統(tǒng)考版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章8.7立體幾何中的向量方法課時(shí)作業(yè)理含解析

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGE1-課時(shí)作業(yè)46立體幾何中的向量方法〖基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)〗1.〖2021·廣州市高三年級(jí)階段訓(xùn)練題〗如圖，三棱錐P－ABC中，PA＝PC，AB＝BC，∠APC＝120°，∠ABC＝90°，AC＝eq\r(3)PB.(1)求證：AC⊥PB；(2)求直線AC與平面PAB所成角的正弦值．2．〖2021·安徽合肥調(diào)研〗如圖，矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，∠ABE＝60°，G為BE的中點(diǎn)．(1)求證：平面ACG⊥平面BCE；(2)若AB＝eq\r(3)BC，求二面角B－CA－G的余弦值．3．〖2021·石家莊市高三年級(jí)階段性訓(xùn)練題〗如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝AC＝4，D，E分別是AC，AB的中點(diǎn)，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C＝A1D，如圖2.(1)求證：平面A1CD⊥平面A1BC；(2)求直線A1C與平面A1BE所成角的正弦值．4．〖2020·天津卷，17〗如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，點(diǎn)D，E分別在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M為棱A1B1的中點(diǎn)．(1)求證：C1M⊥B1D；(2)求二面角B－B1E－D的正弦值；(3)求直線AB與平面DB1E所成角的正弦值．5．〖2021·保定市高三第一次模擬考試〗如圖，四邊形ABCD為矩形，△ABE和△BCF均為等腰直角三角形，且∠BAE＝∠BCF＝∠DAE＝90°，EA∥FC.(1)求證：DE∥平面BCF.(2)設(shè)eq\f(BC,AB)＝λ，問(wèn)是否存在λ，使得二面角B－EF－D的余弦值為eq\f(\r(3),3)？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．6．〖2020·江蘇卷，22〗在三棱錐A－BCD中，已知CB＝CD＝eq\r(5)，BD＝2，O為BD的中點(diǎn)，AO⊥平面BCD，AO＝2，E為AC的中點(diǎn)．(1)求直線AB與DE所成角的余弦值；(2)若點(diǎn)F在BC上，滿足BF＝eq\f(1,4)BC，設(shè)二面角F－DE－C的大小為θ，求sinθ的值．〖能力挑戰(zhàn)〗7．〖2020·山東卷，20〗如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設(shè)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(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．課時(shí)作業(yè)461．〖解析〗(1)證明：如圖1，取AC的中點(diǎn)O，連接PO，BO，因?yàn)镻A＝PC，所以PO⊥AC.因?yàn)锳B＝BC，所以BO⊥AC.因?yàn)镻O∩BO＝O，PO?平面POB，BO?平面POB，所以AC⊥平面POB.因?yàn)镻B?平面POB，所以AC⊥PB.(2)解法一不妨設(shè)AC＝2，因?yàn)锳C＝eq\r(3)PB，所以PB＝eq\f(2\r(3),3).因?yàn)锳B＝BC，∠ABC＝90°，所以BO＝AO＝eq\f(1,2)AC＝1.因?yàn)镻A＝PC，∠APC＝120°，所以∠APO＝60°.在Rt△POA中，PO＝eq\f(AO,tan60°)＝eq\f(\r(3),3).因?yàn)锽O2＋PO2＝eq\f(4,3)＝PB2，所以PO⊥BO.因?yàn)镻O⊥AC，AC∩BO＝O，AC?平面ABC，BO?平面ABC，所以PO⊥平面ABC，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB為x軸，OC為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.則A(0，－1,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),3)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(3),3)))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，由n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0,y＋\f(\r(3),3)z＝0))，令z＝eq\r(3)，則y＝－1，x＝1.故平面PAB的一個(gè)法向量為n＝(1，－1，eq\r(3))．則cos〈n，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AC,\s\up6(→)),|n||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2,\r(5)×2)＝－eq\f(\r(5),5).設(shè)直線AC與平面PAB所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(AC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\r(5),5).所以直線AC與平面PAB所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).解法二如圖2，作AD⊥PB，交PB于D，連接CD，根據(jù)題意，得△ABP≌△CBP，則CD⊥PB，AD＝CD.因?yàn)锳D∩CD＝D，AD?平面ACD，CD?平面ACD，所以PB⊥平面ACD.因?yàn)镻B?平面PAB，所以平面PAB⊥平面ACD.則AD是直線AC在平面PAB上的射影．所以∠CAD為直線AC與平面PAB所成的角．不妨設(shè)AC＝2，因?yàn)锳C＝eq\r(3)PB，所以PB＝eq\f(2\r(3),3).因?yàn)锳B＝BC，∠ABC＝90°，所以AB＝eq\r(2)，AO＝1.因?yàn)镻A＝PC，∠APC＝120°，所以∠PAO＝30°.在Rt△POA中，PA＝eq\f(AO,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3).故PA＝PB＝eq\f(2\r(3),3).則△ABP的面積S＝eq\f(1,2)·AB·eq\r(PA2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2)＝eq\f(\r(15),6)，又S＝eq\f(1,2)·PB·AD，即eq\f(\r(15),6)＝eq\f(1,2)×eq\f(2\r(3),3)·AD，所以AD＝eq\f(\r(5),2).在△ACD中，CD＝AD＝eq\f(\r(5),2)，AC＝2，則cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2·AC·AD)＝eq\f(2\r(5),5)，故sin∠CAD＝eq\r(1－cos2∠CAD)＝eq\f(\r(5),5).所以直線AC與平面PAB所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).2．〖解析〗(1)證明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF，∴CB⊥AG.在菱形ABEF中，∠ABE＝60°，連接AE，則△ABE為等邊三角形，又G為BE的中點(diǎn)，∴AG⊥BE.∵BE∩CB＝B，∴AG⊥平面BCE.∵AG?平面ACG，∴平面ACG⊥平面BCE.(2)由(1)知，AD⊥平面ABEF，AG⊥BE，∴AG，AF，AD兩兩垂直．以A為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝2，則BC＝eq\f(2\r(3),3)，A(0,0,0)，G(eq\r(3)，0,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－1，\f(2\r(3),3)))，B(eq\r(3)，－1,0)．設(shè)m＝(x，y，z)為平面ABC的法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y＝0，,\r(3)x－y＋\f(2\r(3),3)z＝0，))取x＝1，得y＝eq\r(3)，z＝0，∴m＝(1，eq\r(3)，0)是平面ABC的一個(gè)法向量，同理可得平面ACG的一個(gè)法向量為n＝(0,2，eq\r(3))，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2\r(3),2×\r(7))＝eq\f(\r(21),7)，結(jié)合圖形知，二面角B－CA－G為銳二面角，故二面角B－CA－G的余弦值為eq\f(\r(21),7).3．〖解析〗(1)在題圖1△ABC中，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，所以DE∥BC.又AC⊥BC，所以DE⊥AC.在題圖2中，DE⊥A1D，DE⊥DC，又A1D∩DC＝D，所以DE⊥平面A1CD.又DE∥BC，所以BC⊥平面A1CD.又BC?平面A1BC，所以平面A1CD⊥平面A1BC.(2)由(1)知DE⊥平面A1CD.又DE?平面BCDE，所以平面A1CD⊥平面BCDE，易知平面A1CD∩平面BCDE＝DC.在正三角形A1CD中過(guò)A1作A1O⊥CD，垂足為O，則A1O⊥平面BCDE.分別以CD，梯形BCDE的中位線，OA1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A1(0,0，eq\r(3))，B(1,4,0)，C(1,0,0)，E(－1,2,0)．eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(EA1,\s\up6(→))＝(1，－2，eq\r(3))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．設(shè)平面A1BE的法向量n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(EA1,\s\up6(→))·n＝x1－2y1＋\r(3)z1＝0,\o(EB,\s\up6(→))·n＝2x1＋2y1＝0))，取n＝(1，－1，－eq\r(3))．設(shè)直線A1C與平面A1BE所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(A1C,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(A1C,\s\up6(→))·n|,|\o(A1C,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(|1×1－1×0＋－\r(3)×－\r(3)|,\r(1＋3)×\r(1＋1＋3))＝eq\f(2\r(5),5).所以直線A1C與平面A1BE所成角的正弦值為eq\f(2\r(5),5).4．〖解析〗依題意，以C為原點(diǎn)，分別以eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CC1,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,3)，A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，M(1,1,3)．(1)證明：依題意，eq\o(C1M,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，從而eq\o(C1M,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.(2)依題意，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2,0,0)是平面BB1E的一個(gè)法向量，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(2,0，－1)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面DB1E的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(ED,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋z＝0，,2x－z＝0.))不妨設(shè)x＝1，可得n＝(1，－1,2)．因此有cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CA,\s\up6(→))·n,|\o(CA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(6),6)，于是sin〈eq\o(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(30),6).所以，二面角B－B1E－D的正弦值為eq\f(\r(30),6).(3)依題意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．由(2)知n＝(1，－1,2)為平面DB1E的一個(gè)法向量，于是cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·n,|\o(AB,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(\r(3),3).所以，直線AB與平面DB1E所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).5．〖解析〗(1)證明：因?yàn)锳D∥BC，AD?平面BCF，BC?平面BCF，所以AD∥平面BCF.因?yàn)镋A∥FC，EA?平面BCF，F(xiàn)C?平面BCF，所以EA∥平面BCF，又AD∩EA＝A，所以平面ADE∥平面BCF，故DE∥平面BCF.(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．因?yàn)椤螧AE＝∠DAE＝90°，所以EA⊥AB，EA⊥AD，又AB∩AD＝A，所以EA⊥平面ABCD，又EA∥FC，所以FC⊥平面ABCD.設(shè)AB＝a，BC＝b，則D(0,0,0)，F(xiàn)(0，a，b)，E(b,0，a)，B(b，a,0)，則eq\o(DE,\s\up6(→))＝(b,0，a)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0，a，b)．設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n＝0,\o(DF,\s\up6(→))·n＝0))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bx＋az＝0,ay＋bz＝0))，取x＝1，因?yàn)閑q\f(BC,AB)＝eq\f(b,a)＝λ，所以z＝－λ，y＝λ2，則n＝(1，λ2，－λ)．設(shè)平面BEF的法向量為m＝(x′，y′，z′)，因?yàn)閑q\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－a，a)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－b,0，b)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up6(→))·m＝0,\o(BF,\s\up6(→))·m＝0))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ay′＋az′＝0,－bx′＋bz′＝0))，所以x′＝y(tǒng)′＝z′，取m＝(1,1,1)．因?yàn)槎娼荁－EF－D的余弦值為eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|λ2－λ＋1|,\r(3)\r(λ4＋λ2＋1))＝eq\f(\r(3),3)，所以λ2－λ＋1＝0，由于Δ＝－3<0，所以不存在正實(shí)數(shù)λ，使得二面角B－EF－D的余弦值為eq\f(\r(3),3).6．〖解析〗(1)連接OC，因?yàn)镃B＝CD，O為BD中點(diǎn)，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))}為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.因?yàn)锽D＝2，CB＝CD＝eq\r(5)，AO＝2，所以B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)．因?yàn)镋為AC的中點(diǎn)，所以E(0,1,1)．則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1,1,1)，所以|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))|·|\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(|1＋0－2|,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),15).因此，直線AB與DE所成角的余弦值為eq\f(\r(15),15).(2)因?yàn)辄c(diǎn)F在BC上，BF＝eq\f(1,4)BC，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，所以eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,2)，0)).又eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，故eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，\f(1,2)，0)).設(shè)n1＝(x1，y1，z1)為平面DEF的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(DF,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＋z1＝0，,\f(7,4)x1＋\f(1,2)y1＝0，))取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，所以n1＝(2，－7,5)．設(shè)n2＝(x2，y2，z2)為平面DEC的一個(gè)法向量，又eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(DC,\s\up6(→))·n2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋z2＝0，,x2＋2y2＝0，))取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，所以n2＝(2，－1，－1)．故|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(|4＋7－5|,\r(78)×\r(6))＝eq\f(\r(13),13).所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(2\r(39),13).7．〖解析〗(1)證明：因?yàn)镻D⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD為正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.因?yàn)锳D∥BC，AD?平面PBC，所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD.因此l⊥平面PDC.(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz.則D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)．由(1)可設(shè)Q(a,0,1)，則eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(a,0,1)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DQ,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,y＝0.))可取n＝(－1,0，a)．所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n|·|\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1－a,\r(3)\r(1＋a2)).設(shè)PB與平面QCD所成角為θ，則sinθ＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(|a＋1|,\r(1＋a2))＝eq\f(\r(3),3)eq\r(1＋\f(2a,a2＋1)).因?yàn)閑q\f(\r(3),3)eq\r(1＋\f(2a,a2＋1))≤eq\f(\r(6),3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)等號(hào)成立，所以PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為eq\f(\r(6),3).課時(shí)作業(yè)46立體幾何中的向量方法〖基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)〗1.〖2021·廣州市高三年級(jí)階段訓(xùn)練題〗如圖，三棱錐P－ABC中，PA＝PC，AB＝BC，∠APC＝120°，∠ABC＝90°，AC＝eq\r(3)PB.(1)求證：AC⊥PB；(2)求直線AC與平面PAB所成角的正弦值．2．〖2021·安徽合肥調(diào)研〗如圖，矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，∠ABE＝60°，G為BE的中點(diǎn)．(1)求證：平面ACG⊥平面BCE；(2)若AB＝eq\r(3)BC，求二面角B－CA－G的余弦值．3．〖2021·石家莊市高三年級(jí)階段性訓(xùn)練題〗如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝AC＝4，D，E分別是AC，AB的中點(diǎn)，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C＝A1D，如圖2.(1)求證：平面A1CD⊥平面A1BC；(2)求直線A1C與平面A1BE所成角的正弦值．4．〖2020·天津卷，17〗如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，點(diǎn)D，E分別在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M為棱A1B1的中點(diǎn)．(1)求證：C1M⊥B1D；(2)求二面角B－B1E－D的正弦值；(3)求直線AB與平面DB1E所成角的正弦值．5．〖2021·保定市高三第一次模擬考試〗如圖，四邊形ABCD為矩形，△ABE和△BCF均為等腰直角三角形，且∠BAE＝∠BCF＝∠DAE＝90°，EA∥FC.(1)求證：DE∥平面BCF.(2)設(shè)eq\f(BC,AB)＝λ，問(wèn)是否存在λ，使得二面角B－EF－D的余弦值為eq\f(\r(3),3)？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．6．〖2020·江蘇卷，22〗在三棱錐A－BCD中，已知CB＝CD＝eq\r(5)，BD＝2，O為BD的中點(diǎn)，AO⊥平面BCD，AO＝2，E為AC的中點(diǎn)．(1)求直線AB與DE所成角的余弦值；(2)若點(diǎn)F在BC上，滿足BF＝eq\f(1,4)BC，設(shè)二面角F－DE－C的大小為θ，求sinθ的值．〖能力挑戰(zhàn)〗7．〖2020·山東卷，20〗如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設(shè)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(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．課時(shí)作業(yè)461．〖解析〗(1)證明：如圖1，取AC的中點(diǎn)O，連接PO，BO，因?yàn)镻A＝PC，所以PO⊥AC.因?yàn)锳B＝BC，所以BO⊥AC.因?yàn)镻O∩BO＝O，PO?平面POB，BO?平面POB，所以AC⊥平面POB.因?yàn)镻B?平面POB，所以AC⊥PB.(2)解法一不妨設(shè)AC＝2，因?yàn)锳C＝eq\r(3)PB，所以PB＝eq\f(2\r(3),3).因?yàn)锳B＝BC，∠ABC＝90°，所以BO＝AO＝eq\f(1,2)AC＝1.因?yàn)镻A＝PC，∠APC＝120°，所以∠APO＝60°.在Rt△POA中，PO＝eq\f(AO,tan60°)＝eq\f(\r(3),3).因?yàn)锽O2＋PO2＝eq\f(4,3)＝PB2，所以PO⊥BO.因?yàn)镻O⊥AC，AC∩BO＝O，AC?平面ABC，BO?平面ABC，所以PO⊥平面ABC，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB為x軸，OC為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.則A(0，－1,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),3)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(3),3)))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，由n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0,y＋\f(\r(3),3)z＝0))，令z＝eq\r(3)，則y＝－1，x＝1.故平面PAB的一個(gè)法向量為n＝(1，－1，eq\r(3))．則cos〈n，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AC,\s\up6(→)),|n||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2,\r(5)×2)＝－eq\f(\r(5),5).設(shè)直線AC與平面PAB所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(AC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\r(5),5).所以直線AC與平面PAB所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).解法二如圖2，作AD⊥PB，交PB于D，連接CD，根據(jù)題意，得△ABP≌△CBP，則CD⊥PB，AD＝CD.因?yàn)锳D∩CD＝D，AD?平面ACD，CD?平面ACD，所以PB⊥平面ACD.因?yàn)镻B?平面PAB，所以平面PAB⊥平面ACD.則AD是直線AC在平面PAB上的射影．所以∠CAD為直線AC與平面PAB所成的角．不妨設(shè)AC＝2，因?yàn)锳C＝eq\r(3)PB，所以PB＝eq\f(2\r(3),3).因?yàn)锳B＝BC，∠ABC＝90°，所以AB＝eq\r(2)，AO＝1.因?yàn)镻A＝PC，∠APC＝120°，所以∠PAO＝30°.在Rt△POA中，PA＝eq\f(AO,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3).故PA＝PB＝eq\f(2\r(3),3).則△ABP的面積S＝eq\f(1,2)·AB·eq\r(PA2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2)＝eq\f(\r(15),6)，又S＝eq\f(1,2)·PB·AD，即eq\f(\r(15),6)＝eq\f(1,2)×eq\f(2\r(3),3)·AD，所以AD＝eq\f(\r(5),2).在△ACD中，CD＝AD＝eq\f(\r(5),2)，AC＝2，則cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2·AC·AD)＝eq\f(2\r(5),5)，故sin∠CAD＝eq\r(1－cos2∠CAD)＝eq\f(\r(5),5).所以直線AC與平面PAB所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).2．〖解析〗(1)證明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF，∴CB⊥AG.在菱形ABEF中，∠ABE＝60°，連接AE，則△ABE為等邊三角形，又G為BE的中點(diǎn)，∴AG⊥BE.∵BE∩CB＝B，∴AG⊥平面BCE.∵AG?平面ACG，∴平面ACG⊥平面BCE.(2)由(1)知，AD⊥平面ABEF，AG⊥BE，∴AG，AF，AD兩兩垂直．以A為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝2，則BC＝eq\f(2\r(3),3)，A(0,0,0)，G(eq\r(3)，0,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－1，\f(2\r(3),3)))，B(eq\r(3)，－1,0)．設(shè)m＝(x，y，z)為平面ABC的法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y＝0，,\r(3)x－y＋\f(2\r(3),3)z＝0，))取x＝1，得y＝eq\r(3)，z＝0，∴m＝(1，eq\r(3)，0)是平面ABC的一個(gè)法向量，同理可得平面ACG的一個(gè)法向量為n＝(0,2，eq\r(3))，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2\r(3),2×\r(7))＝eq\f(\r(21),7)，結(jié)合圖形知，二面角B－CA－G為銳二面角，故二面角B－CA－G的余弦值為eq\f(\r(21),7).3．〖解析〗(1)在題圖1△ABC中，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，所以DE∥BC.又AC⊥BC，所以DE⊥AC.在題圖2中，DE⊥A1D，DE⊥DC，又A1D∩DC＝D，所以DE⊥平面A1CD.又DE∥BC，所以BC⊥平面A1CD.又BC?平面A1BC，所以平面A1CD⊥平面A1BC.(2)由(1)知DE⊥平面A1CD.又DE?平面BCDE，所以平面A1CD⊥平面BCDE，易知平面A1CD∩平面BCDE＝DC.在正三角形A1CD中過(guò)A1作A1O⊥CD，垂足為O，則A1O⊥平面BCDE.分別以CD，梯形BCDE的中位線，OA1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A1(0,0，eq\r(3))，B(1,4,0)，C(1,0,0)，E(－1,2,0)．eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(EA1,\s\up6(→))＝(1，－2，eq\r(3))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．設(shè)平面A1BE的法向量n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(EA1,\s\up6(→))·n＝x1－2y1＋\r(3)z1＝0,\o(EB,\s\up6(→))·n＝2x1＋2y1＝0))，取n＝(1，－1，－eq\r(3))．設(shè)直線A1C與平面A1BE所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(A1C,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(A1C,\s\up6(→))·n|,|\o(A1C,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(|1×1－1×0＋－\r(3)×－\r(3)|,\r(1＋3)×\r(1＋1＋3))＝eq\f(2\r(5),5).所以直線A1C與平面A1BE所成角的正弦值為eq\f(2\r(5),5).4．〖解析〗依題意，以C為原點(diǎn)，分別以eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CC1,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,3)，A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，M(1,1,3)．(1)證明：依題意，eq\o(C1M,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，從而eq\o(C1M,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.(2)依題意，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2,0,0)是平面BB1E的一個(gè)法向量，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(2,0，－1)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面DB1E的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(ED,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋z＝0，,2x－z＝0.))不妨設(shè)x＝1，可得n＝(1，－1,2)．因此有cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CA,\s\up6(→))·n,|\o(CA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(6),6)，于是sin〈eq\o(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(30),6).所以，二面角B－B1E－D的正弦值為eq\f(\r(30),6).(3)依題意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．由(2)知n＝(1，－1,2)為平面DB1E的一個(gè)法向量，于是cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·n,|\o(AB,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(\r(3),3).所以，直線AB與平面DB1E所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).5．〖解析〗(1)證明：因?yàn)锳D∥BC，AD?平面BCF，BC?平面BCF，所以AD∥平面BCF.因?yàn)镋A∥FC，EA?平面BCF，F(xiàn)C?平面BCF，所以EA∥平面BCF，又AD∩EA＝A，所以平面ADE∥平面BCF，故DE∥平面BCF.(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．因?yàn)椤螧AE＝∠DAE＝90°，所以EA⊥AB，EA⊥AD，又AB∩AD＝A，所以EA⊥平面ABCD，又EA∥FC，所以FC⊥平面ABCD.設(shè)AB＝a，BC＝b，則D(0,0,0)，F(xiàn)(0，a，b)，E(b,0，a)，B(b，a,0)，則eq\o(DE,\s\up6(→))＝(b,0，a)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0，a，b)．設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n＝0,\o(DF,\s\up6(→))·n＝0))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bx＋az＝0,ay＋bz＝0))，取x＝1，因?yàn)閑q\f(BC,AB)＝eq\f(b,a)＝λ，所以z＝－λ，y＝λ2，則n＝(1，λ2，－λ)．設(shè)平面BEF的法向量為m＝(x′，y′，z′)，因?yàn)閑q\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－a，a)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－b,0，b)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up6(→))·m＝0,\o(BF,\s\up6(→))·m＝0))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ay′＋az′＝0,－bx′＋bz′＝0))，所以x′＝y(tǒng)′＝z′，取m＝(1,1,1)．因?yàn)槎娼荁－EF－D的余弦值為eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|λ2－λ＋1|,\r(3)\r(λ4＋λ2＋1))＝eq\f(\r(3),3)，所以λ2－λ＋1＝0，由于Δ＝－3<0，所以不存在正實(shí)數(shù)λ，使得二面角B－EF－D的余弦值為eq\f(\r(3),3).6．〖解析〗(1)連接OC，因?yàn)镃B＝CD，O為BD中點(diǎn)，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))}為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.因?yàn)锽D＝2，CB＝CD＝eq\r(5)，AO＝2，所以B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)．因?yàn)镋為AC的中點(diǎn)，所以E(0,1,1)．則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1,1,1)，所以|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))|·|\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(|1＋0－2|,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),15).因此，直