高考真题+知识总结+方法总结+题型突破33立体几何中线面角的计算问题专题练习(学生版+解析)

第页近年高考真题+优质模拟题汇编(全国通用)专题33立体几何中线面角的计算问题【高考真题】1．(2022·全国甲理)在四棱锥中，底面．

(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值．1．解析(1)在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因平面，所以；(2)如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为．2．(2022·全国乙理)如图，四面体中，，E为的中点．(1)证明：平面平面；(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．2．解析(1)因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面．(2)连接，由(1)知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小．因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，，因，所以，在中，，所以．以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为．3．(2022·北京)如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．(1)求证：平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．3．解析(1)取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，(2)因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因为，故平面，因为平面，故，若选①，则，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.若选②，因，故平面，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.4．(2022·浙江)如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．

(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．4．解析(1)过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、．∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，∵，且，∴平面是二面角的平面角，则，∴是正三角形，由平面，得平面平面，∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．(2)因为平面，过点做平行线，所以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为由，得，取，设直线与平面所成角为，∴．【方法总结】直线与平面所成的角如图，直线AB与平面α相交于点B，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|)．【题型突破】1．(2020·北京)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BB1的中点．(1)求证：BC1∥平面AD1E；(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．1．解析(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1且AB＝A1B1，A1B1∥C1D1且A1B1＝C1D1，∴AB∥C1D1且AB＝C1D1，∴四边形ABC1D1为平行四边形，∴BC1∥AD1．∵BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，∴BC1∥平面AD1E．(2)以点A为坐标原点，AD，AB，AA1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Axyz，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，D1(2，0，2)，E(0，2，1)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，2，1)．设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2y＋z＝0，))令z＝－2，则x＝2，y＝1，则n＝(2，1，－2)．cos<n，eq\o(AA1,\s\up6(→))>＝eq\f(n·\o(AA1,\s\up6(→)),|n||\o(AA1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－4,3×2)＝－eq\f(2,3)．因此，直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为eq\f(2,3)．2．(2020·浙江)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．(1)证明：EF⊥DB；(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．2．解析(1)如图，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB．由∠ACD＝45°，DO⊥AC得CD＝eq\r(2)CO．由平面ACFD⊥平面ABC，得DO⊥平面ABC，所以DO⊥BC．由∠ACB＝45°，BC＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(\r(2),2)CO得BO⊥BC．所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．由三棱台ABC－DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB．(2)法一：如图，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH．由三棱台ABC－DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角．由BC⊥平面BDO得OH⊥BC，故OH⊥平面BCD，所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角．设CD＝2eq\r(2)．由DO＝OC＝2，BO＝BC＝eq\r(2)，得BD＝eq\r(6)，OH＝eq\f(2,3)eq\r(3)，所以sin∠OCH＝eq\f(OH,OC)＝eq\f(\r(3),3)，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3)．法二：由三棱台ABC－DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ．如图，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz．设CD＝2eq\r(2)．由题意知各点坐标如下：O(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2)．因此eq\o(OC,\s\up7())＝(0，2，0)，eq\o(BC,\s\up7())＝(－1，1，0)，eq\o(CD,\s\up7())＝(0，－2，2)．设平面BCD的法向量n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(BC,\s\up7())＝0，,n·eq\o(CD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－2y＋2z＝0，))可取n＝(1，1，1)．所以sinθ＝|cos<eq\o(OC,\s\up7())，n>|＝eq\f(|eq\o(OC,\s\up7())·n|,|eq\o(OC,\s\up7(→))|·|n|)＝eq\f(\r(3),3)．因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3)．3．(2020·全国Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．3．解析(1)因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F．(2)由已知得AM⊥BC．以M为坐标原点，eq\o(MA,\s\up7())的方向为x轴正方向，|eq\o(MB,\s\up7())|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M－xyz，则AB＝2，AM＝eq\r(3)．连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝eq\f(2\r(3),2)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(1,3)，0))．由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC．作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC．设Q(a，0，0)，则NQ＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))2)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，1，\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，故eq\o(B1E,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a，－\f(2,3)，－\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，|eq\o(B1E,\s\up7())|＝eq\f(2\r(10),3)．又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的法向量，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－<n，eq\o(B1E,\s\up7(→))>))＝cos<n，eq\o(B1E,\s\up7())>＝eq\f(n·eq\o(B1E,\s\up7()),|n|·|eq\o(B1E,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(10),10)．所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为eq\f(\r(10),10)．4．(2020·新山东)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．4．解析(1)在正方形ABCD中，AD∥BC，因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l．因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD．因为DC∩PD＝D，所以l⊥平面PDC．(2)如图建立空间直角坐标系Dxyz，因为PD＝AD＝1，则有D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，设Q(m，0，1)，则有eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(m，0，1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)．设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,mx＋z＝0，))令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1，0，－m)，则cos<n，eq\o(PB,\s\up6(→))>＝eq\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n||\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋0＋m,\r(3)·\r(m2＋1))．根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos<n，eq\o(PB,\s\up6(→))>|＝eq\f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))＝eq\f(\r(3),3)·eq\r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq\f(\r(3),3)·eq\r(1＋\f(2m,m2＋1))≤eq\f(\r(3),3)·eq\r(1＋\f(2|m|,m2＋1))≤eq\f(\r(3),3)·eq\r(1＋1)＝eq\f(\r(6),3)，当且仅当m＝1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq\f(\r(6),3)．5．(2021·浙江)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq\r(15)，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．(1)证明：AB⊥PM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．5．解析(1)在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，CM＝eq\f(1,2)BC＝2，∠DCM＝60°，所以由余弦定理可得，DM2＝CD2＋CM2－2·CD·CM·cos60°＝3，则CD2＋DM2＝1＋3＝4＝CM2，即CD⊥DM，又PM⊥MD，PM∩DM＝M，所以CD⊥平面PDM，而PM⊂平面PDM，所以CD⊥PM．因为CD∥AB，所以AB⊥PM．(2)由(1)知，CD⊥平面PDM，又CD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PDM，且平面ABCD平面∩PDM＝DM，因为PM⊥DM，且PM⊂平面PDM，所以PM⊥平面ABCD，连接AM，则PM⊥MA，在△ABM中，AB＝1，BM＝2，∠ABM＝120°，可得AM2＝1＋4－2·1·2·(－eq\f(1,2))＝7，又PA＝eq\r(15)，在Rt△PMA中，求得PM＝2eq\r(2)，取AD中点E，连接ME，则ME∥CD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(－eq\r(3)，2，0)，P(0，0，2)，C(eq\r(3)，－1，0)．又N为PC的中点，所以N(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，eq\r(2))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(eq\f(3\r(3),2)，－eq\f(5,2)，eq\r(2))，平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0)，设直线AN与平面PDM所成角为θ，则sinθ＝|cos<eq\o(AN,\s\up6(→))，n>|＝eq\f(|n·\o(AN,\s\up6(→))|,|n|·|\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(15),6)，故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为eq\f(\r(15),6)．6．(2016·全国Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明MN∥平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．6．解析(1)由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2．取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2．又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT．因为MN⊄平面PAB，AT⊂平面PAB，所以MN∥平面PAB．(2)取BC的中点E，连接AE．由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))2)＝eq\r(5)．以A为坐标原点，eq\o(AE,\s\up7())的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz．由题意知P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(eq\r(5)，2，0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2))，eq\o(PM,\s\up7())＝(0，2，－4)，eq\o(PN,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq\o(AN,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2))．设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(PM,\s\up7())＝0，,n·eq\o(PN,\s\up7())＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))可取n＝(0，2，1)．于是|cos<n，eq\o(AN,\s\up7())>|＝eq\f(|n·eq\o(AN,\s\up7())|,|n||eq\o(AN,\s\up7())|)＝eq\f(8\r(5),25)．所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为eq\f(8\r(5),25)．7．(2018·全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．7．解析(1)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF．又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．(2)作PH⊥EF，垂足为H．由(1)，得PH⊥平面ABFD．以H为坐标原点，eq\o(HF,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，|eq\o(BF,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz．由(1)可得，DE⊥PE．又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq\r(3)．又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF．所以PH＝eq\f(\r(3),2)，EH＝eq\f(3,2)，则H(0，0，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，0))，所以eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(HP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Heq\o(P,\s\up6(→))为平面ABFD的法向量．设DP与平面ABFD所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(HP,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→))|,|\o(HP,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3,4),\r(3))＝eq\f(\r(3),4)．所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4)．8．(2018·浙江)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．8．解析方法一(1)由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2eq\r(2)，所以A1Beq\o\al(2,1)＋ABeq\o\al(2,1)＝AAeq\o\al(2,1)，故AB1⊥A1B1．由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝eq\r(5)．由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2eq\r(3)．由CC1⊥AC，得AC1＝eq\r(13)，所以ABeq\o\al(2,1)＋B1Ceq\o\al(2,1)＝ACeq\o\al(2,1)，故AB1⊥B1C1．又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1．(2)如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1.由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D⊂平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1.所以∠C1AD即为AC1与平面ABB1所成的角．由B1C1＝eq\r(5)，A1B1＝2eq\r(2)，A1C1＝eq\r(21)，得cos∠C1A1B1＝eq\f(\r(42),7)，sin∠C1A1B1＝eq\f(\r(7),7)，所以C1D＝eq\r(3)，故sin∠C1AD＝eq\f(C1D,AC1)＝eq\f(\r(39),13)．因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(39),13)．方法二(1)如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，－eq\r(3)，0)，B(1，0，0)，A1(0，－eq\r(3)，4)，B1(1，0，2)，C1(0，eq\r(3)，1)．因此eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，2)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，－3)．由eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝0，得AB1⊥A1B1．由eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，得AB1⊥A1C1．又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1．(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ．由(1)可知eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，2)．设平面ABB1的一个法向量为n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,2z＝0，))可取n＝(－eq\r(3)，1，0)．所以sinθ＝|cos<eq\o(AC1,\s\up6(→))，n>|＝eq\f(|\o(AC1,\s\up6(→))·n|,|\o(AC1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(39),13)．因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(39),13)．9．如图，七面体ABCDEF的底面是凸四边形ABCD，其中AB＝AD＝2，∠BAD＝120°，AC，BD互相垂直并相交于点O，OC＝2OA，棱AE，CF均垂直于底面ABCD，且AE＝2CF．(1)证明：直线DE与平面BCF不平行；(2)若CF＝1，求直线BC与平面BFD所成角的正弦值．9．解析(1)假设DE∥平面BFC，因为AE∥CF，AE⊄平面BFC，CF⊂平面BFC，所以AE∥平面BFC，又因为DE∥平面BFC，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以平面ADE∥平面BFC，根据面面平行的性质定理可得AD∥BC，所以eq\f(BO,OD)＝eq\f(CO,OA)．因为AB＝AD，AO⊥BD，所以BO＝OD，CO＝OA，这与OC＝2OA矛盾，所以DE与平面BFC不平行．(2)以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，－eq\r(3)，0)，C(2，0，0)，D(0，eq\r(3)，0)，E(－1，0，2)，F(2，0，1)，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2，eq\r(3)，0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0，－2eq\r(3)，0)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(2，－eq\r(3)，1)．设平面BFD的法向量n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DF,\s\up6(→))·n＝0，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)y＝0，,2x－\r(3)y＋z＝0，))则y＝0，取x＝1，得z＝－2，所以平面BFD的一个法向量n＝(1，0，－2)．所以直线BC与平面BFD所成的角的正弦值为sinθ＝eq\f(|\o(BC,\s\up6(→))·n|,|\o(BC,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2\r(35),35)．10．(2017·浙江)如图，已知四棱锥P－ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．(1)证明：CE∥平面PAB；(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．10．解析(向量法)：(1)设AD的中点为O，连接OB，OP．∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，∴OP⊥AD．∵BC＝eq\f(1,2)AD＝OD，且BC∥OD，∴四边形BCDO为平行四边形，又∵CD⊥AD，∴OB⊥AD，∵OP∩OB＝O，∴AD⊥平面OPB．过点O在平面POB内作OB的垂线OM，交PB于M，以O为原点，OB所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OM所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．设CD＝1，则有A(0，－1，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)．设P(x，0，z)(z>0)，由PC＝2，OP＝1，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((x－1)2＋1＋z2＝4，,x2＋z2＝1，))得x＝－eq\f(1,2)，z＝eq\f(\r(3),2)．即点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，而E为PD的中点，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,2)，\f(\r(3),4)))．设平面PAB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，∵eq\o(AP,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，\f(\r(3),2)))，eq\o(AB,\s\up7())＝(1，1，0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x1＋y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，,x1＋y1＝0，))取y1＝－1，得n＝(1，－1，eq\r(3))．而eq\o(CE,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－\f(1,2)，\f(\r(3),4)))，则eq\o(CE,\s\up7())·n＝0，而CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB．(2)设平面PBC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，∵eq\o(BC,\s\up7())＝(0，1，0)，eq\o(BP,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝0，,－\f(3,2)x2＋\f(\r(3),2)z2＝0，))取x2＝1，得m＝(1，0，eq\r(3))．设直线CE与平面PBC所成角为θ．则sinθ＝|cos＜m，eq\o(CE,\s\up7())＞|＝eq\f(|eq\o(CE,\s\up7())·m|,|eq\o(CE,\s\up7())|·|m|)＝eq\f(\r(2),8)，故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(2),8)．(几何法)：(1)如图，设PA的中点为F，连接EF，FB．因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EF∥AD且EF＝eq\f(1,2)AD．又因为BC∥AD，BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF∥BC且EF＝BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF．因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，所以CE∥平面PAB．(2)分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接MQ，BN．因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF的中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE．由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD．由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．又PN∩BN＝N，所以AD⊥平面PBN．由BC∥AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．则MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设CD＝1．在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝eq\r(2)得CE＝eq\r(2)，在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝eq\r(3)得QH＝eq\f(1,4)，在Rt△MQH中，QH＝eq\f(1,4)，MQ＝eq\r(2)，所以sin∠QMH＝eq\f(\r(2),8)，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是eq\f(\r(2),8)．11．已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD∥平面AMHN．(1)证明：MN⊥PC；(2)当H为PC的中点，PA＝PC＝eq\r(3)AB，PA与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．11．解析(1)连接AC，BD且AC∩BD＝O，连接PO．因为ABCD为菱形，所以BD⊥AC．因为PD＝PB，所以PO⊥BD．因为AC∩PO＝O，且AC，PO⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC．因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC．因为BD∥平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD∥MN，MN⊥平面PAC，所以MN⊥PC．(2)由(1)知BD⊥AC且PO⊥BD．因为PA＝PC，且O为AC的中点，所以PO⊥AC，所以PO⊥平面ABCD，所以PA与平面ABCD所成的角为∠PAO，所以∠PAO＝60°，所以AO＝eq\f(1,2)PA，PO＝eq\f(\r(3),2)PA．因为PA＝eq\r(3)AB，所以BO＝eq\f(\r(3),6)PA．以O为原点，OA，OD，OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系．设PA＝2，所以O(0，0，0)，A(1，0，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),3)，0))，C(－1，0，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)，0))，P(0，0，eq\r(3))，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，0))，eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),3)，0))．设平面AMHN的法向量为n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AH,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)y＝0，,－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)z＝0.))令x＝2，则y＝0，z＝2eq\r(3)，所以n＝(2，0，2eq\r(3))为平面AMHN的一个法向量．设AD与平面AMHN所成角为θ，所以sinθ＝|cos<n，eq\o(AD,\s\up6(→))>|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(AD,\s\up6(→)),|n||\o(AD,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\r(3),4)．所以AD与平面AMHN所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4)．12．如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝eq\r(2)，点E在AD上，且AE＝2ED．(1)已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC；(2)当二面角A—PB—E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？12．解析(1)∵AB⊥AC，AB＝AC，∴∠ACB＝45°，∵底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，∴∠ACD＝45°，即AD＝CD，AC＝eq\r(2)AD，又AB⊥AC，∴BC＝eq\r(2)AC＝2AD，∵AE＝2ED，CF＝2FB，∴AE＝BF＝eq\f(2,3)AD，又∵AE∥BF，∴四边形ABFE是平行四边形，∴AB∥EF，∴AC⊥EF，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥EF，∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴EF⊥平面PAC，又EF⊂平面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC．(2)∵PA⊥AC，AC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，∴AC⊥平面PAB，则∠APC为PC与平面PAB所成的角，若PC与平面PAB所成的角为45°，则tan∠APC＝eq\f(AC,PA)＝1，即PA＝AC＝eq\r(2)，取BC的中点G，连接AG，则AG⊥BC，以A为坐标原点，AG，AD，AP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Axyz，则A(0，0，0)，B(1，－1，0)，C(1，1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，0))，P(0，0，eq\r(2))，∴eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(5,3)，0))，eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,3)，\r(2)))，设平面PBE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,3)y＝0，,－\f(2,3)y＋\r(2)z＝0，))令y＝3，则x＝5，z＝eq\r(2)，∴n＝(5，3，eq\r(2))．∵eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)是平面PAB的一个法向量，cos<n，eq\o(AC,\s\up6(→))>＝eq\f(5＋3,\r(2)×6)＝eq\f(2\r(2),3)，即当二面角A—PB—E的余弦值为eq\f(2\r(2),3)时，直线PC与平面PAB所成的角为45°．13．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为边长为2的菱形，∠DAB＝60°，∠ADP＝90°，平面ADP⊥平面ABCD，点F为棱PD的中点．(1)在棱AB上是否存在一点E，使得AF∥平面PCE？并说明理由；(2)当二面角D－FC－B的余弦值为eq\f(\r(2),4)时，求直线PB与平面ABCD所成的角．13．解析(1)在棱AB上存在点E，使得AF∥平面PCE，点E为棱AB的中点．理由如下：取PC的中点Q，连接EQ，FQ，由题意，FQ∥DC且FQ＝eq\f(1,2)CD，AE∥CD且AE＝eq\f(1,2)CD，则AE∥FQ且AE＝FQ．所以四边形AEQF为平行四边形．所以AF∥EQ，又EQ⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，所以AF∥平面PCE．(2)由题意，知△ABD为正三角形，所以ED⊥AB，亦即ED⊥CD，又∠ADP＝90°，所以PD⊥AD，且平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，所以PD⊥平面ABCD，故以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设FD＝a(a＞0)，则由题意知D(0，0，0)，F(0，0，a)，C(0，2，0)，B(eq\r(3)，1，0)，eq\o(FC,\s\up6(→))＝(0，2，－a)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，0)，设平面FBC的法向量为m＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(FC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CB,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－az＝0，,\r(3)x－y＝0，))令x＝1，则y＝eq\r(3)，z＝eq\f(2\r(3),a)，所以取m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，\f(2\r(3),a)))，显然可取平面DFC的法向量n＝(1，0，0)，由题意知eq\f(\r(2),4)＝|cos＜m，n＞|＝eq\f(1,\r(1＋3＋\f(12,a2)))，所以a＝eq\r(3)．由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以∠PBD为直线PB与平面ABCD所成的角，易知在Rt△PBD中，tan∠PBD＝eq\f(PD,BD)＝a＝eq\r(3)，从而∠PBD＝60°，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60°．14．(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．14．解析(1)因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2eq\r(3)．连接OB．因为AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2．由PO2＋OB2＝PB2，知PO⊥OB．由PO⊥OB，PO⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC．(2)如图，以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2eq\r(3))，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，2，2eq\r(3))，取平面PAC的一个法向量eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2，0，0)．设M(a，2－a，0)(0＜a≤2)，则eq\o(AM,\s\up6(→))＝(a，4－a，0)．设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AM,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋4－ay＝0，))可取n＝(eq\r(3)(a－4)，eq\r(3)a，－a)，所以cos＜eq\o(OB,\s\up6(→))，n＞＝eq\f(2\r(3)a－4,2\r(3a－42＋3a2＋a2))．由已知得|cos＜eq\o(OB,\s\up6(→))，n＞|＝eq\f(\r(3),2)．所以eq\f(2\r(3)|a－4|,2\r(3a－42＋3a2＋a2))＝eq\f(\r(3),2)．解得a＝－4(舍去)或a＝eq\f(4,3)．所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8\r(3),3)，\f(4\r(3),3)，－\f(4,3)))．又eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2eq\r(3))，所以cos＜eq\o(PC,\s\up6(→))，n＞＝eq\f(\r(3),4)．所以PC与平面PAM所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4)．15．如图，已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．(1)求证：D1E⊥A1D；(2)在棱AB上是否存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为eq\f(π,6)？若存在，求出AE的长，若不存在，说明理由．15．解析(1)∵AE⊥平面AA1D1D，A1D⊂平面AA1D1D，∴AE⊥A1D．∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，∴A1D⊥AD1．∵AE∩AD1＝A，∴A1D⊥平面AED1．∵D1E⊂平面AED1，∴D1E⊥A1D．(2)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，如图所示．设棱AB上存在点E(1，t，0)(0≤t≤2)，使得AD1与平面D1EC所成的角为eq\f(π,6)，A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，t－2，0)，设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD1,\s\up6(→))＝－2y＋z＝0，,n·\o(CE,\s\up6(→))＝x＋t－2y＝0，))取y＝1，得n＝(2－t，1，2)，∴sineq\f(π,6)＝eq\f(|\o(AD1,\s\up6(→))·n|,|\o(AD1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|t－2＋2|,\r(2)×\r(t－22＋5))，整理，得t2＋4t－9＝0，解得t＝eq\r(13)－2或t＝－2－eq\r(13)(舍去)，∴在棱AB上存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为eq\f(π,6)，此时AE＝eq\r(13)－2．16．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2eq\r(2)，E为CD的中点，点F在线段PB上．(1)求证：AD⊥PC；(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．16．解析(1)如图所示，在平行四边形ABCD中，连接AC，因为AB＝2eq\r(2)，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos45°＝4，得AC＝2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC．又AD∥BC，所以AD⊥AC．因为AD＝AP＝2，DP＝2eq\r(2)，所以PA⊥AD，又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，所以AD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以AD⊥PC．(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊂侧面PAD，所以PA⊥底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两垂直，以A为原点，直线AD，AC，AP为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，D(－2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(－1，1，0)，P(0，0，2)，所以eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－2，0，－2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2，2，－2)．设eq\f(PF,PB)＝λ(λ∈[0，1])，则eq\o(PF,\s\up6(→))＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)．易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)．设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,－2x－2z＝0，))令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，所以|cos＜eq\o(EF,\s\up6(→))，m＞|＝|cos＜eq\o(EF,\s\up6(→))，n＞|，即eq\f(|\o(EF,\s\up6(→))·m|,|\o(EF,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(|\o(EF,\s\up6(→))·n|,|\o(EF,\s\up6(→))||n|)，所以|－2λ＋2|＝eq\f(|2λ|,\r(3))，即eq\r(3)|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝eq\f(3－\r(3),2)，所以eq\f(PF,PB)＝eq\f(3－\r(3),2)，即当eq\f(PF,PB)＝eq\f(3－\r(3),2)时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．17．等边△ABC的边长为3，点D，E分别是AB，AC上的点，且满足eq\f(AD,DB)＝eq\f(CE,EA)＝eq\f(1,2)(如图①)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B成直二面角，连接A1B，A1C(如图②)．(1)求证：A1D⊥平面BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．17．解析(1)题图①中，由已知可得：AE＝2，AD＝1，A＝60°．从而DE＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3)．故得AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE，BD⊥DE．所以题图②中，A1D⊥DE，又平面ADE∩平面BCED＝DE，A1D⊥DE，A1D⊂平面A1DE，所以A1D⊥平面BCED．(2)存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED．以D为坐标原点，以射线DB，DE，DA1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz，如图，过P作PH∥DE交BD于点H，设PB＝2a(0≤2a≤3)，则BH＝a，PH＝eq\r(3)a，DH＝2－a，易知A1(0，0，1)，P(2－a，eq\r(3)a，0)，E(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(PA1,\s\up7(→))＝(a－2，－eq\r(3)a，1)．因为ED⊥平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为eq\o(DE,\s\up7(→))＝(0，eq\r(3)，0)，因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，所以sin60°＝eq\f(|eq\o(PA1,\s\up7(→))·eq\o(DE,\s\up7(→))|,|eq\o(PA1,\s\up7(→))||eq\o(DE,\s\up7(→))|)＝eq\f(3a,\r(4a2－4a＋5)×\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝eq\f(5,4)．所以PB＝2a＝eq\f(5,2)，满足0≤2a≤3，符合题意．所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝eq\f(5,2)．18．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝AC＝2，AD＝2eq\r(2)，PB＝eq\r(2)，PB⊥AC．(1)求证：平面PAB⊥平面PAC；(2)若∠PBA＝45°，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(6),9)？若存在，求出eq\f(AE,AP)的值；若不存在，请说明理由．18．解析(1)因为四边形ABCD是平行四边形，AD＝2eq\r(2)，所以BC＝AD＝2eq\r(2)，又AB＝AC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，又PB⊥AC，AB∩PB＝B，AB，PB⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB．又因为AC⊂平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC．(2)由(1)知AC⊥AB，AC⊥平面PAB，分别以AB，AC所在直线为x轴，y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，由∠PBA＝45°，PB＝eq\r(2)，可得P(1，0，1)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(6),9)，设eq\f(AE,AP)＝λ(0<λ<1)，则eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))＝(λ，0，λ)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝(λ，－2，λ)，设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0，,－x＋z＝0，))令z＝1，可得x＝y＝1，所以平面PBC的一个法向量n＝(1，1，1)，设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ＝|cos<n，eq\o(CE,\s\up6(→))>|＝eq\f(|λ－2＋λ|,\r(3)·\r(λ2＋－22＋λ2))＝eq\f(|2λ－2|,\r(3)·\r(2λ2＋4))＝eq\f(\r(6),9)，解得λ＝eq\f(1,2)或λ＝eq\f(7,4)(舍)．所以在棱PA上存在点E，且eq\f(AE,AP)＝eq\f(1,2)，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(6),9)．19．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△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)求证：PO⊥平面ABCD；(2)求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；(3)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为eq\f(π,6)，若存在，求线段PM的长度；若不存在，说明理由．19．解析(1)因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，所以PO⊥AD．又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD．又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．(2)如图，以O点为原点，分别以OA，OG，OP所在直线为x轴