夹角、两个平面的夹角问题有两种思路：转化为两条直线的夹角、利用平面的法向量.
从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.
又DH 平面ADE，GF 平面ADE，
所以GF∥平面ADE.
法二：如图所示，取AB的中点M，连接MG，MF.由G
是BE的中点，可知GM∥AE.
又AE 平面ADE，GM 平面ADE，所以GM∥平面ADE.
在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得
MF∥AD.
又AD 平面ADE，MF 平面ADE，
所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF＝M，GM 平面GMF，MF 平面GMF，所以平面GMF∥平面ADE.
因为GF 平面GMF，所以GF∥平面ADE.
探究点四 利用空间向量求空间中的距离
如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E
为A1B1的中点，F为AB的中点，H为DD1的中点，K为BB1
的中点.求：
(1)直线A1H到直线KC的距离；
解：以点D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
典例
4
规律方法
1.向量法求点到平面的距离：一般转化为平面外一点与平面内一点构成的向量在平面的法向量方向上的投影向量的长度问题.
2.求直线到平面、平面到平面的距离：往往转化为点到平面的距离求解，且这个点要适当选取，以易于求解为准则.
√
√
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考 教 衔 接
本章内容是高考必考内容之一，多考查空间中有关平行与垂直的判定，空间角与距离的求解，空间向量的应用等问题.
高考对本章内容的考查比较稳定，针对这一特点，复习时，首先梳理本章重要定理、公式与常用结论，扫清基础知识和公式障碍；然后分题型重点复习，重视向量法求解空间角、距离问题的思路与解题过程.
真题
1
(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；
解：证明：以C为坐标原点，CD，CB，CC1
所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角
坐标系，如图所示，
真题
2
溯源(北师版P142A组T20)如图，在空间直角坐标系中有
长方体ABCD-A'B'C'D'，AB＝1，BC＝2，AA'＝2，点E，
F分别是棱DD'和BB'的中点.求证：CE∥A'F，并求它们
的距离.
点评：两题都是以四棱柱为载体命制试题，课本题目考
查线线平行与线线距问题，而高考题考查线线平行与两点距问题，所以无论载体，还是考查内容及形式都极为相似，是很好的与教材有渊源的题目.两题都考查了空间想象能力、逻辑推理能力以及数学运算能力等核心素养.
(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD 中，
DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，
E为BC的中点.
(1)证明：BC⊥DA；
解：证明：如图所示，连接AE，DE.
因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC.
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ABD与△ACD均为等边三角形，
所以AB＝AC，从而AE⊥BC.
又AE∩DE＝E，AE，DE 平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，而AD 平面ADE，
所以BC⊥DA.
真题
3
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单 元 检 测 卷
√
1.已知不重合的平面α和平面β的法向量分别为m＝(3，1，－5)，n＝
(－6，－2，10)，则
A.α⊥β B.α∥β
C.α与β相交但不垂直 D.以上都不对
由于m＝(3，1，－5)，n＝(－6，－2，10)，所以n＝－2m，故α∥β.故选B.
√
√
√
取AC的中点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
√
5.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，则二面角A-PC-B的大小是
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
√
√
取CD的中点F，连接AF，AC，因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以△ACD为等边三角形.又因为F为CD中点，所以AF⊥CD.以点A为原点，以AB，AF，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
√
如图所示，设正方形ABCD对角线相交于点M，则M为AC和BD的中点.对于A，因为AB＝AD＝CB＝CD，所以AM⊥BD，CM⊥BD，AM∩CM＝M，所以BD⊥平面ACM，因为AC 平面ACM，所以BD⊥AC，即异面直线AC与BD的夹角为90°，故A不正确；
9.已知向量a＝(1，－1，0)，b＝(－1，0，1)，c＝(2，－3，1)，则
A.｜a－b｜＝6 B.(a＋2b)·(b＋c)＝7
C.(a＋5b)⊥c D.a∥(b－c)
√
√
√
√
√
√
√
对于A，连接B1D1，因为A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，
B1D1∩BB1＝B1，且B1D1，BB1 平面BB1D1，所以
A1C1⊥平面BB1D1，又BD1 平面BB1D1，所以A1C1⊥
BD1，同理，DC1⊥BD1，因为A1C1∩DC1＝C1，且
A1C1，DC1 平面A1C1D，所以直线BD1⊥平面A1C1D，
故A正确；对于B，因为A1D∥B1C，A1D 平面A1C1D，B1C 平面A1C1D，所以B1C∥平面A1C1D，因为点P在线段B1C上运动，所以P到平面A1C1D的距离为定值，又△A1C1D的面积是定值，所以三棱锥P-A1C1D的体积为定值，故B正确；
12.在空间直角坐标系中，若m＝(1，2，k)对应点M，n＝(－k，2，3－k)，若M关于平面xOy的对称点为(1，2，－1)，则m·n＝ .
5
M关于平面xOy的对称点为(1，2，－1)，所以M(1，2，1)，所以m＝(1，2，1)，即k＝1，n＝(－1，2，2)，所以m·n＝1×(－1)＋2×2＋1×2＝－1＋4＋2＝5.
三棱锥C1-A1BD
(答案不唯一)
同理可得FG∥平面PAD，
因为MG∩FG＝G，
所以平面FGM∥平面PAD，
所以BA⊥平面FGM，
又FM 平面FGM，
所以BA⊥FM.
因为MG∩FG＝G，
所以平面FGM∥平面PAD，
所以BA⊥平面FGM，
又FM 平面FGM，
所以BA⊥FM.
选择③：
因为点P在平面ABCD的射影在直线AD上，
所以平面PAD⊥平面ABCD，
因为平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP 平面PAD，AD⊥PO，
所以OP⊥平面ABCD，
所以BA⊥PO，
又BA⊥AD，AD∩PO＝O，
所以BA⊥平面PAD，
因为M，G分别为CE，CD的中点，
所以MG∥PD，且MG 平面PAD，PD 平面PAD，
所以MG∥平面PAD，
同理可得FG∥平面PAD，
因为MG∩FG＝G，
所以平面FGM∥平面PAD，
所以BA⊥平面FGM，
又FM 平面FGM，
所以BA⊥FM.
19.(17分)如图，在等腰梯形ABCD中，
AB∥CD，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，
E为CD中点，AE与BD交于点O，将
△ADE沿AE折起，使点D到达点P的
位置(P 平面ABCE).
(1)证明：平面POB⊥平面ABCE；
解：证明：在梯形ABCD中，连接BE(图略)，
在等腰梯形ABCD中，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD中点，
易得四边形ABED为菱形，所以BD⊥AE，
所以OB⊥AE，OD⊥AE，即OB⊥AE，OP⊥AE，
又OB∩OP＝O，OB 平面POB，OP 平面POB，所以AE⊥平面POB，
又AE 平面ABCE，所以平面POB⊥平面ABCE.
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探究点一 空间向量的概念及运算
(1)已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(4，5，λ)，若a，b，c共面，则实数λ的值为( )
A.3 B.4
C.5 D.6
(2)已知a，b，c均为单位向量，〈a，b〉＝〈b，c〉＝90°，〈a，c〉＝60°，则＝( )
A. B.
C.2 D.4
(3)(多选题)在《九章算术》中，将上、下底面为直角三角形的直三棱柱叫作堑堵，在如图所示的堑堵中，＝2，则( )
A.＝＋＋
B.＝＋＋
C.在上的投影向量为
D.在上的投影向量为
答案：(1)C (2)C (3)BD
解析：(1)显然向量a＝(2，－1，3)与b＝(－1，4，－2)不平行，而a，b，c共面，则存在实数x，y使c＝xa＋yb，即(4，5，λ)＝x(2，－1，3)＋y(－1，4，－2)，于是所以实数λ的值为5.故选C.
(2)由题意及空间向量数量积的定义可得a·b＝b·c＝0，a·c＝cos 60°＝，所以｜a－b＋c｜2＝a2＋b2＋c2－2a·b＋2a·c－2b·c＝3－0＋2×－0＝4，因此，｜a－b＋c｜＝2.故选C.
(3)因为＝＋＋＝＋＋＝＋＋－)＝＋＋，故A不正确，B正确；如图所示，过点D作DU垂直BC于点U，过点U作VU垂直AB于点V，过点U作UW垂直AC于点W，故向量，向量，由题意易得＝，＝，故＝，故C不正确；＝，故D正确.故选BD.
1.空间向量的线性运算、共线向量的概念、向量共线的充要条件与平面向量的性质是一致的；利用向量共面的充要条件可以判断第三个向量是否与已知的两个不共线的向量共面，特别地，空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使＝x＋y.
2.向量的数量积运算的性质是解决空间线段长度与夹角大小的依据.
对点练1.(1)在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，G为△ABC的重心，点M在线段OC上，且OM＝2MC，则＝( )
A.a＋b－c B.a＋b＋c
C.－a＋b＋c D.a－b＋c
(2)在空间直角坐标系O-xyz中，若点A(－1，3，1)，B(－1，3，4)，D(1，1，1)，且＝2，则｜｜的值为 .
(3)正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2(如图)，P，Q分别为棱AB，AD的中点，则·＝ .
答案：(1)A (2)2 (3)1
解析：(1)如图所示，连接AG并延长，交BC于D，因为G为△ABC的重心，所以G为AD的三等分点，D为BC的中点，＝＋＋＝c＋(b－c)－＝c＋(b－c)－＋)＝c＋(b－c)－(b－a＋c－a)＝a＋b－c.故选A.
(2)设点P(x，y，z)，因为＝2，A(－1，3，1)，B(－1，3，4)，所以(x＋1，y－3，z－1)＝2(－1－x，3－y，4－z)，则
即P(－1，3，3)，又D(1，1，1)，所以＝(2，－2，－2)，所以｜｜＝2.
(3)由正八面体的性质可得BF＝AD，BF∥AD，则＝，·＝＋)·(＋＋)＝＋)·＝－·－·－·－·＝－×2×2cos 120°－×2×2cos 60°－×2×2cos 120°－ ×2×2cos 120°＝－1＋＋1＝1.
探究点二 利用空间向量证明位置关系
在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点.
(1)求证：BM∥平面PAD；
(2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由.
解：(1)证明：以点A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1).
所以＝(0，1，1).
又平面PAD的一个法向量为n＝(1，0，0)，
所以·n＝0，即⊥n，
又BM 平面PAD，所以BM∥平面PAD.
(2)由(1)知，＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2)，
假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD.
设N(0，y，z)，则＝(－1，y－1，z－1)，
则MN⊥BD，MN⊥PB，
所以
所以所以N，
所以在平面PAD内存在一点N，
使MN⊥平面PBD.
利用空间向量证明或求解立体几何问题时，首先要选择基或建立空间直角坐标系转化为坐标运算，再借助向量的有关性质求解(证).
对点练2.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F.
(1)证明：PA∥平面EDB；
(2)证明：PB⊥平面EFD.
证明：以点D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D-xyz，如图所示.
(1)连接AC，交BD于G，连接EG.
设DC＝a，依题意得A(a，0，0)，P(0，0，a)，E.
因为G是正方形ABCD的中心，
所以点G的坐标为，
且＝(a，0，－a)，＝，
所以＝2，
即PA∥EG，而EG 平面EDB且PA 平面EDB，
所以PA∥平面EDB.
(2)依题意得B(a，a，0)，＝(a，a，－a)，
又＝，
故·＝0＋－＝0，
所以PB⊥DE.
由已知EF⊥PB，
且EF∩DE＝E，EF，DE 平面EFD，
所以PB⊥平面EFD.
探究点三 利用空间向量求空间中的角
如图，在空间直角坐标系中，已知E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC和CD的中点.求：
(1)A1D与EF夹角的大小；
(2)A1F与平面B1EB夹角的正弦值；
(3)平面CD1B1与平面D1B1B夹角的余弦值.
解：(1)设正方体棱长为1，则＝(－1，0，－1)，＝，
所以cos〈，〉＝＝＝，
所以A1D与EF的夹角是60°.
(2)＝，＝(0，1，0)，
则cos〈，〉＝＝＝，
又是平面B1EB的一个法向量，
所以A1F与平面B1EB夹角的正弦值为.
(3)根据图形易得＝(－1，1，1)为平面CD1B1的一个法向量，＝(－1，1，0)为平面D1B1B的一个法向量.
cos〈，〉＝＝＝.
因为平面CD1B1与平面D1B1B的夹角为锐角，
所以平面CD1B1与平面D1B1B夹角的余弦值为.
1.在建立空间直角坐标系的过程中，一定要依据题目所给几何图形的特征，建立合理的空间直角坐标系，这样才会容易求得解题时需要的坐标.
2.处理直线和平面的夹角、两个平面的夹角问题有两种思路：转化为两条直线的夹角、利用平面的法向量.
对点练3.如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点.
(1)求证：GF∥平面ADE；
(2)求平面AEF与平面BEC夹角的余弦值.
解：(1)证明：法一：如图所示，取AE的中点H，连接HG，HD，
因为G是BE的中点，
所以GH∥AB，且GH＝AB.
又F是CD的中点，所以DF＝CD.
由四边形ABCD是矩形，得AB∥CD，AB＝CD，
所以GH∥DF，且GH＝DF，
从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.
又DH 平面ADE，GF 平面ADE，
所以GF∥平面ADE.
法二：如图所示，取AB的中点M，连接MG，MF.由G是BE的中点，可知GM∥AE.
又AE 平面ADE，GM 平面ADE，所以GM∥平面ADE.
在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD.
又AD 平面ADE，MF 平面ADE，
所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF＝M，GM 平面GMF，MF 平面GMF，所以平面GMF∥平面ADE.
因为GF 平面GMF，所以GF∥平面ADE.
(2)如图所示，在平面BEC内，
过B点作BQ∥EC.
因为BE⊥EC，所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.
以点B为原点，BE，BQ，BA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1).
因为AB⊥平面BEC，
所以＝(0，0，2)为平面BEC的法向量.
设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，
又＝(2，0，－2)，＝(2，2，－1)，
由
取z＝2，得n＝(2，－1，2).
则cos〈n，〉＝＝＝，
因为平面AEF与平面BEC的夹角为锐角，
所以平面AEF与平面BEC夹角的余弦值为.
探究点四 利用空间向量求空间中的距离
如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为A1B1的中点，F为AB的中点，H为DD1的中点，K为BB1的中点.求：
(1)直线A1H到直线KC的距离；
(2)直线FC到平面AEC1的距离.
解：(1)以点D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则A1(1，0，0)，C(0，1，1)，A(1，0，1)，C1(0，1，0)，H，K，F，E.
所以＝，＝.
则＝，即∥，则A1H∥KC，
所以直线A1H到直线KC的距离可转化成点A1到直线KC的距离，
＝，｜｜＝＝，
＝＝，＝＝，
所以点A1到直线KC的距离
d＝＝＝.
所以直线A1H到直线KC的距离为.
(2)由(1)可得＝，＝，＝(－1，1，－1).
设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，
由
令z＝1，则x＝1，y＝2，得n＝(1，2，1).
因为·n＝0，所以⊥n，则FC∥平面AEC1，
所以直线FC到平面AEC1的距离可转化成C到平面AEC1的距离，
则＝(0，0，－1)，
所以直线FC到平面AEC1的距离d＝＝＝.
1.向量法求点到平面的距离：一般转化为平面外一点与平面内一点构成的向量在平面的法向量方向上的投影向量的长度问题.
2.求直线到平面、平面到平面的距离：往往转化为点到平面的距离求解，且这个点要适当选取，以易于求解为准则.
对点练4.(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，O分别是A1B1，A1C1的中点，点P在正方体内部且满足＝＋＋，则下列说法正确的是( )
A.点A到直线BE的距离是
B.点O到平面ABC1D1的距离为
C.平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
D.点P到直线AB的距离为
答案：BC
解析：如图所示，建立空间直角坐标系.
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，E，O(，，1).所以＝(－1，0，0)，＝.设∠ABE＝θ，则cos θ＝＝，所以sin θ＝＝，故点A到直线BE的距离d1＝｜｜sin θ＝，故A错误；易知＝，平面ABC1D1的一个法向量为＝(0，－1，1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝＝＝，故B正确；＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，0).设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，得x＝1，y＝1，所以n＝(1，1，1)，所以点D1到平面A1BD的距离d3＝＝＝.因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为，故C正确；因为＝＋＋，所以＝.又＝(1，0，0)，所以＝，所以点P到直线AB的距离d4＝＝＝，故D错误.故选BC.
本章内容是高考必考内容之一，多考查空间中有关平行与垂直的判定，空间角与距离的求解，空间向量的应用等问题.
高考对本章内容的考查比较稳定，针对这一特点，复习时，首先梳理本章重要定理、公式与常用结论，扫清基础知识和公式障碍；然后分题型重点复习，重视向量法求解空间角、距离问题的思路与解题过程.
(2024·全国甲卷理)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点.
(1)证明：BM∥平面CDE；
(2)求二面角F-BM-E的正弦值.
解：(1)证明：因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2，所以BC∥MD，且BC＝MD，
所以四边形BCDM为平行四边形.
所以BM∥CD，
又CD 平面CDE，BM 平面CDE，
所以BM∥平面CDE.
(2)取AM的中点O，连接BO，FO.
由(1)可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2，
所以BO⊥AD，且BO＝.
因为EF∥MD，EF＝MD＝2，所以四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝，又AF＝，
所以FO⊥AM，
又OA＝OM＝1，所以FO＝＝3，
又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2，
所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直.
分别以OB，OD，OF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.
则F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，则＝(，－1，0)，＝，＝(0，1，3).
设平面FBM的法向量为n1＝，
则
令z1＝1，所以x1＝，y1＝3，所以n1＝.
设平面EBM的法向量为n2＝，
则
令z2＝－1，所以x2＝，y2＝3，所以n2＝(，3，－1).
设二面角F-BM-E的平面角为θ，
所以｜cos θ｜＝｜cos〈n1，n2〉｜＝＝，
因为θ∈[0，π]，所以sin θ≥0，
即sin θ＝＝，
所以二面角F-BM-E的正弦值为.
溯源(北师版P142A组T22) 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PB⊥平面ABCD，PB＝5，AB＝BC＝6，AD＝3，求：
(1)点B到平面PCD的距离；
(2)二面角P-CD-A的平面角的余弦值.
点评：两题都是以底面为梯形的多面体为载体命制试题，都是考查空间想象能力、数学论证和计算能力.高考题整体难度高于教材题目，图中的数量关系较多、位置关系较复杂，需要思路清晰，条理清楚，要具有较强的空间想象能力.
(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C 为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)，
所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)，
所以∥.
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
所以B2C2∥A2D2.
(2)设 P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，
则＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1).
设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝2，得x＝λ－1，y＝3－λ，
所以n＝(λ－1，3－λ，2).
设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)，
则
令a＝1，得b＝1，c＝2，所以m＝(1，1，2)，
所以｜cos〈n，m〉｜＝＝
＝｜cos 150°｜＝，
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，
所以P(0，2，1)或P(0，2，3)，
所以B2P＝1.
溯源(北师版P142A组T20)如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A'B'C'D'，AB＝1，BC＝2，AA'＝2，点E，F分别是棱DD'和BB'的中点.求证：CE∥A'F，并求它们的距离.
点评：两题都是以四棱柱为载体命制试题，课本题目考查线线平行与线线距问题，而高考题考查线线平行与两点距问题，所以无论载体，还是考查内容及形式都极为相似，是很好的与教材有渊源的题目.两题都考查了空间想象能力、逻辑推理能力以及数学运算能力等核心素养.
(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD 中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点.
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值.
解：(1)证明：如图所示，连接AE，DE.
因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC.
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ABD与△ACD均为等边三角形，
所以AB＝AC，从而AE⊥BC.
又AE∩DE＝E，AE，DE 平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，而AD 平面ADE，
所以BC⊥DA.
(2)不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为BD⊥CD，所以BC＝2，DE＝AE＝.
所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE.
又因为AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC 平面BCD，
所以AE⊥平面BCD.
所以以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
设D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)，E(0，0，0)，
设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
二面角D-AB-F的平面角为θ，而＝(0，，－)，
因为＝＝(－，0，)，所以F(－，0，)，即有＝(－，0，0).
所以
所以取z1＝1，所以n1＝(1，1，1).
取z2＝1，所以n2＝(0，1，1)，
所以｜cos θ｜＝＝＝，
从而sin θ＝＝.
所以二面角D -AB-F的正弦值为.
溯源(北师版P141A组T18)如图，在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥平面ABC，AC⊥BC，CA＝CB＝2，PA＝2，求二面角A-BC-P的平面角.
点评：两题都是以三棱锥为载体考查二面角等问题.高考题是双问形式设计，尽管与教材题目有关联，但难度明显高于教材.对于高考题中的立体几何来说，建立合理的空间直角坐标系是一项基本的技能和能力，同时还要注重表达的严谨性和推理的合理性.
单元检测卷(三) 空间向量与立体几何
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分， 共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.)
1.已知不重合的平面α和平面β的法向量分别为m＝(3，1，－5)，n＝(－6，－2，10)，则( )
A.α⊥β B.α∥β
C.α与β相交但不垂直 D.以上都不对
答案：B
解析：由于m＝(3，1，－5)，n＝(－6，－2，10)，所以n＝－2m，故α∥β.故选B.
2.如图，已知空间四边形OABC，M，N分别是OA，BC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示向量为( )
A.a＋b＋c B.a－b＋c
C.－a＋b＋c D.－a＋b－c
答案：C
解析：如图所示，连接ON，则＝＋＝b＋c，所以＝－＝－a＋b＋c.故选C.
3.已知向量a＝(1，2，3)，b＝(－2，－4，－6)，＝，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为( )
A.30° B.60°
C.120° D.150°
答案：C
解析：因为b＝－2a，所以(a＋b)·c＝－a·c＝7，则a·c＝－7，则cos〈a，c〉＝＝＝－，因为0°≤〈a，c〉≤180°，故a与c的夹角为120°.故选C.
4.若正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC夹角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
答案：D
解析：取AC的中点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
设三棱柱的棱长为2，则A(0，－1，0)，D(0，0，2)，C(0，1，0)，B1(，0，2).所以＝(0，1，2)，＝(0，－1，2)，＝(，－1，2).设n＝(x，y，z)为平面B1DC的一个法向量，由令z＝1得n＝(0，2，1).设直线AD与平面B1DC的夹角为α，则sin α＝｜cos〈，n〉｜＝＝＝，所以直线AD与平面B1DC夹角的正弦值为.故选D.
5.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，则二面角A-PC-B的大小是( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
答案：C
解析：如图所示，建立空间直角坐标系.因为PA＝AB＝BC＝1，所以A(0，0，0)，C(0，，0)，B，P(0，0，1).所以＝(0，－，1)，＝.显然平面APC的一个法向量可以为n＝，设平面BPC的法向量为m＝(x，y，z)，则令y＝1，则z＝，x＝1，所以m＝(1，1，)，设二面角A-PC-B为θ，由图可知θ为锐角，则cos θ＝＝＝，所以θ＝60°.故选C.
6.已知空间直角坐标系O-xyz中，＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，＝(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，则当·取得最小值时，点Q的坐标为( )
A. B.
C. D.
答案：D
解析：设Q(x，y，z)，由点Q在直线OP上，可得存在实数λ使得＝λ，即(x，y，z)＝λ(1，1，2)，可得Q(λ，λ，2λ)，所以＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，则·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝2(3λ2－8λ＋5)＝6－，可得当λ＝时，取得最小值－，此时Q.故选D.
7.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，E是PA的中点，则PC到平面BED的距离为( )
A. B.
C.2 D.2
答案：A
解析：取CD的中点F，连接AF，AC，因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以△ACD为等边三角形.又因为F为CD中点，所以AF⊥CD.以点A为原点，以AB，AF，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.则B(4，0，0)，D(－2，2，0)，E(0，0，2)，P(0，0，4)，C(2，2，0).所以＝(－4，0，2)，＝(2，－2，2).设平面BED的一个法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝2，得n＝(1，，2).因为＝(2，2，－4)，所以n·＝2＋6－8＝0，即⊥n.又因为PC 平面BED，所以PC∥平面BED，所以PC到平面BED的距离就是点P到平面BED的距离.因为＝(0，0，2)，所以点P到平面BED的距离d＝＝＝，所以PC到平面BED的距离为.故选A.
8.将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成大小为60°的二面角A-BD-C，点P为线段AC上的一动点，下列结论正确的是( )
A.异面直线AC与BD的夹角为60°
B.△ACD是等边三角形
C.△BDP面积的最小值为
D.四面体ABCD的外接球的体积为
答案：C
解析：如图所示，设正方形ABCD对角线相交于点M，则M为AC和BD的中点.对于A，因为AB＝AD＝CB＝CD，所以AM⊥BD，CM⊥BD，AM∩CM＝M，所以BD⊥平面ACM，因为AC 平面ACM，所以BD⊥AC，即异面直线AC与BD的夹角为90°，故A不正确；对于B，因为AM⊥BD， CM⊥BD，所以∠AMC即为二面角A-BD-C的平面角，可得∠AMC＝60°，因为AB＝AD＝CB＝CD＝2，可得AM＝CM＝，所以△AMC是等边三角形，可得AC＝，而AD＝CD＝2，所以△ACD不是等边三角形，故B不正确；对于C，因为BD⊥平面ACM，PM 平面ACM，所以BD⊥PM，S△BDP＝BD·PM＝ ×2PM＝PM，当PM⊥AC时，PM最小，由选项B知：△AMC是边长为的等边三角形，所以PM最小为cos 30°＝，所以△BDP面积的最小值为×＝，故C正确；对于D，因为MA＝MB＝MC＝MD＝，所以点M即为四面体ABCD外接球的球心，且外接球半径为，所以外接球的体积为π×()3＝π，故D不正确.故选C.
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.)
9.已知向量a＝(1，－1，0)，b＝(－1，0，1)，c＝(2，－3，1)，则( )
A.｜a－b｜＝6 B.(a＋2b)·(b＋c)＝7
C.(a＋5b)⊥c D.a∥(b－c)
答案：CD
解析：对于A，因为a＝(1，－1，0)，b＝(－1，0，1)，所以a－b＝(2，－1，－1)，所以｜a－b｜＝＝，故A错误；对于B，因为a＋2b＝(－1，－1，2)，b＋c＝(1，－3，2)，则(a＋2b)·(b＋c)＝(－1)×1＋(－1)×(－3)＋2×2＝6，故B错误；对于C，因为a＋5b＝(－4，－1，5)，则(a＋5b)·c＝(－4)×2＋(－1)×(－3)＋5×1＝0，则(a＋5b)⊥c，故C正确；对于D，因为b－c＝(－3，3，0)，a＝(1，－1，0)，所以b－c＝－3a，所以a∥(b－c)，故D正确.故选CD.
10.如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连接PC，则在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A.PC与平面BCD所成的最大角为45°
B.存在某个位置，使得PB⊥CD
C.当二面角P-BD-C的大小为90°时，PC＝
D.存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为
答案：BC
解析：对于A，如图所示，取BD的中点O，连接OP，OC，则OP＝OC＝.由题可知，△PBD和△BCD均为等边三角形，由对称性可知，在翻折的过程中，PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC＝时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，故A错误；对于B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，有PQ⊥平面BCD，BQ⊥CD，所以PQ⊥CD，又BQ∩PQ＝Q，BQ，PQ 平面PBQ，所以CD⊥平面PBQ，因为PB 平面PBQ，所以PB⊥CD，故B正确；对于C，当二面角P-BD-C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，因为PB＝PD，所以OP⊥BD，因为平面PBD∩平面BCD＝BD，所以OP⊥平面BCD，所以OP⊥OC，又OP＝OC＝，所以△POC为等腰直角三角形，所以PC＝OP＝，故C正确；对于D，因为点B到PD的距离为，点B到CD的距离为，所以若B到平面PDC的距离为，则平面PBD⊥平面PCD，平面CBD⊥平面PCD，则有DB⊥平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾，故D错误.故选BC.
11.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是( )
A.直线BD1⊥平面A1C1D
B.三棱锥P-A1C1D的体积为定值
C.异面直线AP与A1D夹角的取值范围是
D.直线C1P与平面A1C1D夹角的正弦值最大为
答案：ABD
解析：对于A，连接B1D1，因为A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，且B1D1，BB1 平面BB1D1，所以A1C1⊥平面BB1D1，又BD1 平面BB1D1，所以A1C1⊥BD1，同理，DC1⊥BD1，因为A1C1∩DC1＝C1，且A1C1，DC1 平面A1C1D，所以直线BD1⊥平面A1C1D，故A正确；对于B，因为A1D∥B1C，A1D 平面A1C1D，B1C 平面A1C1D，所以B1C∥平面A1C1D，因为点P在线段B1C上运动，所以P到平面A1C1D的距离为定值，又△A1C1D的面积是定值，所以三棱锥P-A1C1D的体积为定值，故B正确；对于C，因为A1D∥B1C，所以异面直线AP与A1D的夹角即为直线AP与直线B1C的夹角.易知△AB1C为等边三角形，当P为B1C的中点时，AP⊥B1C；当P与点B1或C重合时，直线AP与直线B1C的夹角为.故异面直线AP与A1D夹角的取值范围是，故C错误；对于D，以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则P(a，1，a)(0≤a≤1)，C1(0，1，1)，B(1，1，0)，D1(0，0，1).所以＝(a，0，a－1)，＝(1，1，－1).由A选项正确可知：＝(1，1，－1)是平面A1C1D的一个法向量，所以直线C1P与平面A1C1D夹角的正弦值为＝＝，所以当a＝时，直线C1P与平面A1C1D夹角的正弦值最大为，故D正确.故选ABD.
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，将答案填在题中的横线上)
12.在空间直角坐标系中，若m＝(1，2，k)对应点M，n＝(－k，2，3－k)，若M关于平面xOy的对称点为(1，2，－1)，则m·n＝ .
答案：5
解析：M关于平面xOy的对称点为(1，2，－1)，所以M(1，2，1)，所以m＝(1，2，1)，即k＝1，n＝(－1，2，2)，所以m·n＝1×(－1)＋2×2＋1×2＝－1＋4＋2＝5.
13.在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，取其四个顶点作为一个三棱锥的顶点，使该三棱锥的体积为，则该三棱锥的名称可以是 .
答案：三棱锥C1-A1BD(答案不唯一)
解析：因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，所以正方体的体积为1×1×1＝1，又＝＝＝＝××1×1×1＝，所以三棱锥C1-A1BD的体积为1－4×＝，所以该三棱锥的名称可以是三棱锥C1-A1BD(答案不唯一).
14.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD，∠BAD＝90°，PA＝AB＝BC＝AD＝1，已知Q是四边形ABCD内部一点，且平面QPD与平面PAD的夹角为，则△ADQ的面积的取值范围是 .
答案：
解析：因为PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，以点A为原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.则A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(2，0，0)，P(0，0，1).设点Q(a，b，0)，其中0≤a≤2，0≤b≤1，设平面QPD的法向量为m＝(x，y，z)，＝(－2，0，1)，＝(a－2，b，0)，则取x＝b，可得m＝(b，2－a，2b)，易知平面PAD的一个法向量为n＝(0，1，0)，由已知条件可得＝＝＝，所以2－a＝b，即a＋b＝2，直线CD上的点(x，y，0)满足x＋y＝2，联立所以点Q的纵坐标b的取值范围为，易知点Q不在线段AD上，则b∈，所以S△ADQ＝AD·b＝b∈.
四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
15.(13分)已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5).
(1)求以向量，为一组邻边的平行四边形的面积S；
(2)若向量a与向量，都垂直，且｜a｜＝，求向量a的坐标.
解：(1)因为＝(－2，－1，3)，＝(1，－3，2)，
所以cos∠BAC＝＝＝，
又因为∠BAC∈[0，π]，
所以∠BAC＝，
所以平行四边形的面积S＝｜｜｜｜sin＝7.
(2)设a＝(x，y，z)，
由a⊥，得－2x－y＋3z＝0，
由a⊥，得x－3y＋2z＝0，
由｜a｜＝，得x2＋y2＋z2＝3，
所以x＝y＝z＝1或x＝y＝z＝－1，
所以a＝(1，1，1)或a＝(－1，－1，－1).
16.(15分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为1，且∠A1AC＝∠A1AB＝60°，D是BC的中点.
(1)求A1，D两点间的距离；
(2)求AC与A1D所成角.
解：(1)因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为1，且∠A1AC＝∠A1AB＝60°，设＝a，＝b，＝c，则｜a｜＝｜b｜＝2，｜c｜＝1，〈a，b〉＝60°，〈b，c〉＝60°，〈a，c〉＝60°，
则a·b＝2，a·c＝b·c＝1，
由于＝－＝＋)－＝a＋b－c，
则＝＝｜a｜2＋｜b｜2＋｜c｜2＋a·b－a·c－b·c＝2，
故＝.
(2)设所成角为θ，＝b，＝a＋b－c，
由于·＝b·＝a·b＋b2－b·c＝2，｜b｜＝2，＝，
则cos θ＝cos〈，〉＝＝＝，且θ∈，则θ＝，
所以AC与A1D所成角为.
17.(15分)如图，在由三棱锥E-ADF和四棱锥F-ABCD拼接成的多面体ABCDEF中，AE⊥平面ABCD，平面BCF⊥平面ABCD，且ABCD是边长为2的正方形，△BCF是正三角形.
(1)求证：AE∥平面BCF；
(2)若多面体ABCDEF的体积为16，求BF与平面DEF夹角的正弦值.
解：(1)证明：取BC的中点O，连接FO，由△BCF是正三角形，得OF⊥BC，OF 平面BCF，
而平面BCF⊥平面ABCD，平面BCF∩平面ABCD＝BC，则OF⊥平面ABCD，
因为AE⊥平面ABCD，则AE∥OF，
又AE 平面BCF，
所以AE∥平面BCF.
(2)由AE⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
得AE⊥AB，
而AD⊥AB，AD∩AE＝A，AD，AE 平面ADE，
则AB⊥平面ADE，
又AD∥BC，BC 平面BCF，AD 平面BCF，
所以AD∥平面BCF，
而AE∥平面BCF，于是平面ADE∥平面BCF，
则点F到平面ADE的距离等于点B到平面ADE的距离AB＝2，又FO＝×2＝3，
依题意，VABCDEF＝VF-ABCD＋VF-ADE＝×(2)2×3＋××2×AE×2＝16，解得AE＝2，
依题意以点A为原点，AD，AB，AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
正方形ABCD的边长为2，△BCF是正三角形，
则D(2，0，0)，B(0，2，0)，E(0，0，2)，F(，2，3).
所以＝(－，2，3)，＝(－2，0，2).
设平面DEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，得n＝(1，－1，)，
而＝(，0，3)，令BF与平面DEF的夹角为θ，
则sin θ＝｜cos〈n，〉｜＝＝＝，
所以BF与平面DEF夹角的正弦值是.
18.(17分)如图，平面五边形PABCD中，△PAD是边长为2的等边三角形，AD∥BC，AB＝2BC＝2，AB⊥BC，将△PAD沿AD翻折成四棱锥P-ABCD，E是棱PD上的动点(端点除外)，F，M分别是AB，CE的中点，且 .
请从下面三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并作答：
①·(＋)＝0；②PC＝；③点P在平面ABCD的射影在直线AD上.
(1)求证：BA⊥FM；
(2)当EF与平面PAD的夹角最大时，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值.
解：(1)证明：取AD，CD的中点分别为O，G，连接PO，FG，EG，MG，
选择①：
因为·(＋)＝0，＋＝2，
所以·＝0，即BA⊥PO，
又BA⊥AD，AD∩PO＝O，
所以BA⊥平面PAD，
因为M，G分别为CE，CD的中点，
所以MG∥PD，
且MG 平面PAD，PD 平面PAD，
所以MG∥平面PAD，
同理可得FG∥平面PAD，
因为MG∩FG＝G，
所以平面FGM∥平面PAD，
所以BA⊥平面FGM，
又FM 平面FGM，
所以BA⊥FM.
选择②：
连接OC，则OC＝AB＝2，OP＝，
因为PC＝，PC2＝OP2＋OC2，
所以OC⊥PO，又OC∥BA，所以BA⊥PO，
又BA⊥AD，AD∩PO＝O，
所以BA⊥平面PAD，
因为M，G分别为CE，CD的中点，
所以MG∥PD，且MG 平面PAD，PD 平面PAD，
所以MG∥平面PAD，
同理可得FG∥平面PAD，
因为MG∩FG＝G，
所以平面FGM∥平面PAD，
所以BA⊥平面FGM，
又FM 平面FGM，
所以BA⊥FM.
选择③：
因为点P在平面ABCD的射影在直线AD上，
所以平面PAD⊥平面ABCD，
因为平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP 平面PAD，AD⊥PO，
所以OP⊥平面ABCD，
所以BA⊥PO，
又BA⊥AD，AD∩PO＝O，
所以BA⊥平面PAD，
因为M，G分别为CE，CD的中点，
所以MG∥PD，且MG 平面PAD，PD 平面PAD，
所以MG∥平面PAD，
同理可得FG∥平面PAD，
因为MG∩FG＝G，
所以平面FGM∥平面PAD，
所以BA⊥平面FGM，
又FM 平面FGM，
所以BA⊥FM.
(2)连接AE，EF，由(1)可知：AB⊥平面PAD，
所以∠AEF即为EF与平面PAD的夹角，
因为tan∠AEF＝＝，所以当AE最小时，∠AEF最大，
所以当AE⊥PD，即E为PD中点时，AE最小.
依题意以点O为原点，OC，OD，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则A(0，－1，0)，E(0，，)，C(2，0，0).
所以＝，＝(2，1，0).
设平面ACE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
令z1＝，得m＝，
由题意可知，平面PAD的法向量为n＝(1，0，0)，
所以cos＜m，n＞＝＝＝，
所以平面ACE与平面PAD夹角的余弦值为.
19.(17分)如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD中点，AE与BD交于点O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置(P 平面ABCE).
(1)证明：平面POB⊥平面ABCE；
(2)若PB＝，试判断线段PB上是否存在一点Q(不含端点)，使得直线PC与平面AEQ夹角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
解：(1)证明：在梯形ABCD中，连接BE(图略)，
在等腰梯形ABCD中，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD中点，
易得四边形ABED为菱形，所以BD⊥AE，
所以OB⊥AE，OD⊥AE，即OB⊥AE，OP⊥AE，
又OB∩OP＝O，OB 平面POB，OP 平面POB，所以AE⊥平面POB，
又AE 平面ABCE，所以平面POB⊥平面ABCE.
(2)由(1)可知四边形ABED为菱形，所以AD＝DE＝2，在等腰梯形ABCD中，AE＝BC＝2，
所以△PAE为正三角形，
所以OP＝，同理OB＝，因为PB＝，
所以OP2＋OB2＝PB2，所以OP⊥OB.
由(1)可知OP⊥AE，OB⊥AE.
以O为原点，OE，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示.
由题意得，各点坐标为P(0，0，)，A(－1，0，0)，B(0，，0)，C(2，，0)，E(1，0，0).
所以＝(0，，－)，＝(2，，－)，＝(2，0，0)，＝(1，0，).
设＝λ(0＜λ＜1)，＝＋＝＋λ＝(1，λ，－λ)，
设平面AEQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
取y＝1，得z＝－，所以n＝，
设直线PC与平面AEQ的夹角为θ，θ∈，
则sin θ＝｜cos〈，n〉｜＝＝，
即＝，
化简得4λ2－4λ＋1＝0，解得λ＝，
所以存在点Q为PB的中点时，使得直线PC与平面AEQ夹角的正弦值为.
因为PB＝，所以＝＝.
因为＝，所以＝＝.
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