§1.4空间向量在立体几何中的应用培优课 课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦空间向量在立体几何中的应用，涵盖探索性、折叠、范围与最值问题，通过典型例题导入，先回顾空间向量基础，再逐步深入复杂问题，构建从基础到综合的学习支架。 其亮点在于以例题为载体，融合数学思维（推理能力）和数学语言（向量表达），如折叠问题通过平面与立体图形对比培养几何直观，范围问题建立函数模型发展模型观念。采用例题解析、跟踪训练结合，帮助学生提升综合解题能力，教师可直接用于课堂教学，提高效率。

空间向量在立体几何中的应用 第一章　§1.4　培优课 立体几何中的探索性、折叠、取值范围和最值问题是各类考试考查的重点内容，也是一个难点，常见于解答题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，考查学生的综合能力，培养学生的思维能力. 内容索引 01 02 03 立体几何中的折叠问题 立体几何中的范围与最值问题 课时对点练 立体几何中的探索性问题 04 01 立体几何中的探索性问题 　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥ AC1，AC=AA1=4，BC=2. (1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC； 例1 证明： 由AC=AA1知，四边形AA1C1C为菱形. 连接A1C，则A1C⊥AC1，又A1B⊥AC1且A1C∩A1B=A1， A1C，A1B⊂平面A1CB， ∴AC1⊥平面A1CB，∵BC⊂平面A1CB，则AC1⊥BC. 又∠ACB=90°，即BC⊥AC，而AC∩AC1=A，AC，AC1⊂平面A1ACC1， ∴BC⊥平面A1ACC1，而BC⊂平面ABC， ∴平面A1ACC1⊥平面ABC. 5 　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥ AC1，AC=AA1=4，BC=2. (2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P(异于点 A，C)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为？若存在，确定点P 的位置；若不存在，说明理由. 例1 解： 以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，平 面A1ACC1上过C且垂直于AC的直线为z轴，建立如图 所示的空间直角坐标系. ∵AC=AA1=4，BC=2，∠A1AC=60°， ∴C(0，0，0)，B(0，2，0)，A(4，0，0)，A1(2，0，2). 6 　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥ AC1，AC=AA1=4，BC=2. (2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P(异于点 A，C)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为？若存在，确定点P 的位置；若不存在，说明理由. 例1 解： 设在线段AC上存在一点P(异于点A，C)，满足=λ (0<λ<1)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为， 则=λ(-4，0，0)=(-4λ，0，0)， 7 　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥ AC1，AC=AA1=4，BC=2. (2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P(异于点 A，C)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为？若存在，确定点P 的位置；若不存在，说明理由. 例1 解： ∴=+=(4，-2，0)+(-4λ，0，0)=(4-4λ，-2，0)， =+=(2，0，-2)+(-4λ，0，0)=(2-4λ，0， -2). 设平面BA1P的法向量为m=(x1，y1，z1)， 8 　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥ AC1，AC=AA1=4，BC=2. (2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P(异于点 A，C)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为？若存在，确定点P 的位置；若不存在，说明理由. 例1 解： 由 取x1=1，得m=， 平面A1PC的一个法向量为n=(0，1，0). 9 　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥ AC1，AC=AA1=4，BC=2. (2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P(异于点 A，C)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为？若存在，确定点P 的位置；若不存在，说明理由. 例1 解： 由|cos〈m，n〉|===， 解得λ=或λ=. 因为0<λ<1，则λ=. 10 　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥ AC1，AC=AA1=4，BC=2. (2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P(异于点 A，C)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为？若存在，确定点P 的位置；若不存在，说明理由. 例1 解： 故在线段AC上存在一点P，满足=，使平面 BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为. 11 利用空间向量解决探索性问题的策略 探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题.其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，并将其作为已知条件，经过严密推理或计算，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果，在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，并依题意做出取舍.求解此类探索性问题时，也可以先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用点、线、面的位置关系去证明结论. 反思感悟 12 　将矩形面ABB1A1绕边AA1顺时针旋转90°得到如图所示的几何体ABC-A1B1C1.已知AB=2，AA1=3，点E在线段BB1上，P为的中点. (1)当E是线段BB1的中点时，求异面直线AE与A1C所成角的余弦值； 跟踪训练1 解： 如图，以A为原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x，y， z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，A1(0，0，3)，C(2，0，0)，P(，，3)， 当E是线段BB1的中点时，E，=，=(2，0，-3)， 13 　将矩形面ABB1A1绕边AA1顺时针旋转90°得到如图所示的几何体ABC-A1B1C1.已知AB=2，AA1=3，点E在线段BB1上，P为的中点. (1)当E是线段BB1的中点时，求异面直线AE与A1C所成角的余弦值； 跟踪训练1 解： 则cos〈，〉= ==-， 所以异面直线AE与A1C所成角的余弦值为. 14 　将矩形面ABB1A1绕边AA1顺时针旋转90°得到如图所示的几何体ABC-A1B1C1.已知AB=2，AA1=3，点E在线段BB1上，P为的中点. (2)在线段BB1上是否存在点E，使得AE∥平面A1CP？如果存在，求出线段BE的长；如果不存在，说明理由. 跟踪训练1 解： 设BE=h(0≤h≤3)， 设平面A1CP的法向量为n=(x，y，z)， 又=(2，0，-3)，=(，，0)，=(0，2，h)， 所以 15 　将矩形面ABB1A1绕边AA1顺时针旋转90°得到如图所示的几何体ABC-A1B1C1.已知AB=2，AA1=3，点E在线段BB1上，P为的中点. (2)在线段BB1上是否存在点E，使得AE∥平面A1CP？如果存在，求出线段BE的长；如果不存在，说明理由. 跟踪训练1 解： 令x=3，得n=(3，-3，2)， 若AE∥平面A1CP， 则·n=0×3+2×(-3)+2h=0，解得h=3. 所以在线段BB1上存在点E，使得AE∥平面A1CP，此时BE=3. 16 02 立体几何中的折叠问题 　 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰Rt△FDG裁掉，再将剩下的 五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得 到了一个“刍甍”(如图2). (1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥ 平面GCF， 例2 取线段CF的中点H，连接OH，GH， 由图1可知，四边形EBCF是矩形，且CB=2EB， ∴O是线段BF与CE的中点， ∴OH∥EF且OH=EF， 证明： 18 　 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰Rt△FDG裁掉，再将剩下的 五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得 到了一个“刍甍”(如图2). (1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥ 平面GCF， 例2 又AG∥EF且AG=EF， ∴AG∥OH且AG=OH， ∴四边形AOHG是平行四边形，则AO∥HG， 由于AO⊄平面GCF，HG⊂平面GCF，∴AO∥平面GCF. 证明： 19 　 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰Rt△FDG裁掉，再将剩下的 五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得 到了一个“刍甍”(如图2). (2)若二面角A-EF-B的大小为，求直线AB与平面 GCF所成角的正弦值. 例2 解： 由图1，EF⊥AE，EF⊥BE，折起后在图2中仍有EF⊥AE，EF⊥BE， ∴∠AEB即为二面角A-EF-B的平面角. ∴∠AEB=， 以E为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系，如图， 20 　 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰Rt△FDG裁掉，再将剩下的 五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得 到了一个“刍甍”(如图2). (2)若二面角A-EF-B的大小为，求直线AB与平面 GCF所成角的正弦值. 例2 解： 由CB=2EB=2EA=4， 则B(2，0，0)，F(0，4，0)，C(2，4，0)，A(-1，0，)， G(-1，2，)， ∴=(-1，-2，)，=(-3，0，)，=(2，0，0)， 21 　 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰Rt△FDG裁掉，再将剩下的 五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得 到了一个“刍甍”(如图2). (2)若二面角A-EF-B的大小为，求直线AB与平面 GCF所成角的正弦值. 例2 解： 设平面GCF的法向量为n=(x，y，z)， 由得取y=，则z=2，x=0， 于是平面GCF的一个法向量为n=(0，，2)， 22 　 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰Rt△FDG裁掉，再将剩下的 五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得 到了一个“刍甍”(如图2). (2)若二面角A-EF-B的大小为，求直线AB与平面 GCF所成角的正弦值. 例2 解： ∴|cos〈n，〉|===， ∴直线AB与平面GCF所成角的正弦值为. 23 折叠问题解题策略 (1)解题关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，确定折叠前后位置关系和数量关系上的变化量与不变量.一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决. 反思感悟 24 (2)确定折叠后关键点的位置 所谓的关键点，是指折叠过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化.只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算. 反思感悟 25 　如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC=3，BF=2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体. (1)求证：DE⊥平面ABCD； 跟踪训练2 ∵平面EDAF⊥平面ABCD，DE⊂平面EDAF，平面EDAF∩平面ABCD=AD，DE⊥AD，∴DE⊥平面ABCD. 证明： 26 　如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC=3，BF=2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体. (2)若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角 的正弦值为，求线段DH的长度. 跟踪训练2 解： 由题意知AD，CD，DE两两垂直，以点D为坐标原点，DA，DC，DE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E(0，0，2)，F(1，0，1)，B(1，1，0)，=(1，0，-1)，=(0，-1，1)， 27 　如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC=3，BF=2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体. (2)若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角 的正弦值为，求线段DH的长度. 跟踪训练2 解： 设平面BEF的法向量为n=(x，y，z)， 则即 取x=1，则z=1，y=1，∴n=(1，1，1)， 设H(a，a，0)，0≤a≤1，则=(a，a，-2)， 28 　如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC=3，BF=2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体. (2)若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角 的正弦值为，求线段DH的长度. 跟踪训练2 解： |cos〈，n〉|==，解得a=或a=(舍去)， ∴H，∴||==， 即线段DH的长度为. 29 03 立体几何中的范围与最值问题 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD ⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点， 点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点. (1)求证：CD⊥平面PAD； 例3 因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，又因为AD⊥CD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD. 证明： 31 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD ⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点， 点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点. (2)若=，判断直线AG是否在平面AEF内，并说明理由； 例3 解： 直线AG在平面AEF内，理由如下：在底面ABCD中， 过A作AM∥DC，交BC于M， 由题意可知AM⊥AD，又PA⊥平面ABCD， 则以A为坐标原点，分别以，，的方向为x， y，z轴的正方向， 建立空间直角坐标系，如图所示. 32 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD ⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点， 点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点. (2)若=，判断直线AG是否在平面AEF内，并说明理由； 例3 解： 则A(0，0，0)，B(2，-1，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)， E(0，1，1)，F，G. =(0，1，1)，=，=， 若AG⊂平面AEF， 则∃λ，μ∈R且λ2+μ2≠0， 33 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD ⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点， 点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点. (2)若=，判断直线AG是否在平面AEF内，并说明理由； 例3 解： 使得=λ+μ，则解得 故=-2+2. 所以直线AG在平面AEF内. 34 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD ⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点， 点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点. (3)设CG与平面AEF所成的角为θ，求sin θ的取值范围. 例3 解： 由(2)可知=(-2，1，2)，=(0，-3，0). 设=k=(-2k，k，2k)(0≤k≤1)， 则=+=(-2k，k-3，2k)(0≤k≤1)， 设平面AEF的法向量为n=(x，y，z)， 35 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD ⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点， 点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点. (3)设CG与平面AEF所成的角为θ，求sin θ的取值范围. 例3 解： 则 即 令y=1，有z=-1，x=1，故n=(1，1，-1). 36 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD ⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点， 点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点. (3)设CG与平面AEF所成的角为θ，求sin θ的取值范围. 例3 解： 故sin θ== = ===， 令t=k+1，t∈[1，2]，k=t-1， 37 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD ⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点， 点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点. (3)设CG与平面AEF所成的角为θ，求sin θ的取值范围. 例3 解： 则sin θ====， 而-∈，8+1∈[1，3]， 故sin θ的取值范围为. 38 范围、最值问题解题思路 解决空间图形有关的线段长度、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三个方面着手：一是从问题的几何特性入手，充分利用其几何性质去解决；二是利用空间几何体的侧面展开图；三是找出问题中的代数关系建立目标函数，将问题转化为求目标函数的最值，当然也可以考虑其中是否存在不等关系，从而运用解不等式法或基本不等式求解. 反思感悟 39 　如图，四棱锥E-ABCD中，AE⊥平面ABCD，AD ⊥AB，AD∥BC，AE=AB=BC=2，AD=1，过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N(M，N不与E重合). (1)求证：AD∥MN； 跟踪训练3 因为AD∥BC，AD⊄平面BCE，BC⊂平面BCE， 所以AD∥平面BCE. 因为过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N， 所以AD∥MN. 证明： 40 　如图，四棱锥E-ABCD中，AE⊥平面ABCD，AD ⊥AB，AD∥BC，AE=AB=BC=2，AD=1，过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N(M，N不与E重合). (2)记平面AND与平面END的夹角为θ，求cos θ的最大值. 跟踪训练3 解： 因为AE⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， 所以AE⊥AB，AE⊥AD， 又因为AB⊥AD， 如图，建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，0，2)，E(0，2，0)，D(0，0，1)， 41 　如图，四棱锥E-ABCD中，AE⊥平面ABCD，AD ⊥AB，AD∥BC，AE=AB=BC=2，AD=1，过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N(M，N不与E重合). (2)记平面AND与平面END的夹角为θ，求cos θ的最大值. 跟踪训练3 解： 所以=(0，-2，1)，=(2，-2，2)，=(-2，2，0)， =(0，0，1)，=(2，0，0)， 设=λ，λ∈[0，1)， 则=+=(2，0，0)+λ(-2，2，0)=(2-2λ，2λ，0)， 设平面AND即平面AMND的法向量为m=(x1，y1，z1)， 42 　如图，四棱锥E-ABCD中，AE⊥平面ABCD，AD ⊥AB，AD∥BC，AE=AB=BC=2，AD=1，过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N(M，N不与E重合). (2)记平面AND与平面END的夹角为θ，求cos θ的最大值. 跟踪训练3 解： 则令x1=λ，则y1=λ-1， 于是m=(λ，λ-1，0)； 设平面END即平面ECD的法向量为n=(x2，y2，z2)， 43 　如图，四棱锥E-ABCD中，AE⊥平面ABCD，AD ⊥AB，AD∥BC，AE=AB=BC=2，AD=1，过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N(M，N不与E重合). (2)记平面AND与平面END的夹角为θ，求cos θ的最大值. 跟踪训练3 解： 则 令y2=1，则z2=2，x2=-1， 于是n=(-1，1，2)， 44 　如图，四棱锥E-ABCD中，AE⊥平面ABCD，AD ⊥AB，AD∥BC，AE=AB=BC=2，AD=1，过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N(M，N不与E重合). (2)记平面AND与平面END的夹角为θ，求cos θ的最大值. 跟踪训练3 解： 所以cos θ=|cos〈m，n〉|===， 因为λ∈[0，1)， 所以当λ=时，cos θ的最大值为. 45 04 课时对点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对一对 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D C D B D ABD ACD 题号 9 10 答案 11. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)证明　因为O1O⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，，，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. 因为侧棱所在的直线与上、下底面中心的连线O1O 所成的角为45°，所以OO1=， 则B(2，2，0)，D1(-1，-1，)，C1(-1，1，)， F(0，2，0)，E(-2，0，0)，A1(1，-1，)， 所以=(-3，-3，)，=(-1，-1，-)，=(2，2，0)， 11. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设平面C1EF的法向量为n=(x，y，z)， 则 令x=1，则n=(1，-1，0)， 所以n·=0，所以n⊥， 又因为BD1⊄平面C1EF， 所以BD1∥平面C1EF. 11. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)解　由(1)知，=(-3，1，-)， 所以点A1到平面C1EF的距离为d===2. (3)解　假设线段BC上(含端点)存在点M(x，2，0)满足条件，其中x∈ [-2，2]， 则=(x-1，3，-)， 设直线A1M与平面C1EF所成的角为θ， 11. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题意可得sin θ=|cos〈，n〉|===， 化简得x2-35x+34=0，则x=1或x=34(舍去)，所以M(1，2，0)， 即存在点M符合题意，此时BM=1. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)证明　因为AC⊥BC，AC∥EF， 所以EF⊥BC， 即EF⊥FC，EF⊥PF，又PF∩FC=F，PF，FC⊂平面PFC，所以EF⊥平面PFC， 又PC⊂平面PFC，所以EF⊥PC. (2)解　因为二面角P-EF-C是直二面角， 所以平面PEF⊥平面EFC， 又平面PEF∩平面EFC=EF，PF⊥EF，PF⊂平面PEF， 12. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 所以PF⊥平面EFC， 以F为原点，FE，FC，FP所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 易知平面CEF的一个法向量为n=(0，0，1)， P，C，E，=， =， 设平面PCE的法向量为m=(x，y，z)， 12. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 则 令z=1，得y=2，x=1， 所以m=(1，2，1)为平面PCE的一个法向量， 设平面PCE与平面CEF的夹角为θ，则cos θ===. 因为θ∈， 所以sin θ===. 12. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)解　以C为原点，的反方向和的方向分别 为x，y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间 直角坐标系，如图所示. 设P(0，m，n)，F(0，t，0)，D(-1，0，0)，A(-2，0，0)，E(t-2，t，0)， 显然n>0，=(t，t，0)，=(-1，-m，-n)， ·=-t-mt=0，得出m=-1， 则P(0，-1，n)，则=(t-2，t+1，-n)， 12. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据PE2=PF2+EF2得n2+(t+1)2=(2-t)2，化简得n2=3- 6t>0，且t>0， 解得0<t<， 易知平面ABC的一个法向量为p=(0，0，1)，设直线PE与平面ABC所 成的角为β，β∈， sin β==， 12. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 则sin2β= ==×， 令y=，t∈， 令1-2t=a，则t=，且a∈(0，1)， y==4×=4×， 根据函数y=a+在(0，1)上单调递减，且恒大于0， 12. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 则y=4×在(0，1)上单调递增， 且y=4×∈， 即sin2β∈，又β∈， 则sin β∈， 即所求正弦值的取值范围为. 12. 一、单项选择题 1.如图①，将两个全等的等腰直角三角形拼成一个平行四边形ABCD，将平行四边形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图②，则直线AC与BD所成角的余弦值为 A. B. C. D. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 由平面ABD⊥平面BCD，AB⊥BD， 平面ABD∩平面BCD=BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面BCD， 又DC⊂平面BCD，所以AB⊥DC，又DB⊥DC， 过点D作z轴∥AB，建立空间直角坐标系，如图所示， 设AB=1，所以BD=1，DC=1，BC=， 则A(0，1，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，0，0)， 所以=(1，-1，-1)，=(0，-1，0)， 所以|cos〈，〉|===. 2.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC，AB⊥BC，若棱C1C上存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，则等于 A. B.1 C. D.2 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 以点B为坐标原点，AB，BC，BB1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，设BC=1，BB1=a(a>0)， 则B(0，0，0)，A1(1，0，a)， P(0，1，λa)且0≤λ≤1， 所以=(1，-1，(1-λ)a)，=(0，1，λa)， 又存在唯一的一点P满足PA1⊥BP， 所以·=λ(1-λ)a2-1=0， 则λ2-λ+=0，故Δ=1-=0， 可得a=2，此时λ=，所以=2. 3.在空间直角坐标系中，已知A(a2，2a，6)，B(0，0，1)，C(1，1，2)，D(-1，0，3)，E(a2，0，5)，其中a∈R，则当点A到平面BCD的距离最小时，直线AE与平面BCD所成角的正弦值为 A. B. C. D. √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 依题意可得=(a2+1，2a，3)，=(1，1，1)，=(-1，0，2)，=(0，-2a，-1)， 设n=(x，y，z)是平面BCD的法向量， 则 即令x=2，则z=1，y=-3，得n=(2，-3，1). 所以点A到平面BCD的距离d===， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 当a=时，d取得最小值，此时=(0，-3，-1)， 所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为|cos〈，n〉|== =. 4.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，底面A1B1C1D1是边长为a的正方形，侧棱AA1的长为b，E为侧棱BB1上的动点(包括端点)，则 A.对任意的a，b，存在点E，使得B1D⊥EC1 B.当且仅当a=b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 C.当且仅当a≥b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 D.当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 以D1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(a，a，0)，D(0，0，b)，C1(0，a，0)，设E(a，a，t)(0≤t≤b)， 所以=(-a，-a，b)，=(-a，0，-t)， 所以·=a2-bt，令a2-bt=0，t=，由0≤≤b得a≤b， 所以当且仅当a≤b时，存在点E， 使得B1D⊥EC1，故选项D正确. 5.如图①，在Rt△ABC中，C=，AC=BC=2，D，E分别为AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图②.若F是A1B的中点，则四面体FCDE外接球的体积是 A.2π B. C. D. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 依题意得CD⊥DE， A1D⊥DE，A1D∩CD=D， A1D，CD⊂平面A1DC， 所以DE⊥平面A1DC，又A1D⊥CD， 故以D为坐标原点，CD，DE，DA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)， 则D(0，0，0)，C(1，0，0)，E(0，1，0)，B(1，2，0)，A1(0，0，1)，F. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 依题意△DCE为直角三角形， 所以△DCE的外接圆的圆心在CE的中点处，设四面体FCDE外接球的球心为M，半径为R，则||=||=R， 即R= =， 解得m=0，所以R=， 所以四面体FCDE外接球的体积V=πR3=. 6.如图，棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方体侧面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则PE+PF的最小值为 A.3 B. C.1+ D. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 作点F关于平面BCC1B1的对称点F'，连接EF'交平面BCC1B1于点P0. 可以证明此时的P0使得PE+PF最小，即任取侧面BCC1B1上的点P1(异于P0)，此时P1E+P1F=P1E+P1F'>EF'=P0E+P0F'. 以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D1(0，0，3)，B(3，3，0)，因为E，F分别为BD1的 三等分点，所以E(1，1，2)，F(2，2，1)， 又点F到平面BCC1B1的距离为1，所以F'(2，4，1)， PE+PF的最小值为||==. 二、多项选择题 7.如图①，菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A'的位置，如图②，连接A'B，A'C，且A'D⊥ CD，平面A'BE与平面A'CD的交线为l，则下列结论中正确的是 A.平面A'DE⊥平面A'BE B.CD∥l C.BC与平面A'DE所成角的余弦值为 D.平面A'BE与平面A'BD夹角的余弦值为 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 在菱形ABCD中，∠BAD=60°，E为边AB的中点，所以AB⊥DE， 因为CD∥BE，所以DE⊥CD， 因为A'D⊥CD， A'D∩DE=D， A'D，DE⊂平面A'DE，所以CD⊥平面A'DE， 因为CD∥BE，所以BE⊥平面A'DE， 因为BE⊂平面A'BE， 所以平面A'DE⊥平面A'BE，故A正确； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 因为CD∥BE，CD⊄平面A'BE，BE⊂平面A'BE，所以CD∥平面A'BE，又平面A'BE与平面A'CD的交线为l，所以CD∥l，故B正确； 由A知，DE⊥AB，且BE⊥平面A'DE， 则DE⊥A'E，且BE⊥A'E， 又BE∩DE=E，BE，DE⊂平面BED， 所以A'E⊥平面BED，以E为原点， 分别以EB，ED，EA'所在直线为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 则B(1，0，0)，A'(0，0，1)，C(2，，0)，D(0，，0)， 所以=(1，，0)，=(0，0，1)， =(0，，-1)，=(1，0，-1)， 由A可知，CD⊥平面A'DE， 故平面A'DE的一个法向量为=(-2，0，0)， 则cos〈，〉===-， 设BC与平面A'DE所成角为θ， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 则cos θ=sin〈，〉==，故C不正确； 显然平面A'BE的一个法向量为n==(0，，0)， 设平面A'BD的法向量为m=(x，y，z)， 则有即 取y=1，则x=z=，所以m=(，1，)， 设平面A'BE与平面A'BD的夹角为α， 所以cos α=|cos〈m，n〉|===，故D正确. 8.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内(含边界)一动点，则下列说法中正确的是 A.若D1Q∥平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段 B.存在Q点，使得D1Q⊥平面A1PD C.当且仅当Q点落在棱CC1上某点处时，三棱锥Q-A1PD的 　体积最大 D.若D1Q=，那么点Q的轨迹长度为 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 选项A，分别取B1C1，CC1的中点E，F，连接D1E，D1F，EF，PF，由PF与B1C1，A1D1平行且相等得四边形A1PFD1为平行四边形，所以D1F∥A1P， 又D1F⊄平面A1PD，A1P⊂平面A1PD，所以D1F∥平面A1PD， 连接B1C，因为EF∥B1C，B1C∥A1D，所以EF∥A1D，同理EF∥平面A1PD， 因为EF∩D1F=F，EF，D1F⊂平面D1EF，所以平面D1EF∥平面A1PD， 当Q∈EF时，D1Q⊂平面D1EF，所以D1Q∥平面A1PD，即点Q的轨迹是线段EF，A正确； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 选项B，以D1为原点，D1A1，D1C1，DD1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 D1(0，0，0)，A1(1，0，0)，D(0，0，1)，P， 设Q(x，1，z)(0≤x≤1，0≤z≤1)， 所以=(-1，0，1)，=，=(x，1，z)， 设m=(a，b，c)是平面A1PD的法向量， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 则 取c=1，则m=， 若D1Q⊥平面A1PD，则∥m，所以存在λ∈R， 使得=λm，即(x，1，z)=， 则 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 解得x=z=-2∉[0，1]，因此在正方形BB1C1C内(含边界) 不存在Q点，使得D1Q⊥平面A1PD，B错误； 选项C，△A1PD的面积为定值，当且仅当点Q到平面 A1PD的距离最大时，三棱锥Q-A1PD的体积最大， =(x-1，1，z)， 点Q到平面A1PD的距离为d==，0≤x+z≤2， 当0≤x+z≤时，d=，当x+z=0时，d有最大值1， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 当≤x+z≤2时，d=，当x+z=2时，d有最 大值， 综上，当x+z=0时，d取得最大值1，即当Q与C1重合时， d取得最大值，三棱锥Q-A1PD的体积最大，C正确； 选项D，D1C1⊥平面BB1C1C，C1Q⊂平面BB1C1C，则D1C1⊥C1Q， 所以C1Q==，所以点Q的轨迹是以C1为圆心，为半径，圆心角是的圆弧，所以轨迹长度为×=，D正确. 三、填空题 9.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是棱DD1(不包含端点) 上一动点，则三棱锥P-AB1C的体积的取值范围为　　　　　. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 以点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，如图， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(1，1，1)，C(0，1，0)， D1(0，0，1)， 所以=(-1，1，0)，=(0，1，1)，=(0，0，1)， 设=λ=(0，0，λ)(0<λ<1)，得P(0，0，λ)，则=(-1，0，λ)， 设平面AB1C的法向量为n=(x，y，z)， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 则 令y=1，得n=(1，1，-1)， 所以点P到平面AB1C的距离d==， 又因为0<λ<1，所以d=∈， 由题意知AC=AB1=B1C=， 所以△AB1C为等边三角形，=×××sin=， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 所以三棱锥P-AB1C的体积V=×d=××d= d，故三棱锥P-AB1C的体积的取值范围为. 10.如图，已知菱形ABCD，AB=2，∠ADC=，沿直线AC将△ACD翻折成△ACS，E，F分别为SA，SB的中点，SA与平面ABC所成角的正弦值为，M为线段AC上一点(包含端点C，不包含端点A)，则AE与平面EFM所成角 的正弦值的最大值为　　　 . 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 设顶点S在平面ABC内的射影为点O， 因为SA与平面ABC所成角的正弦值为，SA=SC=2， 所以SO=SA=，OA=OC==， 如图1所示，因为△ABC为等边三角形，所以△AOB≌△COB， 所以OB平分∠ABC，即∠ABO=， 所以在△AOB中，cos∠ABO===，解得OB=或OB=>(舍去)， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 所以点O为△ABC的中心，故三棱锥S-ABC是棱长为2的 正四面体， 故如图2，以AB的中点H为坐标原点，HC，HB所在直线 分别为x，y轴建立空间直角坐标， 则A(0，-1，0)，B(0，1，0)，S， E，F， 设M，0<x≤， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 则=，=(0，1，0)， 设平面EFM的法向量为n=(x0，y0，z0)， 则即 令x0=，得n=， 因为=，设AE与平面EFM所成的角为θ， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 所以sin θ=|cos〈，n〉|===， 令t=，则t≥，因为函数y=6-2t+t2在上 单调递增， 所以sin θ=在上单调递减， 所以当t=，即x=时，AE与平面EFM所成角的正弦值最大，最大值为. 四、解答题 11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方 形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为 DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下 底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°. (1)求证：BD1∥平面C1EF； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 证明： 因为O1O⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，，，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. 因为侧棱所在的直线与上、下底面中心的连线O1O所成的角 为45°，所以OO1=， 11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方 形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为 DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下 底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°. (1)求证：BD1∥平面C1EF； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 证明： 则B(2，2，0)，D1(-1，-1，)，C1(-1，1，)，F(0，2，0)，E(-2，0，0)，A1(1，-1，)， 所以=(-3，-3，)，=(-1，-1，-)，=(2，2，0)， 设平面C1EF的法向量为n=(x，y，z)， 11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方 形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为 DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下 底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°. (1)求证：BD1∥平面C1EF； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 证明： 则 令x=1，则n=(1，-1，0)，所以n·=0，所以n⊥， 11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方 形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为 DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下 底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°. (1)求证：BD1∥平面C1EF； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 证明： 又因为BD1⊄平面C1EF， 所以BD1∥平面C1EF. 11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方 形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为 DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下 底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°. (2)求点A1到平面C1EF的距离； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由(1)知，=(-3，1，-)， 所以点A1到平面C1EF的距离为d===2. 解： 11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方 形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为 DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下 底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°. (3)线段BC上(含端点)是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成角的正弦值 为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 假设线段BC上(含端点)存在点M(x，2，0)满足条件，其中x∈[-2，2]， 则=(x-1，3，-)， 设直线A1M与平面C1EF所成的角为θ， 解： 11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方 形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为 DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下 底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°. (3)线段BC上(含端点)是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成角的正弦值 为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题意可得sin θ=|cos〈，n〉|===， 化简得x2-35x+34=0，则x=1或x=34(舍去)，所以M(1，2，0)， 即存在点M符合题意，此时BM=1. 解： 12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE. (1)求证：EF⊥PC； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 因为AC⊥BC，AC∥EF， 所以EF⊥BC， 即EF⊥FC，EF⊥PF，又PF∩FC=F，PF，FC⊂平面PFC，所以EF⊥平面PFC， 又PC⊂平面PFC，所以EF⊥PC. 证明： 12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE. (2)若BE=2AE，二面角P-EF-C是直二面角，求平面PCE 与平面CEF夹角的正弦值； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 因为二面角P-EF-C是直二面角， 所以平面PEF⊥平面EFC， 又平面PEF∩平面EFC=EF，PF⊥EF，PF⊂平面PEF， 所以PF⊥平面EFC， 解： 12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE. (2)若BE=2AE，二面角P-EF-C是直二面角，求平面PCE 与平面CEF夹角的正弦值； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解： 以F为原点，FE，FC，FP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 易知平面CEF的一个法向量为n=(0，0，1)， P，C， 12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE. (2)若BE=2AE，二面角P-EF-C是直二面角，求平面PCE 与平面CEF夹角的正弦值； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解： E，=，=， 设平面PCE的法向量为m=(x，y，z)， 则 12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE. (2)若BE=2AE，二面角P-EF-C是直二面角，求平面PCE 与平面CEF夹角的正弦值； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解： 令z=1，得y=2，x=1， 所以m=(1，2，1)为平面PCE的一个法向量， 设平面PCE与平面CEF的夹角为θ，则cos θ== =. 12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE. (2)若BE=2AE，二面角P-EF-C是直二面角，求平面PCE 与平面CEF夹角的正弦值； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解： 因为θ∈， 所以sin θ===. 12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE. (3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取 值范围. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解： 以C为原点，的反方向和的方向分别为x，y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 设P(0，m，n)，F(0，t，0)，D(-1，0，0)，A(-2，0，0)，E(t-2，t，0)， 显然n>0，=(t，t，0)， 12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE. (3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取 值范围. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解： =(-1，-m，-n)，·=-t-mt=0，得出m=-1， 则P(0，-1，n)，则=(t-2，t+1，-n)， 根据PE2=PF2+EF2得n2+(t+1)2=(2-t)2，化简得n2=3-6t>0，且t>0， 解得0<t<， 12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE. (3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取 值范围. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解： 易知平面ABC的一个法向量为p=(0，0，1)，设直线PE与平面ABC所成的角为β，β∈， sin β==， 12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE. (3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取 值范围. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解： 则sin2β= ==×， 令y=，t∈， 令1-2t=a，则t=，且a∈(0，1)， 12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE. (3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取 值范围. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解： y==4×=4×， 根据函数y=a+在(0，1)上单调递减，且恒大于0，则y=4×在(0，1)上单调递增， 12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE. (3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取 值范围. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解： 且y=4×∈，即sin2β∈，又β∈， 则sin β∈， 即所求正弦值的取值范围为. THANKS 本课结束 $