第一章综合拔高练（高考真题演练含答案解析）-人教A版高二上册数学（选必一）

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综合拔高练高考真题练考点1　用向量法解决立体几何中的证明、求值问题1.(2023全国乙理,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=5DO,点F在AC上,BF⊥AO.(1)证明:EF∥平面ADO;(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.考点2　用坐标法解决立体几何中的证明、求值问题2.(2023北京,16)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=3.(1)求证:BC⊥平面PAB;(2)求二面角A-PC-B的大小.3.(2023新课标Ⅰ,18)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.4.(2023新课标Ⅱ,20)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EF=DA,求二面角D-AB-F的正弦值.5.(2023全国甲理,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)证明:A1C=AC;(2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.6.(2023天津,17)三棱台ABC-A1B1C1中,已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,N为线段AB的中点,M为线段BC的中点.(1)求证:A1N∥平面C1MA;(2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值;(3)求点C到平面C1MA的距离.考点3　用空间向量解决立体几何中的最值问题7.(2021全国甲理,19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE;(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?8.(2020全国新高考Ⅰ,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.高考模拟练应用实践1.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,AB=2,PA=PD=5,E为BC的中点.(1)证明:AD⊥PE;(2)若二面角P-AD-B的平面角为2π3,G是线段PC上的一个动点(包含端点),求直线DG与平面PAB所成角的最大值.2.在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,四边形ACFE为矩形,平面ACFE⊥平面ABCD,CF=1.(1)求证:BC⊥平面ACFE;(2)若点M在线段EF上运动(包含端点),设平面MAB与平面FCB的夹角为θ,试求cos θ的取值范围.3.如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,AC=16,PA=PC=10,O为AC的中点,H为△PBC内的动点(含边界).(1)求点O到平面PBC的距离;(2)求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值;(3)若OH∥平面PAB,求直线PH与平面ABC所成角的正弦值的取值范围.4.如图所示,直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=BC=2AD=2,四边形EDCF为矩形,CF=3,平面EDCF⊥平面ABCD.(1)求证:DF∥平面ABE;(2)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值;(3)在线段DF上是否存在点P,使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为34?若存在,求出线段BP的长;若不存在,请说明理由.迁移创新5.湖北省鄂州市洋澜湖畔有一座莲花山.莲花山,山连九峰,状若金色莲初开,独展灵秀,故而得名.这里三面环湖,通汇长江,山峦叠翠,烟波浩渺.旅游区管委会计划在山上建设一座别致的凉亭供游客歇脚,该凉亭的实景效果图和设计图分别如图①和图②所示,该凉亭的支撑柱高33 m,顶部是底面边长为2 m的正六棱锥,且各侧面与底面所成的角都是45°.(1)求该凉亭及其内部所占空间的大小;(2)在直线PC上是否存在点M,使得直线MA与平面BD1F1所成角的正弦值为33?若存在,请确定点M的位置;若不存在,请说明理由.图①　　图②答案与分层梯度式解析综合拔高练高考真题练1.解析　(1)证明的关键是在平面ADO中寻找与EF平行的线,观察题图,易知证明方向为EF∥DO,由“中点D,E,O”可知要证F为AC的中点,而根据条件不易直接通过计算解决,故联想到使用向量法解决.证明:由题可知,|AC|=23,设AF=λAC,0≤λ≤1,∵AB·AC=|AB||AC|cos∠BAC=2×23×223=4,BF⊥AO,∴BF·AO=(λAC-AB)·12AB+12AC=λ2|AC|2-12|AB|2+12λ-12AB·AC=8λ-4=0,解得λ=12,∴F为AC的中点.连接OF,DE,则OF∥AB,OF=12AB,∵DE∥AB,DE=12AB,∴DE∥OF,DE=OF,∴四边形ODEF为平行四边形,∴EF∥OD,∵OD⊂平面ADO,EF⊄平面ADO,∴EF∥平面ADO.(2)证明关键:寻找其中一个面内的某条直线与另一平面内的两条相交直线垂直,显然直线AO为“目标直线”.已知AO⊥BF,再找另一垂直关系即可(AO⊥EF).证明:∵O为BC的中点,∴OB=12BC=2,又AB=2,AB⊥BC,∴AO=AB2+OB2=6=PC=2OD,又AD=5OD,∴AD2=AO2+OD2,即AO⊥OD,∵EF∥OD,∴AO⊥EF,∵BF⊥AO,BF∩EF=F,BF,EF⊂平面BEF,∴AO⊥平面BEF,∵AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.(3)求二面角的方法有两个:①定义法;②向量法.对于本题,已知AO⊥OD,AO⊥BF,所以可平移BF,然后利用定义求解,但步骤有点烦琐,从而可直接利用向量OD与BF的夹角解决.此外,本题也可通过建系求解,计算相对烦琐.设二面角D-AO-C的平面角为θ,由题图可知θ为钝角,∵AO⊥OD,AO⊥BF,∴θ为OD和BF的夹角.由题意得|BF|=12|AC|=3,|OD|=12|PC|=62,BF=12(BA+BC)=12(OA-OB+2BO)=12(OA-3OB),OA·OD=0,在△OBD中,BD=OD=62,OB=2,则cos∠BOD=OB2OD=33,∴OB·OD=|OB||OD|·cos∠BOD=2×62×33=1.∴cos θ=BF·OD|BF||OD|=12(OA-3OB)·OD|BF||OD|=-32OB·OD|BF||OD|=-323×62=-22,∴sin θ=1−cos2θ=22,∴二面角D-AO-C的正弦值为22.2.解析　(1)证明:∵PA⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PA⊥AC,PA⊥BC,∵PA=1,PC=3,∴AC=PC2-PA2=3−1=2,又∵AB=BC=1,∴AC2=AB2+BC2,∴BC⊥AB,又∵PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.(2)以B为坐标原点,BC,BA的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),∴AP=(0,0,1),AC=(1,-1,0),BP=(0,1,1),BC=(1,0,0),设平面APC的法向量为n=(x,y,z),则AP·n=z=0,AC·n=x-y=0,取x=1,得n=(1,1,0),设平面BPC的法向量为m=(a,b,c),则BP·m=b+c=0,BC·m=a=0,取b=1,得m=(0,1,-1),∴cos=m·n|m||n|=12×2=12,由图可知二面角A-PC-B为锐角,设二面角A-PC-B的大小为θ,则cos θ=|cos|=12,(1.两个法向量所成的角即为二面角的平面角(或其补角);2.需结合图形判断二面角是锐角还是钝角)∴θ=π3,即二面角A-PC-B的大小为π3.高考风向　近几年的高考题中与立体几何有关的问题,主要涉及空间中位置关系、角、距离,难度基本中等,利用本章内容解决此类问题较为简便且程序化(可参考教材总结的“三步曲”),解题关键是熟知空间问题与向量的对应关系.3.解析　(1)证法一:在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以C为原点,CD,CB,CC1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,连接A2B2,∵AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3,AB=2,AA1=4,∴A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),∴A2D2=(0,-2,1),B2C2=(0,-2,1),∴A2D2=B2C2.易知点A2,B2,C2,D2不在同一直线上,∴B2C2∥A2D2.证法二:分别取DD2,CC1的中点N,M,连接B2M,MN,A2N,A2B2,在正四棱柱中,BB2=2,BB1=AA1=4,则B2为BB1的中点.易知AA2=1,DN=1,几何体ABB2A2-DCMN为四棱柱. ∴四边形A2B2MN为平行四边形,∴MN?A2B2. ∵D2N=1,MC2=1,且D2N∥C2M,∴四边形MND2C2为平行四边形,∴D2C2?MN,∴A2B2?D2C2,∴四边形A2B2C2D2为平行四边形,∴B2C2∥A2D2.(2)同(1)中证法一建系,设BP=t(0≤t≤4),则P(0,2,t),∵A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),∴PA2=(2,0,1-t),PC2=(0,-2,3-t),D2A2=(0,2,-1),D2C2=(-2,0,1),设平面PA2C2的法向量为u1=(x1,y1,z1),则PA2·u1=0,PC2·u1=0,即2x1+(1−t)z1=0,-2y1+(3−t)z1=0,令z1=1,则x1=t-12,y1=3−t2,∴u1=t-12,3−t2,1.设平面A2C2D2的法向量为u2=(x2,y2,z2),则D2A2·u2=0,D2C2·u2=0,即2y2-z2=0,-2x2+z2=0,令z2=2,则x2=1,y2=1,∴u2=(1,1,2).设二面角P-A2C2-D2的平面角为θ,则θ=150°.∴cos θ=-|u1·u2||u1||u2|=-t-12+3−t2+2t-122+3−t22+1×1+1+22=cos 150°,解得t=1或t=3.当t=1时,BP=1,∴B2P=BB2-BP=1;当t=3时,BP=3,∴B2P=BP-BB2=1.综上所述,B2P=1.4.解析　(1)证明:连接AE,DE,∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC.∵DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,DA=DA,∴△ADB≌△ADC,∴AB=AC,∴AE⊥BC,又AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,∴BC⊥平面ADE,又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.(2)不妨设DA=DB=DC=2,结合已知条件可得AB=AC=2,BC=22,DE=2,AE=2,∴AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.又AE⊥BC,DE∩BC=E,BC,DE⊂平面BCD,∴AE⊥平面BCD.如图,以E为坐标原点,直线ED,EB,EA分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则E(0,0,0),A(0,0,2),D(2,0,0),B(0,2,0),∴AB=(0,2,-2),DB=(-2,2,0),DA=(-2,0,2),由EF=DA,得F(-2,0,2),则BF=(-2,-2,2).设平面DAB的法向量为n=(x,y,z),则n·DB=−2x+2y=0,n·AB=2y-2z=0,令x=1,得n=(1,1,1),设平面ABF的法向量为m=(x',y',z'),则m·AB=2y'-2z'=0,m·BF=−2x'-2y'+2z'=0,令y'=1,得m=(0,1,1).设二面角D-AB-F的平面角为θ,则|cos θ|=|m·n||m||n|=|1+1|2×3=63,又θ∈[0,π],∴sin θ=33,故二面角D-AB-F的正弦值为33.5.解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC,∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,又AC∩A1C=C,AC,A1C⊂平面AA1C1C,∴BC⊥平面AA1C1C.又∵BC⊂平面BCC1B1,∴平面BCC1B1⊥平面AA1C1C.过A1作A1H⊥CC1,垂足为H,又平面BCC1B1⊥平面AA1C1C,平面BCC1B1∩平面AA1C1C=CC1,A1H⊂平面AA1C1C,∴A1H⊥平面BCC1B1,∴A1H=1,易知∠CA1C1=90°,在Rt△A1CC1中,CC1=2=2A1H,∴H为CC1的中点,∴△A1CC1为等腰直角三角形,∴A1C=A1C1.易知AC?A1C1,∴A1C=AC.(2)以C为坐标原点,CA,CB,CA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,在平面BCC1B1内过H作HQ∥BC,交BB1于点Q,连接A1Q,如图.易知CC1⊥A1H,CC1⊥HQ,CC1?BB1,又A1H∩HQ=H,A1H,HQ⊂平面A1HQ,∴CC1⊥平面A1HQ,BB1⊥平面A1HQ,又A1Q⊂平面A1HQ,∴BB1⊥A1Q,∴A1Q=2,∴在Rt△A1HQ中,HQ=3,易知A1C=AC=2,则A(2,0,0),B1(-2,3,2),C1(-2,0,2),B(0,3,0),∴AB1=(-22,3,2),CB=(0,3,0),CC1=(-2,0,2).设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),则n·CB=0,n·CC1=0,即3y=0,-2x+2z=0,取x=1,得n=(1,0,1).设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ,则sin θ=|cos|=|AB1|·|n||AB1||n|=|-22+2|(-22)2+(3)2+(2)2×12+12=1313.∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为1313.6.解析　(1)证明:连接MN,A1N,C1M,AM,AC1.因为M,N分别为线段BC,AB的中点,所以MN是△ABC的中位线,所以MN∥AC,MN=12AC,又因为A1C1∥AC,A1C1=12AC,所以MN∥A1C1,MN=A1C1,所以四边形MC1A1N是平行四边形,所以MC1∥A1N,又因为MC1⊂平面C1MA,A1N⊄平面C1MA,所以A1N∥平面C1MA.(2)因为A1A⊥平面ABC,AB,AC⊂平面ABC,所以A1A⊥AB,A1A⊥AC,又AB⊥AC,所以AB,AC,AA1两两垂直.以A为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则A(0,0,0),C1(0,1,2),M(1,1,0),C(0,2,0),B(2,0,0),所以AM=(1,1,0),AC1=(0,1,2),设平面C1MA的法向量为n=(x,y,z),则n·AM=0,n·AC1=0,即x+y=0,y+2z=0,令x=2,则y=-2,z=1,所以n=(2,-2,1),由题易知平面ACC1A1的一个法向量为AB=(2,0,0),设平面C1MA与平面ACC1A1所成的角为θ,则cos θ=|cos|=|n·AB||n||AB|=43×2=23,所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为23.(3)由(2)知平面C1MA的一个法向量为n=(2,-2,1),AC=(0,2,0),设点C到平面C1MA的距离为h,则h=|n·AC||n|=|2×0+(-2)×2+1×0|22+(−2)2+12=43,所以点C到平面C1MA的距离为43.7.解析　(1)证明:∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,∴A1B1⊥平面B1C1CB.∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB.又∵BC⊂平面B1C1CB,∴AB⊥BC.以B为坐标原点,BA,BC,BB1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,则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴BF=(0,2,1).设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则DE=(1-a,1,-2).∵BF·DE=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE.(2)由(1)知EF=(-1,1,1),FD=(a,-2,1).设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),则EF·n=−x+y+z=0,FD·n=ax-2y+z=0,不妨设x=1,则y=a+13,z=2−a3,∴n=1,a+13,2−a3.易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量.设平面BB1C1C与平面DFE所成的锐二面角的大小为θ,则cos θ=|cos|=|m·n||m||n|=11+a+132+2−a32=32a-122+272≤3272=63当a=12时取等号,∴sin θ=1−cos2θ≥33,故当a=12,即B1D=12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为33.8.解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.因为底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.又DC∩PD=D,DC,PD⊂平面PDC,所以AD⊥平面PDC.因为AD∥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为坐标原点,DA,DC,DP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Dxyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),所以DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0,取x=-1,则y=0,z=a,所以n=(-1,0,a).所以cos=n·PB|n||PB|=-1-a1+a2×3.设PB与平面QCD所成的角为θ,则sin θ=33×|a+1|1+a2=331+2aa2+1.因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.高考模拟练1.解析　(1)证明:取AD的中点F,连接PF,EF,∵底面ABCD是正方形,PA=PD,∴AD⊥EF,AD⊥PF,∵EF∩PF=F,EF,PF⊂平面PEF,∴AD⊥平面PEF,又∵PE⊂平面PEF,∴AD⊥PE.(2)由(1)可知,二面角P-AD-B的平面角为∠PFE,则∠PFE=2π3.过点P作PO垂直于直线EF,垂足为O,∵AD⊥平面PEF,PO⊂平面PEF,∴PO⊥AD,∵AD∩EF=F,AD,EF⊂平面ABCD,∴PO⊥平面ABCD,以O为原点,OE,OP所在的直线分别为y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,易得∠PFO=π3,PF=2,OF=1,PO=3,则P(0,0,3),A(1,1,0),B(1,3,0),C(-1,3,0),D(-1,1,0),所以PA=(1,1,-3),AB=(0,2,0),DP=(1,-1,3),PC=(-1,3,-3),设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则n·PA=x+y-3z=0,n·AB=2y=0,取z=1,得平面PAB的一个法向量为n=(3,0,1),由题可设PG=λPC=(-λ,3λ,-3λ),λ∈[0,1],则DG=DP+PG=(1-λ,3λ-1,3-3λ),设直线DG与平面PAB所成的角为θ,则sin θ=|cos|=DG·n|DG||n|=3(1-λ)(1-λ)2+(3λ-1)2+3(1−λ)2=3(1-λ)(3λ-1)2+4(1−λ)2,令t=1-λ,则t∈[0,1],sin θ=3(1-λ)(3λ-1)2+4(1−λ)2=3t213t2-12t+4,当t=0时,sin θ=0,此时θ=0;当t≠0时,sin θ=3×t213t2-12t+4=3×141t-322+4,当1t=32,即t=23,λ=13时,sin θ取得最大值32,此时θ=π3.所以直线DG与平面PAB所成角的最大值为π3.2.解析　(1)证明:在梯形ABCD中,∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,∴AB=2,则在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3,∴AB2=AC2+BC2,∴BC⊥AC.∵平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFE∩平面ABCD=AC,BC⊂平面ABCD,∴BC⊥平面ACFE.(2)由(1)及题意可知,CA,CB,CF两两互相垂直.以C为坐标原点,直线CA,CB,CF分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,令FM=λ(0≤λ≤3),则A(3,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),∴AB=(-3,1,0),BM=(λ,-1,1).设m=(x,y,z)为平面MAB的法向量,则m·AB=−3x+y=0,m·BM=λx-y+z=0,取x=1,得m=(1,3,3-λ),易知(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,记n=(1,0,0),∴cos θ=|m·n||m||n|=11+3+(3-λ)2×1=1(λ-3)2+4.∵0≤λ≤3,∴当λ=0时,cos θ取得最小值77,当λ=3时,cos θ取得最大值12.∴cos θ∈77,12.3.解析　(1)连接OB,OP,因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,PA=PC,O为AC的中点,所以OP⊥OC,OB⊥OC,又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,OP⊂平面PAC,所以OP⊥平面ABC,又OB⊂平面ABC,所以OP⊥OB,所以OB,OC,OP两两垂直,易得OA=OB=OC=8,OP=PC2-OC2=6,PB=OP2+OB2=10,BC=AB=82.VO-PBC=VP-OBC=13·PO·S△OBC=13×6×12×82=64.S△PBC=12·BC·PB2-BC22=12×82×102-(42)2=834,所以点O到平面PBC的距离d=VO-PBC13S△PBC=6413×834=123417.(2)在三棱锥P-ABC中,以O为坐标原点,{OB,OC,OP}为正交基底建立空间直角坐标系Oxyz,如图,则O(0,0,0),P(0,0,6),A(0,-8,0),C(0,8,0),B(8,0,0),设H(x,y,z),则OH=(x,y,z),PH=(x,y,z-6),PA=(0,-8,-6),PB=(8,0,-6),PC=(0,8,-6),设平面PAB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·PA=0,n1·PB=0,即-8y1-6z1=0,8x1-6z1=0,令y1=-3,则n1=(3,-3,4),同理可求得平面PBC的一个法向量n2=(3,3,4).所以平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为|n1·n2||n1||n2|=1634=817.(3)因为OH∥平面PAB,PH⊂平面PBC,所以OH·n1=0,PH·n2=0,即3x-3y+4z=0,3x+3y+4z-24=0,即z=3−34x,y=4,所以Hx,4,3-34x,所以PH=x,4,-3-34x,又0≤x≤8,0≤3−34x≤6,所以0≤x≤4.又OP⊥平面ABC,所以(0,0,1)是平面ABC的一个法向量,记n3=(0,0,1),设直线PH与平面ABC所成的角为θ,则sin θ=|cos|=3+34xx2+16+3+34x2=31+x45x4+12-3225x4+1+3225,令t=x4+1,则t∈[1,2],1t∈12,1,所以sin θ=3t5t2-3225t+3225=353225t2-3225t+1,令f1t=3225·1t2-3225·1t+1,所以f1t∈1725,1,所以1f1t∈1,517,所以sin θ∈35,31717,所以直线PH与平面ABC所成角的正弦值的取值范围为35,31717.4.解析　(1)证明:在矩形EDCF中,ED⊥CD,∵平面EDCF⊥平面ABCD,平面EDCF∩平面ABCD=CD,ED⊂平面EDCF,∴ED⊥平面ABCD,∵AD⊂平面ABCD,∴ED⊥AD,过D作AB的平行线,交BC于点G,又AD∥BC,∴四边形ABGD为平行四边形,又AD⊥AB,即∠DAB=90°,∴四边形ABGD为矩形,∴AD⊥DG.∵AD,DG⊂平面ABCD,ED⊥平面ABCD,∴AD⊥ED,DG⊥ED,以D为原点,DA所在直线为x轴,DE所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,0,3),F(-1,2,3),∴BE=(-1,-2,3),AB=(0,2,0),设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),则n·BE=0,n·AB=0,即-x-2y+3z=0,2y=0,令z=1,则n=(3,0,1),又DF=(-1,2,3),∴DF·n=-3+0+3=0,∴DF⊥n,又∵DF⊄平面ABE,∴DF∥平面ABE.(2)由(1)得BE=(-1,-2,3),BF=(-2,0,3),设平面BEF的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·BE=0,m·BF=0,即-x1-2y1+3z1=0,-2x1+3z1=0,令y1=3,则m=(23,3,4),设平面ABE与平面EFB所成的锐二面角为θ,则cos θ=|m·n||m||n|=1031×2=53131,∴平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值是53131.(3)假设存在满足题意的点P,且DP=λDF=λ(-1,2,3)=(-λ,2λ,3λ),λ∈[0,1],∴P(-λ,2λ,3λ),BP=(-λ-1,2λ-2,3λ),设直线BP与平面ABE所成的角为α,由(1)知平面ABE的一个法向量为n=(3,0,1),∴sin α=|cos|=BP·n|BP|·|n|=|3(-λ-1)+3λ|(-λ-1)2+(2λ-2)2+(3λ)2×2=34,化简得8λ2-6λ+1=0,解得λ=12或λ=14.当λ=12时,BP=-32,-1,32,∴|BP|=2;当λ=14时,BP=-54,-32,34,∴|BP|=2.综上,存在满足题意的点P,且线段BP的长为2.5.解析　(1)取A1F1的中点G,连接O1G,PG,则O1G⊥A1F1,PG⊥A1F1,故∠PGO1=45°,易得O1G=3,所以PO1=3.要求该凉亭及其内部所占空间的大小,可将该凉亭分为两部分,分别求其体积.凉亭的上半部分为正六棱锥,其体积V1=13×6×34×22×3=6(m3),凉亭的下半部分为正六棱柱,其体积V2=6×34×22×33=54(m3),所以该凉亭及其内部所占空间为6+54=60(m3).(2)不存在.取AB的中点H,连接OH.易得OP,OH,FC两两互相垂直,以O为坐标原点,OH,FC,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.则A(3,-1,0),B(3,1,0),D1(-3,1,33),F1(0,-2,33),P(0,0,43),C(0,2,0),则BD1=(-23,0,33),BF1=(-3,-3,33),PC=(0,2,-43).假设在直线PC上存在点M,使得直线MA与平面BD1F1所成角的正弦值为33,设PM=tPC=(0,2t,-43t),t∈R,则M(0,2t,43-43t),则AM=(-3,2t+1,43(1-t)),设平面BD1F1的法向量为n=(x,y,z),则BD1·n=0,BF1·n=0,即-23x+33z=0,-3x-3y+33z=0,令x=3,则y=3,z=2,所以平面BD1F1的一个法向量为n=(3,3,2).设直线MA与平面BD1F1所成的角为θ,则sin θ=|cos|=|-33+3(2t+1)+83(1-t)|9+3+4×3+(2t+1)2+[43(1-t)]2=33,整理得127t2-206t+127=0,∵Δ=(-206)2-4×1272