2019-2020年高考數(shù)學大二輪總復習 增分策略 專題五 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法試題.doc

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2019-2020年高考數(shù)學大二輪總復習 增分策略 專題五 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法試題 1．(xx課標全國Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 2．(xx安徽)如圖所示，在多面體A1B1D1DCBA中，四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點，過A1，D，E的平面交CD1于F. (1)證明：EF∥B1C； (2)求二面角EA1DB1的余弦值． 　 以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，與空間線面關系的證明相結合，熱點為二面角的求解，均以解答的形式進行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標系和準確計算上. 熱點一　利用向量證明平行與垂直 設直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)則有： (1)線面平行 l∥α?a⊥μ?aμ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)線面垂直 l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μv＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 例1　如圖，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M為AB的中點，O為DF的中點．運用向量方法證明： (1)OM∥平面BCF； (2)平面MDF⊥平面EFCD. 　 　 　 　 思維升華　用向量知識證明立體幾何問題，仍然離不開立體幾何中的定理．如要證明線面平行，只需要證明平面外的一條直線和平面內的一條直線平行，即化歸為證明線線平行，用向量方法證明直線a∥b，只需證明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，仍需強調直線在平面外． 跟蹤演練1　如圖所示，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90，且AB＝AA1，D、E、F分別為B1A、C1C、BC的中點．求證： (1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF. 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 熱點二　利用空間向量求空間角 設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)． (1)線線夾角 設l，m的夾角為θ(0≤θ≤)，則 cos θ＝＝. (2)線面夾角 設直線l與平面α的夾角為θ(0≤θ≤)， 則sin θ＝＝|cos〈a，μ〉|. (3)面面夾角 設平面α、β的夾角為θ(0≤θ<π)， 則|cos θ|＝＝|cos〈μ，v〉|. 例2　(xx江蘇)如圖，在四棱錐P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1. (1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值； (2)點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長． 　 　 　 　 　 思維升華　(1)運用空間向量坐標運算求空間角的一般步驟：①建立恰當?shù)目臻g直角坐標系；②求出相關點的坐標；③寫出向量坐標；④結合公式進行論證、計算；⑤轉化為幾何結論．(2)求空間角注意：①兩條異面直線所成的角α不一定是直線的方向向量的夾角β，即cos α＝|cos β|.②兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補角．③直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數(shù)名稱的變化． 跟蹤演練2　(xx福建)在平面四邊形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.將△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如圖所示． (1)求證：AB⊥CD； (2)若M為AD中點，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 熱點三　利用空間向量求解探索性問題 存在探索性問題的基本特征是要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學對象(數(shù)值、圖形、函數(shù)等)是否存在或某一結論是否成立．解決這類問題的基本策略是先假設題中的數(shù)學對象存在(或結論成立)或暫且認可其中的一部分結論，然后在這個前提下進行邏輯推理，若由此導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結論． 例3　如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90，D是BC的中點． (1)求證：A1B∥平面ADC1； (2)求二面角C1－AD－C的余弦值； (3)試問線段A1B1上是否存在點E，使AE與DC1成60角？若存在，確定E點位置；若不存在，說明理由． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 思維升華　空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷．解題時，把要成立的結論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法． 跟蹤演練3　如圖所示，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為BC的中點． (1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值； (2)在線段AN上是否存在點S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求線段AS的長；若不存在，請說明理由． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 如圖，五面體中，四邊形ABCD是矩形，AB∥EF，AD⊥平面ABEF，且AD＝1，AB＝EF＝2，AF＝BE＝2，P、Q分別為AE、BD的中點． (1)求證：PQ∥平面BCE； 　 　 　 　 　 　 (2)求二面角A－DF－E的余弦值． 　 　 　 　 提醒：完成作業(yè)　專題五　第3講 二輪專題強化練 專題五 第3講　立體幾何中的向量方法 A組　專題通關 1．已知平面ABC，點M是空間任意一點，點M滿足條件＝＋＋，則直線AM(　　) A．與平面ABC平行 B．是平面ABC的斜線 C．是平面ABC的垂線 D．在平面ABC內 2.如圖，點P是單位正方體ABCD－A1B1C1D1中異于A的一個頂點，則的值為(　　) A．0 B．1 C．0或1 D．任意實數(shù) 3.如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，M、N分別為A1B和AC上的點，A1M＝AN＝a，則MN與平面BB1C1C的位置關系是(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能確定 4．如圖，三棱錐A－BCD的棱長全相等，E為AD的中點，則直線CE與BD所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 5．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的側棱長與底面邊長相等，則AB1與側面ACC1A1所成角的正弦值等于(　　) A. B. C. D. 6．在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為A1B1，BB1的中點，那么直線AM與CN所成角的余弦值為________． 7．在一直角坐標系中，已知A(－1,6)，B(3，－8)，現(xiàn)沿x軸將坐標平面折成60的二面角，則折疊后A、B兩點間的距離為________． 8．已知ABCD－A1B1C1D1為正方體，①(＋＋)2＝32；②(－)＝0；③向量與向量的夾角是60；④正方體ABCD－A1B1C1D1的體積為||.其中正確命題的序號是________． 9.如圖，在底面是矩形的四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求證：EF∥平面PAB； (2)求證：平面PAD⊥平面PDC. 10．(xx重慶)如圖，三棱錐P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝.D，E分別為線段AB，BC上的點，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2. (1)證明：DE⊥平面PCD； (2)求二面角APDC的余弦值． B組　能力提高 11．(xx四川)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點O為線段BD的中點．設點P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sin α的取值范圍是(　　) A．[，1] B．[，1] C．[，] D．[，1] 12．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P在直線BC1上運動時，有下列三個命題：①三棱錐A－D1PC的體積不變；②直線AP與平面ACD1所成角的大小不變；③二面角P－AD1－C的大小不變．其中真命題的序號是________． 13．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E、F分別為BB1、CD的中點，則點F到平面A1D1E的距離為______________． 14.如圖，在三棱錐P—ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90，AP＝BP＝AB，PC⊥AC，點D為BC的中點． (1)求二面角A—PD—B的余弦值； (2)在直線AB上是否存在點M，使得PM與平面PAD所成角的正弦值為，若存在，求出點M的位置；若不存在，說明理由． 學生用書答案精析 第3講　立體幾何中的向量方法 高考真題體驗 1．C　[方法一　補成正方體，利用向量的方法求異面直線所成的角． 由于∠BCA＝90，三棱柱為直三棱柱，且BC＝CA＝CC1， 可將三棱柱補成正方體． 建立如圖(1)所示空間直角坐標系． 設正方體棱長為2，則可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)， ∴＝(－1，－1,2)， ＝(0,1,2)． ∴cos〈，〉＝ ＝ ＝＝. 方法二　通過平行關系找出兩異面直線的夾角，再根據(jù)余弦定理求解． 如圖(2)，取BC的中點D，連接MN，ND，AD，由于MN綊B1C1綊BD，因此有ND綊BM，則ND與NA所成的角即為異面直線BM與AN所成的角．設BC＝2，則BM＝ND＝，AN＝，AD＝，因此cos∠AND＝＝.] 2．(1)證明　由正方形的性質可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，從而B1C∥A1D，又A1D?面A1DE，B1C?面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C?面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C. (2)解　因為四邊形AA1B1B， ADD1A1，ABCD均為正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A為原點，分別以，，為x軸，y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標系，可得點的坐標A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，而E點為B1D1的中點，所以E點的坐標為. 設面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而該面上向量＝，＝(0,1，－1)，由n1⊥， n1⊥得r1，s1，t1應滿足的方程組 (－1,1,1)為其一組解， 所以可取n1＝(－1,1,1)． 設面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而該面上向量＝(1,0,0)，＝(0,1，－1)，由此同理可得n2＝(0,1,1)． 所以結合圖形知二面角EA1DB1的余弦值為＝＝. 熱點分類突破 例1　證明　方法一　由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系． 設正方形邊長為1，則A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)， F(1,0,1)，M，O. (1)＝，＝(－1,0,0)， ∴＝0, ∴⊥. ∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱， ∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一個法向量， 且OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF. (2)設平面MDF與平面EFCD的一個法向量分別為 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)． ∵＝(1，－1,1)，＝，＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)， 由 得解得 令x1＝1，則n1＝. 同理可得n2＝(0,1,1)． ∵n1n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD. 方法二　(1)＝＋＋＝－＋ ＝(＋)－＋＝－－＋ ＝－(＋)－＋ ＝－－. ∴向量與向量，共面， 又OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF. (2)由題意知，BF，BC，BA兩兩垂直， ∵＝，＝－， ∴＝＝0， ＝(－) ＝－2＋2＝0. ∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C， ∴OM⊥平面EFCD. 又OM?平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD. 跟蹤演練1　證明　(1)如圖建立空間直角坐標系A－xyz， 令AB＝AA1＝4， 則A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(xiàn)(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)． 取AB中點為N，連接CN， 則N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)， ∴＝(－2,4,0)， ＝(－2,4,0)， ∴＝，∴DE∥NC， 又∵NC?平面ABC，DE?平面ABC. 故DE∥平面ABC. (2)＝(－2,2，－4)， ＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)． ＝(－2)2＋2(－2)＋(－4)(－2)＝0， ＝(－2)2＋22＋(－4)0＝0. ∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF， 又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF. 例2　解　以{，，}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則各點的坐標為 B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)． (1)因為AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一個法向量，＝(0,2,0)． 因為＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)． 設平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)， 則m＝0，m＝0， 即令y＝1，解得z＝1，x＝1. 所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一個法向量． 從而cos〈，m〉＝＝， 所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為. (2)因為＝(－1,0,2)，設＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)， 又＝(0，－1,0)，則＝＋＝(－λ，－1,2λ)， 又＝(0，－2,2)， 從而cos〈，〉＝＝. 設1＋2λ＝t，t∈[1,3]， 則cos2〈，〉＝＝≤. 當且僅當t＝，即λ＝時，|cos〈，〉|的最大值為. 因為y＝cos x在上是減函數(shù)，此時直線CQ與DP所成角取得最小值． 又因為BP＝＝， 所以BQ＝BP＝. 跟蹤演練2　(1)證明　∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB?平面ABD，AB⊥BD， ∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD，∴AB⊥CD. (2)解　過點B在平面BCD內作BE⊥BD，如圖． 由(1)知AB⊥平面BCD，BE?平面BCD，BD?平面BCD， ∴AB⊥BE，AB⊥BD. 以B為坐標原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系． 依題意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)， A(0,0,1)，M(0，，)， 則＝(1,1,0)，＝(0，，)，＝(0,1，－1)． 設平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)， 則即 取z0＝1，得平面MBC的一個法向量n＝(1，－1,1)． 設直線AD與平面MBC所成角為θ， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝， 即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為. 例3　(1)證明　連接A1C，交AC1于點O，連接OD. 由ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四邊形ACC1A1為矩形，O為A1C的中點． 又D為BC的中點， 所以OD為△A1BC的中位線， 所以A1B∥OD. 因為OD?平面ADC1，A1B?平面ADC1， 所以A1B∥平面ADC1. (2)解　由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90，得BA，BC，BB1兩兩垂直． 以BC，BA，BB1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系B－xyz. 設BA＝2，則B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)， 所以＝(1，－2,0)，1＝(2，－2,1)． 設平面ADC1的法向量為n＝(x，y，z)， 則有 所以取y＝1，得n＝(2,1，－2)． 易知平面ADC的一個法向量為v＝(0,0,1)． 所以cos〈n，v〉＝＝－. 因為二面角C1－AD－C是銳二面角， 所以二面角C1－AD－C的余弦值為. (3)解　假設存在滿足條件的點E. 因為點E在線段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)， 故可設E(0，λ，1)，其中0≤λ≤2. 所以＝(0，λ－2,1)，1＝(1,0,1)． 因為AE與DC1成60角， 所以|cos〈，1〉|＝＝， 即＝，解得λ＝1或λ＝3(舍去)． 所以當點E為線段A1B1的中點時，AE與DC1成60角． 跟蹤演練3　解　(1)如圖，以D為坐標原點，DA，DC，DM所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)， N(1,1,1)，E(，1,0)，所以＝(－，0，－1)， ＝(－1,0,1)． 因為|cos〈，〉|＝＝＝， 所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為. (2)假設在線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN. 因為＝(0,1,1)， 可設＝λ＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)， 又＝(，－1,0)， 所以＝＋＝(，λ－1，λ)． 由ES⊥平面AMN， 得 即 故λ＝，此時＝(0，，)，||＝. 經檢驗，當AS＝時，ES⊥平面AMN. 故線段AN上存在點S， 使得ES⊥平面AMN，此時AS＝. 高考押題精練 (1)證明　連接AC，∵四邊形ABCD是矩形，且Q為BD的中點， ∴Q為AC的中點， 又在△AEC中，P為AE的中點，∴PQ∥EC， ∵EC?面BCE，PQ?面BCE，∴PQ∥平面BCE. (2)解　如圖，取EF的中點M，則AF⊥AM，以A為坐標原點，以AM，AF，AD所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系． 則A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(xiàn)(0,2,0)． 可得＝(2,0,0)，＝(－2,2,0)，＝(0,2，－1)． 設平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則 故即 令x＝1，則y＝1，z＝2， 故n＝(1,1,2)是平面DEF的一個法向量． ∵AM⊥面ADF，∴為平面ADF的一個法向量． ∴cos〈n，〉＝＝＝. 由圖可知所求二面角為銳角， ∴二面角A－DF－E的余弦值為. 二輪專題強化練答案精析 第3講　立體幾何中的向量方法 1．D　[由已知得M、A、B、C四點共面．所以AM在平面ABC內，選D.] 2．C　[可為下列7個向量：，，，，1，1，1，其中一個與重合，＝||2＝1；，1，1與垂直，這時＝0；，1與的夾角為45，這時＝1cos＝1，最后1＝1cos∠BAC1＝＝1，故選C.] 3．B　[分別以C1B1、C1D1、C1C所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示． ∵A1M＝AN＝a， ∴M，N， ∴＝. 又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，∴＝(0，a,0)， ∴＝0，∴⊥. ∵是平面BB1C1C的法向量，且MN?平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.] 4．A　[設AB＝1， 則＝(－)(－) ＝2－－＋ ＝－cos 60－cos 60＋cos 60＝. ∴cos〈，〉＝＝＝.選A.] 5．A　[如圖所示建立空間直角坐標系，設正三棱柱的棱長為2，O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，－1,0)，B1(，0,2)，則＝(，1,2)，則＝(－，0,0)為側面ACC1A1的法向量，由sin θ＝＝.] 6. 解析　以D點為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1,0,0)，M(1，，1)， C(0,1,0)，N(1,1，)． 所以＝(0，，1)，＝(1,0，)． 故＝01＋0＋1＝， ||＝ ＝， ||＝ ＝， 所以cos〈，〉＝＝＝. 7．2 解析　如圖為折疊后的圖形，其中作AC⊥CD，BD⊥CD， 則AC＝6，BD＝8，CD＝4， 兩異面直線AC、BD所成的角為60， 故由＝＋＋， 得||2＝|＋＋|2＝68， ∴||＝2. 8．①② 解析　設正方體的棱長為1，①中(＋＋)2＝2＝32＝3，故①正確；②中－＝，由于AB1⊥A1C，故②正確；③中A1B與AD1兩異面直線所成的角為60，但與的夾角為120，故③不正確；④中||＝0.故④也不正確． 9．證明　(1)以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， ∵E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點， ∴E，F(xiàn)， ＝，＝(1,0,0)． ∵＝－，∴∥， 即EF∥AB， 又AB?平面PAB，EF?平面PAB， ∴EF∥平面PAB. (2)由(1)可知＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)， ∵＝(0,0,1)(1,0,0)＝0， ＝(0,2,0)(1,0,0)＝0， ∴⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC. 又AP∩AD＝A， ∴DC⊥平面PAD. ∵DC?平面PDC， ∴平面PAD⊥平面PDC. 10．(1)證明　由PC⊥平面ABC，DE?平面ABC，故PC⊥DE. 由CE＝2，CD＝DE＝得△CDE為等腰直角三角形，故CD⊥DE. 由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD內兩條相交直線，故DE⊥平面PCD. (2)解　由(1)知，△CDE為等腰直角三角形，∠DCE＝，如圖，過D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2. 由∠ACB＝得DF∥AC，＝＝，故AC＝DF＝. 以C為坐標原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系， 則C(0,0,0)，P(0,0,3)，A，E(0,2,0)，D(1,1,0)，＝(1，－1,0)，＝(－1，－1,3)，＝. 設平面PAD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，由n1＝0，n1＝0，得 故可取n1＝(2,1,1)． 由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取為， 即n2＝(1，－1,0)． 從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為 cos 〈n1，n2〉＝＝， 故所求二面角APDC的余弦值為. 11．B　[根據(jù)題意可知平面A1BD⊥平面A1ACC1且兩平面的交線是A1O， 所以過點P作交線A1O的垂線PE， 則PE⊥平面A1BD， 所以∠A1OP或其補角就是直線OP與平面A1BD所成的角α. 設正方體的邊長為2， 則根據(jù)圖形可知直線OP與平面A1BD可以垂直．當點P與點C1重合時可得A1O＝OP＝，A1C1＝2， 所以sin α＝22， 所以sin α＝； 當點P與點C重合時，可得sin α＝＝. 根據(jù)選項可知B正確．] 12．①③ 解析?、僦校連C1∥平面AD1C，∴BC1上任意一點到平面AD1C的距離相等，所以體積不變，正確；②中，P在直線BC1上運動時，直線AB與平面ACD1所成角和直線AC1與平面ACD1所成角不相等，所以不正確；③中，P在直線BC1上運動時，點P在平面AD1C1B中，既二面角P—AD1－C的大小不受影響，所以正確． 13. 解析　以A為坐標原點，AB、AD、AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示， 則A1(0,0,1)，E(1,0，)，F(xiàn)(，1,0)，D1(0,1,1)． ∴＝(1,0，－)，＝(0,1,0)． 設平面A1D1E的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝2，則x＝1.∴n＝(1,0,2)． 又＝(，1，－1)， ∴點F到平面A1D1E的距離為 d＝＝＝. 14．解　(1)∵AC＝BC，PA＝PB，PC＝PC， ∴△PCA≌△PCB， ∴∠PCA＝∠PCB， ∵PC⊥AC，∴PC⊥CB，又AC∩CB＝C， ∴PC⊥平面ACB，且PC，CA，CB兩兩垂直， 故以C為坐標原點，分別以CB，CA，CP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則C(0,0,0)，A(0,2,0)，D(1,0,0)，P(0,0,2)， ∴＝(1，－2,0)，＝(1,0，－2)， 設平面PAD的一個法向量為n＝(x，y，z)， ∴，∴取n＝(2,1,1)， 平面PDB的一個法向量為＝(0,2,0)， ∴cos〈n，〉＝， 設二面角A—PD—B的平面角為θ，且θ為鈍角， ∴cos θ＝－，∴二面角A—PD—B的余弦值為－. (2)方法一　存在，M是AB的中點或A是MB的中點． 設M(x,2－x,0) (x∈R)， ∴＝(x,2－x，－2)， ∴|cos〈，n〉| ＝＝， 解得x＝1或x＝－2， ∴M(1,1,0)或M(－2,4,0)， ∴在直線AB上存在點M，且當M是AB的中點或A是MB的中點時，使得PM與平面PAD所成角的正弦值為. 方法二　存在，M是AB的中點或A是MB的中點． 設＝λ， 則＝λ(2，－2,0)＝(2λ，－2λ，0) (λ∈R)， ∴＝＋＝(2λ，2－2λ，－2)， ∴|cos〈，n〉|＝＝. 解得λ＝或λ＝－1. ∴M是AB的中點或A是MB的中點． ∴在直線AB上存在點M，且當M是AB的中點或A是MB的中點時，使得PM與平面PAD所成角的正弦值為.