2023高考真題知識總結方法總結題型突破：33 立體幾何中線面角的計算問題(教師版)

專題33立體幾何中線面角的計算問題【高考真題】1．(2022·全國甲理)在四棱錐中，底面．

(1)證明：；(2)求PD與平面所成的角的正弦值．1．解析(1)在四邊形中，作于，于，因為，所以四邊形為等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因為平面，平面，所以，又，所以平面，又因平面，所以；(2)如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，，則，則，設平面的法向量，則有，可取，則，所以與平面所成角的正弦值為．2．(2022·全國乙理)如圖，四面體中，，E為的中點．(1)證明：平面平面；(2)設，點F在上，當?shù)拿娣e最小時，求與平面所成的角的正弦值．2．解析(1)因為，E為的中點，所以；在和中，因為，所以，所以，又因為E為的中點，所以；又因為平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面．(2)連接，由(1)知，平面，因為平面，所以，所以，當時，最小，即的面積最?。驗?，所以，又因為，所以是等邊三角形，因為E為的中點，所以，，因，所以，在中，，所以．以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設平面的一個法向量為，則，取，則，又因為，所以，所以，設與平面所成的角的正弦值為，所以，所以與平面所成的角的正弦值為．3．(2022·北京)如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．(1)求證：平面；(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．3．解析(1)取的中點為，連接，由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，而，則，而平面，平面，故平面，而，則，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，(2)因為側面為正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因為，故平面，因為平面，故，若選①，則，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，從而，取，則，設直線與平面所成的角為，則.若選②，因，故平面，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，從而，取，則，設直線與平面所成的角為，則.4．(2022·浙江)如圖，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角為．設M，N分別為的中點．

(1)證明：；(2)求直線與平面所成角的正弦值．4．解析(1)過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點交于點、．∵四邊形和都是直角梯形，，，由平面幾何知識易知，，則四邊形和四邊形是矩形，∴在Rt和Rt，，∵，且，∴平面是二面角的平面角，則，∴是正三角形，由平面，得平面平面，∵是的中點，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．(2)因為平面，過點做平行線，所以以點為原點，，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，設，則，設平面的法向量為由，得，取，設直線與平面所成角為，∴．【方法總結】直線與平面所成的角如圖，直線AB與平面α相交于點B，設直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sinθ＝|cos＜u，n＞|＝eq\f(|u·n|,|u||n|)．【題型突破】1．(2020·北京)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為BB1的中點．(1)求證：BC1∥平面AD1E；(2)求直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值．1．解析(1)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1且AB＝A1B1，A1B1∥C1D1且A1B1＝C1D1，∴AB∥C1D1且AB＝C1D1，∴四邊形ABC1D1為平行四邊形，∴BC1∥AD1．∵BC1?平面AD1E，AD1?平面AD1E，∴BC1∥平面AD1E．(2)以點A為坐標原點，AD，AB，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則A(0，0，0)，A1(0，0，2)，D1(2，0，2)，E(0，2，1)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，2，1)．設平面AD1E的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2y＋z＝0，))令z＝－2，則x＝2，y＝1，則n＝(2，1，－2)．cos<n，eq\o(AA1,\s\up6(→))>＝eq\f(n·\o(AA1,\s\up6(→)),|n||\o(AA1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－4,3×2)＝－eq\f(2,3)．因此，直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值為eq\f(2,3)．2．(2020·浙江)如圖，在三棱臺ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．(1)證明：EF⊥DB；(2)求直線DF與平面DBC所成角的正弦值．2．解析(1)如圖，過點D作DO⊥AC，交直線AC于點O，連接OB．由∠ACD＝45°，DO⊥AC得CD＝eq\r(2)CO．由平面ACFD⊥平面ABC，得DO⊥平面ABC，所以DO⊥BC．由∠ACB＝45°，BC＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(\r(2),2)CO得BO⊥BC．所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．由三棱臺ABC－DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB．(2)法一：如圖，過點O作OH⊥BD，交直線BD于點H，連接CH．由三棱臺ABC－DEF得DF∥CO，所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角．由BC⊥平面BDO得OH⊥BC，故OH⊥平面BCD，所以∠OCH為直線CO與平面DBC所成角．設CD＝2eq\r(2)．由DO＝OC＝2，BO＝BC＝eq\r(2)，得BD＝eq\r(6)，OH＝eq\f(2,3)eq\r(3)，所以sin∠OCH＝eq\f(OH,OC)＝eq\f(\r(3),3)，因此，直線DF與平面DBC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3)．法二：由三棱臺ABC－DEF得DF∥CO，所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角，記為θ．如圖，以O為原點，分別以射線OC，OD為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系O-xyz．設CD＝2eq\r(2)．由題意知各點坐標如下：O(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2)．因此eq\o(OC,\s\up7())＝(0，2，0)，eq\o(BC,\s\up7())＝(－1，1，0)，eq\o(CD,\s\up7())＝(0，－2，2)．設平面BCD的法向量n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(BC,\s\up7())＝0，,n·eq\o(CD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－2y＋2z＝0，))可取n＝(1，1，1)．所以sinθ＝|cos<eq\o(OC,\s\up7())，n>|＝eq\f(|eq\o(OC,\s\up7())·n|,|eq\o(OC,\s\up7(→))|·|n|)＝eq\f(\r(3),3)．因此，直線DF與平面DBC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3)．3．(2020·全國Ⅱ)如圖，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)設O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值．3．解析(1)因為M，N分別為BC，B1C1的中點，所以MN∥CC1．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．因為△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F．(2)由已知得AM⊥BC．以M為坐標原點，eq\o(MA,\s\up7())的方向為x軸正方向，|eq\o(MB,\s\up7())|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系M－xyz，則AB＝2，AM＝eq\r(3)．連接NP，則四邊形AONP為平行四邊形，故PM＝eq\f(2\r(3),2)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(1,3)，0))．由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC．作NQ⊥AM，垂足為Q，則NQ⊥平面ABC．設Q(a，0，0)，則NQ＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))2)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，1，\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，故eq\o(B1E,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a，－\f(2,3)，－\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，|eq\o(B1E,\s\up7())|＝eq\f(2\r(10),3)．又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的法向量，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－<n，eq\o(B1E,\s\up7(→))>))＝cos<n，eq\o(B1E,\s\up7())>＝eq\f(n·eq\o(B1E,\s\up7()),|n|·|eq\o(B1E,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(10),10)．所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為eq\f(\r(10),10)．4．(2020·新山東)如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設平面PAD與平面PBC的交線為l．(1)證明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．4．解析(1)在正方形ABCD中，AD∥BC，因為AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC，又因為AD?平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l．因為在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD．因為DC∩PD＝D，所以l⊥平面PDC．(2)如圖建立空間直角坐標系Dxyz，因為PD＝AD＝1，則有D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，設Q(m，0，1)，則有eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(m，0，1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)．設平面QCD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,mx＋z＝0，))令x＝1，則z＝－m，所以平面QCD的一個法向量為n＝(1，0，－m)，則cos<n，eq\o(PB,\s\up6(→))>＝eq\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n||\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋0＋m,\r(3)·\r(m2＋1))．根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于|cos<n，eq\o(PB,\s\up6(→))>|＝eq\f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))＝eq\f(\r(3),3)·eq\r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq\f(\r(3),3)·eq\r(1＋\f(2m,m2＋1))≤eq\f(\r(3),3)·eq\r(1＋\f(2|m|,m2＋1))≤eq\f(\r(3),3)·eq\r(1＋1)＝eq\f(\r(6),3)，當且僅當m＝1時取等號，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為eq\f(\r(6),3)．5．(2021·浙江)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq\r(15)，M，N分別為BC，PC的中點，PD⊥DC，PM⊥MD．(1)證明：AB⊥PM；(2)求直線AN與平面PDM所成角的正弦值．5．解析(1)在平行四邊形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，CM＝eq\f(1,2)BC＝2，∠DCM＝60°，所以由余弦定理可得，DM2＝CD2＋CM2－2·CD·CM·cos60°＝3，則CD2＋DM2＝1＋3＝4＝CM2，即CD⊥DM，又PM⊥MD，PM∩DM＝M，所以CD⊥平面PDM，而PM?平面PDM，所以CD⊥PM．因為CD∥AB，所以AB⊥PM．(2)由(1)知，CD⊥平面PDM，又CD?平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PDM，且平面ABCD平面∩PDM＝DM，因為PM⊥DM，且PM?平面PDM，所以PM⊥平面ABCD，連接AM，則PM⊥MA，在△ABM中，AB＝1，BM＝2，∠ABM＝120°，可得AM2＝1＋4－2·1·2·(－eq\f(1,2))＝7，又PA＝eq\r(15)，在Rt△PMA中，求得PM＝2eq\r(2)，取AD中點E，連接ME，則ME∥CD，可得ME、MD、MP兩兩互相垂直，以M為坐標原點，分別以MD、ME、MP分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則A(－eq\r(3)，2，0)，P(0，0，2)，C(eq\r(3)，－1，0)．又N為PC的中點，所以N(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，eq\r(2))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(eq\f(3\r(3),2)，－eq\f(5,2)，eq\r(2))，平面PDM的一個法向量為n＝(0，1，0)，設直線AN與平面PDM所成角為θ，則sinθ＝|cos<eq\o(AN,\s\up6(→))，n>|＝eq\f(|n·\o(AN,\s\up6(→))|,|n|·|\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(15),6)，故直線AN與平面PDM所成角的正弦值為eq\f(\r(15),6)．6．(2016·全國Ⅲ)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點．(1)證明MN∥平面PAB；(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值．6．解析(1)由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2．取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC的中點知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2．又AD∥BC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT．因為MN?平面PAB，AT?平面PAB，所以MN∥平面PAB．(2)取BC的中點E，連接AE．由AB＝AC得AE⊥BC，從而AE⊥AD，且AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))2)＝eq\r(5)．以A為坐標原點，eq\o(AE,\s\up7())的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz．由題意知P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(eq\r(5)，2，0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2))，eq\o(PM,\s\up7())＝(0，2，－4)，eq\o(PN,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq\o(AN,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2))．設n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(PM,\s\up7())＝0，,n·eq\o(PN,\s\up7())＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))可取n＝(0，2，1)．于是|cos<n，eq\o(AN,\s\up7())>|＝eq\f(|n·eq\o(AN,\s\up7())|,|n||eq\o(AN,\s\up7())|)＝eq\f(8\r(5),25)．所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為eq\f(8\r(5),25)．7．(2018·全國Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF．(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值．7．解析(1)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF．又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．(2)作PH⊥EF，垂足為H．由(1)，得PH⊥平面ABFD．以H為坐標原點，eq\o(HF,\s\up6(→))的方向為y軸正方向，|eq\o(BF,\s\up6(→))|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系Hxyz．由(1)可得，DE⊥PE．又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq\r(3)．又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF．所以PH＝eq\f(\r(3),2)，EH＝eq\f(3,2)，則H(0，0，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，0))，所以eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(HP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Heq\o(P,\s\up6(→))為平面ABFD的法向量．設DP與平面ABFD所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(HP,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→))|,|\o(HP,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3,4),\r(3))＝eq\f(\r(3),4)．所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4)．8．(2018·浙江)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)證明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．8．解析方法一(1)由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2eq\r(2)，所以A1Beq\o\al(2,1)＋ABeq\o\al(2,1)＝AAeq\o\al(2,1)，故AB1⊥A1B1．由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝eq\r(5)．由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2eq\r(3)．由CC1⊥AC，得AC1＝eq\r(13)，所以ABeq\o\al(2,1)＋B1Ceq\o\al(2,1)＝ACeq\o\al(2,1)，故AB1⊥B1C1．又因為A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1?平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1．(2)如圖，過點C1作C1D⊥A1B1，交直線A1B1于點D，連接AD.由AB1⊥平面A1B1C1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1.由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D?平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1.所以∠C1AD即為AC1與平面ABB1所成的角．由B1C1＝eq\r(5)，A1B1＝2eq\r(2)，A1C1＝eq\r(21)，得cos∠C1A1B1＝eq\f(\r(42),7)，sin∠C1A1B1＝eq\f(\r(7),7)，所以C1D＝eq\r(3)，故sin∠C1AD＝eq\f(C1D,AC1)＝eq\f(\r(39),13)．因此直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(39),13)．方法二(1)如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系Oxyz.由題意知各點坐標如下：A(0，－eq\r(3)，0)，B(1，0，0)，A1(0，－eq\r(3)，4)，B1(1，0，2)，C1(0，eq\r(3)，1)．因此eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，2)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，－3)．由eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝0，得AB1⊥A1B1．由eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，得AB1⊥A1C1．又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1?平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1．(2)設直線AC1與平面ABB1所成的角為θ．由(1)可知eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，2)．設平面ABB1的一個法向量為n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,2z＝0，))可取n＝(－eq\r(3)，1，0)．所以sinθ＝|cos<eq\o(AC1,\s\up6(→))，n>|＝eq\f(|\o(AC1,\s\up6(→))·n|,|\o(AC1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(39),13)．因此直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(39),13)．9．如圖，七面體ABCDEF的底面是凸四邊形ABCD，其中AB＝AD＝2，∠BAD＝120°，AC，BD互相垂直并相交于點O，OC＝2OA，棱AE，CF均垂直于底面ABCD，且AE＝2CF．(1)證明：直線DE與平面BCF不平行；(2)若CF＝1，求直線BC與平面BFD所成角的正弦值．9．解析(1)假設DE∥平面BFC，因為AE∥CF，AE?平面BFC，CF?平面BFC，所以AE∥平面BFC，又因為DE∥平面BFC，AE∩DE＝E，AE，DE?平面ADE，所以平面ADE∥平面BFC，根據(jù)面面平行的性質定理可得AD∥BC，所以eq\f(BO,OD)＝eq\f(CO,OA)．因為AB＝AD，AO⊥BD，所以BO＝OD，CO＝OA，這與OC＝2OA矛盾，所以DE與平面BFC不平行．(2)以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0，－eq\r(3)，0)，C(2，0，0)，D(0，eq\r(3)，0)，E(－1，0，2)，F(xiàn)(2，0，1)，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2，eq\r(3)，0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0，－2eq\r(3)，0)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(2，－eq\r(3)，1)．設平面BFD的法向量n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DF,\s\up6(→))·n＝0，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)y＝0，,2x－\r(3)y＋z＝0，))則y＝0，取x＝1，得z＝－2，所以平面BFD的一個法向量n＝(1，0，－2)．所以直線BC與平面BFD所成的角的正弦值為sinθ＝eq\f(|\o(BC,\s\up6(→))·n|,|\o(BC,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2\r(35),35)．10．(2017·浙江)如圖，已知四棱錐P－ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E為PD的中點．(1)證明：CE∥平面PAB；(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值．10．解析(向量法)：(1)設AD的中點為O，連接OB，OP．∵△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，∴OP⊥AD．∵BC＝eq\f(1,2)AD＝OD，且BC∥OD，∴四邊形BCDO為平行四邊形，又∵CD⊥AD，∴OB⊥AD，∵OP∩OB＝O，∴AD⊥平面OPB．過點O在平面POB內作OB的垂線OM，交PB于M，以O為原點，OB所在直線為x軸，OD所在直線為y軸，OM所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖．設CD＝1，則有A(0，－1，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)．設P(x，0，z)(z>0)，由PC＝2，OP＝1，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((x－1)2＋1＋z2＝4，,x2＋z2＝1，))得x＝－eq\f(1,2)，z＝eq\f(\r(3),2)．即點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，而E為PD的中點，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,2)，\f(\r(3),4)))．設平面PAB的法向量為n＝(x1，y1，z1)，∵eq\o(AP,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，\f(\r(3),2)))，eq\o(AB,\s\up7())＝(1，1，0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x1＋y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，,x1＋y1＝0，))取y1＝－1，得n＝(1，－1，eq\r(3))．而eq\o(CE,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－\f(1,2)，\f(\r(3),4)))，則eq\o(CE,\s\up7())·n＝0，而CE?平面PAB，∴CE∥平面PAB．(2)設平面PBC的法向量為m＝(x2，y2，z2)，∵eq\o(BC,\s\up7())＝(0，1，0)，eq\o(BP,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝0，,－\f(3,2)x2＋\f(\r(3),2)z2＝0，))取x2＝1，得m＝(1，0，eq\r(3))．設直線CE與平面PBC所成角為θ．則sinθ＝|cos＜m，eq\o(CE,\s\up7())＞|＝eq\f(|eq\o(CE,\s\up7())·m|,|eq\o(CE,\s\up7())|·|m|)＝eq\f(\r(2),8)，故直線CE與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(2),8)．(幾何法)：(1)如圖，設PA的中點為F，連接EF，F(xiàn)B．因為E，F(xiàn)分別為PD，PA的中點，所以EF∥AD且EF＝eq\f(1,2)AD．又因為BC∥AD，BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF∥BC且EF＝BC，即四邊形BCEF為平行四邊形，所以CE∥BF．因為BF?平面PAB，CE?平面PAB，所以CE∥平面PAB．(2)分別取BC，AD的中點為M，N．連接PN交EF于點Q，連接MQ，BN．因為E，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點，所以Q為EF的中點，在平行四邊形BCEF中，MQ∥CE．由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD．由DC⊥AD，N是AD的中點得BN⊥AD．又PN∩BN＝N，所以AD⊥平面PBN．由BC∥AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．過點Q作PB的垂線，垂足為H，連接MH．則MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角．設CD＝1．在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝eq\r(2)得CE＝eq\r(2)，在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝eq\r(3)得QH＝eq\f(1,4)，在Rt△MQH中，QH＝eq\f(1,4)，MQ＝eq\r(2)，所以sin∠QMH＝eq\f(\r(2),8)，所以直線CE與平面PBC所成角的正弦值是eq\f(\r(2),8)．11．已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD為菱形，PD＝PB，H為PC上的點，過AH的平面分別交PB，PD于點M，N，且BD∥平面AMHN．(1)證明：MN⊥PC；(2)當H為PC的中點，PA＝PC＝eq\r(3)AB，PA與平面ABCD所成的角為60°，求AD與平面AMHN所成角的正弦值．11．解析(1)連接AC，BD且AC∩BD＝O，連接PO．因為ABCD為菱形，所以BD⊥AC．因為PD＝PB，所以PO⊥BD．因為AC∩PO＝O，且AC，PO?平面PAC，所以BD⊥平面PAC．因為PC?平面PAC，所以BD⊥PC．因為BD∥平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD∥MN，MN⊥平面PAC，所以MN⊥PC．(2)由(1)知BD⊥AC且PO⊥BD．因為PA＝PC，且O為AC的中點，所以PO⊥AC，所以PO⊥平面ABCD，所以PA與平面ABCD所成的角為∠PAO，所以∠PAO＝60°，所以AO＝eq\f(1,2)PA，PO＝eq\f(\r(3),2)PA．因為PA＝eq\r(3)AB，所以BO＝eq\f(\r(3),6)PA．以O為原點，OA，OD，OP分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系．設PA＝2，所以O(0，0，0)，A(1，0，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),3)，0))，C(－1，0，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)，0))，P(0，0，eq\r(3))，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，0))，eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),3)，0))．設平面AMHN的法向量為n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AH,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)y＝0，,－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)z＝0.))令x＝2，則y＝0，z＝2eq\r(3)，所以n＝(2，0，2eq\r(3))為平面AMHN的一個法向量．設AD與平面AMHN所成角為θ，所以sinθ＝|cos<n，eq\o(AD,\s\up6(→))>|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(AD,\s\up6(→)),|n||\o(AD,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\r(3),4)．所以AD與平面AMHN所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4)．12．如圖，在四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝eq\r(2)，點E在AD上，且AE＝2ED．(1)已知點F在BC上，且CF＝2FB，求證：平面PEF⊥平面PAC；(2)當二面角A—PB—E的余弦值為多少時，直線PC與平面PAB所成的角為45°？12．解析(1)∵AB⊥AC，AB＝AC，∴∠ACB＝45°，∵底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，∴∠ACD＝45°，即AD＝CD，AC＝eq\r(2)AD，又AB⊥AC，∴BC＝eq\r(2)AC＝2AD，∵AE＝2ED，CF＝2FB，∴AE＝BF＝eq\f(2,3)AD，又∵AE∥BF，∴四邊形ABFE是平行四邊形，∴AB∥EF，∴AC⊥EF，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥EF，∵PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴EF⊥平面PAC，又EF?平面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC．(2)∵PA⊥AC，AC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴AC⊥平面PAB，則∠APC為PC與平面PAB所成的角，若PC與平面PAB所成的角為45°，則tan∠APC＝eq\f(AC,PA)＝1，即PA＝AC＝eq\r(2)，取BC的中點G，連接AG，則AG⊥BC，以A為坐標原點，AG，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則A(0，0，0)，B(1，－1，0)，C(1，1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，0))，P(0，0，eq\r(2))，∴eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(5,3)，0))，eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,3)，\r(2)))，設平面PBE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,3)y＝0，,－\f(2,3)y＋\r(2)z＝0，))令y＝3，則x＝5，z＝eq\r(2)，∴n＝(5，3，eq\r(2))．∵eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)是平面PAB的一個法向量，cos<n，eq\o(AC,\s\up6(→))>＝eq\f(5＋3,\r(2)×6)＝eq\f(2\r(2),3)，即當二面角A—PB—E的余弦值為eq\f(2\r(2),3)時，直線PC與平面PAB所成的角為45°．13．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，∠ADP＝90°，平面ADP⊥平面ABCD，點F為棱PD的中點．(1)在棱AB上是否存在一點E，使得AF∥平面PCE？并說明理由；(2)當二面角D－FC－B的余弦值為eq\f(\r(2),4)時，求直線PB與平面ABCD所成的角．13．解析(1)在棱AB上存在點E，使得AF∥平面PCE，點E為棱AB的中點．理由如下：取PC的中點Q，連接EQ，F(xiàn)Q，由題意，F(xiàn)Q∥DC且FQ＝eq\f(1,2)CD，AE∥CD且AE＝eq\f(1,2)CD，則AE∥FQ且AE＝FQ．所以四邊形AEQF為平行四邊形．所以AF∥EQ，又EQ?平面PCE，AF?平面PCE，所以AF∥平面PCE．(2)由題意，知△ABD為正三角形，所以ED⊥AB，亦即ED⊥CD，又∠ADP＝90°，所以PD⊥AD，且平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，所以PD⊥平面ABCD，故以D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設FD＝a(a＞0)，則由題意知D(0，0，0)，F(xiàn)(0，0，a)，C(0，2，0)，B(eq\r(3)，1，0)，eq\o(FC,\s\up6(→))＝(0，2，－a)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，0)，設平面FBC的法向量為m＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(FC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CB,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－az＝0，,\r(3)x－y＝0，))令x＝1，則y＝eq\r(3)，z＝eq\f(2\r(3),a)，所以取m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，\f(2\r(3),a)))，顯然可取平面DFC的法向量n＝(1，0，0)，由題意知eq\f(\r(2),4)＝|cos＜m，n＞|＝eq\f(1,\r(1＋3＋\f(12,a2)))，所以a＝eq\r(3)．由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD內的射影為BD，所以∠PBD為直線PB與平面ABCD所成的角，易知在Rt△PBD中，tan∠PBD＝eq\f(PD,BD)＝a＝eq\r(3)，從而∠PBD＝60°，所以直線PB與平面ABCD所成的角為60°．14．(2018·全國Ⅱ)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點．(1)證明：PO⊥平面ABC；(2)若點M在棱BC上，且二面角M－PA－C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值．14．解析(1)因為PA＝PC＝AC＝4，O為AC的中點，所以PO⊥AC，且PO＝2eq\r(3)．連接OB．因為AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2．由PO2＋OB2＝PB2，知PO⊥OB．由PO⊥OB，PO⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC．(2)如圖，以O為坐標原點，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz．由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2eq\r(3))，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，2，2eq\r(3))，取平面PAC的一個法向量eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2，0，0)．設M(a，2－a，0)(0＜a≤2)，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝(a，4－a，0)．設平面PAM的法向量為n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AM,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋4－ay＝0，))可取n＝(eq\r(3)(a－4)，eq\r(3)a，－a)，所以cos＜eq\o(OB,\s\up6(→))，n＞＝eq\f(2\r(3)a－4,2\r(3a－42＋3a2＋a2))．由已知得|cos＜eq\o(OB,\s\up6(→))，n＞|＝eq\f(\r(3),2)．所以eq\f(2\r(3)|a－4|,2\r(3a－42＋3a2＋a2))＝eq\f(\r(3),2)．解得a＝－4(舍去)或a＝eq\f(4,3)．所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8\r(3),3)，\f(4\r(3),3)，－\f(4,3)))．又eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2eq\r(3))，所以cos＜eq\o(PC,\s\up6(→))，n＞＝eq\f(\r(3),4)．所以PC與平面PAM所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4)．15．如圖，已知在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，點E在棱AB上移動．(1)求證：D1E⊥A1D；(2)在棱AB上是否存在點E使得AD1與平面D1EC所成的角為eq\f(π,6)？若存在，求出AE的長，若不存在，說明理由．15．解析(1)∵AE⊥平面AA1D1D，A1D?平面AA1D1D，∴AE⊥A1D．∵在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，∴A1D⊥AD1．∵AE∩AD1＝A，∴A1D⊥平面AED1．∵D1E?平面AED1，∴D1E⊥A1D．(2)以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示．設棱AB上存在點E(1，t，0)(0≤t≤2)，使得AD1與平面D1EC所成的角為eq\f(π,6)，A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，t－2，0)，設平面D1EC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD1,\s\up6(→))＝－2y＋z＝0，,n·\o(CE,\s\up6(→))＝x＋t－2y＝0，))取y＝1，得n＝(2－t，1，2)，∴sineq\f(π,6)＝eq\f(|\o(AD1,\s\up6(→))·n|,|\o(AD1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|t－2＋2|,\r(2)×\r(t－22＋5))，整理，得t2＋4t－9＝0，解得t＝eq\r(13)－2或t＝－2－eq\r(13)(舍去)，∴在棱AB上存在點E使得AD1與平面D1EC所成的角為eq\f(π,6)，此時AE＝eq\r(13)－2．16．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，側面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2eq\r(2)，E為CD的中點，點F在線段PB上．(1)求證：AD⊥PC；(2)試確定點F的位置，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等．16．解析(1)如圖所示，在平行四邊形ABCD中，連接AC，因為AB＝2eq\r(2)，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos45°＝4，得AC＝2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC．又AD∥BC，所以AD⊥AC．因為AD＝AP＝2，DP＝2eq\r(2)，所以PA⊥AD，又AP∩AC＝A，AP，AC?平面PAC，所以AD⊥平面PAC，又PC?平面PAC，所以AD⊥PC．(2)因為側面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，側面PAD∩底面ABCD＝AD，PA?側面PAD，所以PA⊥底面ABCD，所以直線AC，AD，AP兩兩垂直，以A為原點，直線AD，AC，AP為坐標軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，則A(0，0，0)，D(－2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(－1，1，0)，P(0，0，2)，所以eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－2，0，－2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2，2，－2)．設eq\f(PF,PB)＝λ(λ∈[0，1])，則eq\o(PF,\s\up6(→))＝(2λ，2λ，－2λ)，F(xiàn)(2λ，2λ，－2λ＋2)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)．易得平面ABCD的一個法向量為m＝(0，0，1)．設平面PDC的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,－2x－2z＝0，))令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．因為直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等，所以|cos＜eq\o(EF,\s\up6(→))，m＞|＝|cos＜eq\o(EF,\s\up6(→))，n＞|，即eq\f(|\o(EF,\s\up6(→))·m|,|\o(EF,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(|\o(EF,\s\up6(→))·n|,|\o(EF,\s\up6(→))||n|)，所以|－2λ＋2|＝eq\f(|2λ|,\r(3))，即eq\r(3)|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝eq\f(3－\r(3),2)，所以eq\f(PF,PB)＝eq\f(3－\r(3),2)，即當eq\f(PF,PB)＝eq\f(3－\r(3),2)時，直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等．17．等邊△ABC的邊長為3，點D，E分別是AB，AC上的點，且滿足eq\f(AD,DB)＝eq\f(CE,EA)＝eq\f(1,2)(如圖①)，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B成直二面角，連接A1B，A1C(如圖②)．(1)求證：A1D⊥平面BCED；(2)在線段BC上是否存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°？若存在，求出PB的長；若不存在，請說明理由．17．解析(1)題圖①中，由已知可得：AE＝2，AD＝1，A＝60°．從而DE＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3)．故得AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE，BD⊥DE．所以題圖②中，A1D⊥DE，又平面ADE∩平面BCED＝DE，A1D⊥DE，A1D?平面A1DE，所以A1D⊥平面BCED．(2)存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED．以D為坐標原點，以射線DB，DE，DA1分別為x軸，y軸，z軸的正半軸建立空間直角坐標系D－xyz，如圖，過P作PH∥DE交BD于點H，設PB＝2a(0≤2a≤3)，則BH＝a，PH＝eq\r(3)a，DH＝2－a，易知A1(0，0，1)，P(2－a，eq\r(3)a，0)，E(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(PA1,\s\up7(→))＝(a－2，－eq\r(3)a，1)．因為ED⊥平面A1BD，所以平面A1BD的一個法向量為eq\o(DE,\s\up7(→))＝(0，eq\r(3)，0)，因為直線PA1與平面A1BD所成的角為60°，所以sin60°＝eq\f(|eq\o(PA1,\s\up7(→))·eq\o(DE,\s\up7(→))|,|eq\o(PA1,\s\up7(→))||eq\o(DE,\s\up7(→))|)＝eq\f(3a,\r(4a2－4a＋5)×\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝eq\f(5,4)．所以PB＝2a＝eq\f(5,2)，滿足0≤2a≤3，符合題意．所以在線段BC上存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°，此時PB＝eq\f(5,2)．18．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，AB＝AC＝2，AD＝2eq\r(2)，PB＝eq\r(2)，PB⊥AC．(1)求證：平面PAB⊥平面PAC；(2)若∠PBA＝45°，試判斷棱PA上是否存在與點P，A不重合的點E，使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(6),9)？若存在，求出eq\f(AE,AP)的值；若不存在，請說明理由．18．解析(1)因為四邊形ABCD是平行四邊形，AD＝2eq\r(2)，所以BC＝AD＝2eq\r(2)，又AB＝AC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，又PB⊥AC，AB∩PB＝B，AB，PB?平面PAB，所以AC⊥平面PAB．又因為AC?平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC．(2)由(1)知AC⊥AB，AC⊥平面PAB，分別以AB，AC所在直線為x軸，y軸，平面PAB內過點A且與直線AB垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標系Axyz，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，由∠PBA＝45°，PB＝eq\r(2)，可得P(1，0，1)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，假設棱PA上存在點E，使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(6),9)，設eq\f(AE,AP)＝λ(0<λ<1)，則eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))＝(λ，0，λ)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝(λ，－2，λ)，設平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0，,－x＋z＝0，))令z＝1，可得x＝y(tǒng)＝1，所以平面PBC的一個法向量n＝(1，1，1)，設直線CE與平面PBC所成的角為θ，則sinθ＝|cos<n，eq\o(CE,\s\up6(→))>|＝eq\f(|λ－2＋λ|,\r(3)·\r(λ2＋－22＋λ2))＝eq\f(|2λ－2|,\r(3)·\r(2λ2＋4))＝eq\f(\r(6),9)，解得λ＝eq\f(1,2)或λ＝eq\f(7,4)(舍)．所以在棱PA上存在點E，且eq\f(AE,AP)＝eq\f(1,2)，使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(6),9)．19．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F(xiàn)，G，O分別是PC，PD，BC，AD的中點．(1)求證：PO⊥平面ABCD；(2)求平面EFG與平面ABCD所成銳二面角的大?。?3)在線段PA上是否存在點M，使得直線GM與平面EFG所成角為eq\f(π,6)，若存在，求線段PM的長度；若不存在，說明理由．19．解析(1)因為△PAD是正三角形，O是AD的中點，所以PO⊥AD．又因為CD⊥平面PAD，PO?平面PAD，所以PO⊥CD．又AD∩CD＝D，AD，CD?平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．(2)如圖，以O點為原點，分別以OA，OG，OP所在直線為x軸、y軸、z