高考數(shù)學總復習《綜合問題》專項測試卷及答案

第第頁高考數(shù)學總復習《綜合問題》專項測試卷及答案學校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________題型空間中的距離問題典例1如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱長均為4，N是CC1的中點．(1)求點N到直線AB的距離；(2)求點C1到平面ABN的距離．解：建立如圖所示的空間直角坐標系，向量法求點線距離、點面距離，先建系坐標化．則A(0,0,0)，B(2eq\r(,3)，2,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)，∵N是CC1的中點，∴N(0,4,2)．(1)eq\o(AN,\s\up16(→))＝(0,4,2)，eq\o(AB,\s\up16(→))＝(2eq\r(,3)，2,0)，則|eq\o(AN,\s\up16(→))|＝2eq\r(,5)，|eq\o(AB,\s\up16(→))|＝4.設(shè)點N到直線AB的距離為d1，則d1＝eq\r(|\o(AN,\s\up16(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AN,\s\up16(→))·\o(AB,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))|)))2)＝eq\r(,20－4)＝4.這里計算eq\o(AN,\s\up16(→))在eq\o(AB,\s\up16(→))上的投影，幾何法更顯優(yōu)勢，作CD⊥AB，則可推得ND⊥AB.(2)設(shè)平面ABN的一個法向量為n＝(x，y，z)，則由n⊥eq\o(AB,\s\up16(→))，n⊥eq\o(AN,\s\up16(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝2\r(,3)x＋2y＝0，,n·\o(AN,\s\up16(→))＝4y＋2z＝0，))令z＝2，則y＝－1，x＝eq\f(\r(,3),3)，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),3)，－1，2)).易知eq\o(C1N,\s\up16(→))＝(0,0，－2)，設(shè)點C1到平面ABN的距離為d2，幾何法求C1到平面ABN的距離，轉(zhuǎn)化為求點C到平面ABN的距離，進一步可以轉(zhuǎn)化為在△CDN中斜邊上的高的計算．d2＝eq\f(|\o(C1N,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq\f(|－4|,\f(4\r(,3),3))＝eq\r(,3).1．求點到直線的距離的方法(1)設(shè)過點P的直線l的單位方向向量為n，A為直線l外一點，點A到直線l的距離d＝eq\r(,|\o(PA,\s\up16(→))|2－\o(PA,\s\up16(→))·n2).(2)若能求出點在直線上的投影坐標，可以直接利用兩點間距離公式求距離．2．求平面α外一點P到平面α的距離的常用方法(1)直接法：過點P作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點P到平面α的距離．(2)轉(zhuǎn)化法：若點P所在的直線l平行于平面α，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個點到平面α的距離來求．(3)等體積法．(4)向量法：設(shè)平面α的一個法向量為n，A是平面α內(nèi)任意一點，則點P到平面α的距離為d＝eq\f(|\o(PA,\s\up16(→))·n|,|n|).計算eq\o(PA,\s\up16(→))在法向量n上的投影的絕對值．3．求線面距離和面面距離可以轉(zhuǎn)化為點到平面的距離進行求解.對點練1(2023·全國甲卷，文)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1-BB1C1C的高．(1)證明：因為A1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，又因為∠ACB＝90°，即AC⊥BC，A1C，AC?平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，又因為BC?平面BCC1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.(2)解：如圖，過點A1作A1O⊥CC1，垂足為O.因為平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O?平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BCC1B1，所以四棱錐A1-BB1C1C的高為A1O.因為A1C⊥平面ABC，AC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC.又因為A1B＝AB，BC為公共邊，所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，所以A1C＝AC.設(shè)A1C＝AC＝x，則A1C1＝x，所以O(shè)為CC1的中點，OC1＝eq\f(1,2)AA1＝1，又因為A1C⊥AC，所以A1C2＋AC2＝AAeq\o\al(2,1)，即x2＋x2＝22，解得x＝eq\r(2)，所以A1O＝eq\r(A1C\o\al(2,1)－OC\o\al(2,1))＝eq\r(\r(2)2－12)＝1，所以四棱錐A1-BB1C1C的高為1.題型翻折問題典例2如圖1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，垂足為E，AB＝AE＝eq\f(1,2)CE＝1，DE＝eq\r(,2).將△ADE沿AE翻折到△APE，如圖2所示．M為線段PB的中點，且ME⊥PC.最后這個條件，暗示△ADE翻折到怎樣的位置？(1)求證：PE⊥EC；(2)設(shè)N為線段AE上任意一點，當平面BMN與平面PCE的夾角最小時，求EN的長．發(fā)現(xiàn)這兩個平面無公共邊．(1)證明：連接EB，由題意得PE＝eq\r(,2)，BE＝eq\r(,AB2＋AE2)＝eq\r(,2)，又M是PB的中點，所以ME⊥PB，等腰三角形的性質(zhì)．又ME⊥PC，PC∩PB＝P，PC，PB?平面PBC，所以ME⊥平面PBC，BC?平面PBC，則BC線面垂直的判定定理．⊥ME，由AB∥CD且AE⊥CD，AB＝AE＝eq\f(1,2)CE＝1，得BE＝BC＝eq\r(,2)，在△BCE中，CE＝2，則BC2＋BE2＝CE2，所以BC⊥BE.底面內(nèi)的數(shù)量關(guān)系，可以得到BC⊥BE，因此一定要重視空間幾何里給出的數(shù)量關(guān)系．由ME∩BE＝E，ME，BE?平面BEM，得BC⊥平面BEM，PE?平面BEM，于是PE⊥BC.由題意，知PE⊥AE，AE與BC相交，則PE⊥平面ABCE，又EC?平面ABCE，所以PE⊥EC.(2)解：連接BN，MN，設(shè)EN＝t，由(1)知PE，EA，平面BMN和平面PCE無公共邊，這樣引入?yún)?shù)t，使t參與二面角余弦值的計算，用函數(shù)法求最小值．EC兩兩垂直，故以E為坐標原點，eq\o(EA,\s\up16(→))，eq\o(EC,\s\up16(→))，eq\o(EP,\s\up16(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖所示，則N(t,0,0)，B(1,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(\r(,2),2)))，∴eq\o(BM,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(\r(,2),2)))，eq\o(BN,\s\up16(→))＝(t－1，－1,0)，取平面PCE的一個法向量為m＝(1,0,0)，設(shè)平面BMN的法向量為n＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up16(→))＝－\f(1,2)a－\f(1,2)b＋\f(\r(,2),2)c＝0，,n·\o(BN,\s\up16(→))＝t－1a－b＝0，))令a＝1，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，t－1，\f(t,\r(,2))))，法向量含參．設(shè)平面BMN與平面PCE的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，t－1，\f(t,\r(,2))))·1，0，0,\r(,1＋t－12＋\f(t2,2)))＝eq\f(1,\r(,\f(3,2)t2－2t＋2))＝eq\f(1,\r(,\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(2,3)))2＋\f(4,3)))，由于cosθ在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，當cosθ取最大值的時候，對應(yīng)的角θ有最小值．∴當t＝eq\f(2,3)時，(cosθ)max＝eq\f(\r(,3),2)，即EN的長為eq\f(2,3)時，平面BMN與平面PCE的夾角最?。?．解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量．一般情況下，長度是不變量，而位置關(guān)系往往發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口．2．在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形．3．解決折疊問題的關(guān)注點：平面圖形折疊成空間圖形，主要抓住變與不變的量，所謂不變的量，是指“未折壞”的元素，包括“未折壞”的邊和角，一般優(yōu)先標出“未折壞”的直角(從而觀察是否存在線面垂直)，然后標出其他特殊角以及所有不變的線段.對點練2(2024·四川南充一診)在平面五邊形ABCDE中(如圖1)，四邊形ABCD是梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2eq\r(,2)，AB＝eq\r(,3)，∠ABC＝90°，△ADE是等邊三角形．現(xiàn)將△ADE沿AD折起，連接EB，EC得四棱錐E-ABCD(如圖2)且EC＝3.(1)求證：平面EAD⊥平面ABCD；(2)在棱EB上存在點F，滿足eq\f(EF,EB)＝eq\f(1,3)，求二面角E-AD-F的余弦值．(1)證明：取AD的中點O，連接EO，CO，如圖所示．因為△ADE是等邊三角形，O為AD中點，所以EO⊥AD.因為AD＝2eq\r(,2)，所以EO＝eq\r(,2\r(,2)2－\r(,2)2)＝eq\r(,6).因為AD＝2BC，∠ABC＝90°，AD∥BC，所以四邊形ABCO為矩形，所以CO＝AB＝eq\r(,3).又因為EC＝3，所以EC2＝CO2＋EO2，即EO⊥CO.因為EO⊥AD，EO⊥CO，CO∩AD＝O，CO，AD?平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD.又因為EO?平面EAD，所以平面EAD⊥平面ABCD.(2)解：以O(shè)為原點，OC，OA，OE所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．則A(0，eq\r(,2)，0)，C(eq\r(,3)，0,0)，D(0，－eq\r(,2)，0)，B(eq\r(,3)，eq\r(,2)，0)，E(0,0，eq\r(,6))，因為eq\f(EF,EB)＝eq\f(1,3)，eq\o(EB,\s\up16(→))＝(eq\r(,3)，eq\r(,2)，－eq\r(,6))，所以eq\o(EF,\s\up16(→))＝eq\f(1,3)eq\o(EB,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),3)，\f(\r(,2),3)，－\f(\r(,6),3))).由eq\o(EA,\s\up16(→))＝(0，eq\r(,2)，－eq\r(,6))，得eq\o(FA,\s\up16(→))＝eq\o(EA,\s\up16(→))－eq\o(EF,\s\up16(→))＝(0，eq\r(,2)，－eq\r(,6))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),3)，\f(\r(,2),3)，－\f(\r(,6),3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(,3),3)，\f(2\r(,2),3)，－\f(2\r(,6),3)))，eq\o(AD,\s\up16(→))＝(0，－2eq\r(,2)，0)．設(shè)平面FAD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(FA,\s\up16(→))＝－\f(\r(,3),3)x＋\f(2\r(,2),3)y－\f(2\r(,6),3)z＝0，,n·\o(AD,\s\up16(→))＝－2\r(,2)y＝0，))令x＝2eq\r(,2)，則y＝0，z＝－1，即n＝(2eq\r(,2)，0，－1)．易知平面EAD的一個法向量為eq\o(OC,\s\up16(→))＝(eq\r(,3)，0,0)．所以cos〈n，eq\o(OC,\s\up16(→))〉＝eq\f(2\r(,6),3\r(,3))＝eq\f(2\r(,2),3).因為二面角E-AD-F的平面角為銳角，所以二面角E-AD-F的余弦值為eq\f(2\r(,2),3).題型探究性問題典例3(2024·湖北襄陽四中模擬)如圖所示，在三棱錐P-ABC中，已知PA⊥BC，PB⊥AC，點P在底面ABC上的射影為點H.(1)證明：PC⊥AB.概括來講，在三棱錐中，若兩組對棱互相垂直，則第三組對棱也互相垂直．(2)設(shè)PH＝HA＝HB＝HC＝2，對于動點M，是否存在λ，使得eq\o(CM,\s\up16(→))這組數(shù)量關(guān)系說明此三棱錐是正三棱錐．＝λeq\o(CP,\s\up16(→))，且BM與平面PAB所成角的余弦值為eq\f(4,5)？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．(1)證明：因為點P在底面ABC上的射影為點H，所以PH⊥平面ABC，應(yīng)用線⊥面的性質(zhì)定理?PH⊥AB，PH⊥BC，PH⊥AC.又AB，BC，CA?平面ABC，所以PH⊥AB，PH⊥BC，PH⊥CA，因為PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH＝P，PA，PH?平面PAH，所以BC⊥平面PAH，應(yīng)用線⊥面的判定定理．又AH?平面PAH，所以BC⊥AH，同理，AC⊥BH，所以點H為△ABC的垂心，所以CH⊥AB，又PH⊥AB，CH∩PH＝H，CH，PH?平面PCH，所以AB⊥平面PCH，又PC?平面PCH，所以PC⊥AB.(2)解：延長CH交AB于點O，則有CO⊥AB，又HA＝HB，所以點O為線段AB的中點，所以CA＝CB，同理，BA＝BC，所以△ABC為等邊三角形．【抓全分】注意邏輯的嚴密性，發(fā)現(xiàn)△ABC是等邊三角形不難，但是利用條件說明其是等邊三角形是很容易遺漏的，這里通過條件的轉(zhuǎn)化，用“三條邊都相等”的方式進行了說明．又HA＝HB＝HC＝2，所以AB＝2eq\r(,3).【另解】由HA＝HB＝HC＝2，△ABC為正三角形，所以其外接圓半徑R＝2，由正弦定理得△ABC的邊長為2Rsin60°＝2eq\r(,3).如圖，以點O為坐標原點，以eq\o(OB,\s\up16(→))，eq\o(OC,\s\up16(→))，eq\o(HP,\s\up16(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系，則A(－eq\r(,3)，0,0)，B(eq\r(,3)，0,0)，P(0,1,2)，C(0,3，0)，故eq\o(AB,\s\up16(→))＝(2eq\r(,3)，0,0)，eq\o(AP,\s\up16(→))＝(eq\r(,3)，1,2)，eq\o(BC,\s\up16(→))＝(－eq\r(,3)，3,0)，eq\o(CP,\s\up16(→))＝(0，－2,2)．由eq\o(CM,\s\up16(→))＝λeq\o(CP,\s\up16(→))，得eq\o(BM,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\o(CM,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))＋λeq\o(CP,\s\up16(→))＝(－eq\r(,3)，3－2λ，2λ)，將參數(shù)λ引進eq\o(BM,\s\up16(→))的坐標里面．設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up16(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(,3)x＝0，,\r(,3)x＋y＋2z＝0，))令z＝1，得x＝0，y＝－2，所以平面PAB的一個法向量為n＝(0，－2,1)，所以cos〈eq\o(BM,\s\up16(→))，n〉＝eq\f(\o(BM,\s\up16(→))·n,|\o(BM,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(－6＋6λ,\r(,12－12λ＋8λ2)×\r(,5))，設(shè)直線BM與平面PAB所成角為θ，由已知得cosθ＝eq\f(4,5)，又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinθ＝eq\f(3,5)，【易錯提醒】注意平面PAB的法向量與直線BM的方向向量所成的角不是直線與平面所成的角，即cosθ≠cos〈eq\o(BM,\s\up16(→))，n〉，正確的是sinθ＝|cos〈eq\o(BM,\s\up16(→))，n〉|.故eq\f(|－6＋6λ|,\r(,12－12λ＋8λ2)×\r(,5))＝eq\f(3,5)，所以λ＝eq\f(1,3)或λ＝2，即存在λ＝eq\f(1,3)或λ＝2，均可使得BM與平面【名師叨叨】注意此時參數(shù)λ的值有兩個，當λ＝eq\f(1,3)時，M在線段CP上；當λ＝2時，M在線段CP的延長線上.本題對λ沒有限制，所以兩種情況都符合題意，要寫全面．PAB所成角的余弦值為eq\f(4,5).探索性問題解題策略空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷．對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化成“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等．對點練3(2024·北京大興區(qū)模擬)如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別為線段A1D1，BC1上的動點．給出下列四個結(jié)論：①存在點M，N，滿足MN∥平面ABB1A1.②對于任意點M，存在點N，滿足MN∥平面ABB1A1.③對于任意點M，存在點N，滿足MN⊥BC1.④對于任意點N，存在點M，滿足MN⊥BC1.其中所有正確結(jié)論的序號是________．解析：對于①，當M，N分別為A1D1，BC1的中點時，如圖1，取B1C1的中點P，連接MP，NP，則根據(jù)正方形的性質(zhì)可得MP∥A1B1，圖1又MP?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，故MP∥平面ABB1A1，同理NP∥平面ABB1A1.又MP∩NP＝P，MP，NP?平面MNP，故平面MNP∥平面ABB1A1.又MN?平面MNP，所以MN∥平面ABB1A1.故①正確．對于②，當M在A1處，N不在B處時，M在平面ABB1A1上，MN∥平面ABB1A1不成立，故②錯誤．圖2對于③④，方法一(幾何法)：連接MB，MC1，如圖2，當M在A1處時，△MBC1為正三角形，當N在BC1的中點時，則有MN⊥BC1.當M在D1處時，△MBC1為直角三角形，當N在C1處時，則有MN⊥BC1.當M在線段A1D1(不含端點)上時，由于cos∠BMC1＝eq\f(MB2＋MC\o\al(2,1)－BC\o\al(2,1),2MB·MC1)>0，所以∠BMC1為銳角，且MB2>MCeq\o\al(2,1).設(shè)BC1的中點為Q，則過M作△MBC1中BC1邊上的高時，垂足一定在QC1上，這個垂足就是滿足條件的點N，所以對任意點M，存在點N，滿足MN⊥BC1.反過來，當N在BQ(不含Q)上時，若MN⊥BC1，則點M在D1A1的延長線上，因而在線段A1D1上不存在滿足題意的點M，從而③正確，④錯誤．方法二(向量法)：如圖3，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，圖3設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，則B(1,1,0)，C1(0，1,1)，eq\o(BC1,\s\up16(→))＝(－1,0,1)．設(shè)M(t,0,1)，eq\o(BN,\s\up16(→))＝λeq\o(BC1,\s\up16(→))＝(－λ，0，λ)，則t，λ∈[0,1]，N(1－λ，1，λ)，所以eq\o(MN,\s\up16(→))＝(1－λ－t,1，λ－1)．當MN⊥BC1時，eq\o(MN,\s\up16(→))·eq\o(BC1,\s\up16(→))＝λ＋t－1＋λ－1＝0，即t＋2λ＝2.故對于任意的t∈[0,1]，存在λ＝1－eq\f(t,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))滿足條件，即對于任意的點M，存在點N，滿足MN⊥BC1.故③正確．當λ＝0，即N在B點處時，若MN⊥BC1，則t＝2，不滿足t∈[0,1]，即M不在線段A1D1上，故④錯誤．故填①③.答案：①③題型最值、范圍問題典例4如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點．(1)證明：平面PEF⊥平面PBC.由判定定理，思考AD⊥平面PEF.(2)若AB＝2，AP＝3，求直線PD與平面這兩個條件說明了底面ABCD和△PAD內(nèi)的數(shù)量關(guān)系，以AD為軸建系，點P的位置不能確定．PBC所成角的正弦值的最大值．(1)證明：因為E為AD的中點，PA＝PD，所以PE⊥AD.因為AD∥BC，所以BC⊥PE.因為在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，所以BC⊥EF.又EF∩PE＝E，EF，PE?平面PEF，所以BC⊥平面PEF.因為BC?平面PBC，所以平面PEF⊥平面PBC.(2)解：過點E作EQ⊥平面ABCD，以E為坐標原點，分別以eq\o(EA,\s\up16(→))，eq\o(EF,\s\up16(→))，eq\o(EQ,\s\up16(→))的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖的空間直角坐標系．這樣建系，優(yōu)點在于A，B，C，D為定點，動點P在平面Eyz內(nèi)，便于應(yīng)用θ＝∠PEF為變量，表示出點P的坐標．設(shè)∠PEF＝θ(0<θ<π)，則D(－1,0,0)，F(xiàn)(0，2,0)，E(0,0,0)，P(0,2eq\r(,2)cosθ，2eq\r(,2)sinθ)，則有eq\o(DP,\s\up16(→))＝(1,2eq\r(,2)cosθ，2eq\r(,2)sinθ)，eq\o(FP,\s\up16(→))＝(0，2eq\r(,2)cosθ－2，2eq\r(,2)sinθ)，易知eq\o(CB,\s\up16(→))＝(2,0,0)．成功用sinθ，cosθ表示向量eq\o(DP,\s\up16(→))，eq\o(FP,\s\up16(→))的坐標．設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(FP,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CB,\s\up16(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(,2)cosθ－2y＋2\r(,2)sinθ·z＝0，,2x＝0.))不妨取y＝eq\r(,2)sinθ，則x＝0，z＝1－eq\r(,2)cosθ，這樣賦值，目的在于約分時更簡單．則n＝(0，eq\r(,2)sinθ，1－eq\r(,2)cosθ)．設(shè)直線PD與平面PBC所成的角為α，則sinα＝|cos〈n，eq\o(DP,\s\up16(→))〉|＝eq\f(|n·\o(DP,\s\up16(→))|,|n||\o(DP,\s\up16(→))|)＝eq\f(|2\r(,2)sinθ|,3\r(,3－2\r(,2)cosθ))，則sin2α＝eq\f(8sin2θ,93－2\r(,2)cosθ).下面的變形，構(gòu)造以cosθ為變量的函數(shù)．設(shè)3－2eq\r(,2)cosθ＝t，t∈(3－2eq\r(,2)，3＋2eq\r(,2))，換元后使代數(shù)式變得更簡單，而且也總是設(shè)分母中的一次式為t，最終轉(zhuǎn)化為對勾函數(shù)．則sin2α＝eq\f(8－t－32,9t)＝－eq\f(1,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))＋eq\f(2,3)≤eq\f(4,9)，當且僅當t＝1，即cosθ＝eq\f(\r(,2),2)，即θ＝eq\f(π,4)時，等號成立．凡是最值問題，都明確說明最值點時，自變量的取值．故直線PD與平面PBC所成角的正弦值的最大值為eq\f(2,3).立體幾何中的最值與范圍(1)函數(shù)法：利用綜合幾何法或空間向量法，建立所求的目標函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．(2)根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征，化動態(tài)為靜態(tài)，直觀判斷在什么情況下取得最值．(3)將幾何體平面化，如利用展開圖，在平面幾何中直觀求解.eq\o(\s\up7(),\s\do5())對點練4如圖，六面體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，AA1∥BB1∥CC1∥DD1，且BB1⊥平面ABCD，AA1＝CC1，eq\o(AE,\s\up16(→))＝λeq\o(AA1,\s\up16(→))，eq\o(CF,\s\up16(→))＝λeq\o(CC1,\s\up16(→))(0<λ≤1)，eq\o(DD1,\s\up16(→))＝2eq\o(BB1,\s\up16(→))，平面BEF與平面ABCD的交線為l.(1)求證：直線l⊥平面B1BDD1；(2)已知EF＝2，三棱錐B1-BDF的體積VB1-BDF＝eq