01 第一章 空间向量与立体几何（Word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册分层练习（人教A版）

**基本信息** 高中数学“空间向量与立体几何”单元卷，以文化传承（达·芬奇方砖）、科学情境（阿波罗尼斯圆）为载体，覆盖空间向量运算、距离计算、二面角等核心知识，适配单元复习，体现数学抽象与直观想象素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|空间向量运算、投影向量、共线共面|结合正方体动态弦问题（第4题）考查向量数量积范围| |多项选择|3/18|基底判定、线面角、轨迹问题|达·芬奇方砖组合几何体（第10题）融合文化与空间角计算| |填空|3/15|共面向量、最值问题、轨迹面积|阿波罗尼斯圆（第14题）拓展空间轨迹应用| |解答题|5/77|折叠问题、二面角、三面角余弦定理|开放选择条件（第16题）与三面角定理证明（第19题）提升逻辑推理能力|

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第一章　空间向量与立体几何 全卷满分150分　考试用时120分钟 一、单项选择题(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.在空间四边形OABC中,+-=(　　) A.　　B.　　C.　　D. 2.已知向量a=(1,2,2),b=(-2,1,1),则a在b上的投影向量为(　　) A.　　B.　　 C.　　D. 3.已知a,b,c不共面,e=3a-tb-c,d=-2ta+6b+2c,若e与d共线,则实数t的值为(　　) A.-3　　B.1　　 C.3　　D.-3或3 4.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,MN是它的内切球的一条弦(球面上任意两点之间的线段称为球的弦),P为正方体表面上的动点,当弦MN的长度最大时,·的取值范围是(　　) A.[0,1]　　B.[0,2]　　 C.[1,3]　　D.[0,4] 5.已知空间四点A(1,0,1),B(1,1,1),C(0,1,0),D,记点B到直线AC的距离为d1,点D到平面ABC的距离为d2,则=(　　) A.　　B.　　C.　　D. 6.如图,在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,=3,点P在底面ABCD(包含边界)上移动,且满足B1P⊥D1E,则线段B1P的长度的最大值为(　　) A.　　B.　　C.3　　D. 7.已知四棱锥A-EBCD,AE⊥平面EBCD,底面EBCD是∠DEB为直角,且满足EB∥DC的直角梯形,如图所示,若CD=2EB=2AE=4,DE=2,点F为AD的中点,则F到直线BC的距离为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 8.如图,在体积为5的多面体ABCDPQ中,底面ABCD是平行四边形,∠DAB=45°,BC=2PQ=2AB=2,M为BC的中点,PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD,则平面PCD与平面QAB夹角的正弦值为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 二、多项选择题(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.下列关于空间向量的命题中,正确的有(　　) A.若向量a,b与空间中任意向量都不能构成基底,则a∥b B.若非零向量a,b,c满足a⊥b,b⊥c,则有a∥c C.若{,,}是空间向量的一个基底,且=+-,则A,B,C,D四点共面 D.若{a,b,c}是空间向量的一个基底,则{a+b,b+c,a+c}也是空间向量的一个基底 10.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖,在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案,如图1,把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合,再将这个组合转换成如图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长均为1,则(　　) 　　　　 A.=2+2 B.直线CQ与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为 C.点C1到直线CQ的距离是 D.异面直线CQ与BD所成角的余弦值为 11.如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M,N分别是AD,CC1的中点,P是线段AB上的动点,则下列说法正确的是(　　) A.平面PMN截正方体所得的截面可能是五边形 B.△MPN一定是锐角三角形 C.当P与A点重合时,取正方形ABCD内(含边界)一点Q,并满足平面A1QD1⊥平面PMN,则A1Q的长的最小值是2 D.PM+NP的最小值是2 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,2),c=(-3,5,λ),若a,b,c三向量共面,则实数λ=　　　　.  13.已知点A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),O为坐标原点,点Q在直线OP上运动,则当·取得最小值时,点Q的坐标为　　　　　　.  14.古希腊数学家阿波罗尼斯发现:平面上到两定点的距离的比值为常数λ(λ>0,且λ≠1)的点的轨迹是圆,且该圆的圆心在这两定点所连的直线上.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AD=2AA1=6,点E在棱AB上,F为C1D1的中点,BF=AE,动点P满足BP=PE.若P在底面ABCD所在平面内运动,则点P的运动轨迹所围图形的面积是　　　　;三棱锥P-B1CF体积的最小值为　　　　.  四、解答题(本题共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a,b,c是空间中不共面的向量,若=2a-b+c,=a+2b-c,=-a+mb+nc. (1)若B,C,D三点共线,求m,n的值; (2)若A,B,C,D四点共面,求3m+5n的值. 16.(15分)从下列三个条件中任选一个,补充在问题中的横线上,并加以解答.条件①:图1中,tan∠ABD=2;条件②:图1中,3=2+;条件③:图2中,CD>BD,S△BCD=1. 图1 图2 如图1所示,在△ABC中,∠ACB=45°,BC=3,过点A作AD⊥BC,垂足D在线段BC上,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图2).已知M为棱AC的中点,　　　　　,在棱CD上取一点N,使得CN=3DN,求平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值.  注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PDC⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AB=DC,PD=AD=1,M为棱PC的中点. (1)证明:BM∥平面PAD; (2)若PC=,AB=1. (i)求二面角P-DM-B的余弦值; (ii)在线段PA上是否存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是?若存在,求出的值;若不存在,说明理由. 18.(17分)已知两个非零向量a,b,在空间中任取一点O,作=a,=b,则∠AOB叫做向量a与b的夹角,记作<a,b>.定义a与b的“向量积”为a×b,它是一个向量,且与向量a,b都垂直,它的模|a×b|=|a|·|b|sin<a,b>.如图,在正四棱锥S-ABCD中,AB=2,且|×|=2. (1)求正四棱锥S-ABCD的体积V; (2)若P为侧棱SD上的点,且SD⊥平面PAC,求平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值; (3)若点E是侧棱SC(包含端点)上的一个动点,当直线DE与平面BCE所成的角最大时,求的值. 19.(17分)阅读下面的材料: 类比二维平面中的余弦定理,我们有三维空间中的三面角余弦定理:如图1,记∠APC=α,∠BPC=β,∠APB=γ,二面角A-PC-B的大小为θ,则cos γ=cos αcos β+sin αsin βcos θ. 证明如下:当α,β∈时,如图2,H为PC上一点,HM⊥PC交PA于M,HN⊥PC交PB于N,则∠MHN是二面角A-PC-B的平面角.在△MNP和△MNH中分别应用余弦定理,得MN2=MP2+NP2-2MP·NPcos γ,MN2=MH2+HN2-2MH·HNcos θ,两式相减,得MP2-MH2+NP2-HN2-2MP·NPcos γ+2MH·HNcos θ=0,又PH2=MP2-MH2=NP2-HN2,所以MP·NPcos γ=PH2+MH·HNcos θ(*),易知sin α=,cos α=,sin β=,cos β=,(*)式两边同时除以MP·NP,得cos γ=cos αcos β+sin αsin βcos θ,故得证. 请解决如下问题: 如图3,在四棱锥E-ABCD中,四边形ABCD为正方形,△EAD为等边三角形,且平面EAD⊥平面ABCD,P为DE的中点. (1)请利用三面角余弦定理求二面角A-PC-D的余弦值; (2)设PA与平面ABCD内任一条直线的夹角为φ,证明:≤φ≤; (3)以三棱锥为例,试猜想正弦定理在三维空间中的推广,并给出证明. 　　 答案全解全析 1.C　+-=+=. 2.A　向量a在向量b上的投影向量为b=×(-2,1,1)=. 3.C　若e与d共线,则有e=λd,λ∈R, 即解得则实数t的值为3. 4.B　由正方体的棱长为2,可得内切球的半径为1,正方体的体对角线长为2. 当弦MN的长度最大时,MN为内切球的直径,设内切球的球心为O, 则·=(+)·(+)=(-)·(+)=-=-1. 由于P为正方体表面上的动点,所以OP∈[1,], 则·∈[0,2]. 5.C　由题得=(0,1,0),=(-1,1,-1), 所以点B到直线AC的距离d1===. 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则 即取x=1,则z=-1,所以n=(1,0,-1), 又=, 所以点D到平面ABC的距离d2===. 所以=. 6.B　如图所示,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, 则D1(0,0,3),E(1,3,0),B1(3,3,3),则=(1,3,-3), 设P(x,y,0),x,y∈[0,3],则=(x-3,y-3,-3), 因为B1P⊥D1E,所以·=x+3y-3=0,即x=3-3y, 所以0≤3-3y≤3⇒y∈[0,1], ||==, 令t=10y2-6y+18,易知此二次函数的图象开口向上,对称轴为直线y=-=,则由二次函数的性质可知,当y=1时,t取得最大值,且tmax=22,则线段B1P的长度的最大值为. 7.A　因为AE⊥平面EBCD,BE,ED⊂平面EBCD,所以AE⊥BE,AE⊥ED, 又在底面EBCD中,∠DEB=90°,即BE⊥ED,所以AE,BE,ED两两垂直. 以E为原点,EB,ED,EA所在的直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,2),B(2,0,0),C(4,2,0),D(0,2,0),因此F(0,,1), 所以=(2,2,0),=(2,-,-1), 记c==,a==(2,-,-1), 则|a|==2,a·c=1-=-, 所以F到直线BC的距离d===. 8.D　由题意得,DC=AB=1,MC=BC=,∠DCM=45°, 在△DCM中,由余弦定理可得DM==1, 所以DM2+DC2=CM2,所以∠MDC=90°,所以DM⊥DC. 又因为DC⊥PD,DM∩PD=D,DM,DP⊂平面PDM, 所以DC⊥平面PDM,因为PM⊂平面PDM,所以DC⊥PM. 由于PQ∥BM,PQ=BM=,所以四边形PQBM为平行四边形,所以PM∥QB. 因为QB⊥MD,所以PM⊥MD, 又PM⊥DC,DC∩MD=D,DC,MD⊂平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD,则QB⊥平面ABCD. 取AD的中点E,连接PE,ME,由PM⊥平面ABCD,QB⊥平面ABCD,PM⊂平面PME,QB⊂平面ABQ, 可得平面PME⊥平面ABCD,平面ABQ⊥平面ABCD, 由PQ∥MB∥EA,PQ=MB=EA知多面体ABQ-EMP为三棱柱,四边形ABME为平行四边形, 设PM=h,多面体ABCDPQ的体积为V,连接AM, 在▱ABME中,∠EAB=45°,AE=,EM=1,则∠AEM=135°, 则V=V三棱柱ABQ-EMP+V四棱锥P-CDEM=3VA-PEM+V四棱锥P-CDEM=3VP-AEM+V四棱锥P-CDEM =S△AEM×h+S四边形CDEM×h=S△AEM×h+×2S△AEM×h=S△AEM×h=×××1×sin 135°×h=5,解得h=6,即PM=6. 由EM∥DC,DM⊥DC得DM⊥EM.又PM⊥平面ABCD,EM,MD⊂平面ABCD,所以PM⊥EM,PM⊥MD,则PM,DM,EM两两互相垂直. 以M为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则C(1,-1,0),D(1,0,0),P(0,0,6),则=(0,1,0),=(1,0,-6), 易知平面QAB的一个法向量为(1,0,0),记n=(1,0,0), 设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则即取z=1,得x=6,则m=(6,0,1). 设平面PCD与平面QAB的夹角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|==,所以sin θ==,即平面PCD与平面QAB夹角的正弦值为. 9.AD　对于A,若向量a,b与空间中任意向量都不能构成基底, 则向量a,b与空间中任意向量共面,所以a∥b,所以A正确; 对于B,不妨设向量a=(0,0,1),b=(0,1,0),c=(1,0,1), 此时满足a⊥b,b⊥c,但a与c不共线,所以B错误; 对于C,若A,B,C,D四点共面,则存在实数x,y,使得=x+y,即-=x(-)+y(-),可得=(1-x-y)+x+y, 又因为=+-,且{,,}是空间向量的一个基底,所以而此方程组无解,故A,B,C,D四点不共面,所以C错误; 对于D,假设存在不全为0的实数k1,k2,k3,使得k1(a+b)+k2(b+c)+k3(a+c)=0,则(k1+k3)a+(k1+k2)b+(k2+k3)c=0, 因为{a,b,c}是空间向量的一个基底,所以a,b,c不共面, 所以k1+k3=0,k1+k2=0,k2+k3=0,即k1=k2=k3=0,这与假设矛盾, 即a+b,b+c,a+c不共面,故{a+b,b+c,a+c}也是空间向量的一个基底,所以D正确. 10.BC　以A为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图, 则A(0,0,0),B(0,1,0),A1(0,0,1),G(-1,-1,2),Q(0,-1,2),C(-1,1,0),C1(-1,1,1),D(-1,0,0). 对于A,=(0,-2,2),=(0,1,0),=(0,0,1),则2+2=(0,2,0)+(0,0,2)=(0,2,2)≠,因此A错误; 对于B,易得=(0,-1,2)-(-1,1,0)=(1,-2,2),平面A1B1C1D1的一个法向量为(0,0,1),记m=(0,0,1), 设直线CQ与平面A1B1C1D1所成角的大小为θ, 则sin θ=|cos<,m>|===,因此B正确; 对于C,易得=(0,0,1),则点C1到直线CQ的距离d====,因此C正确; 对于D,易得=(-1,-1,0),设异面直线CQ与BD所成角的大小为α, 则cos α=|cos<,>|====,因此D错误. 11.ACD　对于A,如图1,当点P与A,B两点均不重合时,将线段PM向两端延长,分别交CD,CB的延长线于点O,H, 连接NO,NH分别交DD1,BB1于点R,S,连接RM,SP,此时截面为五边形MPSNR,故A正确; 对于B,当点P与点A重合时,MN==2,PM=2,PN==6,此时MN2+PM2<PN2,故∠PMN是钝角,故B错误; 对于C,如图2,以点D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz, 则P(4,0,0),M(2,0,0),N(0,4,2),A1(4,0,4),D1(0,0,4), 则=(-2,0,0),=(-4,4,2),=(-4,0,0), 因为Q为正方形ABCD内(含边界)一点, 所以可设Q(s,t,0),s,t∈[0,4],则=(s-4,t,-4), 设平面PMN的法向量为m=(x,y,z), 则取y=1,则m=(0,1,-2). 设平面A1QD1的法向量为n=(a,b,c), 则取b=4,则n=(0,4,t). 因为平面A1QD1⊥平面PMN,所以m·n=4-2t=0, 解得t=2,故Q(s,2,0), 则A1Q==, 当s=4时,A1Q的长取得最小值,为2,故C正确; 对于D,取DD1的中点K,连接KN,BN,KA,延长KA,并在延长线上取点T,使得AT=AM,连接NT交AB于点P,连接PM,如图3,易得PM=PT(分别为两个全等直角三角形的斜边),KN⊥平面ADD1A1, 又KA⊂平面ADD1A1,故KN⊥KA, 此时(PM+NP)min=(PT+NP)min=NT==2,故D正确. 12.答案　-1 解析　∵a=(2,-1,3),b=(-1,4,2),∴a,b不平行, ∵a,b,c三向量共面,∴存在实数x,y,使得c=xa+yb, ∴解得x=-1,y=1,∴λ=-3+2=-1. 13.答案　 解析　由点Q在直线OP上可得存在实数λ使得=λ=(λ,λ,2λ),则Q(λ,λ,2λ), 则=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ), ∴·=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=2(3λ2-8λ+5), 根据二次函数的性质可得当λ=时,·取得最小值,为-,此时点Q的坐标为. 14.答案　12π;-3 解析　以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的坐标系, 则A(0,0,0),B(6,0,0),B1(6,0,3),C(6,3,0),F(3,3,3),设P(x,y,0),由BF=AE得=xE,所以E(2,0,0),由BP=PE,得=×,化简得x2+y2=12, 即点P在底面ABCD所在平面内,且到点A的距离为定值=2, 所以点P的运动轨迹所围图形的面积是π·(2)2=12π. 易得在△B1CF中,B1C=B1F=CF=3, 即△B1CF是边长为3的等边三角形,其面积为, 设平面B1CF的法向量为n=(x',y',z'), 则又=(0,-3,3),=(-3,0,3),故 取x'=1,则y'=z'=1,可得平面B1CF的一个法向量为n=(1,1,1), 根据点P的坐标满足x2+y2=12,可设P(2cos θ,2sin θ,0),θ∈[0,2π),所以=(2cos θ-6,2sin θ-3,0), 因此·n=2cos θ+2sin θ-9=2sin-9, 故点P到平面B1CF的距离d==≥,当θ=时取等号, 所以三棱锥P-B1CF的体积V=d≥-3,即三棱锥P-B1CF体积的最小值为-3. 15.解析　(1)若B,C,D三点共线,则=λ,λ∈R,(1分) 又=-=-a+3b-2c,=-=-3a+(m+1)b+(n-1)c,(3分) 所以(5分) 解得(6分) (2)若A,B,C,D四点共面,则=x+y,x,y∈R,(7分) 则-a+mb+nc=x(2a-b+c)+y(a+2b-c),(9分) 有(11分) 则3m+5n=3(-x+2y)+5(x-y)=2x+y=-1.(13分) 16.解析　由题可知,在题图2中,DB,DC,DA两两垂直.以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.(2分) 选条件①. 在题图1所示的△ABC中,设AD=CD=a,则在Rt△ABD中,tan∠ABD===2,解得a=2,∴BD=1.(5分) ∴B(1,0,0),N,M(0,1,1), ∴=,=(-1,1,1).　(7分) 设平面BNM的法向量为n=(x,y,z), 由得令x=1,则y=2,z=-1,∴n=(1,2,-1).(10分) 易知平面BNC的一个法向量为(0,0,1),记m=(0,0,1),(11分) ∴|cos<m,n>|===,(13分) ∴平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值为.(15分) 选条件②. 在题图1所示的△ABC中,由3=2+,得2(-)=-,即2=,∴DC=2BD.∵BC=3,∴CD=2,BD=1.(5分) 以下同条件①. 选条件③. 在题图2中,设BD=b(0<b<3),则CD=3-b, ∵∠BDC=90°,∴S△BCD=b(3-b)=1,解得b=1或b=2. 又CD>BD,∴CD=2,BD=1.(5分) 以下同条件①. 17.解析　(1)证明:如图,取PD的中点E,连接ME,AE, ∵M为棱PC的中点,∴ME∥DC,ME=DC,(2分) 又AB∥DC,AB=DC,∴ME∥AB,ME=AB, ∴四边形ABME是平行四边形,∴BM∥AE,(4分) 又AE⊂平面PAD,BM⊄平面PAD,∴BM∥平面PAD.(6分) (2)∵AB=1,AB=DC,∴DC=2, 又PD=1,PC=,∴PC2=PD2+DC2,即PD⊥DC, 又平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PD⊂平面PDC, ∴PD⊥平面ABCD,又AD⊂平面ABCD,∴PD⊥AD, 又AD⊥DC,∴PD,AD,DC两两互相垂直,(8分) 如图,以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,0,1),M.(9分) (i)设平面BDM的法向量为m=(x,y,z), 则又=(1,1,0),=,故令y=1,可得x=-1,z=-2,∴m=(-1,1,-2),(10分) 又平面PDM的一个法向量为=(1,0,0), ∴cos<m,>===-,(11分) 由图易知二面角P-DM-B的平面角为钝角, ∴二面角P-DM-B的余弦值为-.(12分) (ii)假设在线段PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离为. 易得=(1,0,-1),=(1,1,-1),设=λ(0≤λ≤1),∴=(λ,0,-λ),∴=-=(λ,0,-λ)-(1,1,-1)=(λ-1,-1,1-λ), 由(i)知平面BDM的一个法向量为m=(-1,1,-2), ∴点Q到平面BDM的距离为=, 则=,解得λ=或λ=,(14分) 又0≤λ≤1,∴λ=, 故在线段PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离为,且=.(15分) 18.解析　(1)连接AC,BD,设AC和BD相交于点O,取AD的中点K,连接OK,SK,SO, 因为在正四棱锥S-ABCD中,AD∥BC,所以与的夹角即为与的夹角,故|×|=||·||·sin∠SDK=2SK=2,(2分) 所以SK=,所以SO==,(4分) 所以正四棱锥S-ABCD的体积V=×4×=.(5分) (2)由(1)及题可知,SO,OA,OB两两互相垂直.以O为原点,OA,OB,SO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O(0,0,0),D(0,-,0),S(0,0,),(7分) 因为SD⊥平面PAC,所以平面PAC的一个法向量为=(0,-,-), 又因为SO⊥平面ABCD,所以平面ABCD的一个法向量为=(0,0,-),(9分) 设平面PAC与平面ABCD的夹角为θ, 则cos θ=|cos<,>|===,(11分) 即平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值为.(12分) (3)因为点E是侧棱SC(包含端点)上的一个动点,所以可设=λ(0≤λ≤1),由(2)知B(0,,0),C(-,0,0),设E(x,y,z),则(x,y,z-)=λ(-,0,-),可得E(-λ,0,-λ),所以=(-λ,,-λ),(14分) 因为点E在侧棱SC上,所以平面BCE的法向量就是平面SBC的法向量,设平面SBC的法向量为n=(x',y',z'),易得=(-,-,0),=(0,-,), 因为n·=0,且n·=0,所以可取x'=-,则y'=,z'=1,所以n=(-,,1), 设直线DE与平面BCE所成的角为α, 则sin α=|cos<,n>|==,(16分) 因为0≤λ≤1,所以当λ=时,sin α取得最大值, 此时直线DE与平面BCE所成的角最大,所以=,所以的值等于3.(17分) 19.解析　(1)设二面角A-PC-D的大小为θ(θ∈[0,π]),AB=m, 则DA=DC=m,AC=m,cos∠ACD=sin∠ACD=, 由题知AP为等边三角形EAD的边ED上的中线,则AP=. ∵四边形ABCD为正方形,∴CD⊥AD, ∵平面EAD⊥平面ABCD,平面EAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD, ∴CD⊥平面EAD,又DE⊂平面EAD,∴CD⊥DE.(2分) 在Rt△CDP中,CD=m,∠CDP=,DP=,∴CP=, ∴cos∠DCP===,sin∠DCP===. 在△ACP中,AC=m,AP=,CP=, ∵AP2+CP2=AC2,∴∠APC=, ∴cos∠ACP===,sin∠ACP===.(5分) 由三面角余弦定理,得cos∠ACD=cos∠ACPcos∠DCP+sin∠ACPsin∠DCPcos θ,即=×+×cos θ,解得cos θ=0, ∴二面角A-PC-D的余弦值为0.(6分) (2)证明:取平面ABCD内任一直线l. 若l过A点,设AD与l的夹角为φ1, 由三面角余弦定理,得cos φ=cos∠PADcos φ1, ∵cos φ1∈[0,1],∴cos φ=cos cos φ1≤cos , 又0<φ≤,∴≤φ≤.(7分) 若直线l不过A点,过A点作l'∥l, 记AD与l'的夹角为φ2,同理可得cos φ=cos cos φ2,又cos φ2∈[0,1],∴cos φ≤cos ,又0<φ≤,∴≤φ≤.(8分) 综上可得≤φ≤.(9分) (3)推广:已知三棱锥S-ABC,SA=a,SB=b,SC=c,△SAB,△SAC,△SBC的面积分别为Sc,Sb,Sa,以SA,SB,SC为棱的二面角分别为θ1,θ2,θ3,则==.(10分) 证明:如图,在棱SA上取点P,使得PS=1,过P作PP'⊥平面SBC,垂足为P',过P'分别作P'C'⊥SC交SC于C',P'B'⊥SB交SB于B',连接PB',PC', 设∠BSC=α,∠ASC=β,∠ASB=γ, 则PB'=PSsin γ=sin γ,PP'=PB'sin θ2=sin γsin θ2,(11分) 同理,PP'=PC'sin θ3=sin βsin θ3, ∴sin γsin θ2=sin βsin θ3,∴=, 同理可证得=,∴==,(13分) 又∵Sc=S△SAB=absin γ,∴sin γ=,同理得sin β=,sin α=,∴==,(16分) 同乘,得==.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $