【文档说明】2023届高考人教B版数学一轮复习试题（适用于新高考新教材） 第七章 空间向量与立体几何 课时规范练38　空间向量在立体几何中的应用含解析.docx，共(15)页，1.390 MB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-312670223997aeceef2459e579a4b967.html

以下为本文档部分文字说明：

1课时规范练38空间向量在立体几何中的应用基础巩固组1.已知平面α的一个法向量为(1,2,-2),平面β的一个法向量为(-2,-4,k),若α∥β,则k等于()A.2B.-4C.4D.-22.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1所在直线旋转一周形成圆柱,如图,𝐴𝐶⏜长为2π3

,𝐴1𝐵1⏜长为π3,其中B1与C在平面AA1O1O的同侧.则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为()A.π6B.π4C.π3D.π23.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,E,F,G

分别为AB,AA1,A1C1的中点,则B1F与平面GEF所成角的正弦值为()A.35B.56C.3√310D.3√6104.(多选)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-

AC-B的平面角为γ,则α,β,γ大小关系正确的是()A.α>βB.α=βC.γ>βD.γ≥β5.(多选)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1=2,∠ACB=90°,D,E,F分别为AC,AA

1,AB的中点.则下列结论正确的是()A.AC1与EF相交2B.B1C1∥平面DEFC.EF与AC1所成的角为90°D.点B1到平面DEF的距离为3√226.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分

别为棱AA1,BB1的中点,M为棱A1B1上的一点,且A1M=λ(0<λ<2),设点N为ME的中点,则点N到平面D1EF的距离为()A.√3λB.√22C.√23λD.√557.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2,二面角B-AA

1-C1的大小为60°,点B到平面ACC1A1的距离为√3,点C到平面ABB1A1的距离为2√3,则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为.8.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC为等腰直角三角形,∠ACB=90°,AA1=2AC,P是侧棱CC1上的点.(1)若∠APB=6

0°,证明:P是CC1的中点;(2)若CP=3PC1,求二面角B-AP-C的余弦值.9.3如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面AA1C1C⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B

1的中点.(1)证明:EF⊥BC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.10.如图所示,多面体是由底面为ABCD的直四棱柱被截面AEFG所截而得到的,该直四棱柱的底面为菱形,其中AB=2,CF=5,B

E=1,∠BAD=60°.(1)求BG的长;(2)求平面AEFG与底面ABCD的夹角的余弦值.综合提升组11.4在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱B1C1的中点,点F是线段CD1上的一个动点.有以下三个

命题:①异面直线AC1与B1F所成的角是定值;②三棱锥B-A1EF的体积是定值;③直线A1F与平面B1CD1所成的角是定值.其中真命题的个数是()A.3B.2C.1D.012.(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点E,O分别是A1B1,A1C1的中点,P在正方体内部,且

满足𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=34𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则下列说法正确的是()A.点A到直线BE的距离是√55B.点O到平面ABC1D1的距离为√24C.平面A1B

D与平面B1CD1间的距离为√33D.点P到直线AB的距离为253613.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.514.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,PD⊥平面ABCD,点F为棱PD的中点.

(1)在棱BC上是否存在一点E,使得CF∥平面PAE,并说明理由;(2)当二面角D-FC-B的余弦值为√66时,求直线AF与平面BCF所成的角的正弦值.创新应用组15.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB

⊥BC,AB=√3,BC=2AD=2,E为CD的中点,PB⊥AE.(1)证明:平面PBD⊥平面ABCD;(2)若PB=PD,PC与平面ABCD所成的角为π4,试问“在侧面PCD内是否存在一点N,使得BN⊥平面PCD?”若存在,求出点

N到平面ABCD的距离;若不存在,请说明理由.16.如图,在等腰直角三角形ADP中,∠A=90°,AD=3,B,C分别是AP,DP上的点,且BC∥AD,E,F分别是AB,PC的中点.现将△PBC沿BC折起

,得到四棱锥P-ABCD,连接EF.6(1)证明:EF∥平面PAD;(2)是否存在点B,当将△PBC沿BC折起到PA⊥AB时,二面角P-CD-E的余弦值等于√155?若存在,求出AB的长;若不存在,请说明理由.参

考答案课时规范练38空间向量在立体几何中的应用1.C因为α∥β,所以1-2=2-4=-2𝑘,解得k=4.2.B以O为坐标原点建系,如图,则A(0,1,0),A1(0,1,1),B1√32,12,1,C√32,-12,0.所以𝐴𝐴1⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=(0,0,1),𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,-1),所以cos<𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|

|𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=0×0+0×(-1)+1×(-1)1×√02+(-1)2+(-1)2=-√22,所以<AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,B1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=3𝜋4,所以异面直线B1C与AA1所成的角为𝜋4.故选B.

3.A7设正三棱柱的棱长为2,取AC的中点D,连接DG,DB,分别以DA,DB,DG所在的直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B1(0,√3,2),F(1,0,1),E12,√32,0,G(0,0,2),𝐵1�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-√3,-1),𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(12,-√32,1),𝐺𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,-1).设平面GEF的法向量n=(x,y,z),则{𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,𝐺𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,即{12𝑥-√32𝑦+𝑧=0,𝑥-

𝑧=0,取x=1,则z=1,y=√3,故n=(1,√3,1)为平面GEF的一个法向量,所以cos<n,𝐵1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=1-3-1√5×√5=-35,所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为35,故选A.4.AC过点B作直线l∥AC,过点P作底面ABC的垂线PD,D为垂足,

过点D作DF⊥AB于点F,作DE⊥l于点E,连接AD,BD,PF,PE.由题意可知,二面角P-AC-B的大小与二面角P-AB-C的大小相等,结合空间角的定义知∠PBE=α,∠PBD=β,∠PFD=γ,在Rt△PEB与Rt△PDB中,由PE>PD,得sinα>sinβ,∴

α>β(α,β均为锐角).故A正确,B错误;在Rt△PDB与Rt△PDF中,由PB>PF,得sinβ<sinγ,∴γ>β(β,γ均为锐角).故C正确;由于不存在PB=PF的可能,故D错误,故选AC.5.BCD对选项A,由图知AC1⊂平面ACC1A1,EF∩平面ACC1A1

=E,且E∉AC1.由异面直线的定义可知AC1与EF异面,故A错误;对于选项B,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC.∵D,F分别是AC,AB的中点,∴FD∥BC,∴B1C1∥FD.又∵B1C1⊄

平面DEF,DF⊂平面DEF,∴B1C1∥平面DEF.故B正确;对于选项C,由题意,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,0),E(2,0,1),F(1,1,0).8∴

𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,-1),𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,2).∵𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2+0-2=0,∴𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,∴EF与AC1所成的角为90°.

故C正确;对于选项D,设向量n=(x,y,z)是平面DEF的一个法向量.∵𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,1),𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,0),∴{𝑛·𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,得{𝑥+𝑧=0,𝑦=0.取x=1,则z=-1,∴n

=(1,0,-1).设点B1到平面DEF的距离为d.又∵𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,2,2),∴d=|𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑛|=|-1+0-2|√2=3√22,∴点B1到平面DEF的距离为3√22,故D正确.故选BCD.

6.D以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,则M(2,λ,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),𝐸𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,1),𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,

0),𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,λ,1),设平面D1EF的法向量n=(x,y,z),则{𝑛·𝐸𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-2𝑥+𝑧=0,𝑛·𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑦=0,取x=1,得n=(1,0,2),∴点M到平面D1EF的距离为d=|𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑛|=2

√5=2√55,∵N为EM中点,故点N到平面D1EF的距离为√55.7.√7由题意可知,∠BAC=60°,点B到平面ACC1A1的距离为√3,点C到平面ABB1A1的距离为2√3,由于侧面和底面垂直,

由面面垂直的性质定理可得,B到AC的距离为√3,C到AB的距离为2√3,所以在三角形ABC中,AB=2,AC=4,BC=2√3,∠ABC=90°,则𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=4,|𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√2,|𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=4,9cos<𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=42√2×4=√24,sin<𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=√1-(√24)2=√144.故tan<𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵

𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=√7.8.(1)证明由直三棱柱ABC-A1B1C1得C1C⊥平面ABC,∵AC,BC在平面ABC中,∴C1C⊥AC,C1C⊥BC.∵△ABC为等腰直角三角形,∴∠ACB=90°,AC=BC

,且AB=√2AC,由勾股定理得AP=√𝐴𝐶2+𝑃𝐶2=√𝐵𝐶2+𝑃𝐶2=BP,∵∠APB=60°,∴△ABP是等边三角形,则AP=AB=√2AC,由勾股定理得PC=√𝐴𝑃2-𝐴𝐶2=AC=12AA1=12CC1,∴P为CC1的中点.(2)解易知CA,CB,CC1两两垂直

,以点C为坐标原点,CA,CB,CC1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C-xyz,设AC=2,则A(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,3),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,0),

𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,3),设平面ABP的法向量为n=(x,y,z),由{𝑛·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0,得{-2𝑥+2𝑦=0,-2𝑥+3𝑧=0,令x=3,得y=3,z=2,∴n=(3,3,2),又平面ACP的法向量为m=(0,1,0),∴cos<m

,n>=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=31×√22=3√2222,由图形可知,二面角B-AP-C为锐角,∴二面角B-AP-C的余弦值为3√2222.9.(1)证明如图所示,连接A1E,B1E,在等边三角形AA1C中,A

E=EC,则A1E⊥AC,10∵平面ABC⊥平面A1ACC1,且平面ABC∩平面A1ACC1=AC,∴A1E⊥平面ABC,故A1E⊥BC.由三棱柱的性质可知A1B1∥AB,而AB⊥BC,故A1B1⊥BC,且A1

B1∩A1E=A1,∴BC⊥平面A1B1E,∵EF⊂平面A1B1E,∴EF⊥BC.(2)解在底面ABC内作EH⊥AC,交AB于点H,以点E为坐标原点,EH,EC,EA1方向分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系E-xyz.设EH=

1,则AE=EC=√3,AA1=CA1=2√3,BC=√3,AB=A1E=3,则A(0,-√3,0),B(32,√32,0),A1(0,0,3),C(0,√3,0),𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=32,√32,-3

,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-32,√32,0.由𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗可得点B1的坐标为B1(32,3√32,3),利用中点坐标公式可得F(34,3√34,3),由于E(0,0,0),故直

线EF的方向向量为𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(34,3√34,3),设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z),则{𝑚·𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以{32𝑥+√32𝑦-3𝑧=0,-32𝑥+√32𝑦=0,取x=

1,则y=√3,z=1,则平面A1BC的一个法向量为m=(1,√3,1),所以cos<𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,m>=𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚|𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑚|=6√5×3√52=45,设直线EF与平面A1BC所成角为θ,则sinθ=|cos<𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,m>|=45,故

cosθ=35.10.解(1)因为多面体是由底面为ABCD的直四棱柱被截面AEFG所截而得到的,所以平面ADG∥平面BCFE,又因为平面ADG∩平面AEFG=AG,平面BCFE∩平面AEFG=EF,所以AG∥EF,同理AE∥GF,所以四边形AEFG是平行四边形.连接AC,B

D交于点O,以O为原点,OB,OC所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(0,-√3,0),B(1,0,0),E(1,0,1),F(0,√3,5),所以𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,√3,4),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1

,√3,0),所以𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,4),所以|𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗|=√(-2)2+0+42=2√5,11所以BG的长为2√5.(2)根据题意可取平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),由(1)知𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,√3,4),

𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(1,√3,1),设平面AEFG的法向量为n=(x,y,z),则由{𝑛·𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=0,得{𝑥+√3𝑦+𝑧=0,-𝑥+√3𝑦+4𝑧=0,令z=2√3,则x=3√3,y=-5,所以n=(3√3,-5,2√3),所以co

s<m,n>=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=2√31×√27+25+12=√34,所以平面AEFG与底面ABCD的夹角的余弦值为√34.11.B以A点为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,可得A(0,0,0),B(1,0,0),

C(1,1,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),设F(t,1,1-t)(0≤t≤1),可得𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,1),𝐵1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(t-1,1,-t),可得𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗=0,故异面直线AC1与B1F所成的角是定值,故①正确;三棱锥B-A1EF的底面A1BE面积为定值,且CD1∥BA1,点F是线段CD1上的一个动点,可得点F到底面A1BE的距离为定值,故三棱锥B-A1EF的体积是定值,故②正确;𝐴1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(t,1,-t),𝐵

1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-1),𝐵1𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,0),可得平面B1CD1的一个法向量为n=(1,1,1),可得cos<𝐴1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,n>不为定值,故③错误.故选B.12.BC如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,

0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),E12,0,1,O12,12,1,所以𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,0),𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=-12,0,1.设∠

ABE=θ,则cosθ=|𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√55,sinθ=√1-cos2𝜃=2√55.故A到直线BE的距离d1=|𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|sin

θ=1×2√55=2√55,故A错误;易知𝐶1𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-12,-12,0,平面ABC1D1的一个法向量𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,1),则点O到平面ABC1D1的距离d2=|𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶1𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗||𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=12√2=√24,故B正确;𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,-1),𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-1),𝐴1𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,0).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0

,𝑛·𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以{𝑥-𝑧=0,𝑦-𝑧=0,令z=1,得y=1,x=1,所以n=(1,1,1).12所以点D1到平面A1BD的距离d3=|𝐴1𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑛|=1√3=√33.因为平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A

1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为√33,故C正确;因为𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=34𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=34,12,2

3,又𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0),则|𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=34,所以点P到AB的距离d=√|𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗|2-|𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2|𝐴𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗⃗|2=√181144-916=56,故D错误.13.解依题意,以C为原点,分别以𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗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,𝐶1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),𝐵1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-2,-2),从而𝐶1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗·𝐵1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.(2)依题意,𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,𝐸𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,1),𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则{𝑛·𝐸�

�1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{2𝑦+𝑧=0,2𝑥-𝑧=0.不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).因此有cos<𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,n>=𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛|𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛|=√66,于是sin<𝐶𝐴⃗⃗⃗

⃗⃗,n>=√306.所以,二面角B-B1E-D的正弦值为√306.(3)依题意,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗

⃗⃗,n>=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛|=-√33.所以,直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为√33.14.解(1)在棱BC上存在点E,使得CF∥平面PAE,点E为棱BC的中点.取PA的中点Q

,连接EQ,FQ,13由题意,FQ∥AD,且FQ=12AD,CE∥AD,且CE=12AD,故CE∥FQ,且CE=FQ.∴四边形CEQF为平行四边形.∴CF∥EQ,又CF⊄平面PAE,EQ⊂平面PAE,∴CF∥平面PAE.(2)取AB中点M,∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥DM,PD⊥DC,又易

知DM⊥DC,∴以D为坐标原点,分别以DM,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设FD=a,则D(0,0,0),F(0,0,a),C(0,2,0),B(√3,1,0),A(√3,-1,0).则𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

=(0,2,-a),𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,-1,0).设平面FBC的一个法向量为m=(x,y,z).由{𝑚·𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑦-𝑎𝑧=0,𝑚·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=√3𝑥-𝑦=0,取x=1,得m=(1,√3,

2√3𝑎);取平面DFC的一个法向量为n=(1,0,0).由题意,√66=|cos<m,n>|=1√1+3+12𝑎2,解得a=√6.∴m=(1,√3,√2),𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,1,√6).设直线AF与平面BCF所成的角为θ,则sinθ=|co

s<m,𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝑚·𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑚||𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√3√6×√10=√55.即直线AF与平面BCF所成的角的正弦值为√55.15.(1)证明由四边形ABCD是直角梯形,AB=√3,BC=2AD=2,AB⊥BC,可得DC=2,∠BCD=π3,从而△B

CD是等边三角形,BD=2,BD平分∠ADC.∵E为CD的中点,∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.又∵AE⊂平面ABCD,∴平面PBD⊥平面ABCD.(2)解存在.在平面PBD内作PO⊥BD于点O,连接OC,又∵平面PB

D⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,∴PO⊥平面ABCD.∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角,则∠PCO=π4,∵PB=PD,PO⊥BD,∴O为BD的中点,∴OC⊥BD,∴OP=OC=√3.以OB,OC,OP所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标

系,14则B(1,0,0),C(0,√3,0),D(-1,0,0),P(0,0,√3),假设在侧面PCD内存在点N,使得BN⊥平面PCD成立,设𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗(λ≥0,μ≥0,λ+μ≤1),由题意得N(-λ,√3𝜇,-√3(λ

+μ-1)),𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-λ-1,√3𝜇,-√3(λ+μ-1)),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√3,-√3),𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,-√3),由{𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

=0,𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0得{3𝜇+3(𝜆+𝜇-1)=0,𝜆+1+3(𝜆+𝜇-1)=0,解得λ=15,μ=25,满足题意,∴N点到平面ABCD的距离为-√3(λ+μ-1)=2√35.16.(1)证明取

CD中点G,连接EG,FG.因为E,F分别是AB,PC的中点,所以FG∥PD,EG∥AD,因为FG∩EG=G,所以平面EFG∥平面PAD.因为EF⊂平面EFG,所以EF∥平面PAD.(2)解存在.理由如下,因为B

C⊥AB,BC⊥PB,且AB∩PB=B.所以BC⊥平面PAB,又BC∥AD,所以AD⊥平面PAB,所以PA⊥AD,又因为AB⊥AD,PA⊥AB,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=a,则PB=BC=3-a,由PB>AB,得0<a<32

,PA=√9-6𝑎,所以A(0,0,0),C(a,3-a,0),P(0,0,√9-6𝑎),D(0,3,0),所以𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(a,-a,0),𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-3,√9-6𝑎).设平

面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),则{𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=𝑎𝑥-𝑎𝑦=0,𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=-3𝑦+𝑧√9-6𝑎=0,令y=1,15则n=1,1,3√9-6𝑎,又平面CDE的一个法向

量m=(0.0,1),依题意,有√155=|cos<n,m>|=|𝑛·𝑚||𝑛||𝑚|,所以√155=3√9-6𝑎√2+33-2𝑎,解得a=1,即AB的长为1.故存在满足条件的点B,此时AB的长为1.