核心素养测评(第7章 第44节 第2课时 两平面的夹角)(课件PPT)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮总复习提升版（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何核心考点，紧扣高考评价体系中“空间观念”“逻辑推理”素养要求，系统梳理二面角计算、法向量应用等高频考点，通过真题分析明确二面角相关题型占立体几何分值的60%以上，归纳出单选、填空、解答题三类常考题型的解题框架。 课件亮点在于“真题实战+素养导向”的复习策略，以2025淮安模拟题为例，详解“空间直角坐标系建立-法向量求解-夹角公式应用”三步解题法，培养学生用数学思维推理、用数学语言表达的能力。特设易错点分析和答题模板，助力学生高效突破考点，教师可据此开展针对性教学，提升复习效率。

核心素养测评　 (时间:45分钟　分值:90分) 四十九 两平面的夹角 【基础过关练】 一、单选题 1.(5分)在三棱锥A-BCD中,平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1,n2.若<n1,n2>=,则二面角A-BD-C的大小为(　　) A. B. C.或 D.或 【解析】选C.因为二面角的范围是[0,π],且<n1,n2>=,所以二面角A-BD-C的大小为或. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 A. B. C. D.- 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.(5分)设a=(1,1,0),b=(t,0,1)分别为两平面的法向量,若两平面所成的角为60°,则t等于(　　) A.1 B.-1 C.-1或1 D.2 【解析】选C.因为法向量a,b所成的角与两平面所成的角相等或互补,所以=±,得t=±1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.(5分)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥ 平面ABCD,四边形ABCD是矩形,且AB=3,AD=4, PA=,则平面ABD与平面PBD的夹角为 (　　) A.30° B. 45° C. 60° D. 75° 【解析】选A.因为PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,所以AB,AD,AP两两垂直,故以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示. 则A(0,0,0),B(3,0,0),D(0,4,0),P(0,0,). 因为PA⊥平面ABCD, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.(5分)已知四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD,PD=AD,点E是线段PB上的动点,则直线DE与平面PBC所成角的最大值为 (　　) A. B. C. D. 【解析】选C.由题意,因为底面ABCD为正方形,且PD⊥底面ABCD,所以以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,设PD=AD=1, 则D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,1), 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 二、多选题 6.(5分)如图,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(　　) A.PA⊥BD B.PB与平面ABCD所成的角为 C.异面直线AB与PC所成角的余弦值为 D.二面角A-PB-C的正弦值为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】选ABD.连接BD,设AB=2AD=2PD=2a,因为∠DAB=,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·AB·cos∠BAD=a2+4a2-4a2·=3a2,则BD=a, 所以BD2+AD2=AB2,即BD⊥AD, 又PD⊥底面ABCD,AD,BD⊂底面ABCD, 所以PD⊥AD,PD⊥BD. 如图,以D为原点,DA,DB,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,a,0),P(0,0,a). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.(5分)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M为线段BD1上的动点(含端点),则(　　) A.存在点M,使得CM⊥平面A1DB B.存在点M,使得CM∥平面A1DB C.不存在点M,使得直线C1M与平面A1DB所成的角为30° D.存在点M,使得平面ACM与平面A1BM所成的角为45° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 三、填空题 8.(5分)已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB, CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC夹角的余弦值等于___________.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【变式备选】 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E为棱AB的中点,则二面角D1-EC-D 的余弦值为______________.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.(5分)已知矩形ABCD,AB=1,BC=,沿对角线AC将△ABC折起,若=,则二面 角B-AC-D的余弦值为___________.   1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【变式备选】 如图,已知二面角α-l-β和点P,过点P作PA⊥α于A,PB⊥β于B,若PA=5,PB=8,AB=7,则二面角α-l-β的大小为 (　　) A.30° B.60° C.120° D.150° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 四、解答题 10.(10分)(2025·淮安模拟)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AC与BD交于点O,底面ABCD是边长为的正方形,且D1O⊥底面ABCD. (1)证明:AC⊥CC1; 【解析】(1)因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.因为D1O⊥底面ABCD, AC⊂平面ABCD,所以D1O⊥AC. 又因为AC⊥BD,BD,D1O⊂平面BDD1B1,BD∩D1O=O,所以AC⊥平面BDD1B1. 又DD1⊂平面BDD1B1,所以AC⊥DD1.又平行六面体ABCD-A1B1C1D1, 所以DD1∥CC1,所以AC⊥CC1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若二面角D1-AB-D的正切值为,求直线A1C与平面ABCD所成角的余弦值. 【解析】(2)取AB中点H,连接D1H,OH,因为四边形ABCD是正方形,所以OH⊥AB.因为D1O⊥底面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以D1O⊥AB. 又因为OH,D1O⊂平面D1OH,OH∩D1O=O,所以AB⊥平面D1OH. 又D1H⊂平面D1OH,所以AB⊥D1H, 所以∠D1HO是二面角D1-AB-D的平面角.又二面角D1-AB-D的正切值为,所以D1O=1.建立如图所示的空间直角坐标系, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【变式备选】 (2024·南京模拟)如图,在△ABC中,AD是BC边上的高,以AD为折痕,将△ACD折至△APD的位置,使得PB⊥AB. (1)证明:PB⊥平面ABD; 【解析】(1)因为AD是BC边上的高, 所以PD⊥AD,AD⊥BD, 因为PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PBD,所以AD⊥平面PBD, 因为PB⊂平面PBD,所以AD⊥PB, 又因为PB⊥AB,AD,AB⊂平面ABD,AD∩AB=A, 所以PB⊥平面ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若AD=PB=4,BD=2,求二面角B-PA-D的正弦值. 【解析】(2)以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DB所在直线为y轴,过D点垂直ADB平面的垂线为z轴,建立空间直角坐标系, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【能力提升练】 11.(5分)把边长为的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD与平面CBD所成二面角的大小为 120°,则异面直线AD与BC所成角的余弦值为(　　) A. B.- C.- D. 【解析】选D.取BD中点O,连接AO,CO,以OC,OB分别为x,y轴,过点O垂直平面BOC的直线为z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为四边形ABCD是边长为的正方形, 所以OA=OB=OC=1,则B(0,1,0),C(1,0,0),D(0,-1,0), 又易知,OA⊥BD,OC⊥BD,所以∠AOC为二面角A-BD-C的平面角, 由题知,∠AOC=120°,所以∠AOz=30°, 则A(-,0,), 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【变式备选】 如图,三棱锥V-ABC的侧棱长都相等,底面ABC与侧面VAC都是以AC为斜边的等腰直角三角形,E为线段AC的中点,F为直线AB上的动点,若平面VEF与平面VBC所成锐二面角的平面角为θ,则cos θ的最大值是 (　　) A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】选D.底面ABC与侧面VAC都是以AC为斜边的等腰直角三角形, 则Rt△ABC≌Rt△AVC, 所以VA=VC=BA=BC. 设VA=VC=BA=BC=VB=2, 由E为线段AC的中点,得VE=BE=, 由VE2+BE2=VB2,所以VE⊥EB, 以E为坐标原点,EB为x轴,EC为y轴,EV为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则C(0,,0),B(,0,0),V(0,0,), 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.(5分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知:PA⊥平面ABCD,∠BAD=90°, PA=AB=BC=AD=2,BC∥AD,已知Q是四边形ABCD内部一点(包括边界), 且二面角Q-PD-A的平面角大小为,则△ADQ面积的取值范围 是___________.  (0,4] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】以A为坐标原点,建系如图, 因为二面角Q-PD-A的平面角大小为, 所以Q的轨迹是过点D的一条直线, 又因为Q是四边形ABCD内部一点(包括边界), 所以Q的轨迹是过点D的一条线段, 设Q的轨迹与y轴的交点坐标为G(0,b,0), 由题意可得A(0,0,0),D(4,0,0),P(0,0,2), 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(10分)(2024·泉州模拟)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形,平面AA1D1D⊥平面ABCD,A1A=D1D=,点P是棱DD1的中点,点Q在棱BC上. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】(1)取AA1的中点M,连接MP,MB,如图, 在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,四边形A1ADD1是梯形,A1D1=2,AD=4, 又点M,P分别是棱A1A,D1D的中点, 所以MP∥AD,且MP==3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在正方形ABCD中,BC∥AD,BC=4,又BQ=3QC,所以BQ=3. 从而MP∥BQ且MP=BQ,所以四边形BMPQ是平行四边形,所以PQ∥MB. 又因为MB⊂平面ABB1A1,PQ⊄平面ABB1A1, 所以PQ∥平面ABB1A1. (2)在平面AA1D1D中,作A1O⊥AD于O. 因为平面AA1D1D⊥平面ABCD,平面AA1D1D∩平面ABCD=AD,A1O⊥AD, A1O⊂平面AA1D1D,所以A1O⊥平面ABCD. 在正方形ABCD中,过O作AB的平行线交BC于点N,则ON⊥OD. 以O为原点,ON,OD,OA1所在直线为x,y,z轴, 建立空间直角坐标系Oxyz. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【创新思维练】 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】选BD.对于A,若向量a=(-1,3,-7)θ=-e1+3e2-7e3, 向量b=(3,-2,4)θ=3e1-2e2+4e3, 则a+b=2e1+e2-3e3=(2,1,-3)θ,故A错误; 对于B,若向量a=,向量b=, 此时在空间直角坐标系中a·b=2×3+6×(-1)=0,故B正确; 对于C,若向量a=(x,y,0)θ=xe1+ye2,向量b=(1,2,0)θ=e1+2e2, 当x∶y=1∶2时,y=2x,则a=(x,y,0)θ=xe1+2xe2=x(e1+2e2)=xb, 此时a∥b,显然θ=不成立,故C错误; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则三棱锥O-ABC是棱长为1的正四面体,如图所示,取AB中点H,连接OH,HC, 在等边△OAB,△ABC中,易知OH⊥AB,HC⊥AB,OH=HC=, 则∠OHC即为二面角O-AB-C的平面角, 在△OHC中,由余弦定理得,cos∠OHC===, 所以二面角O-AB-C的余弦值为,故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(5分)将正方形ABCD绕直线AB逆时针旋转90°,使得CD转到EF的位置,得到如图所示的几何体.点M为上一点,若二面角C-AM-E的余弦值为,则∠MAD=___________.   【解析】由已知得平面ABCD⊥平面ABEF,AF⊥AB, 平面ABCD∩平面ABEF=AB,AF⊂平面ABEF, 所以AF⊥平面ABCD, 所以AD,AF,AB两两垂直, 以AD,AF,AB所在直线分别为x,y,z轴, 建立空间直角坐标系,如图. 45° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.(5分)如图,点A,B,C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上,=(0,0,2),平面ABC的法向量为n=(2,1,2),设二面角C-AB-O的大小为θ,则cos θ等 (　　) 【解析】选C.由题意可知,平面ABO的一个法向量为=(0, 0, 2),由题图可知, 二面角C-AB-O为锐角,由空间向量的结论可知,cos θ= ==. 所以平面ABD的一个法向量为n=(0,0,1),而=(3,0,-),=(-3,4,0), 设平面PBD的法向量为m=(x,y,z), 则 即 取x=4,得y=3,z=5,则m=(4,3,5). 设平面ABD与平面PBD的夹角为θ, 则cos θ=|cos<n,m>|===,又0°≤θ≤90° ,所以θ=30° , 所以平面ABD与平面PBD的夹角为30°. 所以=(1,1,-1),=(0,1,-1),设=λ,λ∈[0,1],则=(λ,λ,-λ), 所以E(λ,λ,1-λ),即=(λ,λ,1-λ),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z), 则 ,有,解得x=0,y=z,取y=z=1, 所以平面PBC的一个法向量为n=(0,1,1),设直线DE与平面PBC所成角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|= ==, 因为y=sin θ,在θ∈上单调递增, 所以当λ=时,sin θ取得最大值,最大值为,此时θ=,即直线DE与平面PBC所成角的最大值为. 对于A,=(a,0,-a),=(0,-a,0), 则·=0,所以PA⊥BD,故A正确;对于B,=(0,a,-a), 因为PD⊥底面ABCD,所以=(0,0,a)是平面ABCD的一个法向量, 所以cos<,>= ==-, 则PB与平面ABCD所成角的正弦值为,即PB与平面ABCD所成的角为, 故B正确; 对于C,=(-a,a,0),=(-a,a,-a), 则cos<,>= ==,则异面直线AB与PC所成角的余弦值为,故C错误; 对于D,设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),则 即 令y1=1,则n=(,1,).设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),则 即令y2=1,则m=(0,1,), 所以cos<n,m>===. 设二面角A-PB-C的平面角为θ(0≤θ≤π),则|cos θ|=, 所以sin θ==,故D正确. 【解析】选BCD.建立如图所示的空间直角坐标系, C(0,0,0),B(0,1,0),A(1,1,0),D(1,0,0),D1(1,0,1),A1(1,1,1),C1(0,0,1), 设=λ⇒M(1-λ,λ,1-λ)(λ∈[0,1]), 设平面A1DB的法向量为n=(x,y,z), =(-1,1,0),=(1,0,1),=(1-λ,λ,1-λ),则有 ⇒,令x=1,则n=(1,1,-1).假设存在点M,使得CM⊥平面A1DB,所以有∥n,所以有==,无解,假设不成立,因此选项A不正确; 假设存在点M,使得CM∥平面A1DB, 所以有⊥n⇒·n=0⇒1-λ+λ-1+λ=0⇒λ=0∈[0,1],所以假设成立,因此选项B正确; 假设存在点M,使得直线C1M与平面A1DB所成的角为30°,=(1-λ,λ,-λ), λ∈[0,1],所以有|cos<,n>|=sin 30°,即 ==, 解得λ=,不符合题意,所以假设不成立,故选项C正确; 设平面ACM、平面A1BM的法向量分别为a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2), =(1,1,0),=(1-λ,λ-1,1-λ),显然λ∈[0,1),则有 ⇒,令x1=1,则a=(1,-1,), ⇒, 可令b=(1,0,-1),所以有cos<a,b>= ==⇒λ=1(舍去)或λ=,假设成立,选项D正确. 【解析】如图,建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为1,平面ABC的一个法向量为n1=(0,0,1),平面AEF的法向量为n2=(x,y,z).因为A(1,0,0),E(1,1,),F(0,1,), 所以=(0,1,),=(-1,0,), 则 即 取x=1,则y=-1,z=3.故n2=(1,-1,3). 所以cos<n1,n2>==.所以平面AEF与平面ABC夹角的余弦值为. 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系, 由AD=AA1=1,AB=2,得E(1,1,1),C(0,2,1),D1(0,0,0), 则=(1,1,1),=(0,2,1), 设平面D1EC的法向量为n=(x,y,z),则 即 令z=-2,得n=(1,1,-2),易知平面DEC的一个法向量为m=(0,0,1), 则cos<m,n>===-, 由图可知二面角D1-EC-D为锐角,则二面角D1-EC-D的余弦值为. 【解析】如图所示,过B,D分别作BE⊥AC,DF⊥AC,垂足分别为E,F, 由矩形ABCD中,AB=1,BC=, 可知AC=2,∠BAC=60°⇒BE=DF=,AE=CF=,EF=1.设二面角B-AC-D的平面角为α,则<,>=α,=++⇒=+++2·+2·+2·,所以2=+1++2××cos (π-α)⇒cos α=. 【解析】 选C.设=a,=b,则=b-a且=5,=8,=7, 由==b2+a2-2a·b,解得a·b=20,可得cos<a,b>===, 又0°≤<a,b>≤180°,所以∠APB=<a,b>=60°, 所以二面角α-l-β的大小为120°. 则D1(0,0,1),D(0,-1,0),A(1,0,0),C(-1,0,0), 所以=+=+=(0,-1,-1)+(-2,0,0)=(-2,-1,-1), 因为D1O⊥底面ABCD,所以底面ABCD的一个法向量为=(0,0,1). 设直线A1C与平面ABCD所成角为θ,θ∈[0,],sin θ=|cos<,>|=, 所以cos θ==. AD=PB=4,BD=2, 则B(0,2,0),P(0,2,4),A(4,0,0),D(0,0,0),所以=(0,0,4),=(4,-2,-4),=(4,0,0), 设平面BPA与平面PAD的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2), 故 ,解得:z1=0,令x1=1,得:y1=2, 则n1=(1,2,0), ,解得:x2=0,令z2=1,则y2=-2, 故n2=(0,-2,1), 设二面角B-PA-D的平面角为θ,显然θ为锐角, 所以cos θ====, 所以sin θ==, 即二面角B-PA-D的正弦值为. =(1,-1,0),cos<,>= ==,所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为. 所以=(,-1,-), 12.(5分)(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,E,F,G分别为棱BB1,DD1,CC1上的点,且BE=BB1,DF=DD1,CG=CC1,若点P在正方体内部(含边界),满足:=λ+μ,λ,μ为实数,则下列说法正确的是 (　　) A.点P的轨迹为菱形AEGF及其内部 B.当λ=1时,点P的轨迹长度为 C.|A1P|的最小值为 D.当μ=时,直线AP与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为 【解析】选ABD.对于A,因为=λ+μ,由空间向量基本定理可知, P在菱形AEGF内,A正确; 对于B,取CC1上一点H,使得CH=CC1,连接EH,FH,HB, 易证四边形AFHB和四边形BHGE是平行四边形,所以AF∥EG且AF=EG, 所以四边形AFGE是平行四边形,所以AE=FG, 当λ=1时,=λ+μ⇒=+μ, 所以-=μ,即=μ, P在线段EG上,P的轨迹长度为线段EG的长,即为,B正确; 对于C,由=λ+μ知,P在菱形AEGF内,所以|A1P|的最小值即为点A1到平面AEGF的距离,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(3,0,0),F(0,0,1),E(3,3,1),A1(3,0,3),可得=(-3,0,1),=(0,3,1),=(0,0,3), 设平面AFGE的法向量为n=(a,b,c),则 , 取c=3,可得a=1,b=-1,所以n=(1,-1,3), 所以A1到平面AEGF的距离为d= ==,故C错误; 对于D,当μ=时,=λ+μ⇒=λ+,分别取AF,EG的中点M,N,连接MN,易得P在线段MN上,M(,0,),N(,3,), 所以=λ(0≤λ≤1),可得P(,3λ,λ+),平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1), = (-,3λ,λ+), 设AP与平面ABCD所成角为θ,所以sin θ=cos<,m>= =, 设t=,因为λ∈[0,1],则t∈, 则λ=-代入化简可得sin θ=, 当t=时,直线AP与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为,D正确. 设F(x,x-,0),=(0,,-),=(,0,-),=(0,0,),=(x,x-,-), 设平面VBC的法向量m=(x1,y1,z1),则 ,即, 令x1=1,则y1=1,z1=1,所以m=(1,1,1).设平面VEF的法向量n=(x2,y2,z2), 则 ,即,解得z2=0,令y2=1,则x2=-1, 所以n=-1,1,0),平面VEF与平面VBC所成锐二面角的平面角为θ, 则cos θ==,将分子、分母同除以,可得=, 令f(x)=6x2-6x+6=6x-)2+3,当x=时,f(x)min=3, 则cos θ的最大值为=. 所以=(-4,0,2),=(-4,b,0),=(4,0,0), 因为AB⊥平面PAD,所以平面PAD的一个法向量为m==(0,2,0), 设平面PDG的法向量为n=(x,y,z), 所以令x=1,则y=,z=2, 所以n=(1,,2), 因为二面角Q-PD-A的平面角大小为, 所以cos<m,n>===,解得b=>2, 所以当Q在线段BC上时,△ADQ的面积最大,最大值为×4×2=4, 所以△ADQ面积的取值范围是(0,4]. (1)若=3,证明:PQ∥平面ABB1A1; (2)若二面角P-QD-A的正切值为5,求BQ的长. 【解题指南】(1)取AA1的中点M,连接MP,MB,利用平行四边形证明PQ∥MB,由判定定理得证; (2)建立空间直角坐标系,设=λ(0≤λ≤1),根据向量法求出二面角的余弦值,解出λ,即可得解. 因为四边形AA1D1D是等腰梯形,A1D1=2,AD=4,所以AO=1. 又A1A=D1D=,所以A1O=4.易得B(4,-1,0),D(0,3,0),C(4,3,0),D1(0,2,4),P(0,,2), 所以=(4,0,0),= (0,-,2),=(0,-4,0). 设=λ=(0,-4λ,0)(0≤λ≤1),所以=+=(4,-4λ,0). 设平面PDQ的法向量为m=(x,y,z), 由,得, 令z=1,可得m=(4λ,4,1),另取平面DCQ的一个法向量为n=(0,0,1). 设二面角P-QD-A的平面角为θ,由题意得cos θ==. 又cos θ=|cos<m,n>|==, 所以=, 解得λ=±(负值舍去), 因此CQ=×4=3,BQ=1. 所以当二面角P-QD-A的正切值为5时,BQ的长为1. 15.(5分)(多选题)设Ox,Oy,Oz是空间中两两夹角均为θ(θ∈(0,])的三条数轴,e1,e2,e3分别是与x,y,z轴正方向同向的单位向量,若=xe1+ye2+ze3(x,y,z∈R),则把有序数对(x,y,z)θ叫作向量在坐标系Oxyz中的坐标,则下列结论正确的是(　　) A.若向量a=(-1,3,-7)θ,向量b=(3,-2,4)θ,则a+b=(2,1,3)θ B.若向量a=,向量b=,则a·b=0 C.若向量a=(x,y,0)θ,向量b=(1,2,0)θ,则当且仅当x∶y=1∶2时,θ= D.若向量=,向量=,向量=,则二面角O-AB-C的余弦值为 对于D,若向量=,向量=,向量=, 设∠MAD=α,AB=1,则A(0,0,0),M(cos α,sin α,0),C(1,0,1),E(0,1,1), 故=(cos α,sin α,0),=(1,0,1),=(0,1,1). 设平面AMC的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·=0,m·=0, 故,取x1=sin α,则y1=-cos α,z1=-sin α, 所以m=(sin α,-cos α,-sin α). 设平面AME的法向量为n=(x2,y2,z2),n·=0,n·=0, 故,取x2=sin α, 则y2=-cos α,z2=cos α,所以n=(sin α,-cos α,cos α), 所以cos <m,n>=, 由已知得=,化简得:2sin 22α-9sin 2α+7=0, 解得sin 2α=1或sin 2α=(舍去),故α=45°,即∠MAD=45°. $