第6课时　空间角与距离 第3学时　综合问题-2026年高考数学一轮复习

Content Navigation 内容导航 授人以渔 01 课外阅读 02 第1页 第3学时　综合问题 第1页 √ 授 人 以 渔 01 PAST ONE 3 题型一　 空间中的距离问题 (2025·邯郸一中月考)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点． (1)求点N到直线AB的距离； 【答案】　(1)4　 第‹#›页 4 【解析】　建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2 ，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4)，A1(0，0，4)，∵N是CC1的中点， ∴N(0，4，2)． 第1页 (2)求点C1到平面ABN的距离； 第1页 (3)求直线AA1与直线BN间的距离． 设直线AA1与BN的公垂线的方向向量为u＝(x1，y1，z1)， 第1页 状元笔记 1.点到直线的距离 (1)设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离 (2)若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离． 2．求点到平面的距离是重点，其方法有： (1)直接作出点到面的垂线段，再计算． 第1页 (2)平行转移法．即通过线面平行，转化为其他点到平面的距离． (3)等体积法． (4)向量法．已知AB为平面α的一条斜线段，A在平面α内，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为d＝ 第1页 3．向量法求两异面直线间的距离 分别以这两条异面直线上任意两点为起点和终点的向量设为a，与这两条异面直线都垂直的直线的方向向量设为n，则两条异面直线间的距离就是a在n上的投影向量的模，设为d，从而由公式d＝ 求解． 第1页 思考题1　(1)【多选题】如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为棱DD1的中点，F为棱BB1的中点，则(　　) A．点A1到直线B1E的距离为 B．直线FC1与直线AE间的距离为2 C．点B到平面AB1E的距离为 D．直线FC1与平面AB1E的距离为 √ √ 第1页 (2)已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F分别是AB，AD的中点，求点B到平面GEF的距离． 【解析】　方法一：设点B到平面GEF的距离为x. 连接BD，BF，BG.在四面体B－EFG中，VB－EFG＝VG－BEF， 连接AC，设EF与AC交于H，连接GH，易证GH⊥EF. 第1页 第1页 设平面GEF的一个法向量是n＝(x，y，1)， 第1页 【讲评】　空间中的距离问题一般都可以转化成点到点的距离、点到线的距离和点到面的距离．其中点到点的距离、点到线的距离可用空间向量的模来求解，点到面的距离可借助于平面的法向量求解． 第1页 题型二　 翻折问题 (2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3， (1)证明：EF⊥PD； 【答案】　(1)证明见解析　 第‹#›页 16 又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝4，故EF＝2. 又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE. 由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED， 又ED∩PE＝E，ED，PE⊂面PED，所以EF⊥面PED. 又PD⊂面PED，所以EF⊥PD. 第1页 (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF⊂面ABCD，所以PE⊥面ABCD. 故EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 第1页 设面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 第1页 设面PBF(即面PAF)的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 第1页 状元笔记 　(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口． (2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形． (3)解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主要抓住变与不变的量，所谓不变的量，是指“未折坏”的元素，包括“未折坏”的边和角，一般优先标出“未折坏”的直角(从而观察是否存在线面垂直)，然后标出其他特殊角以及所有不变的线段． 第1页 思考题2　(2025·东营市模拟)如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，以AE为折痕把△ADE折起，使点D到达点P的位置(P∉平面ABCE)． (1)证明：AE⊥PB； 【答案】　(1)证明见解析　 第1页 【解析】　(1)证明：如图，连接BD，交AE于点O，连接BE. ∴四边形ABED为平行四边形， 又AD＝AB，∴四边形ABED为菱形， ∴OD⊥AE，OB⊥AE. 折叠后，在四棱锥P－ABCE中，取AE的中点O，连接PO，OB，则OP⊥AE，OB⊥AE，又OP∩OB＝O，OP，OB⊂平面POB， ∴AE⊥平面POB，又PB⊂平面POB，∴AE⊥PB. 第1页 (2)若直线PB与平面ABCE所成的角为 ，求二面角A－PE－C的余弦值． 【解析】　(2)在平面POB内作PQ⊥平面ABCE，垂足为Q，则Q在直线OB上，∴直线PB与平面ABCE所成的角为∠PBO＝ ， 又由(1)知OP＝OB，∴OP⊥OB， ∴O，Q两点重合，即PO⊥平面ABCE. 第1页 方法一(向量法)：以O为原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设平面PCE的一个法向量为n1＝(x，y，z)， 第1页 易知OB⊥平面PAE，∴n2＝(0，1，0)为平面PAE的一个法向量． 设二面角A－PE－C的平面角为α， 由图可知二面角A－PE－C为钝二面角， 第1页 方法二(几何法)：如图，过点C作CH⊥AE，交AE的延长线于点H，连接PH，则二面角A－PE－C的平面角与二面角H－PE－C的平面角互为补角． 易知CH⊥PO，AE∩PO＝O，AE，PO⊂平面PAE， ∴CH⊥平面PAE，∴CH⊥PE， 过H作HF⊥PE，交PE的延长线于点F， 连接CF，易知CH⊥HF， ∵HF∩CH＝H，HF，CH⊂平面CHF，∴PE⊥平面CHF，∴CF⊥PE， ∴∠CFH为二面角H－PE－C的平面角． 第1页 第1页 题型三　 探究创新问题 (2024·山东聊城三模)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2AB＝2，点D，E，F分别是棱AC，CC1，C1B1的中点，点P满足 【答案】　(1)证明见解析　 第‹#›页 29 【解析】　(1)证明：如图1，连接AB1， 故点P是AB1的中点．连接DP，CB1，因为点D是AC的中点，P是AB1的中点，所以DP∥CB1. 因为点E，F分别是CC1，C1B1的中点，所以EF∥CB1，所以DP∥EF， 又因为DP⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以DP∥平面A1EF. 第1页 (2)当λ＝1时，是否存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是 ？若存在，指出点P的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】　(2)存在，P为线段BB1上靠近B的四等分点 【解析】　(2)存在，P为线段BB1上靠近点B的四等分点． 所以点P在棱BB1上，取A1C1的中点D1， 连接DD1，DB，PC，PA，则DD1∥CC1， 在正三棱柱ABC－A1B1C1中，DD1⊥平面ABC， △ABC是正三角形，所以DB⊥AC，易知DA，DB，DD1两两垂直， 第1页 以D为坐标原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图2所示， 第1页 第1页 思考题3　如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，BC＝2AB，AC＝ AB，PB⊥AC. (1)求证：平面PAB⊥平面ABCD； 【答案】　(1)证明见解析　 【解析】　(1)证明：在△ABC中，因为BC＝2AB，AC＝ AB， 所以AC2＋AB2＝BC2，所以AC⊥AB. 又AC⊥PB，PB∩AB＝B，且PB，AB⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB. 又AC⊂平面ABCD， 所以平面PAB⊥平面ABCD. 第1页 (2)设Q为侧棱PD上的一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且AC∥平面BEQF.是否存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，求出的值 ；若不存在，请说明理由． 【解析】　(2) 假设存在Q，使得平面BEQF⊥平面PAD. 取AB的中点为H，连接PH，则PH⊥AB， 因为平面PAB⊥平面ABCD， 平面PAB∩平面ABCD＝AB，PH⊂平面PAB，所以PH⊥平面ABCD. 第1页 以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设n1＝(x1，y1，z1)是平面PAD的法向量， 第1页 连接EF，因为AC∥平面BEQF，AC⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEQF＝EF，所以AC∥EF. 设n2＝(x2，y2，z2)是平面BEQF的法向量， 第1页 因为平面BEQF⊥平面PAD， 所以n1⊥n2， 所以n1·n2＝3λ＋3λ－4＝0， 第1页 题型四　 最值、范围问题 (2025·通州区联考) 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，△ABC为等边三角形，AC＝CC1＝2，∠ACC1＝60°，D，E分别是棱AC，CC1的中点． (1)求证：A1C⊥平面BDE； 【答案】　(1)证明见解析　 第‹#›页 39 【解析】　(1)证明：连接AC1.∵△ABC为等边三角形，D为AC中点，∴BD⊥AC，又∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，∴BD⊥平面AA1C1C，∴BD⊥A1C，又易知四边形AA1C1C为菱形，∴A1C⊥AC1，∴易知A1C⊥DE，又BD∩DE＝D，∴A1C⊥平面BDE. 第1页 (2)若P为线段B1C1上的动点(不包括端点)，求平面PBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围． 第1页 设平面PBD与平面BDE的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 第1页 思考题4　(2020·新高考Ⅰ卷)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； 【答案】　(1)证明见解析　 第1页 【解析】　(1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC， 因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC，又因为AD⊂平面PAD， 平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l. 因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形， 所以AD⊥DC，所以l⊥DC， 又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，因为DC∩PD＝D，所以l⊥平面PDC. 第1页 (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． 【解析】　(2) 如图，连接QC，QD，建立空间直角坐标系，因为PD＝AD＝1，所以D(0，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)， 设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 第1页 返 回 √ 课 外 阅 读 02 PAST TWO 47 重温高考 1．(2024·北京) 如图，在四棱锥P－ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2. (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD； 答案　(1)证明见解析　 解析　(1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG， 因为F为PE的中点，所以FG＝ DE＝1，FG∥DE， 又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC， 所以四边形FGCB为平行四边形，所以BF∥CG， 又BF⊄平面PCD，CG⊂平面PCD，所以BF∥平面PCD. 第1页 (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值． 解析　(2)因为AB⊥平面PAD，PE⊂平面PAD，所以AB⊥PE，又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD. 连接EC，易知四边形ABCE为矩形， 故直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，EP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，则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)， 第1页 可取n1＝(0，－2，1)． 设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 第1页 可取n2＝(2，1，1)． 设平面PAB与平面PCD的夹角为θ， 第1页 2．(2024·天津) 如图，已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点． (1)求证D1N∥平面CB1M； 答案　(1)证明见解析　 第1页 解析　(1)证明：以A为坐标原点，AB，AD，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， 依题意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)， B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)， 第1页 设平面CB1M的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，则n＝(1，3，1)． 第1页 (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值； 设平面BB1C1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 取x2＝1，得y2＝1，z2＝0，则m＝(1，1，0)． 设平面CB1M与平面BB1C1C夹角为θ， 第1页 (3)求点B到平面CB1M的距离． 设点B到平面CB1M的距离为d， 第1页 3. (2023·天津)三棱台ABC－A1B1C1中，若A1A⊥面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M，N分别是BC，BA的中点． (1)求证：A1N∥平面C1MA； 答案　(1)证明见解析　 第1页 解析　(1)证明：如图，连接MN，C1A.由M，N分别是BC，BA的中点，根据中位线性质，得MN∥AC， 由棱台性质，得A1C1∥AC，于是MN∥A1C1，由MN＝A1C1＝1可知四边形MNA1C1是平行四边形，则A1N∥MC1， 又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂平面C1MA，于是A1N∥平面C1MA. 第1页 (2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成夹角的余弦值； 解析　(2) 如图，连接AC1，过M作ME⊥AC，垂足为E，易知E为AC中点．过E作EF⊥AC1，垂足为F，连接MF，C1E. 由ME⊂面ABC，A1A⊥面ABC，故AA1⊥ME， 又ME⊥AC，AC∩AA1＝A，AC， AA1⊂平面ACC1A1，则ME⊥平面ACC1A1. 由AC1⊂平面ACC1A1，故ME⊥AC1，又EF⊥AC1，ME∩EF＝E，ME，EF⊂平面MEF，于是AC1⊥平面MEF，由MF⊂平面MEF，故AC1⊥MF.于是平面C1MA与平面ACC1A1所成夹角即∠MFE. 第1页 第1页 (3)求点C到平面C1MA的距离． 解析　(3) 如图，过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PM，AC1. 第1页 方法一(几何法)： 连接PQ，过P作PR⊥C1Q，垂足为R. 由C1P⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，则C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P＝C1，C1Q，C1P⊂平面C1PQ，于是AM⊥平面C1PQ. 又PR⊂平面C1PQ，则PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM＝Q，C1Q，AM⊂平面C1MA，故PR⊥平面C1MA. 又CA＝2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍，即点C到平面C1MA的距离是 . 第1页 方法二(等体积法)： 设点C到平面C1MA的距离为h. 第1页 4．(2023·全国甲卷，理)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)求证：AC＝A1C； 答案　(1)证明见解析　 解析　(1)证明：∵A1C⊥底面ABC，BC⊂面ABC， ∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C，AC⊂平面ACC1A1， A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1， 又BC⊂平面BCC1B1，∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1， 如图，过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，∴A1O⊥平面BCC1B1. 第1页 ∵A1到平面BCC1B1的距离为1， ∴A1O＝1， 在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2， 设CO＝x，则C1O＝2－x， ∵△A1OC，△A1OC1，△A1CC1均为直角三角形，且CC1＝2，即CO2＋A1O2＝A1C2，A1O2＋OC12＝C1A12，A1C2＋A1C12＝C1C2， ∴1＋x2＋1＋(2－x)2＝4，解得x＝1， ∴AC＝A1C＝A1C1＝ . 第1页 (2)若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值． 解析　(2)如图，连接A1B，∵AC＝A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC， ∴Rt△ACB≌Rt△A1CB，∴BA＝BA1， 过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点， 由直线AA1与BB1距离为2，所以BD＝2. ∵A1D＝1，BD＝2， 延长AC，使AC＝CM，连接C1M，由CM∥A1C1，CM＝A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形，∴C1M∥A1C， 第1页 ∴C1M⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC，∴C1M⊥AM. 连接AC1，则在Rt△AC1M中，AM＝2AC，C1M＝A1C， 又A到平面BCC1B1距离也为1， 第1页 5．(2022·全国甲卷，理) 在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝ . (1)证明：BD⊥PA； 答案　(1)证明见解析　 第1页 解析　(1) 证明：如图所示，取AB中点为O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1. 又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形． 又BC＝OB＝1，所以四边形DCBO为菱形， 所以BD⊥CO. 同理可得，四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO，所以BD⊥AD. 因为PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PD⊥BD， 又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面ADP，所以BD⊥平面ADP. 因为PA⊂平面ADP，所以BD⊥PA. 第1页 (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 解析　(2)由(1)知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°， 所以三角形ADO为正三角形． 以过点D垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴， DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 第1页 设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)， 令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝(2，0，1)． 第1页 6．(2022·全国甲卷，文) 小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直． (1)证明：EF∥平面ABCD； 答案　(1)证明见解析　 第1页 解析　(1)证明：如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN， ∵△EAB与△FBC均为正三角形，且边长均为8， ∴EM⊥AB，FN⊥BC，且EM＝FN. 又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD， 平面EAB∩平面ABCD＝AB，平面FBC∩平面ABCD＝BC，EM⊂平面EAB，FN⊂平面FBC，∴EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD， ∴EM∥FN，∴四边形EMNF为平行四边形，∴EF∥MN. 又MN⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，∴EF∥平面ABCD. 第1页 (2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)． 解析　(2)如图，分别取AD，DC的中点P，Q，连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD. 由(1)知EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD， 同理可证得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD， 易得EM＝FN＝GQ＝HP＝4，EM∥FN∥GQ∥HP. 则易知PMNQ－HEFG为直四棱柱． 易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，所以PM⊥MN， 第1页 所以四边形PMNQ是正方形，所以四棱柱PMNQ－HEFG为正四棱柱， 因为AC⊥BD，BD∥PM，所以AC⊥PM. 因为EM⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以EM⊥AC. 又EM，PM⊂平面PMEH，且EM∩PM＝M，所以AC⊥平面PMEH， 第1页 7. (2020·课标全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝ DO. (1)证明：PA⊥平面PBC； 答案　(1)证明见解析　 解析　(1)证明：连接DE，CO，BO， 由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1， 第1页 第1页 (2)求二面角B－PC－E的余弦值． 解析　(2) 过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，故以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 第1页 设平面PCB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)， 设平面PCE的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)， 第1页 返 回 感谢观看与聆听 THANKS 第1页 (1)eq \o(AN,\s\up18(→))＝(0，4，2)，eq \o(AB,\s\up18(→))＝(2eq \r(3)，2，0)， 则|eq \o(AN,\s\up18(→))|＝2eq \r(5)，|eq \o(AB,\s\up18(→))|＝4. 设点N到直线AB的距离为d1， 则d1＝ eq \r(|\o(AN,\s\up18(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AN,\s\up18(→))·\o(AB,\s\up18(→)),|\o(AB,\s\up18(→))|)))\s\up12(2))＝eq \r(20－4)＝4. eq \r(3) 【答案】　(2)eq \r(3)　 【解析】　(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则由n⊥eq \o(AB,\s\up18(→))，n⊥eq \o(AN,\s\up18(→))， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up18(→))＝2\r(3)x＋2y＝0，,n·\o(AN,\s\up18(→))＝4y＋2z＝0，))令z＝2，则y＝－1，x＝eq \f(\r(3),3)， 即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－1，2)).又eq \o(C1N,\s\up18(→))＝(0，0，－2)， 设点C1到平面ABN的距离为d2，则d2＝eq \f(|\o(C1N,\s\up18(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－4|,\f(4\r(3),3))＝eq \r(3). 【答案】　(3)2eq \r(3) 【解析】　(3)∵直线AA1与BN为异面直线，eq \o(AA1,\s\up18(→))＝(0，0，4)，eq \o(BN,\s\up18(→))＝(－2eq \r(3)，2，2)， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(u·\o(AA1,\s\up18(→))＝4z1＝0，,u·\o(BN,\s\up18(→))＝－2\r(3)x1＋2y1＋2z1＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1＝y1，,z1＝0.)) 令x1＝1，则y1＝eq \r(3)，即u＝(1，eq \r(3)，0)，又eq \o(AB,\s\up18(→))＝(2eq \r(3)，2，0)， 设直线AA1与直线BN间的距离为d3，则d3＝eq \f(|u·\o(AB,\s\up18(→))|,|u|)＝eq \f(4\r(3),2)＝2eq \r(3). d＝eq \r(|\o(PA,\s\up18(→))|2－（\o(PA,\s\up18(→))·n）2). |eq \o(AB,\s\up18(→))|·|coseq \o(AB,\s\up18(→))，n|＝eq \f(|\o(AB,\s\up18(→))·n|,|n|). eq \f(|a·n|,|n|) eq \f(2\r(5),3) eq \r(2) eq \f(2,3) 【答案】　eq \f(2\r(11),11) 而VG－BEF＝eq \f(1,3)·S△BEF·GC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)S△ABD×2＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×8×2＝eq \f(4,3). 又GH＝eq \r(HC2＋CG2)＝eq \r(（3\r(2)）2＋22)＝eq \r(22)，∴S△EFG＝eq \f(1,2)EF·GH＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(22)＝2eq \r(11).∴VB－EFG＝eq \f(1,3)×2eq \r(11)x， ∴eq \f(1,3)×2eq \r(11)x＝eq \f(4,3)，∴x＝eq \f(2\r(11),11). 即点B到平面GEF的距离为eq \f(2\r(11),11). 方法二：如图，建立空间直角坐标系，则B(0，4，0)，E(2，4，0)，F(4，2，0)，G(0，0，2)，eq \o(EF,\s\up18(→))＝(2，－2，0)，eq \o(GE,\s\up18(→))＝(2，4，－2)，eq \o(BE,\s\up18(→))＝(2，0，0)． 则由n⊥eq \o(EF,\s\up18(→))，n⊥eq \o(GE,\s\up18(→))， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x，y，1）·（2，－2，0）＝0，,（x，y，1）·（2，4，－2）＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x＋2y＝1))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,3)，,y＝\f(1,3).)) ∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，1)).则点B到平面GEF的距离为d＝eq \f(|n·\o(BE,\s\up18(→))|,|n|)＝eq \f(2\r(11),11). AD＝5eq \r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足eq \o(AE,\s\up18(→))＝eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up18(→))，eq \o(AF,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up18(→)).将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4eq \r(3). 【解析】　(1)证明：由题，AE＝eq \f(2,5)AD＝2eq \r(3)，AF＝eq \f(1,2)AB＝4， 【答案】　(2)eq \f(8\r(65),65) 【解析】　(2)如图，连接CE，由题，DE＝3eq \r(3)，CD＝3，∠CDE＝90°，故CE＝eq \r(DE2＋CD2)＝6. 又PE＝AE＝2eq \r(3)，PC＝4eq \r(3)， 所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE. 则P(0，0，2eq \r(3))，D(0，3eq \r(3)，0)，F(2，0，0)，A(0，－2eq \r(3)，0)，C(3，3eq \r(3)，0)， 连接PA，则eq \o(PD,\s\up18(→))＝(0，3eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(DC,\s\up18(→))＝(3，0，0)，eq \o(AP,\s\up18(→))＝(0，2eq \r(3)，2eq \r(3))，eq \o(AF,\s\up18(→))＝(2，2eq \r(3)，0)． 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PD,\s\up18(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n1·\o(DC,\s\up18(→))＝3x1＝0，))可取n1＝(0，2，3)． 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AP,\s\up18(→))＝2\r(3)y2＋2\r(3)z2＝0，,n2·\o(AF,\s\up18(→))＝2x2＋2\r(3)y2＝0，))可取n2＝(eq \r(3)，－1，1)． |cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(1,\r(65)). 故面PCD与面PBF所成二面角的正弦值为eq \r(1－\f(1,65))＝eq \f(8\r(65),65). ∵AB∥CD，AB＝eq \f(1,2)CD＝DE， 【答案】　(2)－eq \f(\r(5),5) eq \f(π,4) eq \f(π,4) 则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)，0))， ∴eq \o(PE,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，－\f(\r(3),2)))，eq \o(EC,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)). 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PE,\s\up18(→))＝0，,n1·\o(EC,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(\r(3),2)z＝0，,\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，)) 令x＝eq \r(3)，得n1＝(eq \r(3)，－1，1)， 则|cos α|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5)， ∴cos α＝－eq \f(\r(5),5)，即二面角A－PE－C的余弦值为－eq \f(\r(5),5). 在直角三角形CHE中，易知∠CEH＝60°，CE＝1，∴HE＝eq \f(1,2)，CH＝eq \f(\r(3),2)， 在直角三角形HFE中，易知∠FEH＝60°，HE＝eq \f(1,2)，∴HF＝eq \f(\r(3),4)， 在直角三角形CHF中，由勾股定理得CF＝eq \r(CH2＋HF2)＝eq \f(\r(15),4)， ∴cos∠CFH＝eq \f(HF,CF)＝eq \f(\r(5),5). ∴二面角A－PE－C的余弦值为－eq \f(\r(5),5). eq \o(AP,\s\up18(→))＝λeq \o(AB,\s\up18(→))＋μeq \o(AA1,\s\up18(→))，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]． (1)当λ＝μ＝eq \f(1,2)时，求证：DP∥平面A1EF； 当λ＝μ＝eq \f(1,2)时，eq \o(AP,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB1,\s\up18(→))， eq \f(\r(15),5) 当λ＝1时，eq \o(AP,\s\up18(→))＝eq \o(AB,\s\up18(→))＋μeq \o(AA1,\s\up18(→))，即eq \o(BP,\s\up18(→))＝μeq \o(BB1,\s\up18(→))，μ∈[0，1]， 则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，2))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，2μ))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，2))，从而eq \o(A1F,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(\r(3),4)，0))，eq \o(A1E,\s\up18(→))＝(－1，0，－1)，eq \o(AP,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2μ))，eq \o(AC,\s\up18(→))＝(－1，0，0)． 设平面A1EF的法向量是m＝(x1，y1，z1)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1E,\s\up18(→))＝0，,m·\o(A1F,\s\up18(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1－z1＝0，,－\f(3,4)x1＋\f(\r(3),4)y1＝0，)) 令x1＝1，得m＝(1，eq \r(3)，－1)，设平面ACP的法向量是n＝(x2，y2，z2)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up18(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up18(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＝0，,－\f(1,2)x2＋\f(\r(3),2)y2＋2μz2＝0，)) 令z2＝eq \r(3)，得n＝(0，－4μ，eq \r(3))． 由|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|－4\r(3)μ－\r(3)|,\r(1＋3＋1)×\r(16μ2＋3)) ＝eq \f(4\r(3)μ＋\r(3),\r(5)×\r(16μ2＋3))＝eq \f(\r(15),5)，得(4μ＋1)2＝16μ2＋3，解得μ＝eq \f(1,4)， 所以存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是eq \f(\r(15),5)，此时P为线段BB1上靠近点B的四等分点． eq \r(3) eq \r(3) eq \f(PQ,QD) 【答案】　(2)存在，eq \f(1,2) 不妨设AB＝2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(－2，2eq \r(3)，0)，P(1，0，eq \r(3))， 则eq \o(AD,\s\up18(→))＝(－2，2eq \r(3)，0)，eq \o(AP,\s\up18(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \o(BD,\s\up18(→))＝(－4，2eq \r(3)，0)，eq \o(DP,\s\up18(→))＝(3，－2eq \r(3)，eq \r(3))． 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up18(→))＝－2x1＋2\r(3)y1＝0，,n1·\o(AP,\s\up18(→))＝x1＋\r(3)z1＝0，)) 令x1＝eq \r(3)，则y1＝1，z1＝－1， 所以n1＝(eq \r(3)，1，－1)． 设eq \o(DQ,\s\up18(→))＝λeq \o(DP,\s\up18(→))，其中0≤λ≤1， 连接BQ，BD，则eq \o(BQ,\s\up18(→))＝eq \o(BD,\s\up18(→))＋eq \o(DQ,\s\up18(→))＝eq \o(BD,\s\up18(→))＋λeq \o(DP,\s\up18(→))＝(3λ－4，2eq \r(3)－2eq \r(3)λ，eq \r(3)λ)． 取与eq \o(EF,\s\up18(→))同向的单位向量j＝(0，1，0)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·j＝y2＝0，,n2·\o(BQ,\s\up18(→))＝（3λ－4）x2＋2\r(3)（1－λ）y2＋\r(3)λz2＝0，)) 令x2＝eq \r(3)λ，则z2＝4－3λ， 所以n2＝(eq \r(3)λ，0，4－3λ)． 解得λ＝eq \f(2,3). 故在侧棱PD上存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD，此时eq \f(PQ,QD)＝eq \f(1,2). 【答案】　(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))) 【解析】　(2) 连接C1D，如图建系，∴B(eq \r(3)，0，0)，D(0，0，0)，C(0，－1，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，C1(0，0，eq \r(3))． 设eq \o(C1P,\s\up18(→))＝λeq \o(C1B1,\s\up18(→))＝λeq \o(CB,\s\up18(→))＝λ(eq \r(3)，1，0) ＝(eq \r(3)λ，λ，0)，λ∈(0，1)， ∴eq \o(DP,\s\up18(→))＝eq \o(DC1,\s\up18(→))＋eq \o(C1P,\s\up18(→))＝(eq \r(3)λ，λ，eq \r(3))，eq \o(DB,\s\up18(→))＝(eq \r(3)，0，0)，eq \o(DE,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，\f(\r(3),2))). ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)λx1＋λy1＋\r(3)z1＝0，,\r(3)x1＝0))⇒n1＝(0，－eq \r(3)，λ)， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2＝0，,－\f(1,2)y2＋\f(\r(3),2)z2＝0))⇒n2＝(0，eq \r(3)，1)， 设平面PBD与平面BDE夹角为θ，∴cos θ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(3－λ,\r(3＋λ2)·2)，令3－λ＝t，t∈(2，3)，则eq \f(3－λ,2\r(3＋λ2))＝eq \f(t,2\r(t2－6t＋12))＝eq \f(1,2)·eq \r(\f(1,\f(12,t2)－\f(6,t)＋1))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))). 即cos θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))). 【答案】　(2)eq \f(\r(6),3) 设Q(m，0，1)，则有eq \o(DC,\s\up18(→))＝(0，1，0)，eq \o(DQ,\s\up18(→))＝(m，0，1)，eq \o(PB,\s\up18(→))＝(1，1，－1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up18(→))·n＝0，,\o(DQ,\s\up18(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,mx＋z＝0，)) 令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1，0，－m)，则cos〈n，eq \o(PB,\s\up18(→))〉＝eq \f(n·\o(PB,\s\up18(→)),|n||\o(PB,\s\up18(→))|)＝eq \f(1＋0＋m,\r(m2＋1)·\r(3)).所以PB与平面QCD所成角的正弦值等于|cos〈n，eq \o(PB,\s\up18(→))〉|＝eq \f(|1＋m|,\r(m2＋1)·\r(3))＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2m,m2＋1))≤eq \f(\r(3),3)×eq \r(1＋1)＝eq \f(\r(6),3)，当且仅当m＝1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3). eq \f(1,2) 答案　(2)eq \f(\r(30),30) 则eq \o(AB,\s\up18(→))＝(1，0，0)，eq \o(AP,\s\up18(→))＝(0，1，2)，eq \o(PC,\s\up18(→))＝(1，0，－2)，eq \o(PD,\s\up18(→))＝(0，2，－2)． 设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up18(→))＝x1＝0，,n1·\o(AP,\s\up18(→))＝y1＋2z1＝0，)) 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PC,\s\up18(→))＝x2－2z2＝0，,n2·\o(PD,\s\up18(→))＝2y2－2z2＝0，)) 则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(\r(30),30). 所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为eq \f(\r(30),30). 则M(0，1，1)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)，2))， 所以eq \o(D1N,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2)，0))，eq \o(CB1,\s\up18(→))＝(1，－1，2)，eq \o(CM,\s\up18(→))＝(－1，0，1)． 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB1,\s\up18(→))＝0，,n·\o(CM,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－y1＋2z1＝0，,－x1＋z1＝0，)) eq \o(D1N,\s\up18(→))·n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2)，0))·(1，3，1)＝eq \f(3,2)－eq \f(3,2)＝0， 所以eq \o(D1N,\s\up18(→))⊥n，显然D1N⊄平面CB1M，所以D1N∥平面CB1M. 答案　(2)eq \f(2\r(22),11)　 解析　(2)易知eq \o(CB1,\s\up18(→))＝(1，－1，2)，eq \o(BC,\s\up18(→))＝(－1，1，0)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up18(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－y2＋2z2＝0，,－x2＋y2＝0，)) 则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(4,\r(11)×\r(2))＝eq \f(2\r(22),11)，所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为eq \f(2\r(22),11). 答案　(3)eq \f(2\r(11),11) 解析　(3)易知eq \o(BB1,\s\up18(→))＝(0，0，2)． 则d＝eq \f(|\o(BB1,\s\up18(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(11))＝eq \f(2\r(11),11)， 所以点B到平面CB1M的距离为eq \f(2\r(11),11). 且MN＝eq \f(AC,2)＝1， 答案　(2)eq \f(2,3)　 又ME＝eq \f(AB,2)＝1，cos∠CAC1＝eq \f(AE,AC1)＝eq \f(1,\r(5))， 则sin∠CAC1＝eq \f(2,\r(5))，故EF＝1×sin∠CAC1＝eq \f(2,\r(5))， 在Rt△MEF中，∠MEF＝90°， 则MF＝eq \r(1＋\f(4,5))＝eq \f(3,\r(5))， 于是cos∠MFE＝eq \f(EF,MF)＝eq \f(2,3). 答案　(3)eq \f(4,3) 易知C1A＝eq \r(5)，C1M＝eq \r(C1P2＋PM2)＝eq \r(5)， 根据勾股定理，C1Q＝eq \r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(2),2). 在Rt△C1PQ中，PR＝eq \f(C1P·PQ,C1Q)＝eq \f(2×\f(\r(2),2),\f(3\r(2),2))＝eq \f(2,3)， eq \f(4,3) V C1－AMC＝eq \f(1,3)×C1P×S△AMC＝eq \f(1,3)×2×eq \f(1,2)×(eq \r(2))2＝eq \f(2,3)， VC－C1MA＝eq \f(1,3)×h×S△AM C1＝eq \f(1,3)×h×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(3\r(2),2)＝eq \f(h,2). 由V C1－AMC＝VC－C1MA得eq \f(h,2)＝eq \f(2,3)，即h＝eq \f(4,3). eq \r(2) 答案　(2)eq \f(\r(13),13) ∴A1B＝AB＝eq \r(5)，在Rt△ABC中，BC＝eq \r(AB2－AC2)＝eq \r(3)， ∴AC1＝eq \r(（2AC）2＋A1C2)＝eq \r(10)， 连接AB1，则易知在Rt△AB1C1中， AC1＝eq \r(10)，B1C1＝BC＝eq \r(3)， ∴AB1＝eq \r(（\r(10)）2＋（\r(3)）2)＝eq \r(13)， 所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq \f(1,\r(13))＝eq \f(\r(13),13). eq \r(3) 答案　(2)eq \f(\r(5),5) 则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，P(0，0，eq \r(3))，D(0，0，0)． 则eq \o(AB,\s\up18(→))＝(0，2，0)，eq \o(AP,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(3)))，eq \o(DP,\s\up18(→))＝(0，0，eq \r(3))． 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up18(→))·n＝0，,\o(AP,\s\up18(→))·n＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋\r(3)z＝0.)) 设直线PD与平面PAB所成的角为α，则sin α＝|cos〈n，eq \o(DP,\s\up18(→))〉|＝eq \f(|n·\o(DP,\s\up18(→))|,|n|·|\o(DP,\s\up18(→))|)＝eq \f(\r(3),\r(5)×\r(3))＝eq \f(\r(5),5).所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为eq \f(\r(5),5). 答案　(2)eq \f(640\r(3),3) 又PM＝QN＝MN＝PQ＝eq \f(1,2)BD＝4eq \r(2)， 所以V四棱柱PMNQ－HEFG＝(4eq \r(2))2×4eq \r(3)＝128eq \r(3). 则点A到平面PMEH的距离d＝eq \f(1,4)AC＝2eq \r(2)，所以V四棱锥A－PMEH＝eq \f(1,3)S四边形PMEH×d＝eq \f(1,3)×4eq \r(2)×4eq \r(3)×2eq \r(2)＝eq \f(64\r(3),3)，所以该包装盒的容积V＝V四棱柱PMNQ－HEFG＋4V四棱锥A－PMEH＝128eq \r(3)＋4×eq \f(64\r(3),3)＝eq \f(640\r(3),3)(cm3)． eq \f(\r(6),6) 则DO＝eq \f(\r(3),2)，AO＝CO＝BO＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(1,2)，所以PO＝eq \f(\r(6),6)DO＝eq \f(\r(2),4)， 则PC＝eq \r(PO2＋OC2)＝eq \f(\r(6),4)，PB＝eq \r(PO2＋OB2)＝eq \f(\r(6),4)， 同理，PA＝eq \f(\r(6),4). 又△ABC为等边三角形，则eq \f(BA,sin 60°)＝2OA， 所以BA＝eq \f(\r(3),2)， 则PA2＋PB2＝eq \f(3,4)＝AB2，故∠APB＝90°，所以PA⊥PB，同理，PA⊥PC，又PC∩PB＝P，PC，PB⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC. 答案　(2)eq \f(2\r(5),5) 则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，0))， eq \o(PC,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，eq \o(PB,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，eq \o(PE,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，－\f(\r(2),4)))， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up18(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up18(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1－\r(3)y1－\r(2)z1＝0，,－x1＋\r(3)y1－\r(2)z1＝0，)) 令x1＝eq \r(2)，得z1＝－1，y1＝0，所以n＝(eq \r(2)，0，－1)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PC,\s\up18(→))＝0，,m·\o(PE,\s\up18(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－\r(3)y2－\r(2)z2＝0，,－2x2－\r(2)z2＝0，)) 令x2＝1，得z2＝－eq \r(2)，y2＝eq \f(\r(3),3)， 所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，－\r(2))). 故cos〈m，n〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(2\r(2),\r(3)×\f(\r(10),\r(3)))＝eq \f(2\r(5),5)，由图知二面角B－PC－E为锐角，故其余弦值为eq \f(2\r(5),5). $$