第1章 培优课 空间向量在立体几何中的应用（教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（人教A版）

本讲义聚焦空间向量在立体几何中的应用，系统梳理探索性问题（存在性与参数求解）、折叠问题（折叠前后关系分析）、范围与最值问题（目标函数构建），形成从基础应用到综合问题的学习支架，助力突破立体几何难点。 资料以例题为载体，通过坐标法培养空间观念（数学眼光），逻辑推理解决存在性问题（数学思维），建立模型求解参数范围（数学语言）。课中辅助教师清晰授课，课后跟踪训练与对点练帮助学生巩固提升，查漏补缺。

培优课　空间向量在立体几何中的应用 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. 一、立体几何中的探索性问题 例1　已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD=2AB，△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)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小； (2)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 解　(1)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PO⊥CD，因为CD，AD⊂平面ABCD，CD∩AD=D，所以PO⊥平面ABCD，因为底面ABCD是矩形，且O，G分别为AD，BC的中点，所以OG∥AB，因为AB⊥AD，则OG⊥AD，以点O为坐标原点，OA，OG，OP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AB=2，则AD=4，A(2，0，0)，G(0，2，0)， P(0，0，2)，E(-1，1)，F(-1，0)， 则=(0，-1，0)=(1，1，-)， 设平面EFG的法向量为n=(x，y，z)， 则 取x=可得n=(0，1)， 易知平面ABCD的一个法向量为m=(0，0，1)， 所以|cos〈m，n〉|== 因此，平面EFG与平面ABCD的夹角为. (2)假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为连接GM， 设=λ=λ(2，0，-2)=(2λ，0，-2λ)， 其中0≤λ≤1， 则=+=(0，-2，2)+(2λ，0，-2λ)=(2λ，-2，2-2λ). 由题意可得|cos 〈n|= == 整理可得4λ2-6λ+1=0， 因为0≤λ≤1，所以λ=. 因此，在线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为 此时=. 反思感悟　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. 跟踪训练1　如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为菱形，且∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点. (1)求证：平面AEF⊥平面PAD； (2)若G为PD的中点，AB=AP=2，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. (1)证明　连接AC，因为四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，所以△ABC是正三角形， 因为E是BC的中点，所以AE⊥BC， 又AD∥BC，所以AE⊥AD， 因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD， 所以PA⊥AE， 又PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD， 所以AE⊥平面PAD， 又AE⊂平面AEF， 所以平面AEF⊥平面PAD. (2)解　由(1)知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设=t(0≤t≤1)，则A(0，0，0)，E(0，0)， C(1，0)，P(0，0，2)，G(0，1，1)，F(t，t，2-2t)， 所以=(0，0)， =(t，t，2-2t)， =(-1，1). 设平面AEF的法向量为 n=(x，y，z)， 则 即 令z=t，得平面AEF的一个法向量为 n=(0，2t-2，t). 设直线EG与平面AEF所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈n〉|= === 解得t=或t= 即存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为且=或=. 二、立体几何中的折叠问题 例2　如图所示，已知在矩形ABCD中，AD=2AB=2E为BC的中点，将△ABE沿AE折起，使得AB⊥DE. (1)求证：平面ABE⊥平面AECD； (2)若点F在线段BD上，且平面ABE与平面AEF夹角的余弦值为试确定点F的具体位置. (1)证明　在矩形ABCD中，连接DE(图略)， ∵AD=2AB=2E为BC的中点， ∴BE=BA，CE=CD， ∴∠BEA=∠CED=45°， ∴∠AED=90°，即DE⊥AE， 又∵DE⊥AB，AE∩AB=A， AE，AB⊂平面ABE， ∴DE⊥平面ABE， 又∵DE⊂平面AECD， ∴平面ABE⊥平面AECD. (2)解　由(1)知DE⊥AE，以点E为原点，AE，DE所在直线分别为x轴、y轴，垂直于平面AECD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则BA(0，0)，E(0，0，0)，D(00)=(0，0)， = 设=λ0≤λ≤1， 则F =. 设平面AEF的法向量为n1=(x，y，z)， ∴ 即 取y=1-λ，则z=-2λ， ∴n1=(0，1-λ，-2λ). 由题意知平面ABE的一个法向量为n2=(0，1，0). 设平面ABE与平面AEF的夹角为θ， ∴cos θ=== 解得λ=故F为BD的中点. 反思感悟　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. (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. 跟踪训练2　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； (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. (1)证明　∵平面EDAF⊥平面ABCD，DE⊂平面EDAF，平面EDAF∩平面ABCD=AD，DE⊥AD， ∴DE⊥平面ABCD. (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)， 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)， |cos〈n〉|== 解得a=或a=(舍去)， ∴H∴||== 即线段DH的长度为. 三、立体几何中的范围与最值问题 例3　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，E，F分别为PC，CD的中点，DE=EC. (1)求证：平面ABE⊥平面BEF； (2)设PA=a，若平面EBD与平面ABCD的夹角θ∈求a的取值范围. (1)证明　∵AB∥CD，CD⊥AD， AD=CD=2AB=2，F为CD的中点， ∴四边形ABFD为矩形，AB⊥BF. ∵DE=EC，∴CD⊥EF， 又AB∥CD，∴AB⊥EF， ∵BF∩EF=F，BF，EF⊂平面BEF， ∴AB⊥平面BEF，又AB⊂平面ABE， ∴平面ABE⊥平面BEF. (2)解　由(1)知，CD⊥EF， ∵E，F分别为PC，CD的中点， ∴PD∥EF，又AB∥CD，∴AB⊥PD， 又AB⊥AD，且PD∩AD=D， PD，AD⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD， ∴AB⊥PA. 以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)， 则B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)， P(0，0，a)，E. ∴=(-1，2，0)=. 设平面EBD的法向量为m=(x，y，z)， 则即 令y=a，得x=2a，z=-2，则m=(2a，a，-2). 显然n=(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量. 由θ∈ 知cos θ=|cos〈m，n〉|= =∈解得a∈ 即a的取值范围为. 反思感悟　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. 跟踪训练3　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=4△ABC是底面圆的内接正三角形，且AB=6，P是线段DO上一点. (1)若DP=PO，求三棱锥P-ABC的体积. (2)当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大. 解　(1)在Rt△DOA中，AD=4AO=2 ∴DO==6， ∵DP=PO，∴PO=DO=4， VP-ABC=·S△ABC·PO=××6×6××4=12. (2)如图所示，建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系. 设PO=x，0≤x≤6， ∴P(0，0，x)，E(-3，0)，B(3，0)，C(-20，0)， ∴=(-3，x)=(3，-x)， =(-20，-x)， 设平面PBC的法向量为n=(a，b，c)， ∴ ∴n=(x，-x，-2). 设直线EP与平面PBC所成的角为θ， 由题意得sin θ=|cos〈n〉|= = ==≤. 当且仅当PO=x=时等号成立， 此时直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大. 课时对点练 [分值：85分] 单选题每小题5分，共35分；多选题每小题6分，共12分 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　C 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　D 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.如图所示，直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1=B1C1=1，且∠A1C1B1=90°，D点在棱AA1上且AD=2DA1，P点在棱C1C上，则·的最小值为(　　) A. B.- C. D.- 答案　B 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则D(1，0，2)， B1(0，1，3)， 设P(0，0，z)，0≤z≤3， 则=(1，0，2-z)， =(0，1，3-z)， ∴·=0+0+(2-z)(3-z)=- 故当z=时·取得最小值-. 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　D 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　B 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. 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.(多选)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是线段C1D1上的动点，则(　　) A.存在点P，使BP=3 B.存在点P，使点P到直线BD1的距离为 C.存在点P，使直线B1P与BD1所成角的余弦值为 D.存在点P，使点A，C到平面BB1P的距离之和为3 答案　AB 解析　连接BC1，则BP==∈故A正确； 点P到直线BD1的距离d==∈故B正确； 以DA，DC，DD1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B(2，2，0)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，设P(0，m，2)，0≤m≤2，则=(-2，m-2，0)=(-2，-2，2)， 假设存在点P，使直线B1P与BD1所成角的余弦值为则|cos〈|=== 整理得m2-10m+20=0，解得m=5±2，故C错误； 在平面A1B1C1D1中，过A1，C1分别作A1A'⊥B1P，C1C'⊥B1P，垂足为A'，C'， 则点A1，C1到平面BB1P的距离之和为A1A'+C1C'. 设A1C1∩B1P=M，则A1A'+C1C'≤A1M+MC1=A1C1=2<3， 易知点A，C到平面BB1P的距离之和等于点A1，C1到平面BB1P的距离之和，所以当且仅当点P与D1重合时，点A，C到平面BB1P的距离之和最大，为2 所以不存在点P，使点A，C到平面BB1P的距离之和为3，故D错误. 7.(5分)正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点.点N在直线CC1上，当CN的长为　　　　时，MN⊥AB1. 答案　 解析　取B1C1的中点为M1，连接MM1，AM，由正三棱柱的性质可得AM⊥MM1，BM⊥MM1，AM⊥BM， 因此以M为坐标原点，AM，BM，MM1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AB1M(0，0，0)，设CN的长为a，且a>0，可得N==若MN⊥AB1，则·=-×+2a=0，解得a=所以当CN的长为时，MN⊥AB1. 8.(5分)如图，在菱形ABCD中，AB=∠BAD=60°，沿对角线BD将△ABD折起，使点A，C之间的距离为2当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为　　　　. 答案　 解析　连接PA，PC， 由题意可得PA=PC=2， AC=2 因为PA2+PC2=AC2， 所以PA⊥PC， 又易知PA⊥BD，PC⊥BD， 所以以P为原点，PB，PC，PA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P(0，0，0)，Q(0，1，1)，A(0，0，2)，D=(0，1，1)= 设PQ与AD所成的角为θ， 则cos θ===. 所以PQ与AD所成角的余弦值为. 9.(11分)已知四边形ABCD是边长为2的正方形，△P'AB为等边三角形(如图①所示)，将△P'AB沿着AB折起到△PAB的位置，且使平面PAB⊥平面ABCD，M是棱AD的中点(如图②所示). (1)求证：PC⊥BM；(5分) (2)求直线PC与平面PBM所成角的余弦值.(6分) (1)证明　取AB的中点O，CD的中点E， 连接PO，OE，因为四边形ABCD是正方形， △PAB为等边三角形， 所以OE⊥AB，PO⊥AB， 又因为平面PAB⊥平面ABCD，PO⊂平面PAB， 平面PAB∩平面ABCD=AB， 故PO⊥平面ABCD，而OE⊂平面ABCD， 所以PO⊥OE， 所以OB，OE，OP两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0，0)，C(1，2，0)，B(1，0，0)，M(-1，1，0)， =(1，2，-)=(-2，1，0)， 所以·=0， 所以PC⊥BM. (2)解　由(1)知=(1，2，-)， =(-2，1，0)， =(-1，0)， 设平面PBM的法向量为n=(x，y，z)， 故即 令x=则z=1，y=2. 则n=(21)，设直线PC与平面PBM所成的角为θ，故sin θ=== 因为θ为锐角， 故cos θ==. 所以直线PC与平面PBM所成角的余弦值为. 10.(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点. (1)求证：BE⊥DC；(4分) (2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求平面FAB与平面ABP夹角的余弦值.(8分) (1)证明　依题意，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)，所以=(0，1，1)=(2，0，0)，故·=0，所以BE⊥DC. (2)解　=(1，2，0)=(-2，-2，2)， =(2，2，0)=(1，0，0). 由点F在棱PC上，设=λ(0≤λ≤1)， 故=+=+λ=(1-2λ，2-2λ，2λ). 由BF⊥AC，得·=0， 因此2(1-2λ)+2(2-2λ)=0， 解得λ=即=. 设n1=(x，y，z)为平面FAB的法向量， 则即 不妨令z=1，可得n1=(0，-3，1)为平面FAB的一个法向量. 易知向量n2=(0，1，0)为平面ABP的一个法向量， 则|cos〈n1，n2〉|===. 所以平面FAB与平面ABP夹角的余弦值为. 11.在棱长为2a(a>0)的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别为棱AB，C1D1的中点.已知动点P在该正方体的表面上，且·=0，则点P的轨迹长度为(　　) A.12a B.12πa C.24a D.24πa 答案　B 解析　因为·=0，故点P的轨迹是以MN为直径的球与正方体表面的交线， 如图，易知MN中点即为正方体中心O，球心在每个面内的射影为面的中心， 设O在底面ABCD内的射影为O1，又正方体的棱长为2a，所以MN=2a， 易知OO1=a，O1M=a，又动点P在正方体的表面上运动，所以点P的轨迹是六个半径为a的圆，轨迹长度为6×2πa=12πa. 12.《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，PA=2，AB=1，E，F分别为PD，PB的中点=λλ∈R，若AG⊥平面EFC，则λ等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　以A为坐标原点的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 设AD=a(a>0)，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(1，a，0)，EF ∴==(0，0，2)=(1，a，-2)= 设平面EFC的法向量为n=(x，y，z)， 则 令x=1，解得y=z= ∴n= ∵=+=+λ=(λ，aλ，2-2λ)，又AG⊥平面EFC， ∴∥n，∴==解得λ=. 13.(多选)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　ABD 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； 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. 则B(1，0，0)，A'(0，0，1)，C(20)，D(00)， 所以=(10)=(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， 则cos θ=sin〈==故C不正确； 显然平面A'BE的一个法向量为 n==(00)， 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=()， 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. 14.(5分)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD=2，AB=3，P为线段BD上的动点，当直线AP与平面AB1D1所成角的正弦值取最大值时=　　　　. 答案　 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，3，0)，B1(2，3，2)，D1(0，0，2)=(2，3，0).设=λ=(2λ，3λ，0)，0≤λ≤1， 则P(2λ，3λ，0)=(2λ-2，3λ，0)=(0，3，2)=(-2，0，2). 设平面AB1D1的法向量为n=(x，y，z)， 则取z=3，可得平面AB1D1的一个法向量为n=(3，-2，3)， 所以|cos〈n| == 设AP与平面AB1D1所成的角为α， 则sin α= 当λ=时，sin α取得最大值此时=. 学科网（北京）股份有限公司 $