高二数学考点讲解练（人教A版2019选择性必修第一册）专题强化训练一 空间向量在直线、平面平行垂直和角的应用(附答案)

专题强化训练一：空间向量在直线、平面和角的应用【考点梳理】考点一：空间中直线、平面的平行1.线线平行的向量表示设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2.2.线面平行的向量表示设u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔u⊥n⇔u·n＝0.面面平行的向量表示设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2.考点二：空间中直线、平面的垂直1.线线垂直的向量表示设u1，u2分别是直线l1,l2的方向向量，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.2.线面垂直的向量表示设u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l⊥α⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn.知识点三面面垂直的向量表示设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0.考点三：角角的分类向量求法范围两条异面直线所成的角设两异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))直线与平面所成的角设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈u，n〉|＝eq\f(|u·n|,|u||n|)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))两个平面的夹角设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))【题型归纳】题型一：空间向量证明直线与平面平行1．如图，在四棱锥中，，，点F为棱CD的中点，与E，F相异的动点P在棱EF上.(1)当P为EF的中点时，证明：平面ADE；(2)设平面EAD与平面EBC的交线为l，是否存在点P使得平面PBD？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.2．在棱长为1的正方体中，E为的中点，P、Q是正方体表面上相异两点．若P、Q均在平面上，满足，．(1)判断PQ与BD的位置关系；(2)求的最小值．题型二：空间向量证明直线与平面垂直3．如图，在四棱锥中，平面，底面是梯形，点E在上，．(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成的角的正弦值．4．在直三棱柱中，且分别是的中点.(1)求BN的长；(2)求异面直线和所成角的余弦值；(3)证明：．题型三：空间角的向量求法5．如图，在四棱锥中，平面ABCD，M，N分别为PB，PD的中点，底面ABCD为正方形，且．(1)若，证明：平面AMN．(2)若平面MNA与底面ABCD所成锐二面角的大小为45°，求PC的长．6．如图，在四棱锥中，和均为正三角形，且边长为，，，与交于点．(1)求证：平面(2)求二面角的余弦值．7．如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，，平面平面ABCD.(1)证明：；(2)若，点E为棱AD的中点，求直线PE与平面PAB所成角的正弦值.【专题突破】一、单选题8．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（

）A． B．C．或 D．9．如图，在三棱锥中，平面，是边长为的正三角形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（

）A． B．C． D．10．在三棱锥P—ABC中，PA、PB、PC两两垂直，且PA=PB=PC，M、N分别为AC、AB的中点，则异面直线PN和BM所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．11．直三棱柱中，，则与所成的角的余弦值为（

）A． B． C． D．12．已知矩形ABCD，，，将沿AC折起到的位置若，则二面角平面角的余弦值的大小为（

）A． B． C． D．13．如图，在菱形中，，，沿对角线将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段，上的动点，则下列说法错误的是（

）A．平面平面B．线段的最小值为C．当，时，点D到直线的距离为D．当P，Q分别为线段，的中点时，与所成角的余弦值为二、多选题14．给出下列命题，其中是真命题的是（

）A．若直线的方向向量，直线的方向向量，则与垂直B．若直线的方向向量，平面的法向量，则C．若平面，的法向量分别为，，则D．若存在实数使则点共面15．如图，在正三棱柱中，AB＝1，AA1＝2，D，E分别是的中点，则（

）A． B．BE∥平面C．与CD所成角的余弦值为 D．与平面所成角的余弦值为16．已知四棱锥的底面为直角梯形，,底面，且,是的中点，则下列正确的有（

）A．平面平面B．与平面所成的角的余弦值为C．点到平面的距离为D．平面与平面所成二面角的余弦值为17．如图，在平行六面体中，，，点M，N分别是棱的中点，则下列说法中正确的有（

）A．B．向量共面C．平面D．若AB=1，则该平行六面体的高为18．如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，平面，下列说法正确的是（

）A．与所成的角是B．平面与平面所成的锐二面角余弦值是C．三棱锥的体积是D．与平面所成的角的正弦值是19．如图，正方形和矩形所在平面所成的角为60°，且，为的中点，则下列结论正确的有（

）A．B．直线与所成角的余弦值是C．直线与平面所成角的正弦值是D．点到平面的距离是三、填空题20．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M在线段CC1上，且．点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，则线段AP的长为________．21．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点在面上，且，则线段长度的取值范围为______．22．在平行六面体中，，，，，，则与夹角的余弦值为__________.23．如图，在正方体中，平面，垂足为M，以下四个结论①AM垂直于平面；②直线AM与所成的角为45°；③AM的延长线过点；④直线AM与平面所成的角为60°其中正确的结论序号为______．24．如图，在三棱锥中，，，E，F，O分别为棱，，的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是______.四、解答题(共0分)25．如图，在直三棱柱中，侧面侧面分别为的中点，；(1)求证：直线面；(2)求异面直线与所成角的余弦值．26．在如图所示的五面体中，面是边长为2的正方形，面，，且，为的中点，N为CD中点.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)求点到平面的距离．27．如图，在正三棱柱中，P为的中点，Q为棱的中点.(1)求证：平面；(2)若，求AC与平面所成角的正弦值.28．如图，且，，且，且，平面ABCD，.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面CDE；(2)求二面角的正弦值；29．如图在四棱锥中，，，，，点F，Q分别为CD，PB的中点.(1)证明：平面PAD；(2)若，平面ABCD，AP与平面ABCD所成的角为，求二面角的余弦值.30．如图，在梯形ABCD中，已知AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M为AB的中点.将沿DM翻折至，连接PC，PB．(1)证明：DM⊥PC.(2)若二面角P－DM－C的大小为60°，求PB与平面ABCD所成角的正弦值.31．在直角梯形中，，A为线段的中点，四边形为正方形．将四边形沿折叠，使得，得到如图（2）所示的几何体．(1)求直线与平面所成角的正弦值；(2)当F为线段的中点时，求二面角的余弦值．32．如图，三棱柱中，所有棱长都为2，且，平面平面，点P，Q分别在上，且．(1)求证：平面；(2)当点P是边的中点时，求点到直线的距离．33．如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为线段上的动点.(1)若为线段的中点，证明：平面平面；(2)若，且，求二面角的余弦值.34．在四棱锥中，四边形为菱形，，且平面平面.(1)证明：平面；(2)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.35．如图，在三棱柱中，底面，的中点为，四面体的体积为，四边形的面积为.(1)求到平面的距离；(2)设与交于点O，是以为直角的等腰直角三角形且.求直线与平面所成角的正弦值.36．如图，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中点，，.(1)求证：平面AEG；(2)求二面角的余弦值；(3)在线段EG上是否存在一点H，使得BH与平面SCD所成角的大小为？若存在，求出GH的长；若不存在，说明理由.参考答案：1．(1)证明见解析(2)存在，【解析】【分析】（1）设点为棱的中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形，得到，再根据线面平行的判定定理可证平面ADE；（2）延长，相交于点，连接，则直线为平面与平面的交线，连接，交于点，若平面，由线面平行的性质可知，设，推出，根据三点共线的结论求出，从而可推出.(1)如图，设点为棱的中点，连接，，∴,，∵，，∴，，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.(2)如图，延长，相交于点，连接，则直线为平面与平面的交线，连接，交于点，若平面，由线面平行的性质可知，设，∵点为棱的中点，，，∴，∵，，三点共线，∴，即，所以当时，，∴，又平面，平面，∴平面，∴存在满足条件的点使得平面，此时.2．(1)PQ与BD的位置关系是平行(2)【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量判断PQ与BD的位置关系；（2）用含参数的表达式求出，进而求出最小值.(1)以D为原点，以射线DA，DC，分别为x，y，z轴的正向建立空间直角坐标系，，，．因为P、Q均在平面上，所以设，，则，，．因为，，所以解得:所以，，即，，所以PQ与BD的位置关系是平行．(2)由（1）可知：，，所以．当时，有最小值，最小值为．3．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）由题意可得两两垂直，所以以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用向量可得，由线面垂直的判定定理可得平面，然后由面面垂直的判定定理可证得结论，（2）由（1）可得是平面的法向量，然后向量的夹角公式可求得结果(1)证明：因为平面，平面，所以，因为，所以两两垂直，所以以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，所以，所以，所以，所以，即，因为,，所以平面，因为平面，所以平面平面；(2)设直线与平面所成的角为，由（1）可知平面，所以为平面的一个法向量，因为，所以，所以直线与平面所成的角的正弦值为4．(1)；(2)；(3)证明见解析.【解析】【分析】(1)根据几何关系，以C为原点，建立空间直角坐标系，求出B和N的坐标即可求BN长度；(2)利用向量数量积即可求；(3)证明数量积等于零即可.(1)以为坐标原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系：则，，；(2)由题可知，，，，，，，，，，，，异面直线与所成角的余弦值为；(3)，，，，即.5．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）根据条件首先证明，再证明，由线面垂直的判定定理即可证明平面.（2）如图，以为一组正交基底，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面MNA与底面ABCD的法向量，由二面角公式可求出，即可求出PC的长.(1)证明：连接BD，因为底面为正方形，所以．因为平面，平面，所以．又，平面，平面，所以平面因为平面，所以．同理，．在中，M，N分别为PB，PD的中点，所以．因为，所以．又，平面，平面，所以平面．(2)解：如图，以为一组正交基底，建立空间直角坐标系，设，则，，，，所以，．设平面的法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为．因为平面，所以平面的一个法向量为，所以，解得．所以，．6．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求解平面的一个法向量，利用空间向量求解二面角即可.(1)证明：因为和均为正三角形，所以．又，所以为的中垂线．所以为的中点．又，所以．又，，平面，所以平面．(2)因为，为的中点，所以．又因为，所以，，为全等三角形．所以，所以．结合（1）知，不妨以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以设平面的一个法向量为，则，故，令，则，，所以．设二面角的大小为，则．又二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．7．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）易证，再根据平面平面ABCD，利用面面垂直的性质定理证明；（2）连接CE，易证平面ABCD.得到CA，CD，CP两两互相垂直，则C为坐标原点，直线CD，CA，CP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面PAB的一个法向量为，再由求解.(1)证明：在中，由余弦定理，得，所以，则，即.又因为平面平面ABCD，且平面平面，所以平面PAC.又因为平面PAC，所以.(2)连接CE，由（1）可知，故.又，所以.又，所以平面PEC.又平面PEC，所以.又，，所以平面ABCD.所以CA，CD，CP两两互相垂直.如图，以C为坐标原点，直线CD，CA，CP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，.设平面PAB的一个法向量为，则即令，得.所以.所以直线PE与平面PAB所成角的正弦值为.8．A【解析】【分析】利用空间向量夹角的坐标表示求得，即，进而可知直线和平面的位置关系.【详解】由，，，所以，即，所以.故选：A9．D【解析】【分析】解法一：可以通过几何法找到异面直线所成角的平面角，结合余弦定理可以求出；解法二：通过空间向量法，用坐标运算可以求出.【详解】解法一：设E为BC的中点，连接FE，如图，∵E是BC的中点，∴∥，,,;在中，由余弦定理可知∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为，解法二：以A为坐标原点，AC，AM所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，易知，，，所以，，则，∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为.故选：D10．B【解析】【分析】以点P为坐标原点，以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，求出直线PN和BM的方向向量代入公式即可得出答案.【详解】以点P为坐标原点，以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，则，，设异面直线PN和BM所成角为，则.故选：B.11．A【解析】【分析】根据几何体特点建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式即可得出异面直线所成角.【详解】如图所示，以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设，可得，，，.，故BM与AN所成角的余弦值为故选：A.12．C【解析】【分析】作，垂足分别为，过点作交于点，可得即为二面角的平面角，再根据，两边平方求出，即可得解.【详解】解：作，垂足分别为，过点作交于点，则，所以即为二面角的平面角，由矩形ABCD，可得，则，所以，因为，所以，即，所以，因为，所以.所以二面角平面角的余弦值的大小为.故选：C.13．C【解析】【分析】取的中点，易知，结合条件及线面垂直的判定定理可得平面，进而有平面平面，即可判断A；建立坐标系，利用向量法可判断BCD.【详解】取的中点，连接，∵在菱形中，，，∴，又，∴，所以，又易知，因为，，，所以平面，因为平面，所以平面平面，故A正确；以为原点，分别为轴建立坐标系，则，当，时，，，，，所以点D到直线PQ的距离为，故C错误；设，设，可得，，当时，，故B正确；当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，，，，，设PQ与AD所成的角为，则，所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确；故选：C.14．AD【解析】【分析】对于A：先计算出，判断出，即可证明与垂直；对于B：判断出，即可得到不成立；对于C：判断出不垂直，即可得到不成立；对于D：不共线，由平面向量基本定理可以判断；共线时，可以判断共线，则点共面也成立.即可判断.【详解】对于A：因为直线的方向向量，直线的方向向量，且，所以，所以与垂直.故A正确；对于B：因为直线的方向向量，平面的法向量，且，所以不成立.故B不正确；对于C：因为平面，的法向量分别为，，且，所以不垂直，所以不成立.故C不正确；对于D：若不共线，则可以取为一组基底，由平面向量基本定理可得存在实数使则点共面；若共线，则存在实数使所以共线，则点共面也成立.综上所述：点共面.故D正确.故选：AD15．BCD【解析】【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，对选项ACD一一判断；对选项B，连接与交于点，连接，易知，则由线面平行的判定定理可知BE∥平面，即可判断B.【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，，，对于A，，，所以，所以与不垂直，所以A错误；对于B，连接与交于点，连接，易知，所以面，面，所以BE∥平面，所以B正确；对于C，，，所以，，所以，与CD所成角的余弦值为，故C正确；对于D，，设面，，，令，，所以，与平面所成角为，，所以，与平面所成角的余弦值为，故D正确.故选：BCD.16．AC【解析】【分析】对于A选项，可由面面垂直的判定定理直接证明，对于B，C，D选项可建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算即可判断正确与否【详解】对于A，由题意,底面,可得,又四棱锥的底面为直角梯形,且，则,又平面，平面所以平面,又平面，所以平面平面,故A正确建立如图所示的坐标系,可得,,可得，，设平面的法向量，则即令，则，所以又，设与平面所成的角大小为则，所以，故B错误点到平面的距离，故C正确设平面AMC的法向量,平面BMC的法向量,由得令,得,所以,同理可求,设平面AMC与平面BMC所成二面角的大小为，为钝角所以所以平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值为.故D错误故选：AC17．AD【解析】【分析】选定空间的一个基底，表示出相关向量，计算数量积判断A，C；利用共面向量定理判断B；求出正四面体的高判断D作答.【详解】在平行六面体中，令，不妨令，依题意，，，因点M，N分别是棱的中点，则，，有，A正确；，若向量共面，则存在唯一实数对使得，即，而不共面，则有，显然不成立，B不正确；因，，因此，与不垂直，不垂直平面，C不正确；连接，依题意，，即四面体是正四面体，因此，平行六面体的高等于点到平面的距离，即正四面体的高h，由知，由选项A知，，则平面，是平面的一个法向量，，，则，所以平行六面体的高为，D正确.故选：AD18．ACD【解析】【分析】由题意以分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法判断选项A，B，D，直接由锥体的体积公式求出三棱锥的体积，判断选项C.【详解】由,可得,又平面故以分别为轴建立空间直角坐标系.则选项A.由则,所以所以与所成的角是，故选项A正确.选项B.由题意为平面的一个法向量.设为平面的一个法向量，由，即，则取所以所以平面与平面所成的锐二面角余弦值是，故选项B不正确.选项C.,故选项C正确.选项D.,设与平面所成的角为则，故选项D正确.故选：ACD19．BCD【解析】【分析】由条件建立空间直角坐标系，利用向量方法判断的位置关系，利用空间角的向量求法判断B，C，再结合点到平面的距离的向量求法判断D.【详解】由已知，，又，平面，所以平面，以为坐标原点，，为轴正方向建立空间直角坐标系，又正方形和矩形所在平面所成的角为60°，所以，，所以，，，，所以，，所以，所以不垂直，A错，，，所以，所以直线与所成角的余弦值是，B对，设平面的法向量为，，由已知，所以，取可得，，即可取法向量为，直线的方向向量，所以，所以线与平面所成角的正弦值是，C对，因为，平面的法向量为，设点到平面的距离为，则，D对，故选：BCD.20．##【解析】【分析】分别以为轴建立空间直角坐标系，设，由求出点坐标后可得线段的长．【详解】如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，则是靠近的线段的三等分点，，，，在平面上，设，则，由AP⊥平面MBD1，得，解得，所以，．故答案为：．21．【解析】【分析】如图建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量求出动点的轨迹，即可求出的最值，即可得解；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则、、，设，，则，，因为，所以，即，所以点的轨迹是侧面内，和的中点，连线的线段，所以，显然，所以的最小值为，最大值为．所以故答案为：22．【解析】【分析】由表示出，再结合空间向量的夹角公式计算即可．【详解】设，则，同理，，平行六面体中，，，；则，，，设直线和所成角为，则．所以与夹角的余弦值为，故答案为：.23．①③【解析】【分析】①根据AM⊥平面A1BD，平面A1BD∥CB1D1，判断AM⊥平面CB1D1；②建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面BDA1的法向量，求得与的夹角，判断直线AM与BB1所成的角不是45°；③求出，判断它与平面CB1D1的法向量共线，得出AM的延长线过点C1；④求出AC1与平面A1B1C1D1所成的角，即为直线AM与平面A1B1C1D1所成的角．【详解】对于①，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AM⊥平面A1BD，由正方体的性质可得，平面A1BD，平面A1BD，平面A1BD，同理可得，平面A1BD，，∴平面A1BD∥CB1D1，∴AM⊥平面CB1D1，①正确；对于②，建立空间直角坐标系，如图所示，设棱长为1，则A(0，0，1)，B(1，0，1)，C(1，1，1)，D(0，1，1)，A1(0，0，0)，∴=(－1，1，0)，=(1，0，1)，设平面BDA1的法向量为=(x，y，z)，则，即，令x=1，则y=1，z=－1，∴=(1，1，－1)，又=(0，0，－1)，∴cos＜，＞==，∴与的夹角不是45°且不是135°，又与共线，∴直线AM与BB1所成的角不是45°，②错误；对于③，=（1，1，－1），与平面CB1D1的法向量共线，∴与共线，即AM的延长线过点C1，③正确；④与共线，且tan∠AC1A1=，∴AC1与平面A1B1C1D1所成的角不是60°，即直线AM与平面A1B1C1D1所成的角不是60°，④错误；综上，正确的命题序号是①③．故答案为：①③．24．【解析】【分析】易证得，引入辅助角变量，设，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求得线面角的正弦值，从而可判断所求角的范围.【详解】解：因为，，所以，所以，又因为为的中点，所以，又，所以平面，设，如图，以为原点建立空间直角坐标系，则平面与平面重合，不妨设，则，则，，则，因为平面，所以即为平面的一条法向量，因为直线与平面所成角为，，所以，因为，所以，所以，所以.故答案为：.25．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）证明平行四边形得线线平行，进而根据线面平行的判定定理即可证明.（2）根据空间直角坐标系根据向量的夹角求线线角.(1)证明：取的中点P，连因为分别为的中点，所以且，又在直三棱柱中，且，所以且.所以四边形为平行四边形，所以因为平面平面，所以直线平面；(2)解在直三棱柱中平面，所以，又侧面侧面，平面平面，所以平面，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则由题意可知，所以；所以．所以异面直线MC1与BN所成角的余弦值为．26．(1)证明见解析(2)(3)【解析】【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；(1)证明：如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，显然平面的法向量可以为，所以，即，又平面，所以平面；(2)解：因为，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，显然平面的法向量可以为，设二面角为，由图可知二面角为钝角，则，所以二面角的余弦值为；(3)解：由（2）知平面的法向量为，又，设点到平面的距离为，则所以点到平面的距离；27．(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）利用正三棱柱的几何性质，取线段AB的中点记为D，连接CD，PD，可推证平面，再利用平行四边形证得，即能证明平面；（2）由（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量中线面夹角公式求解即可.(1)证明：正三棱柱中，取线段AB的中点记为D，连接CD，PD，由已知，易知，且，所以四边形PDCQ是平行四边形，.又，，，所以平面，所以平面.(2)解：由（1）易知，DB，DC，DP两两垂直，如图，以D为坐标原点，以DB，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的一个法向量，则即取，可得所以，即AC与平面所成角的正弦值为.28．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）利用空间向量证明线面平行，即证；（2）利用空间向量求二面角，，再求．(1)因为，，平面ABCD，而AD､平面ABCD，所以，，因此以D为坐标原点，分别以､､的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.因为且，且，，所以，，，，，，，，.设为平面CDE的法向量，，，则，不妨令，可得；又，所以.又∵直线平面CDE，∴平面CDE；(2)依题意，可得，，.设为平面BCE的法向量，则，不妨令，可得.设为平面BCF的法向量，则，不妨令，可得.若二面角的大小为，则，因此.∴二面角的正弦值为29．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）取AB的中点H，连接QH，HF，根据线面平行的判定证明平面平面PAD.（2）以直线EC，EA，EP为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系，求得平面PAF一个法向量，再根据平面PAE的一个法向量结合二面角的向量求法求解即可(1)证明：取AB的中点H，连接QH，HF.∵在中，Q，H分别为BP，BA的中点，∴.又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD.∵在梯形ABCD中，H，F分别为AB，DC的中点，∴.又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD.又∵，平面QHF，平面QHF，∴平面平面PAD.又∵平面QHF，∴平面PAD.(2)由题知，EP，EA，EC互相垂直，分别以直线EC，EA，EP为x轴，y轴和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设平面PAF的法向量为，则，即，不妨取，得平面PAF的一个法向量为，由题知平面EAP，∴平面PAE的一个法向量为，因，所以所求二面角的余弦值为.30．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）连接AC，交DM于点O，连接PO，根据线段长度关系可得四边形AMCD为菱形，从而得到DM⊥AC，再根据等腰三角形证明DM⊥PO即可证明DM⊥平面PCO，从而得到DM⊥PC.（2）以O点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再由（1）可得∠POC＝60°，进而得到，再根据线面角的向量求法求解即可(1)证明：连接AC，交DM于点O，连接PO.因为AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M为AB的中点，所以AM＝AD＝CD.又四边形ABCD为梯形，则四边形AMCD为菱形，所以DM⊥AC.又PD＝PM，O是DM的中点，所以DM⊥PO.因为AC⊂平面PCO，PO⊂平面PCO，AC∩PO＝O，所以DM⊥平面PCO又PC⊂平面PCO，所以DM⊥PC.(2)以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为二面角P－DM－C的大小为60°，由（1）DM⊥平面PCO，所以∠POC＝60°，易得∠BAD＝60°，则.平面ABCD的一个法向量，设PB与平面ABCD所成的角为，则，即PB与平面ABCD所成角的正弦值为31．(1)(2)【解析】【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用即可向量法计算可得；(1)解：依题意可得、，，如图建立空间直角坐标系，则、、、、、，所以，，，设平面的法向量为，所以，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，则(2)解：依题意可得，则，设平面的法向量为，所以，令，则，则，显然二面角的锐二面角，所以二面角的余弦值为；32．(1)详见解析；(2).【解析】【分析】（1）作，根据条件证明四边形为平行四边形，然后得到即可；（2）取中点，然后证明平面，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法即得.(1)作，交于点，由，则，∵，∴，即，∴且，连接，所以四边形为平行四边形，∴，∵平面，且平面，∴平面．(2)取中点，连接、，∵，，，根据余弦定理得