统考版高考数学一轮复习第八章8.7立体几何中的向量方法课时作业理含解析

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-课时作业46立体几何中的向量方法〖基础达标〗1.〖2021·广州市高三年级阶段训练题〗如图，三棱锥P－ABC中，PA＝PC，AB＝BC，∠APC＝120°，∠ABC＝90°，AC＝eq\r(3)PB.(1)求证：AC⊥PB；(2)求直线AC与平面PAB所成角的正弦值．2．〖2021·安徽合肥调研〗如图，矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，∠ABE＝60°，G为BE的中点．(1)求证：平面ACG⊥平面BCE；(2)若AB＝eq\r(3)BC，求二面角B－CA－G的余弦值．3．〖2021·石家庄市高三年级阶段性训练题〗如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝AC＝4，D，E分别是AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C＝A1D，如图2.(1)求证：平面A1CD⊥平面A1BC；(2)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值．4．〖2020·天津卷，17〗如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．(1)求证：C1M⊥B1D；(2)求二面角B－B1E－D的正弦值；(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．5．〖2021·保定市高三第一次模拟考试〗如图，四边形ABCD为矩形，△ABE和△BCF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠BCF＝∠DAE＝90°，EA∥FC.(1)求证：DE∥平面BCF.(2)设eq\f(BC,AB)＝λ，问是否存在λ，使得二面角B－EF－D的余弦值为eq\f(\r(3),3)？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．6．〖2020·江苏卷，22〗在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝eq\r(5)，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点．(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足BF＝eq\f(1,4)BC，设二面角F－DE－C的大小为θ，求sinθ的值．〖能力挑战〗7．〖2020·山东卷，20〗如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．课时作业461．〖解析〗(1)证明：如图1，取AC的中点O，连接PO，BO，因为PA＝PC，所以PO⊥AC.因为AB＝BC，所以BO⊥AC.因为PO∩BO＝O，PO⊂平面POB，BO⊂平面POB，所以AC⊥平面POB.因为PB⊂平面POB，所以AC⊥PB.(2)解法一不妨设AC＝2，因为AC＝eq\r(3)PB，所以PB＝eq\f(2\r(3),3).因为AB＝BC，∠ABC＝90°，所以BO＝AO＝eq\f(1,2)AC＝1.因为PA＝PC，∠APC＝120°，所以∠APO＝60°.在Rt△POA中，PO＝eq\f(AO,tan60°)＝eq\f(\r(3),3).因为BO2＋PO2＝eq\f(4,3)＝PB2，所以PO⊥BO.因为PO⊥AC，AC∩BO＝O，AC⊂平面ABC，BO⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系O－xyz.则A(0，－1,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),3)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(3),3)))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，由n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0,y＋\f(\r(3),3)z＝0))，令z＝eq\r(3)，则y＝－1，x＝1.故平面PAB的一个法向量为n＝(1，－1，eq\r(3))．则cos〈n，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AC,\s\up6(→)),|n||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2,\r(5)×2)＝－eq\f(\r(5),5).设直线AC与平面PAB所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(AC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\r(5),5).所以直线AC与平面PAB所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).解法二如图2，作AD⊥PB，交PB于D，连接CD，根据题意，得△ABP≌△CBP，则CD⊥PB，AD＝CD.因为AD∩CD＝D，AD⊂平面ACD，CD⊂平面ACD，所以PB⊥平面ACD.因为PB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面ACD.则AD是直线AC在平面PAB上的射影．所以∠CAD为直线AC与平面PAB所成的角．不妨设AC＝2，因为AC＝eq\r(3)PB，所以PB＝eq\f(2\r(3),3).因为AB＝BC，∠ABC＝90°，所以AB＝eq\r(2)，AO＝1.因为PA＝PC，∠APC＝120°，所以∠PAO＝30°.在Rt△POA中，PA＝eq\f(AO,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3).故PA＝PB＝eq\f(2\r(3),3).则△ABP的面积S＝eq\f(1,2)·AB·eq\r(PA2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2)＝eq\f(\r(15),6)，又S＝eq\f(1,2)·PB·AD，即eq\f(\r(15),6)＝eq\f(1,2)×eq\f(2\r(3),3)·AD，所以AD＝eq\f(\r(5),2).在△ACD中，CD＝AD＝eq\f(\r(5),2)，AC＝2，则cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2·AC·AD)＝eq\f(2\r(5),5)，故sin∠CAD＝eq\r(1－cos2∠CAD)＝eq\f(\r(5),5).所以直线AC与平面PAB所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).2．〖解析〗(1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF，∴CB⊥AG.在菱形ABEF中，∠ABE＝60°，连接AE，则△ABE为等边三角形，又G为BE的中点，∴AG⊥BE.∵BE∩CB＝B，∴AG⊥平面BCE.∵AG⊂平面ACG，∴平面ACG⊥平面BCE.(2)由(1)知，AD⊥平面ABEF，AG⊥BE，∴AG，AF，AD两两垂直．以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝2，则BC＝eq\f(2\r(3),3)，A(0,0,0)，G(eq\r(3)，0,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－1，\f(2\r(3),3)))，B(eq\r(3)，－1,0)．设m＝(x，y，z)为平面ABC的法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y＝0，,\r(3)x－y＋\f(2\r(3),3)z＝0，))取x＝1，得y＝eq\r(3)，z＝0，∴m＝(1，eq\r(3)，0)是平面ABC的一个法向量，同理可得平面ACG的一个法向量为n＝(0,2，eq\r(3))，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2\r(3),2×\r(7))＝eq\f(\r(21),7)，结合图形知，二面角B－CA－G为锐二面角，故二面角B－CA－G的余弦值为eq\f(\r(21),7).3．〖解析〗(1)在题图1△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又AC⊥BC，所以DE⊥AC.在题图2中，DE⊥A1D，DE⊥DC，又A1D∩DC＝D，所以DE⊥平面A1CD.又DE∥BC，所以BC⊥平面A1CD.又BC⊂平面A1BC，所以平面A1CD⊥平面A1BC.(2)由(1)知DE⊥平面A1CD.又DE⊂平面BCDE，所以平面A1CD⊥平面BCDE，易知平面A1CD∩平面BCDE＝DC.在正三角形A1CD中过A1作A1O⊥CD，垂足为O，则A1O⊥平面BCDE.分别以CD，梯形BCDE的中位线，OA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0,0，eq\r(3))，B(1,4,0)，C(1,0,0)，E(－1,2,0)．eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(EA1,\s\up6(→))＝(1，－2，eq\r(3))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．设平面A1BE的法向量n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(EA1,\s\up6(→))·n＝x1－2y1＋\r(3)z1＝0,\o(EB,\s\up6(→))·n＝2x1＋2y1＝0))，取n＝(1，－1，－eq\r(3))．设直线A1C与平面A1BE所成角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(A1C,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(A1C,\s\up6(→))·n|,|\o(A1C,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(|1×1－1×0＋－\r(3)×－\r(3)|,\r(1＋3)×\r(1＋1＋3))＝eq\f(2\r(5),5).所以直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为eq\f(2\r(5),5).4．〖解析〗依题意，以C为原点，分别以eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CC1,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,3)，A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，M(1,1,3)．(1)证明：依题意，eq\o(C1M,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，从而eq\o(C1M,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.(2)依题意，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(2,0，－1)．设n＝(x，y，z)为平面DB1E的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(ED,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋z＝0，,2x－z＝0.))不妨设x＝1，可得n＝(1，－1,2)．因此有cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CA,\s\up6(→))·n,|\o(CA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(6),6)，于是sin〈eq\o(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(30),6).所以，二面角B－B1E－D的正弦值为eq\f(\r(30),6).(3)依题意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．由(2)知n＝(1，－1,2)为平面DB1E的一个法向量，于是cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·n,|\o(AB,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(\r(3),3).所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).5．〖解析〗(1)证明：因为AD∥BC，AD⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，所以AD∥平面BCF.因为EA∥FC，EA⊄平面BCF，FC⊂平面BCF，所以EA∥平面BCF，又AD∩EA＝A，所以平面ADE∥平面BCF，故DE∥平面BCF.(2)以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．因为∠BAE＝∠DAE＝90°，所以EA⊥AB，EA⊥AD，又AB∩AD＝A，所以EA⊥平面ABCD，又EA∥FC，所以FC⊥平面ABCD.设AB＝a，BC＝b，则D(0,0,0)，F(0，a，b)，E(b,0，a)，B(b，a,0)，则eq\o(DE,\s\up6(→))＝(b,0，a)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0，a，b)．设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n＝0,\o(DF,\s\up6(→))·n＝0))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bx＋az＝0,ay＋bz＝0))，取x＝1，因为eq\f(BC,AB)＝eq\f(b,a)＝λ，所以z＝－λ，y＝λ2，则n＝(1，λ2，－λ)．设平面BEF的法向量为m＝(x′，y′，z′)，因为eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－a，a)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－b,0，b)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up6(→))·m＝0,\o(BF,\s\up6(→))·m＝0))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ay′＋az′＝0,－bx′＋bz′＝0))，所以x′＝y′＝z′，取m＝(1,1,1)．因为二面角B－EF－D的余弦值为eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|λ2－λ＋1|,\r(3)\r(λ4＋λ2＋1))＝eq\f(\r(3),3)，所以λ2－λ＋1＝0，由于Δ＝－3<0，所以不存在正实数λ，使得二面角B－EF－D的余弦值为eq\f(\r(3),3).6．〖解析〗(1)连接OC，因为CB＝CD，O为BD中点，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.因为BD＝2，CB＝CD＝eq\r(5)，AO＝2，所以B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)．因为E为AC的中点，所以E(0,1,1)．则eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1,1,1)，所以|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))|·|\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(|1＋0－2|,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),15).因此，直线AB与DE所成角的余弦值为eq\f(\r(15),15).(2)因为点F在BC上，BF＝eq\f(1,4)BC，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，所以eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,2)，0)).又eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，故eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，\f(1,2)，0)).设n1＝(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(DF,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＋z1＝0，,\f(7,4)x1＋\f(1,2)y1＝0，))取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，所以n1＝(2，－7,5)．设n2＝(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(DC,\s\up6(→))·n2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋z2＝0，,x2＋2y2＝0，))取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，所以n2＝(2，－1，－1)．故|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(|4＋7－5|,\r(78)×\r(6))＝eq\f(\r(13),13).所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(2\r(39),13).7．〖解析〗(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD.因此l⊥平面PDC.(2)以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)．由(1)可设Q(a,0,1)，则eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(a,0,1)．设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DQ,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,y＝0.))可取n＝(－1,0，a)．所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n|·|\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1－a,\r(3)\r(1＋a2)).设PB与平面QCD所成角为θ，则sinθ＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(|a＋1|,\r(1＋a2))＝eq\f(\r(3),3)eq\r(1＋\f(2a,a2＋1)).因为eq\f(\r(3),3)eq\r(1＋\f(2a,a2＋1))≤eq\f(\r(6),3)，当且仅当a＝1时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq\f(\r(6),3).课时作业46立体几何中的向量方法〖基础达标〗1.〖2021·广州市高三年级阶段训练题〗如图，三棱锥P－ABC中，PA＝PC，AB＝BC，∠APC＝120°，∠ABC＝90°，AC＝eq\r(3)PB.(1)求证：AC⊥PB；(2)求直线AC与平面PAB所成角的正弦值．2．〖2021·安徽合肥调研〗如图，矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，∠ABE＝60°，G为BE的中点．(1)求证：平面ACG⊥平面BCE；(2)若AB＝eq\r(3)BC，求二面角B－CA－G的余弦值．3．〖2021·石家庄市高三年级阶段性训练题〗如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝AC＝4，D，E分别是AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C＝A1D，如图2.(1)求证：平面A1CD⊥平面A1BC；(2)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值．4．〖2020·天津卷，17〗如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．(1)求证：C1M⊥B1D；(2)求二面角B－B1E－D的正弦值；(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．5．〖2021·保定市高三第一次模拟考试〗如图，四边形ABCD为矩形，△ABE和△BCF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠BCF＝∠DAE＝90°，EA∥FC.(1)求证：DE∥平面BCF.(2)设eq\f(BC,AB)＝λ，问是否存在λ，使得二面角B－EF－D的余弦值为eq\f(\r(3),3)？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．6．〖2020·江苏卷，22〗在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝eq\r(5)，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点．(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足BF＝eq\f(1,4)BC，设二面角F－DE－C的大小为θ，求sinθ的值．〖能力挑战〗7．〖2020·山东卷，20〗如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．课时作业461．〖解析〗(1)证明：如图1，取AC的中点O，连接PO，BO，因为PA＝PC，所以PO⊥AC.因为AB＝BC，所以BO⊥AC.因为PO∩BO＝O，PO⊂平面POB，BO⊂平面POB，所以AC⊥平面POB.因为PB⊂平面POB，所以AC⊥PB.(2)解法一不妨设AC＝2，因为AC＝eq\r(3)PB，所以PB＝eq\f(2\r(3),3).因为AB＝BC，∠ABC＝90°，所以BO＝AO＝eq\f(1,2)AC＝1.因为PA＝PC，∠APC＝120°，所以∠APO＝60°.在Rt△POA中，PO＝eq\f(AO,tan60°)＝eq\f(\r(3),3).因为BO2＋PO2＝eq\f(4,3)＝PB2，所以PO⊥BO.因为PO⊥AC，AC∩BO＝O，AC⊂平面ABC，BO⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系O－xyz.则A(0，－1,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),3)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(3),3)))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，由n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0,y＋\f(\r(3),3)z＝0))，令z＝eq\r(3)，则y＝－1，x＝1.故平面PAB的一个法向量为n＝(1，－1，eq\r(3))．则cos〈n，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AC,\s\up6(→)),|n||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2,\r(5)×2)＝－eq\f(\r(5),5).设直线AC与平面PAB所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(AC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\r(5),5).所以直线AC与平面PAB所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).解法二如图2，作AD⊥PB，交PB于D，连接CD，根据题意，得△ABP≌△CBP，则CD⊥PB，AD＝CD.因为AD∩CD＝D，AD⊂平面ACD，CD⊂平面ACD，所以PB⊥平面ACD.因为PB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面ACD.则AD是直线AC在平面PAB上的射影．所以∠CAD为直线AC与平面PAB所成的角．不妨设AC＝2，因为AC＝eq\r(3)PB，所以PB＝eq\f(2\r(3),3).因为AB＝BC，∠ABC＝90°，所以AB＝eq\r(2)，AO＝1.因为PA＝PC，∠APC＝120°，所以∠PAO＝30°.在Rt△POA中，PA＝eq\f(AO,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3).故PA＝PB＝eq\f(2\r(3),3).则△ABP的面积S＝eq\f(1,2)·AB·eq\r(PA2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2)＝eq\f(\r(15),6)，又S＝eq\f(1,2)·PB·AD，即eq\f(\r(15),6)＝eq\f(1,2)×eq\f(2\r(3),3)·AD，所以AD＝eq\f(\r(5),2).在△ACD中，CD＝AD＝eq\f(\r(5),2)，AC＝2，则cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2·AC·AD)＝eq\f(2\r(5),5)，故sin∠CAD＝eq\r(1－cos2∠CAD)＝eq\f(\r(5),5).所以直线AC与平面PAB所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).2．〖解析〗(1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF，∴CB⊥AG.在菱形ABEF中，∠ABE＝60°，连接AE，则△ABE为等边三角形，又G为BE的中点，∴AG⊥BE.∵BE∩CB＝B，∴AG⊥平面BCE.∵AG⊂平面ACG，∴平面ACG⊥平面BCE.(2)由(1)知，AD⊥平面ABEF，AG⊥BE，∴AG，AF，AD两两垂直．以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝2，则BC＝eq\f(2\r(3),3)，A(0,0,0)，G(eq\r(3)，0,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－1，\f(2\r(3),3)))，B(eq\r(3)，－1,0)．设m＝(x，y，z)为平面ABC的法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y＝0，,\r(3)x－y＋\f(2\r(3),3)z＝0，))取x＝1，得y＝eq\r(3)，z＝0，∴m＝(1，eq\r(3)，0)是平面ABC的一个法向量，同理可得平面ACG的一个法向量为n＝(0,2，eq\r(3))，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2\r(3),2×\r(7))＝eq\f(\r(21),7)，结合图形知，二面角B－CA－G为锐二面角，故二面角B－CA－G的余弦值为eq\f(\r(21),7).3．〖解析〗(1)在题图1△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又AC⊥BC，所以DE⊥AC.在题图2中，DE⊥A1D，DE⊥DC，又A1D∩DC＝D，所以DE⊥平面A1CD.又DE∥BC，所以BC⊥平面A1CD.又BC⊂平面A1BC，所以平面A1CD⊥平面A1BC.(2)由(1)知DE⊥平面A1CD.又DE⊂平面BCDE，所以平面A1CD⊥平面BCDE，易知平面A1CD∩平面BCDE＝DC.在正三角形A1CD中过A1作A1O⊥CD，垂足为O，则A1O⊥平面BCDE.分别以CD，梯形BCDE的中位线，OA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0,0，eq\r(3))，B(1,4,0)，C(1,0,0)，E(－1,2,0)．eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(EA1,\s\up6(→))＝(1，－2，eq\r(3))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．设平面A1BE的法向量n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(EA1,\s\up6(→))·n＝x1－2y1＋\r(3)z1＝0,\o(EB,\s\up6(→))·n＝2x1＋2y1＝0))，取n＝(1，－1，－eq\r(3))．设直线A1C与平面A1BE所成角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(A1C,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(A1C,\s\up6(→))·n|,|\o(A1C,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(|1×1－1×0＋－\r(3)×－\r(3)|,\r(1＋3)×\r(1＋1＋3))＝eq\f(2\r(5),5).所以直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为eq\f(2\r(5),5).4．〖解析〗依题意，以C为原点，分别以eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CC1,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,3)，A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，M(1,1,3)．(1)证明：依题意，eq\o(C1M,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，从而eq\o(C1M,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.(2)依题意，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(2,0，－1)．设n＝(x，y，z)为平面DB1E的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(ED,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋z＝0，,2x－z＝0.))不妨设x＝1，可得n＝(1，－1,2)．因此有cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CA,\s\up6(→))·n,|\o(CA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(6),6)，于是sin〈eq\o(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(30),6).所以，二面角B－B1E－D的正弦值为eq\f(\r(30),6).(3)依题意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．由(2)知n＝(1，－1,2)为平面DB1E的一个法向量，于是cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·n,|\o(AB,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(\r(3),3).所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).5．〖解析〗(1)证明：因为AD∥BC，AD⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，所以AD∥平面BCF.因为EA∥FC，EA⊄平面BCF，FC⊂平面BCF，所以EA∥平面BCF，又AD∩EA＝A，所以平面ADE∥平面BCF，故DE∥平面BCF.(2)以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．因为∠BAE＝∠DAE＝90°，所以EA⊥AB，EA⊥AD，又AB∩AD＝A，所以EA⊥平面ABCD，又EA∥FC，所以FC⊥平面ABCD.设AB＝a，BC＝b，则D(0,0,0)，F(0，a，b)，E(b,0，a)，B(b，a,0)，则eq\o(DE,\s\up6(→))＝(b,0，a)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0，a，b)．设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n＝0,\o(DF,\s\up6(→))·n＝0))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bx＋az＝0,ay＋bz＝0))，取x＝1，因为eq\f(BC,AB)＝eq\f(b,a)＝λ，所以z＝－λ，y＝λ2，则n＝(1，λ2，－λ)．设平面BEF的法向量为m＝(x′，y′，z′)，因为eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－a，a)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－b,0，b)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up6(→))·m＝0,\o(BF,\s\up6(→))·m＝0))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ay′＋az′＝0,－bx′＋bz′＝0))，所以x′＝y′＝z′，取m＝(1,1,1)．因为二面角B－EF－D的余弦值为eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|λ2－λ＋1|,\r(3)\r(λ4＋λ2＋1))＝eq\f(\r(3),3)，所以λ2－λ＋1＝0，由于Δ＝－3<0，所以不存在正实数λ，使得二面角B－EF－D的余弦值为eq\f(\r(3),3).6．〖解析〗(1)连接OC，因为CB＝CD，O为BD中点，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.因为BD＝2，CB＝CD＝eq\r(5)，AO＝2，所以B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)．因为E为AC的中点，所以E(0,1,1)．则eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1,1,1)，所以|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))|·|\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(|1＋0－2|,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),15).因此，直