选择性必修 第一册空间向量及其运算课后练习题

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1．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60∘.

(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值.
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）通过已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两直线所成角的余弦值即可.
【解答过程】（1）证明：因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，
又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD所以PA⊥BD，
又PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.
（2）设AC∩BD＝O 因为∠BAD=60°,PA=AB=2，所以BO=1,AO=CO=3
以O为坐标原点,射线OB,OC分别为x轴,y轴的正半轴建立空间直角坐标系O−xyz，如图：

则P(0,−3,2),A(0,−3,0),B(1,0,0),C(0,3,0)，所以 PB=(1,3,−2),AC=(0,23,0)，
设PB与AC所成角θ，所以csθ=PB⋅AC|PB‖AC|=1×0+3×23+−2×012+32+−22×02+232+02=622×23=64，
即PB与AC所成角的余弦值为64.
2．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AP=AB=AD=1，且直线PB与CD所成角的大小为π3．

(1)求BC的长；
(2)求二面角D−PB−C的余弦值．
【解题思路】（1）建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．由已知求得A，B，D，P的坐标，再由直线PB与CD所成角大小为π3列式求得y值，则C的坐标可求，即可求得BC的长；
（2）分别求出平面PBD与平面PBC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值．
【解答过程】（1）由于PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB,AD,AP两两垂直，故分别以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．
∵AP=AB=AD=1，∴A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．
设C(1,y,0)，则PB=(1,0,−1)，CD=(−1,1−y,0)．
∵直线PB与CD所成角大小为π3，∴|cs|=PB⋅CD|PB||CD|=12，
即12×1+(1−y)2=12，解得y=2或y=0（舍)，∴C(1,2,0)，则BC的长为2；
（2）设平面PBD的一个法向量为m=(x,y,z)．
∵ PB=(1,0,−1)，PD=(0,1,−1)，BC=0,2,0,
∴ PB⋅m=x−z=0PD⋅m=y−z=0，令x=1，则y=1，z=1，m=(1,1,1)．
∵平面PBC的一个法向量为n=a,b,c，
∴ PB⋅n=a−c=0BC⋅n=2b=0，令a=1，则b=0，c=1，n=1,0,1,
∴cs=m⋅n|m||n|=22×3=63，
由几何体的特征可知二面角D−PB−C的平面角为锐角，
∴二面角D−PB−C的余弦值为63．

3．如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC=12，∠BAC=π3，E，F都在AC上，且AE:EF:FC=3:4:5，BE//FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P−EFGB，如图2.

(1)求异面直线PF，BG所成角的余弦值；
(2)若M为PB的中点，求钝二面角B−FM−E的余弦值.
【解题思路】（1）（2）依题意可得BE⊥EF，BE⊥PE，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【解答过程】（1）由题意可知AE=3，EF=4，CF=5，所以AE2+EF2=CF2，
故PE⊥EF，且AB=ACcsπ3=6，
∴AEAB=ABAC=12，∴△ABE∽△ACB，∴∠AEB=∠ABC=π2，所以BE⊥AC，
又BE//FG，所以FG⊥AC，即BE⊥EF，BE⊥PE，
故可以EF，EB，EP为x，y，z轴建立空间直角坐标系E−xyz如图所示，

易知BE=ABsinπ3=33，FG=FCtanπ6=533，则F4,0,0，B0,33,0，G4,533,0，P0,0,3，
∴PF=4,0,−3，BG=4,−433,0，∴csPF,BG=PF⋅BGPF∣⋅BG=165×83=235，
故异面直线PF，BG所成角的余弦值为235；
（2）由（1）可知M0,332,32，∴MF=4,−332,−32，BF=4,−33,0，EF=4,0,0，
设平面BFM法向量为m=x1,y1,z1，
由m⋅MF=0m⋅BF=0，则4x1−332y1−32z1=04x1−33y1=0，令y1=4得m=33,4,43，
设平面EFM法向量为n=x2,y2,z2，
由n⋅MF=0n⋅EF=0，则4x2−332y2−32z2=04x2=0，令y2=1得n=0,1,−3，
所以csm,n=m⋅nm⋅n=4−1291×2=−49191，所以钝二面角B−FM−E的余弦值为−49191.
4．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB//CD，AD=CD=1，∠BAD=120°，∠ACB=90°.

(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)试确定PA的值为多少时？二面角A−PC−D的余弦值为55.
【解题思路】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量处理二面角问题.
【解答过程】（1）因为PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，则PA⊥BC，
且AC⊥BC，PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.
（2）由题意可知：∠CAD=∠ACD=∠CAB=60°，即△ACD为等边三角形，
取CD的中点E，连接AE，则AE⊥CD，又因为AB//CD，则AE⊥AB，
如图，以A为坐标原点，AE,AB,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
设PA=m>0，则B0,2,0C32,12,0,D32,−12,0,P0,0,m，
可得DC=0,1,0,PC=32,12,−m,BC=32,−32,0，
由（1）可知：平面PAC的法向量BC=32,−32,0，
设平面PCD的法向量n=x,y,z，则n⋅DC=y=0n⋅PC=32x+12y−mz=0，
令x=2m，则y=0,z=3，可得n=2m,0,3，
由题意可得：csn,BC=n⋅BCn⋅BC=3m4m2+3×3=55，解得m=3，
所以当PA=3时，二面角A−PC−D的余弦值为55.

5．在直角梯形ABCD中，CD⊥AD，AB=BC=2CD=2，AD=3，现将△ACD沿着对角线AC折起，使点D到达点P位置，此时二面角P−AC−D为π3．

(1)求异面直线PA，BC所成角的余弦值；
(2)求点A到平面PBC的距离．
【解题思路】（1）作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到异面直线的夹角；
（2）利用点到平面距离的向量公式进行求解.
【解答过程】（1）过点D做DO⊥AC交AC于O，连接OP，
以O点为原点，以OA为x轴，在平面ABCD内，过点O垂直于AC的线为y轴，
过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

因为DO⊥AC，所以PO⊥AC，所以∠DOP为二面角P−AC−D的平面角．所以∠DOP=π3，
又因为OD=OP=32，所以点P0,−34,34，
又因为C−12,0,0，A32,0,0，由等边三角形△ABC可得B12,3,0，
所以AP=−32,−34,34，BC=−1,−3,0，
所以csAP,BC=AP⋅BCAPBC=32+3494+316+916⋅2=338，所以AP与BC夹角的余弦值为338．
（2）PC=−12,34,−34，BC=−1,−3,0，设n=x,y,z为平面PBC的一个法向量，
则n⋅PC=x,y,z⋅−12,34,−34=−12x+34y−34z=0n⋅BC=x,y,z⋅−1,−3,0=−x−3y=0，
令x=3，则y=−1,z=−3，故n=3,−1,−3，
所以点A到平面PBC的距离为d=AP⋅nn=237=2217．
6．如图，在Rt△AOB中，∠AOB=π2，AO=4，BO=2，Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B−AO−C是直二面角．动点D在线段AB上．

(1)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的余弦值；
(2)求CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值．
【解题思路】（1）建系，利用空间向量求异面直线夹角；
（2）设BD=λBA可得D0,21−λ,4λ，利用空间向量求线面夹角结合二次函数分析运算.
【解答过程】（1）由题意可得：AO⊥OB,AO⊥OC，平面AOB⊥平面AOC，
平面AOB∩平面AOC=AO，OB⊂平面AOB，所以OB⊥平面AOC，
如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则O0,0,0,A0,0,4,C2,0,0,B0,2,0，
若D为AB的中点，则D0,1,2，可得OA=0,0,4,CD=−2,1,2，
设异面直线AO与CD所成角θ∈0,π2，则csθ=csOA,CD=OA⋅CDOA⋅CD=84×3=23.
故异面直线AO与CD所成角的余弦值为23.
（2）若动点D在线段AB上，设Dx,y,z,BD=λBA,λ∈0,1，
则BD=x,y−2,z,BA=0,−2,4，可得x=0y−2=−2λz=4λ，解得x=0y=21−λz=4λ，
即D0,21−λ,4λ，则CD=−2,21−λ,4λ，由题意可知：平面AOB的法向量为n=1,0,0，

设CD与平面AOB所成角为α∈0,π2，则sinα=csn,CD=n⋅CDn⋅CD=24+41−λ2+16λ2=15λ2−2λ+2，
对于y=5λ2−2λ+2开口向上，对称轴为λ=15∈0,1，
可得当λ=15时，y=5λ2−2λ+2取到最小值ymin=5×152−2×15+2=95，
所以sinα的最大值为195=53，因为α∈0,π2，故CD与平面AOB所成角的正弦最大值为53.
7．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，在底面ABCD中，BC//AD,CD⊥AD, AD=CD=1,BC=2．
(1)求证：AC⊥平面PAB；
(2)若平面PAB与平面PCD的夹角等于π3，求异面直线PB与CD所成角的余弦值．
【解题思路】（1）根据几何关系证明AB⊥AC，根据PA⊥底面ABCD得PA⊥AC，进而证明结论；
（2）根据题意，AE,AD,PA两两互相垂直，进而建立空间直角坐标系，设PA=a(a>0)，再根据坐标法求解异面直线所成角的余弦值即可.
【解答过程】（1）设BC中点为E，连接AE，
易知ADCE为正方形，且AC=2,AE=1,AB=2
所以BC2=AB2+AC2，所以AB⊥AC
因为PA⊥底面ABCD,AC⊂底面ABCD，所以PA⊥AC
又PA⊂面PAB,AB⊂面PAB，PA∩AB=A，所以AC⊥平面PAB
（2）因为PA⊥底面ABCD，在正方形ADCE中AE⊥AD，所以AE,AD,PA两两互相垂直.
如图建立空间直角坐标系A−xyz，设PA=a(a>0)
则C(1,1,0),D(0,1,0),B(1,−1,0),P(0,0,a)，所以PD=(0,1,−a),DC=(1,0,0)，
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅PD=0n⋅DC=0即y−az=0x=0，取z=1，则n=(0,a,1)
由（1）知，平面PAB的法向量为AC=(1,1,0)，因为平面PAB与平面PCD的夹角为π3，
所以csπ3=|csAC,n|=|AC⋅n||AC||n|=|(1,1,0)⋅(0,a,1)|2⋅02+12+(−a)2=|a|2⋅1+a2=12，解得a=1，
PB=(1,−1,−1),DC=(1,0,0)
设异面直线PB与CD所成角为θ，则csθ=|PB⋅DC|PB⋅|DC|=|(1,−1,−1)⋅(1,0,0)|3×1=33，
8．如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，直线AC⊥平面BDEF，点O为AC与BD的交点，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°.

(1)求异面直线DE与CF所成角的余弦值；
(2)求二面角A−FB−C的余弦值.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系O﹣xyz，求出DE=0,−1,3，CF=3,0,3，利用空间向量的数量积求解异面直线所成角的余弦函数值即可；
（2）求出平面ABF的法向量，平面CBF的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A−FB−C的余弦值即可．
【解答过程】（1）∵AC⊥平面BDEF，FO，BD⊂平面BDEF，∴AC⊥FO，AC⊥BD，
∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF为等边三角形，
∵O为BD的中点，∴FO⊥BD，所以OA，OB，OF两两垂直．
以O为坐标原点，OA、OB、OF所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示．

∵AB＝2，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，∴BD＝2，OA=AB2−OB2=3，
∵△DBF为等边三角形，∴OF=3，
则A3,0,0,B0,1,0,D0,−1,0,E0,−2,3,F0,0,3,C−3,0,0，
∴DE=0,−1,3，CF=3,0,3，
设异面直线所成角为θ，则csθ=csDE,CF=DE⋅CFDE⋅CF=64，故csθ=64.
（2）由（1）知AB=−3,1,0，BF=0,−1,3，CB=3,1,0，
设平面ABF的法向量为m=x1,y1,z1，
则AB⋅m=−3x1+y1=0BF⋅m=−y1+3z1=0，令y1=3，则x1=1，z1=1，得m=1,3,1．
设平面CBF的法向量为n=x2,y2,z2，则BF⋅n=−y2+3z2=0CB⋅n=3x2+y2=0，
令y2=3，则x2=−1，z2=1，得n=−1,3,1． ∴csm,n=m⋅nm⋅n=35，
又二面角A−FB−C为钝角，∴二面角A−FB−C的余弦值为−35．
9．如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1−AD−C的大小为120°，E为棱C1D1的中点．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)点F在棱CC1上，AE//平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．
【解题思路】（1）根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D1DC=120∘，进而根据中点得线线垂直即可求，
（2）由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.
【解答过程】（1）（1）因为平面CDD1C1⊥平面ABCD，且两平面交线为DC,AD⊥DC，AD⊂平面ABCD,
所以AD⊥平面CDD1C1，所以AD⊥D1D,AD⊥DC，∠D1DC是二面角D1−AD−C的平面角，故∠D1DC=120∘ ．
连接DE，E为棱C1D1的中点，则DE⊥C1D1,C1D1//CD，从而DE⊥CD．
又AD⊥CD，DE∩AD=D，DE,AD⊂平面AED，所以CD⊥平面AED，ED⊂平面AED,因此CD⊥AE．
（2）解法1：设AB=2，则DE=D1D2−12D1C12=3，所以CE=AE=AD2+DE2=7．
连AC交BD于点O，连接CE交DF于点G，连OG．因为AE//平面BDF，AE⊂平面AEC,平面AEC∩平面BDF=OG
所以AE∥OG，因为O为AC中点，
所以G为CE中点，故OG=12AE=72．且直线OG与DF所成角等于直线AE与DF所成角．
在Rt△EDC中，DG=12CE=72，因为OD=2，所以cs∠OGD=722+722−(2)22×72×72=37．
因此直线AE与DF所成角的余弦值为37．
解法2；设AB=2，则DE=D1D2−12D1C12=3，所以CE=AE=AD2+DE2=7．
取DC中点为G，连接EG交DF于点H，则EG=DD1=2．
连接AG交BD于点I，连HI，因为AE//平面BDF，AE⊂平面AGE，平面AGE∩平面BDF=IH，所以AE∥IH．
HI与DH所成角等于直线AE与DF所成角．
正方形ABCD中，GI=13AG，DI=13DB=223，所以GH=13EG，故HI=13AE=73．
在△DHG中，GH=13EG=23，GD=1，∠EGD=60°，
由余弦定理DH=1+49−1×23=73．在△DHI中，cs∠DHI=732+732−22322×73×73=37．
因此直线AE与DF所成角的余弦值为37．
解法3:由（1）知DE⊥平面ABCD，以D为坐标原点，DA为x轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz．
由（1）知DE=3，得A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0, E(0,0,3)，C1(0,1,3)．
则CC1=(0,−1,3)，DC=(0,2,0)，AE=(−2,0,3)，DB=(2,2,0)．
由CF=tCC10≤t≤1，得DF=DC+CF=(0,2−t,3t)．
因为AE//平面BDF，所以存在唯一的λ，μ∈R，
使得AE=λDB+μDF=λ2,2,0+μ(0,2−t,3t)=2λ,2λ+2μ−tμ,3μt，
故2λ=−2,2λ+2μ−tμ=0,3μt=3，解得t=23， 从而DF=0,43,233．
所以直线AE与DF所成角的余弦值为|csAE,DF|=AE⋅DF|AE||DF|=37．
10．如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，E是PD的中点，PA＝2，AB＝1，AD＝2．

(1)求证：PB∥平面ACE；
(2)求直线CP与平面ACE所成角的正弦值；
【解题思路】（1）根据线面平行的判断，转化为证明线线平行，即可证明；
（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，求平面ACE的法向量，利用线面角的向量公式，即可求线面角的正弦值.
【解答过程】（1）连结BD，交AC于点O，连结OE，因为点O,E分别是BD,PD的中点，
所以PB//OE，PB⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以PB//平面ACE；
（2）如图，以点A为原点，以AB,AD,AP分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，A0,0,0，C1,2,0，P0,0,2，E0,1,1，AC=1,2,0，AE=0,1,1，PC=1,2,−2，设平面ACE的法向量为n=x,y,z，
则AC⋅n=0AE⋅n=0，即x+2y=0y+z=0，令y=1，则x=−2,z=−1，所以平面ACE的法向量为n=−2,1,−1，
设直线CP与平面ACE所成角为θ，所以sinθ=csPC,n=PC⋅nPCn=−2+2+236=69.

11．如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90∘.点D、E、N分别为棱PA、PC、BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.

(1)求证：MN//平面BDE；
(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BH所成角的余弦值为721，求线段AH的长．
【解题思路】（1）以点A为原点，以AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得MN//平面BDE；
（2）设AH=ℎ0≤ℎ≤4，则H0,0,ℎ，利用空间向量法可得出关于ℎ的方程，解出ℎ的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）证明：因为PA⊥底面ABC，∠BAC=90∘，
如图，以点A为原点，以AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则A0,0,0、B2,0,0、C0,4,0、P0,0,4、D0,0,2、E0,2,2、M0,0,1、N1,2,0，
DE=0,2,0，DB=2,0,−2，设平面BDE的法向量为n=x,y,z，则n⋅DE=2y=0n⋅DB=2x−2z=0，
取x=1，可得n=1,0,1，又因为MN=1,2,−1，则MN⋅n=1−1=0，所以，MN⊥n，
又因为MN⊄平面BDE，所以，MN//平面BDE.
（2）解：依题意，设AH=ℎ0≤ℎ≤4，则H0,0,ℎ，所以，NH=−1,−2,ℎ，BE=−2,2,2，
由已知，得csBE,NH=BE⋅NHBE⋅NH=2ℎ−2ℎ2+5×23=721，整理可得10ℎ2−21ℎ+8=0，解得ℎ=85或ℎ=12，
所以，线段AH的长为85或12.
12．如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB//CD，DA=DC=2，AB=C1D1=1，∠ADC=120∘，∠D1DA=∠B1BA=90∘．

(1)证明：平面D1C1CD⊥平面ABCD；
(2)若四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为734，求直线AA1与平面AB1C1所成角的正弦值．
【解题思路】（1）解法一：证明AB⊥BD，AB⊥BB1从而得到AB⊥DD1，结合AD⊥DD1面面垂直的判定即可证明；解法二：建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可；
（2）解法一：利用锥体体积公式求出DD1=2，建立合适的空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法即可；解法二：利用锥体体积比从而得到PD=4，再建立空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法即可.
【解答过程】（1）解法一：∵AB//CD，∵∠ADC=120∘，∴∠DAB=60∘，
在△ABD中，AB=1,AD=2,∠DAB=60∘，由余弦定理得BD=12+22−2×1×2cs60∘=3，
故AB2+BD2=AD2，则AB⊥BD，
因为棱台ABCD−A1B1C1D1，故BB1,DD1交于一点，即BB1,DD1共面，
又∠B1BA=90°，即AB⊥BB1，BB1∩BD=B，BB1,BD⊂平面BB1D1D，所以AB⊥平面BB1D1D，
因为DD1⊂面BB1D1D，所以AB⊥DD1，又∠D1DA=90∘，即AD⊥DD1，AB∩AD=A，
AB,AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD，
又因为DD1⊂平面D1C1CD，所以平面D1C1CD⊥平面ABCD；
解法二：由棱台的定义，把四棱台ABCD−A1B1C1D1的侧棱延长交于点P，
得到四棱锥P−ABCD，则∠PDA=∠PBA=90°，
同解法一，可得AB⊥BD， 以D为原点，DB,DC分别为x,y轴建立空间直角坐标系如图，

则B(3,0,0),A(3,−1,0),C(0,2,0)，设P(a,b,c)，
由∠PDA=∠PBA=90∘，则有DP⋅DA=3a−b=0,DP⋅BA=−b=0,，
所以a=b=0，即P(0,0,c)，所以PD⊥平面ABCD， 因为PD⊂平面PCD，
故平面PCD⊥平面ABCD，即平面D1C1CD⊥平面ABCD；
（2）解法一：设梯形ABCD与梯形A1B1C1D1的面积分别为S1,S2，
S1=12AB+CDBD=12×1+2×3=332，
因为梯形A1B1C1D1与梯形ABCD相似，且C1D1CD=12，故S2S1=14，所以S2=338，
由（1）知，DD1⊥平面ABCD，
则VABCD−A1B1C1D1=13S1+S2+S1S2DD1=13332+338+332⋅338DD1=738DD1，
所以738DD1=734，故DD1=2，
以D为原点，DB,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图，

B(3,0,0),A(3,−1,0),D1(0,0,2),C1(0,1,2)，由D1A1=12DA，
得A1(32,−12,2)，由A1B1=12AB，得B1(32,0,2)，
所以AA1=−32,12,2,AB1=−32,1,2,B1C1=−32,1,0， 设平面AB1C1的法向量为n=x,y,z，
则n⋅AB1=−32x+y+2z=0,n⋅B1C1=−32x+y=0，取n=2,3,0，
设直线AA1与平面AB1C1所成的角为θ，则sinθ=cs=AA1⋅nAA1⋅n=−3+32+05⋅7=10570．
解法二：可知四棱锥P−A1B1C1D1与四棱锥P−ABCD，
相似比为C1D1CD=12，故体积比为VP−A1B1C1D1VP−ABCD=18，故VABCD−A1B1C1D1=78VP−ABCD=734，
所以VP−ABCD=23，又SABCD=12AB+CDBD=12×1+2×3=332，
所以13×332×PD=23，故PD=4，所以P(0,0,4)，故B1(32,0,2),A1(32,−12,2),C1(0,1,2),
下同解法一．
13．如图，圆柱O1O2的底面半径与高均为2，AB为⊙O2的直径，C,D分别为⊙O1，⊙O2上的点，直线CD与线段O1O2交于O点.

(1)证明：O为线段O1O2的中点；
(2)若AC与下底面所成的角为π6，求直线BC与平面ACD所成角的正弦值.
【解题思路】（1）利用面面平行的性质，可证明O1DO2C是平行四边形，即可证明；
（2）首先作辅助线，延长DO2交⊙O2于点E，并连结EA,EB,EC，利用垂直关系，可证明EA,EB,EC两两互相垂直，则以点E为原点，建立空间直角坐标系，利用向量公式，求线面角的正弦值.
【解答过程】（1）连接O1C，O2C，O1D，O2D，如图所示.

因为C，O1，D，O2四点共面，且圆柱O1O2的上、下底面平行，所以O1C∥O2D.
因为O1C=O2D，所以四边形CO1DO2为平行四边形，所以O1O=OO2，即O为O1O2的中点.
（2）延长DO2交⊙O2于点E，连接CE，AE，BE.
因为E在⊙O2上，AB为⊙O2的直径，所以AE⊥BE，O1C=O2E，O1C∥O2E，
所以四边形CO1O2E为平行四边形，所以O1O2∥CE，所以CE⊥平面ABE.
所以∠CAE为直线AC与下底面所成的角，所以∠CAE=π6.因为CE=2，所以AE=23，BE=2.
如图所示，以E为坐标原点，EA，EB，EC的方向分别为x轴、y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系E−xyz.
则A23,0,0，B0,2,0，C0,0,2，D23,2,0.所以AD=0,2,0，CD=23,2,−2，BC=0,−2,2.
设平面ACD的法向量为n=x,y,z.则n⋅AD=2y=0,n⋅CD=23x+2y−2z=0,不妨取x=1，则n=1,0,3.
设直线BC与平面ACD所成的角为θ，则sinθ=n⋅BCnBC=232×22=64.
即直线BC与平面ACD所成角的正弦值为64.
14．已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F.

(1)证明：点F为B1C1的中点；
(2)若点M为棱A1B1上一点，且直线MF与平面CDE所成角的正弦值为6525，求A1MA1B1的值.
【解题思路】（1）得到CD//EF，结合E为A1D1中点，进行求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【解答过程】（1）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CD//C1D1，又CD⊂平面A1B1C1D1，且C1D1⊂平面A1B1C1D1，
则CD//平面A1B1C1D1，而B1C1交平面CDE于点F，即F∈平面CDE,F∈B1C1，
又B1C1⊂平面A1B1C1D1，有F∈平面A1B1C1D1，因此平面CDE∩平面A1B1C1D1=EF，
于是CD//EF，而E为A1D1中点，所以F为B1C1的中点.
（2）以D为坐标原点，DA,DC,DD1方向分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

不妨设正方体的棱长为3，设A1MA1B1=λ(0≤λ≤1)，则M(3,3λ,3),C(0,3,0),E32,0,3,F32,3,3,
从而FM=32,3λ−3,0,CD=(0,3,0),ED=32,0,3，设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z)，则
n⋅CD=0n⋅ED=0,即3y=032x+3z=0,不妨取x=2,则x=2y=0z=−1,即n=(2,0,−1)，
设直线MF与平面CDE所成角为θ，又直线MF与平面CDE所成角的正弦值为6525，
因此sinθ=|MF⋅n||MF|⋅|n|=3322+(3λ−3)2⋅5=6525，解得λ=13，所以A1MA1B1=13.
15．如图，在几何体ABCDEF中，菱形ABCD所在的平面与矩形BDEF所在的平面互相垂直.

(1)若M为线段BF上的一个动点，证明：CM//平面ADE；
(2)若∠BAD=60∘，AB=2，直线CF与平面BCE所成角的正弦值为1510，求BF的长.
【解题思路】（1）利用面面平行的性质定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式求解.
【解答过程】（1）由题知，四边形BDEF为矩形，所以BF//DE，
又因为BF⊄̸平面ADE，DE⊂平面ADE，所以BF//平面ADE，
同理可证BC//平面ADE，又因为BC∩BF=B，BC、BF⊂平面BCF，
所以平面BCF//平面ADE，又因为CM⊂平面BCF，所以CM//平面ADE.
（2）因为平面ABCD⊥平面BDEF， 且平面ABCD∩平面BDEF=BD，DE⊥DB，
DE⊂平面BDEF，所以DE⊥平面ABCD.
又因为底面ABCD为菱形，且∠BAD=60∘，AB=2，
所以△ABD为等边三角形，且AB=BD=2，设BF=a，
取AB的中点为G，连接DG，以D为坐标原点，分别以DG,DC,DE的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，

则B3,1,0，C0,2,0，E0,0,a，F3,1,a，
则CF→=3,−1,a，BC→=−3,1,0，CE→=0,−2,a，
设平面BCE的法向量为n→=x,y,z，n→·BC→=0n→·CE→=0，则−3x+y=0−2y+az=0，
取x=1，则y=3，z=23a，即n→=1,3,23a，
设直线CF与平面BCE所成角为θ，则sinθ=|cs|=|CF⋅n||CF|⋅|n|=3−3+a⋅23a4+a2⋅4+12a2=1510,
化简可得a4−13a2+12=0，解得a=23或a=1，故BF的长可为23或1.
16．如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=22,PA=PC=AC=4，平面ABC⊥平面PAC.

(1)求异面直线AC与PB间的距离；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M−PA−C为30∘，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
【解题思路】（1）法一：根据等腰三角形性质得PO垂直AC，BO⊥AC，根据线面垂直的判定定理得AC⊥面PBO，在面PBO中，作OD⊥PB，知OD为异面直线AC与PB间的距离可得答案；法二：以O为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设n=x,y,z，且n⋅AC=0,n⋅PB=0可得n，由异面直线AC与PB间的距离向量求法可得答案；
（2）方法一：在平面ABC内作MN⊥AC，则MN⊥平面PAC，在平面PAC内作NF⊥AP，则MF⊥AP，得∠MFN为二面角M−PA−C的平面角，法一：设点C到平面PAM的距离为ℎ，利用VM−APC=VC−APM得ℎ可得答案；法二：以O为坐标原点，OB､OC､OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建空间直角坐标系，求出平面PAM的法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【解答过程】（1）法一：取AC中点O，连接PO，由PA=PC知PO⊥AC，
又平面ABC⊥平面PAC，平面ABC∩平面PAC=AC，故PO⊥平面ABC，连接BO，则∠POB=90∘，
又因为AB=BC,O为AC中点，故BO⊥AC，BO,PO⊂面PBO,BO∩PO=O，故AC⊥面PBO，
在面PBO中，作OD⊥PB，则由OD⊥AC知OD为异面直线AC与PB间的距离，
由PO=23,OB=2,PB=4，PO×OB=PB×OD知OD=3，即异面直线AC与PB间的距离为3；

法二：取AC中点O，连接PO，由PA=PC知PO⊥AC，
又平面ABC⊥平面PAC，平面ABC∩平面PAC=AC，故PO⊥平面ABC
以O为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
则A0,−2,0,B2,0,0,C0,2,0,P0,0,23,PB=2,0,−23,AC=0,4,0，
设n=x,y,z，且n⋅AC=0,n⋅PB=0，则y=02x−23z=0，令z=3，则n=3,0,3，
又AB=2,2,0，则异面直线AC与PB间的距离为d=n⋅ABn=623=3；

（2）由（1）知PO⊥平面ABC，可得平面PAC⊥平面ABC，如图，在平面ABC内作MN⊥AC，垂足为N，则MN⊥平面PAC，在平面PAC内作FN⊥AP，垂足为F，联结MF，PA⊂平面PAC，所以MN⊥PA，且MN∩FN=N，MN、FN⊂平面MFN，所以PA⊥平面MFN，FM⊂平面MFN，所以PA⊥FM

故∠MFN为二面角M−PA−C的平面角，即∠MFN=30∘，
设MN=a，则NC=a,AN=4−a，在Rt△AFN中，FN=324−a，
在Rt△MFN中，由∠MFN=30∘知FN=3MN，得a=43，
法一：设点C到平面PAM的距离为ℎ，由VM−APC=VC−APM，得13S△APCMN=13S△APMℎ，即13×12×AC×MN×PO=13×12×PA×MF×ℎ，又AC=PA=4,MF=2MN,PO=23，
解得ℎ=3，则PC与平面PAM所成角的正弦值为34；
法二：以O为坐标原点，OB､OC､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，
则A0,−2,0,B2,0,0,C0,2,0,P0,0,23,M43,23,0，
PC=0,2,−23,AP=0,2,23,AM=43,83,0，
设平面PAM的法向量为n=x,y,z，则由n⋅AP=0,n⋅AM=0，
知2y+23z=043x+83y=0，令z=3，则n=6,−3,3，
则PC与n所成角的余弦值为csθ=n⋅PCnPC=−34，
则PC与平面PAM所成角的正弦值sinα=csθ=34.

17．如图，在正三棱柱A1B1C1−ABC中，D为AB的中点，C1E=λC1C01)，则F0,13,2a3，
PE=12,12,−a,PA=1,1,−a,AB=0,−2,0.设平面PAB的法向量为m=x1,y1,z1，
则m⋅PA=x1,y1,z1⋅1,1,−a=x1+y1−az1=0m⋅AB=x1,y1,z1⋅0,−2,0=−2y1=0，解得y1=0，
令z1=1，得x1=a，故m=a,0,1.
因为直线PE与平面PAB所成角的正弦值为1015，所以12a−aa2+12×a2+1=1015，
解得a=2或a=24（舍去），则m=2,0,1，则CA=1,1,0,CF=0,13,43.
设平面ACF的法向量为n=x2,y2,z2，则n⋅CA=x2,y2,z2⋅1,1,0=x2+y2=0n⋅CF=x2,y2,z2⋅0,13,43=13y2+43z2=0，
令z2=1，则y2=−4,x2=4，得n=4,−4,1.csm,n=m⋅nmn=95×33=316555，
故平面ACF与平面PAB夹角的余弦值为316555.
21．如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，AA1=AB=3,D,E分别为BC,B1C1上的点,且BDBC=C1EC1B1=t(0