第一章 空间向量与立体几何 章末综合提升-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版2019）

章末综合提升 探究点一　 空间向量的运算 (1)设x，y∈R，向量a＝(x，1，2)，b＝(－1，－y，1)，c＝(－2，4，2)，且a⊥c，b∥c，则＝(　　) A．2 B．3 C．3 D． (2)已知向量a＝(0，－3，2)，b＝(3，0，k)，若a，b的夹角为120°，则k＝______． (3)已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，侧棱PB，PC，PD上分别有一点E，F，G，且满足＝，＝，＝λ，若A，E，F，G四点共面，则实数λ＝__________． 答案：(1)B　(2)－　(3) 解析：(1)因为向量a＝(x，1，2), c＝(－2，4，2)，且a⊥c，所以－2x＋1×4＋2×2＝0，解得x＝4；因为b＝(－1，－y，1)，c＝(－2，4，2)，且b∥c，所以＝＝，解得y＝－2，则a＝(4，1，2)，b＝(－1，2，1)，所以a－b＝(5，－1，1)，则＝＝3.故选B． (2)因为向量a＝(0，－3，2)，b＝(3，0，k)，a，b的夹角为120°，所以cos〈a，b〉＝＝＝－(k＜0)，化简得k2＝39，解得k＝－或k＝(舍去). (3)因为A，E，F，G四点共面，则存在m，n∈R使得＝m＋n，所以－＝m(－)＋n(－)，所以＝m＋n＋(1－m－n)＝(1－m－n)＋m＋n，因为＝，即－＝－，所以＝－＋＋，因为＝λ，即(1－m－n)＋m＋n＝－λ＋λ＋λ，所以可得1－λ＝－λ，解得λ＝. 规律方法 1．空间向量的线性运算、共线向量的概念、向量共线的充要条件与平面向量的性质是一致的；利用向量共面的充要条件可以判断第三个向量是否与已知的两个不共线的向量共面，特别地，空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使＝x＋y. 2．向量的数量积运算的性质是解决空间线段长度与夹角大小的依据． 　　 对点练1．(1)在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，G为△ABC的重心，点M在线段OC上，且OM＝2MC，则＝(　　) A．a＋b－c B．a＋b＋c C．－a＋b＋c D．a－b＋c (2)在空间直角坐标系Oxyz中，若点A(－1，3，1)，B(－1，3，4)，D(1，1，1)，且＝2，则||的值为__________． 学生用书第41页 (3)正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形)．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2(如图)，P，Q分别为棱AB，AD的中点，则·＝________． 答案：(1)A　(2)2　(3)1 解析：(1)如图，连接AG并延长，交BC于D，因为G为△ABC的重心，所以G为AD的三等分点，D为BC的中点，＝＋＋ ＝c＋(b－c)－＝c＋(b－c)－(＋)＝c＋(b－c)－(b－a＋c－a)＝a＋b－c.故选A． (2)设点P(x，y，z)，因为＝2，A(－1，3，1)，B(－1，3，4)，所以(x＋1，y－3，z－1)＝2(－1－x，3－y，4－z)，则解得即P(－1，3，3)，又D(1，1，1)，所以＝(2，－2，－2)，所以||＝2. (3)由正八面体的性质可得BF＝AD，BF∥AD，则＝，·＝(＋)·(＋＋)＝(＋)·＝－·－·－·－·＝－×2×2cos 120°－×2×2cos 60°－×2×2cos 120°－ ×2×2cos 120°＝－1＋＋1＝1. 探究点二　 空间向量与线面位置关系 如图，在多面体ABC-A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形， AB＝AC，BC＝AB，B1C1∥BC且B1C1＝BC，二面角A1-AB-C是直二面角．求证： (1)A1B1⊥平面AA1C； (2)AB1∥平面A1C1C． 证明：(1)由二面角A1-AB-C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，则AA1⊥AB， AA1⊂平面A1ABB1，平面A1ABB1∩平面ABC＝AB，可得AA1⊥平面ABC． 又因为AB＝AC，BC＝AB， 所以AB2＋AC2＝BC2，所以∠CAB＝90°，即CA⊥AB， 所以AB，AC，AA1两两垂直， 以A为坐标原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz， 设AB＝2，则知点A(0，0，0)，B(0，2，0)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)，B1(0，2，2)， 易知平面AA1C的一个法向量可取为n＝(0，1，0)， 而＝(0，2，0)＝2n，即∥n， 所以A1B1⊥平面AA1C． (2)由(1)知＝(0，2，2)，＝(1，1，0)，＝(2，0，－2)， 设平面A1C1C的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则即 令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1，1)， 所以·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， 所以⊥m， 又因为AB1⊄平面A1C1C， 所以AB1∥平面A1C1C． 如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱DD1上的一点，且D1E＝2DE. (1)若点F满足＝2，求证：CF∥平面A1EC1； (2)底面ABCD内是否存在一点P，使得PD1⊥平面A1C1E？若存在，求出线段DP的长度；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 所以A1(3，0，3)，C1(0，3，3)，E(0，0，1)，C(0，3，0)，B1(3，3，3)，B(3，3，0)， 所以＝(－3，3，0)，＝(3，0，2)． 设平面A1EC1的一个法向量n＝(x，y，z)， 所以即 令x＝2，解得y＝2，z＝－3， 所以平面A1EC1的一个法向量n＝(2，2，－3)． 若＝2，则＝＝(0，0，3)＝(0，0，2)， 所以＝＋＝(3，0，0)＋(0，0，2)＝(3，0，2)， 所以n·＝2×3－3×2＝0，所以n⊥， 又CF⊄平面A1EC1，所以CF∥平面A1EC1. (2)假设底面ABCD内存在一点P，使得PD1⊥平面A1C1E， 设P(a，b，0)(0≤a≤3，0≤b≤3)， 又D1(0，0，3)，所以＝(a，b，－3)， 又平面A1EC1的一个法向量n＝(2，2，－3)， 所以∥n， 所以＝＝，解得a＝2，b＝2， 所以底面ABCD内存在一点P，使得PD1⊥平面A1C1E，此时DP＝＝2. 规律方法 利用空间向量证明空间中的位置关系 1．线线平行 证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量． 2．线线垂直 证明两条直线垂直，只需证明两条直线的方向向量垂直． 3．线面平行 (1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． (2)可在平面内找到一个向量，证明其与直线的方向向量是共线向量． (3)利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两个不共线向量线性表示． 4．线面垂直 (1)证明直线的方向向量与平面的法向量平行． (2)利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题． 5．面面平行 (1)证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)． (2)转化为线面平行、线线平行问题． 6．面面垂直 (1)证明两个平面的法向量互相垂直． (2)转化为线面垂直，线线垂直问题．　　 学生用书第42页 对点练2．在如图所示的六面体ABCDEF中，矩形ADEF⊥平面ABCD，AB＝AD＝AF＝1，CD＝2，CD⊥AD，AB∥CD，H为CF的中点，求证：BH∥平面ADEF. 证明：因为四边形ADEF为矩形，所以DE⊥AD， 因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊂平面ADEF， 所以DE⊥平面ABCD，又因为CD⊥AD， 则以D为坐标原点，，，正方向为x，y，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则B(1，1，0)，F(1，0，1)，C(0，2，0)， 所以CF中点H，所以＝， 因为平面ADEF⊥y轴，所以平面ADEF的一个法向量m＝(0，1，0)， 所以·m＝－×0＋0×1＋×0＝0，即⊥m， 因为BH⊄平面ADEF，所以BH∥平面ADEF. 对点练3．如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，EF∥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，且BC＝2EF，AE＝AF，点G是EF的中点． (1)证明：AG⊥平面ABCD； (2)线段AC上是否存在一点M，使MG∥平面ABF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 解：(1)证明：因为AE＝AF，点G是EF的中点，所以AG⊥EF， 又因为EF∥AD，所以AG⊥AD， 由平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AG⊂平面ADEF， 所以AG⊥平面ABCD． (2)由(1)得AG⊥平面ABCD，AD，AB⊂平面ABCD，所以AG⊥AD，AG⊥AB， 四边形ABCD是边长为4的正方形，所以AG，AD，AB两两垂直， 以A为原点，建立空间直角坐标系A-xyz，如图， 所以A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(4，4，0)， 假设线段AC上存在一点M，使MG∥平面ABF， 设＝λ，则＝λ， 因为＝(4，4，0)，所以＝(4λ，4λ，0)， 设AG＝t(t＞0)，则＝(0，0，t)， 所以＝－＝(－4λ，－4λ，t)， F(0，－1，t)，＝(0，－1，t)，＝(4，0，0)， 设平面ABF的法向量为m＝(x，y，z)， 则即取m＝(0，t，1)， 由于MG∥平面ABF，所以·m＝0，即－4λt＋t＝0，解得λ＝， 所以＝，此时＝， 即存在点M，当＝时，MG∥平面ABF. 探究点三　 空间向量与距离 如图，在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，点M为AB的中点，点N是BB1上靠近B1的三等分点，BD1与B1D交于点O. (1)求证：OM∥平面BCC1B1； (2)若CO⊥B1D，求点N到平面COM的距离． 解：(1)证明：连接AD1，BC1，由O和M分别为线段BD1，AB的中点，所以OM∥AD1， 又由AB＝D1C1且AB∥D1C1， 所以四边形ABC1D1是平行四边形， 所以AD1∥BC1，可得OM∥BC1， 因为OM⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1， 所以OM∥平面BCC1B1. (2)连接B1C，C1N，由B1C＝＝2， 因为O为B1D的中点，且CO⊥B1D， 所以CD＝B1C＝2. 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D -xyz，如图所示， 则C(0，2，0)，M(2，，0)，O(1，，1)，N， 所以＝(1，－，1)，＝(2，－，0)． 设平面COM的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 即 令x1＝1，则y1＝，z1＝1，所以m＝(1，，1)． 因为＝， 所以点N到平面COM的距离为d＝＝＝. 如图在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为A1B1的中点，F为AB的中点，H为DD1的中点，K为BB1的中点．求： (1)直线A1H到直线KC的距离； (2)直线FC到平面AEC1的距离． 解：(1)以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1(1，0，0)，C(0，1，1)，A(1，0，1)，C1(0，1，0)，H，K， F，E， 所以＝，＝， 则＝，即∥，则A1H∥KC， 所以直线A1H到直线KC的距离可转化成点A1到直线KC的距离， ＝，||＝＝， 在上的投影向量的长度为＝＝，＝＝， 所以点A1到直线KC的距离d＝＝. 所以直线A1H到直线KC的距离为. (2)由(1)可得＝，＝，＝(－1，1，－1)， 设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)， 由即 令y＝2，则x＝1，z＝1，得n＝(1，2，1)， 因为·n＝0，所以⊥n，则FC∥平面AEC1， 所以直线FC到平面AEC1的距离可转化成C到平面AEC1的距离， 则＝(0，0，－1)， 所以直线FC到平面AEC1的距离d1＝＝＝. 学生用书第43页 规律方法 1．向量法求点到平面的距离：一般转化为平面外一点与平面内一点构成的向量在平面的法向量方向上的投影向量的长度问题． 2．求直线到平面、平面到平面的距离：往往转化为点到平面的距离求解，且这个点要适当选取，以易于求解为准则． 　　 对点练4．如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥ 平面ABCD，点G为AB 的中点，AB＝BE＝2. (1)求证：EG∥平面ADF； (2)求点D到直线EG的距离． 解：(1)证明：取AD的中点M，连接MG，OD，FM，正方形ABCD的中心为O，则B，O，D共线， 又G为线段AB的中点，则MG∥BD，MG＝OB， 因为四边形OBEF为矩形，则EF∥OB，EF＝OB， 所以EF∥MG，EF＝MG， 所以四边形EFMG为平行四边形，所以EG∥FM， 而FM⊂平面ADF，EG⊄平面ADF， 所以EG∥平面ADF. (2)连接ED，因为四边形OBEF为矩形， 则EB⊥BO，平面OBEF⊥平面ABCD， 平面OBEF∩平面ABCD＝BO，EB⊂平面OBEF， 所以EB⊥平面ABCD， 故以B为坐标原点，以BC，BA，BE为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz， 则D(2，2，0)，G(0，1，0)，E(0，0，2)， ＝(2，2，－2)，＝(0，1，－2)， 直线EG的单位方向向量e＝＝(0，1，－2)， 所以·e＝·＝， 所以点D到直线EG的距离d＝＝＝. 对点练5．已知四棱锥P-ABCD中，底面是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点． (1)求证：PO⊥平面ABCD； (2)已知点M是线段PG上的动点，并且到平面EFG的距离是，求线段GM的长． 解：(1)证明：因为△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以PO⊥AD， 因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD， 所以CD⊥PO， 因为CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD． (2)连接OG，因为PO⊥平面ABCD，OA，OG⊂平面ABCD， 所以PO⊥OA，PO⊥OG， 因为底面是边长为4的正方形，则OP，OA，OG两两垂直， 以O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则D(－2，0，0)，C(－2，4，0)，P(0，0，2)，F(－1，0，)，E(－1，2，)，G(0，4，0)，＝(0，－2，0)，＝(1，2，－)， 设M，a∈[0，4]，平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 解得y＝0，令z＝1，则x＝，故n＝(，0，1)， 则M到平面EFG的距离为d＝＝＝， 解得a＝，a＝(舍)，故M，故|GM|＝＝. 探究点四　空间向量与空间角 如图，设ABCD-A1B1C1D1为正方体，动点P在对角线BD1上，记＝λ. (1)证明：AP⊥B1C； (2)若异面直线AP与D1B1所成角为，求λ的值； (3)当∠APC为钝角时，求λ的取值范围． 解：(1)证明：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)； ＝(1，1，－1)，＝(－1，0，－1)， 因为＝λ，所以＝λ， 所以＝＋＝＋λ＝(－1，0，1)＋λ(1，1，－1)＝(λ－1，λ，1－λ)， 因为·＝1－λ＋λ－1＝0，所以AP⊥B1C． (2)＝(1，1，0)，＝(λ－1，λ，1－λ)， 因为直线AP与D1B1所成角为， 所以＝＝cos ＝， 解得λ＝±1，因为动点P在对角线BD1上， 所以λ＝1. (3)＝＋＝(1－λ)＋＝(1－λ，1－λ，λ－1)＋(－1，0，0)＝(－λ，1－λ，λ－1)，＝(1－λ，－λ，λ－1)， 因为∠APC为钝角，所以·＝－λ(1－λ)－λ(1－λ)＋(λ－1)2＝3λ2－4λ＋1＜0，解得＜λ＜1. 又因为3λ2－4λ＋1≠－1在R上恒成立，所以＜λ＜1. 学生用书第44页 如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面为矩形，平面AA1D1D⊥平面CC1D1D，且CC1＝CD＝DD1＝C1D1＝2. (1)证明：AD⊥平面CC1D1D； (2)若∠A1CD1＝，求平面A1AC与平面ABC夹角的余弦值． 解：(1)证明：如图，在梯形CC1D1D中，因为CC1＝CD＝DD1＝C1D1＝2， 作DH⊥D1C1于H，则D1H＝1，所以cos∠DD1H＝， 所以∠DD1C1＝，连接DC1，由余弦定理可求得DC1＝D1C＝＝2， 因为DC＋DD＝D1C，所以DC1⊥DD1， 因为平面AA1D1D⊥平面CC1D1D且交于DD1，DC1⊂平面CC1D1D， 所以DC1⊥平面AA1D1D． 因为AD⊂平面AA1D1D，所以AD⊥DC1， 因为AD⊥DC，DC∩DC1＝D，DC，DC1⊂平面CC1D1D， 所以AD⊥平面CC1D1D． (2)连接A1C1，由(1)可知，A1D1⊥平面CC1D1D， 所以A1C与平面CC1D1D所成的角为∠A1CD1， 即∠A1CD1＝，在Rt△A1CD1中， 因为CD1＝2，所以A1D1＝＝6. 因为A1C1∥AC，所以平面A1AC与平面A1ACC1是同一个平面． 以D1为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则A1(6，0，0)，C(0，3，)，C1(0，4，0)． 所以＝(－6，4，0)，＝(－6，3，)． 设平面A1AC的法向量为n＝(a，b，c)， 则有即 令a＝2，则b＝3，c＝，故n＝(2，3，)． 由题意可知m＝(0，0，1)是平面ABC的一个法向量， 所以＝＝＝， 故平面A1AC与平面ABC夹角的余弦值为. 规律方法 用向量法求空间角应注意的问题 1．异面直线所成的角：两异面直线所成角的范围为0°＜θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解． 2．直线与平面所成的角：要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n与直线a的方向向量a夹角的余弦cos〈n，a〉，易知θ＝〈n，a〉－或者－〈n，a〉． 3．平面与平面的夹角：若两个平面的法向量分别为n1，n2，夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|，然后借助θ的范围，求得θ的值．　　 对点练6．三棱柱ABC-A1B1C1中，D是正方形AA1B1B的中心，AA1＝，C1D⊥平面AA1B1B，且C1D＝1. (1)M是棱A1C1的中点，求证：AC⊥平面AB1M； (2)求平面AB1M与平面A1BC夹角的大小． 解：(1)证明：连接AC1，A1D，D是正方形AA1B1B的中心，AA1＝，则DA1＝1， 又C1D⊥平面AA1B1B，DA1⊂平面AA1B1B，所以C1D⊥DA1，又C1D＝1， 由勾股定理得C1A1＝＝，同理C1B1＝，AC1＝， 所以△A1B1C1，△A1AC1均为等边三角形， 又M为A1C1中点，所以A1C1⊥B1M，A1C1⊥AM， 又因为B1M∩AM＝M，B1M，AM⊂平面AB1M， 所以A1C1⊥平面AB1M， 因为AC∥A1C1，所以AC⊥平面AB1M. (2)以D为原点，DA，DA1，DC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则B(0，－1，0)，A1(0，1，0)，C(1，－1，1)，C1(0，0，1)， 所以＝(0，－2，0)，＝(1，－2，1)，＝(0，－1，1)， 设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，则即解得y＝0， 令x＝1，则z＝－1，故n＝(1，0，－1)，由(1)知，平面AB1M的一个法向量为， 设平面AB1M与平面A1BC的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝＝＝， 因为θ∈，所以θ＝. 对点练7．如图，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，AA1＝a，E，F分别是棱BC，DD1的中点． (1)求证：EF∥平面A1BD； (2)若二面角A1-BD-A的大小是45°，求a的值，并求直线A1C与平面A1BD所成角的正弦值． 解：(1)证明：取A1D的中点P，连接PF，PB， 因为E，F分别是棱BC，DD1的中点， 所以PF∥A1D1且PF＝A1D1，BE＝BC， 因为直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BC∥A1D1且BC＝A1D1， 所以PF∥BE，且PF＝BE， 故四边形PFEB为平行四边形，所以EF∥BP， 因为EF⊄平面A1BD，PB⊂平面A1BD， 所以EF∥平面A1BD． (2)连接AC，与BD相交于点O，连接A1C1，B1D1相交于点H， 因为底面ABCD是菱形，所以AC，BD相互垂直，则AC，BD，OH两两垂直， 以O为坐标原点，OA，OB，OH所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 因为AB＝2，∠BAD＝60°，AA1＝a， 所以AD＝BD＝2，OB＝1，AO＝， 故A(，0，0)，A1(，0，a)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，C(－，0，0)， 设平面A1BD的法向量为m＝(x，y，z)， 则 即 解得y＝0，令x＝1，则z＝－， 故m＝. 又平面ABD的法向量为n＝(0，0，1)， 则＝ ＝＝＝，解得a＝，则m＝(1，0，－1)，＝(－2，0，－)． 设直线A1C与平面A1BD所成角的大小为θ， 则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝. 学生用书第45页 本章内容是高考必考内容之一，多考查空间中有关平行与垂直的判定，空间角与距离的求解，空间向量的应用等问题． 高考对本章内容的考查比较稳定，针对这一特点，复习时，首先梳理本章重要定理、公式与常用结论，扫清基础知识和公式障碍；然后分题型重点复习，重视向量法求解空间角、距离问题的思路与解题过程． (2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D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. 解：(1)证明：以C 为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图， 则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)， 所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)， 所以∥， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， 所以B2C2∥A2D2. (2)设 P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 则＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)， 设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1， 所以n＝(λ－1，3－λ，2)， 设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)， 则即 令a＝1，得b＝1，c＝2，所以m＝(1，1，2)， 所以|cos〈n，m〉|＝＝ ＝|cos 150°|＝， 化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3， 所以P(0，2，1)或P(0，2，3)， 所以B2P＝|λ－2|＝1. (2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值． 解：(1)证明：如图，连接AE，DE， 因为E为BC中点，DB＝DC，所以DE⊥BC， 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，从而AE⊥BC， 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE， 所以BC⊥DA． (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为BD⊥CD，所以BC＝2，DE＝AE＝. 所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE， 又因为AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， 所以AE⊥平面BCD． 以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)，E(0，0，0)， 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 二面角D -AB-F的平面角为θ，而＝(0，，－)， 因为＝＝(－，0，)， 所以F(－，0，)，即有＝(－，0，0)， 所以即取x1＝1， 所以n1＝(1，1，1)； 即取y2＝1， 所以n2＝(0，1，1)， 所以|cos θ|＝＝＝， 从而sin θ＝＝. 所以二面角D -AB-F的正弦值为. (2022·新高考Ⅰ卷) 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2. (1)求A到平面A1BC的距离； (2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值． 解：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h， 则VA-A1BC＝S△A1BC·h＝h＝VA1-ABC＝S△ABC·A1A＝VABC-A1B1C1＝， 解得h＝，所以点A到平面A1BC的距离为. (2)连接AB1交A1B于E，如图，易知E为A1B的中点，因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B， 又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B， 且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC， 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC， 由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC，可得AE⊥BC，BB1⊥BC， 又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1， 所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由(1)得AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，又S△A1BC＝A1B·BC＝2，所以BC＝2， 则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)， 所以A1C的中点D(1，1，1)， 则＝(1，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)， 设平面ABD的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则即 可取m＝(1，0，－1)， 设平面BDC的一个法向量为n＝(a，b，c)， 则即可取n＝(0，1，－1)， 则cos〈m，n〉＝＝＝， 所以二面角A-BD-C的正弦值为 ＝. (2022·新高考Ⅱ卷) 如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点． (1)证明：OE∥平面PAC； (2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值． 解：(1)证明：延长BO交AC于点D，连接OA，PD， 因为PO是三棱锥P-ABC的高， 所以PO⊥平面ABC，AO，BO⊂平面ABC， 所以PO⊥AO，PO⊥BO， 又PA＝PB，所以△POA≌△POB，即OA＝OB， 所以∠OAB＝∠OBA， 又AB⊥AC，即∠BAC＝90°， 所以∠OAB＋∠OAD＝90°，∠OBA＋∠ODA＝90°， 所以∠ODA＝∠OAD， 所以AO＝DO，即AO＝DO＝OB， 所以O为BD的中点，又E为PB的中点， 所以OE∥PD， 又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC， 所以OE∥平面PAC． (2)过点A作Az∥OP，如图建立空间直角坐标系， 因为PO＝3，AP＝5，所以OA＝＝4， 又∠OBA＝∠OBC＝30°， 所以BD＝2OA＝8，则AD＝4，AB＝4， 所以AC＝12，所以O(2，2，0)，B(4，0，0)，P(2，2，3)，C(0，12，0)，所以E， 则＝，＝(4，0，0)，＝(0，12，0)， 设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝2， 则y＝－3，x＝0，所以n＝(0，－3，2)； 设平面AEC的法向量为m＝(a，b，c)，则即令a＝， 则c＝－6，b＝0，所以m＝(，0，－6)； 所以cos〈n，m〉＝＝＝－， 设二面角C-AE-B为θ，由图可知二面角C-AE-B为钝二面角， 所以cos θ＝－，所以sin θ＝＝＝， 故二面角C-AE-B的正弦值为. 单元检测卷(一)　空间向量与立体几何 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、选择题(本题共8小题，每小题5分， 共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．) 1．在空间直角坐标系中，直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2，1，－3)，b＝(2，2，2)，则(　　) A．l1⊥l2 B．l1∥l2 C．l1与l2异面 D．l1与l2相交 答案：A 解析：由a·b＝(2，1，－3)·(2，2，2)＝4＋2－6＝0，故a⊥b，所以l1⊥l2.故选A． 2．已知向量a＝(2，3，5)，b＝(1，2，4)，则向量a在向量b上的投影向量c＝(　　) A．(1，4，4) B．(2，4，4) C．(2，4，8) D． 答案：D 解析：因为向量a＝(2，3，5)，b＝(1，2，4)，所以向量a在向量b上的投影向量为·＝·＝.故选D． 3．已知点A(1，2，3)，B(1，1，0)，C(0，1，1)，则下列向量是平面ABC的法向量的是(　　) A．(－1，3，－1) B．(－1，－3，－1) C．(1，3，1) D．(－1，3，1) 答案：A 解析：由题意知：＝(0，－1，－3)，＝(－1，－1，－2)，对于A，因为(－1，3，－1)·(0，－1，－3)＝0－3＋3＝0，(－1，3，－1)·(－1，－1，－2)＝1－3＋2＝0，所以(－1，3，－1)与，均垂直，所以(－1，3，－1)是平面ABC的一个法向量，故A正确；对于B，因为(－1，－3，－1)·(－1，－1，－2)＝1＋3＋2＝6，所以(－1，－3，－1)与不垂直，所以(－1，－3，－1)不是平面ABC的一个法向量，故B错误；对于C，因为(1，3，1)·(0，－1，－3)＝0－3－3＝－6，所以(1，3，1)与不垂直，所以(1，3，1)不是平面ABC的一个法向量，故C错误；对于D，因为(－1，3，1)·(0，－1，－3)＝0－3－3＝－6，所以(－1，3，1)与不垂直，所以(－1，3，1)不是平面ABC的一个法向量，故D错误．故选A． 4．在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，＝λ(λ＞0)，N为BC的中点，若＝－a＋b＋c，则λ＝(　　) A． B．3 C． D．2 答案：B 解析：如图，因为＝λ，N为BC的中点，所以＝，又因为＝＋，所以＝－＝＋－＝－a＋b＋c，又＝－a＋b＋c，所以－＝－，解得λ＝3.故选B． 5．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则AM与CN所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，如图，以C为原点，以CB，CA，CC1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，令BC＝CA＝CC1＝2，则A(0，2，0)，M(1，1，2)，C(0，0，0)，N(0，1，2)，所以＝(1，－1，2)，＝(0，1，2)，所以cos〈，〉＝＝＝.令AM与CN所成角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝.故选C． 6．如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，E是PA的中点，则PC到平面BED的距离为(　　) A． B． C．2 D．2 答案：A 解析：取CD的中点F，连接AF，AC，因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以△ACD为等边三角形，又因为F为CD的中点，所以AF⊥CD，以点A为原点，以AB，AF，AP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(4，0，0)，D(－2，2，0)，E(0，0，2)，P(0，0，4)，C(2，2，0)，所以＝(－4，0，2)，＝(2，－2，2)，设平面BED的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即取z＝2，得n＝(1，，2)，因为＝(2，2，－4)，所以n·＝2＋6－8＝0，即⊥n，又因为PC⊄平面BED，所以PC∥平面BED，所以PC到平面BED的距离等于点P到平面BED的距离，因为＝(0，0，2)，所以点P到平面BED的距离d＝＝＝，所以PC到平面BED的距离为.故选A． 7．将边长为1的正方形AA1O1O及其内部绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧，则直线B1C与平面OAA1O1所成的角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：由题意，∠AOC＝，∠A1O1B1＝，如图所示，建立空间直角坐标系．则B1，C，所以＝，平面OAA1O1的一个法向量为n＝(1，0，0)，设直线B1C与平面OAA1O1所成的角为θ，所以sin θ＝＝＝.故选D． 8．如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥AD，AB＝AD＝1，AA1＞AB，E，F分别是侧棱BB1，DD1上的动点，且平面AEF与平面ABC的夹角的大小为30°，则线段BE的长的最大值为(　　) A． B． C． D． 答案：B 解析：依题意，AB，AD，AA1两两互相垂直，以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设BE＝m，DF＝n(m≥0，n≥0，且m，n不同时为0)，则A(0，0，0)，E(1，0，m)，F(0，1，n)，所以＝(1，0，m)，＝(0，1，n)．设平面AEF的一个法向量为u＝(x，y，z)，则即令z＝1，得x＝－m，y＝－n，则u＝(－m，－n，1)，显然v＝(0，0，1)为平面ABC的一个法向量．因为平面AEF与平面ABC的夹角的大小为30°，所以cos 30°＝＝＝＝，即＝，得m2＋n2＝，所以m＝，所以当n＝0时，m取得最大值，最大值为.故选B． 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．) 9．已知向量a＝(－2，－1，3)，b＝(1，－3，2)，d＝(2，1，x)，则下列命题中，正确的是(　　) A．若a⊥c，b⊥c，|c|＝，则c＝(1，1，1) B．以a，b为邻边的平行四边形的面积是7 C．若x＜，则a，d之间的夹角为钝角 D．若x＞，则a，d之间的夹角为锐角 答案：BD 解析：选项A，设c＝(a，b，c)，由a⊥c，b⊥c，得化简得a＝b＝c，因为|c|＝，所以c＝(1，1，1)或c＝(－1，－1，－1)，故A错误；选项B，由a＝(－2，－1，3)，b＝(1，－3，2)，知a·b＝－2＋3＋6＝7，|a|＝，|b|＝，所以cos〈a，b〉＝＝＝，即〈a，b〉＝，所以sin〈a，b〉＝，所以以a，b为邻边的平行四边形的面积S＝|a|·|b|sin〈a，b〉＝14×＝7，故B正确；选项C，若x＝－3，则d＝(2，1，－3)＝－(－2，－1，3)＝－a，即a，d共线反向，故C错误；选项D，若x＞，则a·d＝－4－1＋3x＝－5＋3x＞0，此时a，d之间的夹角为锐角，故D正确．故选BD． 10．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝，AB＝2AD＝2PD，PD⊥底面ABCD，则下列结论正确的是(　　) A．PA⊥BD B．PB与平面ABCD所成角为 C．异面直线AB与PC所成角的余弦值为 D．平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为 答案：ABC 解析：对于选项A，因为∠DAB＝，AB＝2AD，由余弦定理可得BD＝ ＝AD，从而BD2＋AD2＝AB2，即BD⊥AD，由PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，可得BD⊥PD，又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，即BD⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，即PA⊥BD，故A正确；对于选项B，因为PD⊥底面ABCD，所以∠PBD就是PB与平面ABCD所成的角，又tan∠PBD＝＝，即∠PBD＝，故B正确；对于选项C，显然∠PCD为异面直线AB与PC所成的角，易得cos ∠PCD＝＝＝＝，故C正确；对于选项D， 建立如图所示的空间直角坐标系，设AD＝1，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，，0)，P(0，0，1)，则＝(－1，，0)，＝(0，，－1)，设平面PAB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，则即令y1＝1，则x1＝z1＝，即n＝(，1，)，又＝(－1，0，0)，设平面PBC的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，则则令y2＝1，则x2＝0，z2＝，即m＝(0，1，)，则cos〈m，n〉＝＝＝，即平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为，故D不正确．故选ABC． 11．(2024·广东深圳高二期中)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1，AB＝2，AA1＝a，点M为棱CC1的中点，点P为底面A1B1C1D1上的动点，则下列结论中正确的为(　　) A．当a＝且点P位于底面A1B1C1D1的中心时，四棱锥P-ABCD外接球的表面积为 B．当a＝2时，存在点P满足PA＋PM＝4 C．当a＝2时，存在唯一的点P满足∠APM＝90° D．当a＝2时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为 答案：ACD 解析：对于A，如图①，找到正方形ABCD的中心H，O为四棱锥P-ABCD外接球的球心，则O在线段PH上，因为四边形ABCD为正方形，所以BH＝，且PH＝a＝，设四棱锥P-ABCD外接球的半径为R，则OP＝OB＝R，则在Rt△BOH中，可得R2－(－R)2＝2，解得R＝，所以四棱锥P-ABCD外接球的表面积为4πR2＝，故A正确； 对于B，由于a＝2，如图②，建立空间直角坐标系，可得A(0，0，2)，M(2，2，1)，B(2，0，2)，P为底面A1B1C1D1上的动点，可设P(m，n，0)，且0≤m≤2，0≤n≤2.点M关于平面A1B1C1D1的对称点为M′(2，2，－1)，AM′＝＝，即PA＋PM的最小值为＞4，所以不存在点P满足PA＋PM＝4，故B错误；对于C，＝(m，n，－2)，＝(m－2，n－2，－1)，因为·＝m2－2m＋n2－2n＋2＝(m－1)2＋(n－1)2，所以当m＝1，n＝1时，AP⊥MP，此时∠APM＝90°，所以当a＝2时，存在唯一的点P满足∠APM＝90°，故C正确；对于D，＝(m－2，n，－2)，＝(2，2，－1)，若BP⊥AM，则有·＝2m－4＋2n＋2＝2m＋2n－2＝0，化简得m＋n＝1.又因为0≤m≤2，0≤n≤2，所以点P的轨迹长度为＝，故D正确．故选ACD． 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上．) 12．(2024·贵州铜仁高二质量监测)在空间直角坐标系中，若m＝(1，2，k)对应点M，n＝(－k，2，3－k)，若M关于平面xOy的对称点为(1，2，－1)，则m·n＝__________． 答案：5 解析：M关于平面xOy的对称点为(1，2，－1)，所以M(1，2，1)，所以m＝(1，2，1)，即k＝1，n＝(－1，2，2)，所以m·n＝1×(－1)＋2×2＋1×2＝－1＋4＋2＝5. 13．(2024·山东淄博高二质量检测) 如图，在四面体ABCD中，E，F分别为BC，AE的中点，G为△ACD的重心，设＝a，＝b，＝c，则＝__________________(用a，b，c表示)． 答案： －a＋b＋c 解析：因为E，F分别为BC，AE的中点，所以＝＝(＋)．因为G为△ACD的重心，所以＝(＋)，所以＝－＝(＋)－(＋)＝－＋＋＝－a＋b＋c. 14．已知长方体ABCD-A1B1C1D1，AB＝AD＝2，AA1＝4，M是BB1的中点，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈，μ∈，且MP∥平面AB1D1，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是____________． 答案： 解析：如图所示，E，F，G，H，N分别为B1C1，C1D1，DD1，DA，AB的中点，则EF∥B1D1∥NH，MN∥B1A∥FG，由EF⊂平面MEFGHN，B1D1⊄平面MEFGHN，则B1D1∥平面MEFGHN，同理可证B1A∥平面MEFGHN，B1A∩B1D1＝B1，B1A，B1D1⊂平面AB1D1，所以平面MEFGHN∥平面AB1D1，所以动点P的轨迹是六边形MEFGHN及其内部，又＝λ＋μ，所以点P在侧面BCC1B1上，故P的轨迹为线段EM，因为AB＝AD＝2，AA1＝4，所以EM＝AD1＝. 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 15．(13分)已知向量a＝(－1，0，1)，b＝(1，－2，0)． (1)求a与a－b的夹角； (2)若2a＋b与a－tb垂直，求实数t的值． 解：(1)因为a＝(－1，0，1)，b＝(1，－2，0)， 所以a－b＝(－2，2，1)，|a|＝， ＝＝3，令a与(a－b)的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝， 则a与a－b的夹角为. (2)因为2a＋b＝(－1，－2，2)，a－tb＝(－1－t，2t，1)， 又2a＋b与a－tb垂直，所以(2a＋b)·(a－tb)＝0， 即－1×(－1－t)＋2t×(－2)＋1×2＝0，解得t＝1. 16．(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点． (1)求证：EF⊥CD； (2)已知点G在平面PAD内，且GF⊥平面PCB，试确定点G的位置． 解：(1)证明：以D为坐标原点，，，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(如图)， 设AD＝a，则D(0，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F， 所以＝，＝(0，a，0)， 所以·＝·(0，a，0)＝0， 所以EF⊥CD． (2)因为G∈平面PAD，设G(x，0，z)， 所以＝. 由(1)，知＝(a，0，0)，＝(0，－a，a)． 因为GF⊥平面PCB，所以·＝·(a，0，0)＝a＝0， ·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，所以x＝，z＝0， 所以点G的坐标为，即点G为AD的中点． 17．(15分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为1，且∠A1AC＝∠A1AB＝60°，D是BC的中点． (1)求A1，D两点间的距离； (2)求AC与A1D所成角． 解：(1)因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为1，且∠A1AC＝∠A1AB＝60°，设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝2，|c|＝1，〈a，b〉＝60°，〈b，c〉＝60°，〈a，c〉＝60°， 则a·b＝2，a·c＝b·c＝1， 由于＝－＝(＋)－＝a＋b－c， 则2＝2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋a·b－a·c－b·c＝2， 故＝. (2)设与所成角为θ，＝b，＝a＋b－c， 由于·＝b·＝a·b＋b2－b·c＝2，|b|＝2，＝， 则cos θ＝cos〈，〉＝＝＝，且θ∈，则θ＝， 所以AC与A1D所成角为. 18．(17分)如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝AD＝2，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且PA⊥CD． (1)证明：平面PAC⊥平面ACD； (2)若M为PD上的一点，点P到平面ACM的距离为，求的值及平面MAC和平面DAC夹角的余弦值． 解：(1)证明：如图所示，在梯形ABCD中，取AD的中点N，连接CN， 易知四边形ABCN为平行四边形，可得CN＝AN＝DN，即AC⊥CD， 又PA⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以CD⊥平面PAC， 因为CD⊂平面ACD， 所以平面PAC⊥平面ACD． (2)取AC的中点O，则ON∥CD⇒ON⊥AC， 因为PA＝PC，所以PO⊥AC，结合(1)的结论， 可以以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(，0，0)，C(－，0，0)，N(0，1，0)，P(0，0，1)，D(－，2，0)， 所以＝(2，0，0)，＝(－，2，－1)，＝(－，0，1)， 设＝λ，λ∈(0，1)T567T， 即＝λ＝(－λ，2λ，－λ)，＝＋＝(－λ－，2λ，1－λ)， 设平面ACM的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则有 即 令y＝λ－1⇒x＝0，z＝2λ， 即m＝(0，λ－1，2λ)，则点P到平面ACM的距离为d＝＝＝⇒λ＝，即＝； 易知平面DAC的一个法向量可为n＝(0，0，1)， 设平面MAC和平面DAC夹角为α，易知m＝， 所以cos α＝＝ ＝＝. 19．(17分)在三棱台A1B1C1-ABC中，CC1⊥平面ABC，AB＝BC＝AC＝2A1B1＝2，D，E分别为AC，BC的中点． (1)证明：A1B∥平面C1DE； (2)若BC1⊥A1C，在线段AB上是否存在一点F，使得C1F与平面ABB1A1所成角的正弦值为？若存在，求AF的长度；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为在三棱台A1B1C1-ABC中，AB＝BC＝AC＝2A1B1＝2，D为AC的中点， 所以A1C1＝AD，又A1C1∥AD， 所以四边形A1C1DA为平行四边形，AA1∥DC1， 因为D，E分别为AC，BC的中点， 所以DE为△ABC的中位线，所以BA∥DE， 又BA，AA1⊂平面AA1B，且BA∩AA1＝A， 所以平面AA1B∥平面C1DE， 又A1B⊂平面AA1B，所以A1B∥平面C1DE. (2)连接BD，因为CC1⊥平面ABC，且CC1⊂平面AA1C1C， 所以平面ABC⊥平面AA1C1C， 又平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，易知等边三角形ABC中，BD⊥AC， 所以BD⊥平面AA1C1C，所以BD⊥A1C， 又BC1⊥A1C，BC1∩BD＝B， 所以A1C⊥平面BDC1，从而A1C⊥DC1，故四边形A1C1CD为正方形，CC1＝1， 如图，建立空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，B(，0，0)，A1(0，0，1)，C1(0，1，1)， 所以＝(，1，0)，＝(0，1，1)，＝(0，2，1)， 假设存在符合题意的点F，令＝λ(0≤λ≤1)，则＝(λ，λ，0)，＝－＝(λ，λ－2，－1)， 设平面ABB1A1的法向量为n＝(x，y，z)，则得 令x＝1，可得n＝(1，－，)． 设直线C1F与平面ABB1A1所成的角为θ，则sin θ＝＝， 由＝，得λ＝，则AF＝1， 所以线段AB上存在一点F，且AF＝1，使得C1F与平面ABB1A1所成角的正弦值为. 学生用书第46页 学科网（北京）股份有限公司 $$