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培优课　空间向量在立体几何中的应用
立体几何中的探索性、折叠、取值范围和最值问题是各类考试考查的重点内容，也是一个难点，常见于解答题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，考查学生的综合能力，培养学生的思维能力.
一、立体几何中的探索性问题
例1　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥AC1，AC=AA1=4，BC=2.
(1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；
(2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P(异于点A，C)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由.
(1)证明　由AC=AA1知，四边形AA1C1C为菱形.
连接A1C，则A1C⊥AC1，又A1B⊥AC1且A1C∩A1B=A1，A1C，A1B 平面A1CB，
∴AC1⊥平面A1CB，∵BC 平面A1CB，则AC1⊥BC.
又∠ACB=90°，即BC⊥AC，而AC∩AC1=A，AC，AC1 平面A1ACC1，
∴BC⊥平面A1ACC1，而BC 平面ABC，
∴平面A1ACC1⊥平面ABC.
(2)解　以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，平面A1ACC1上过C且垂直于AC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
∵AC=AA1=4，BC=2，∠A1AC=60°，
∴C(0，0，0)，B(0，2，0)，A(4，0，0)，A1(2，0，2).
设在线段AC上存在一点P(异于点A，C)，满足=λ(0<λ<1)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为，则=λ(-4，0，0)=(-4λ，0，0)，
∴=+=(4，-2，0)+(-4λ，0，0)=(4-4λ，-2，0)，=+=(2，0，-2)+(-4λ，0，0)=(2-4λ，0，-2).
设平面BA1P的法向量为m=(x1，y1，z1)，
由
取x1=1，得m=，
平面A1PC的一个法向量为n=(0，1，0).
由|cos〈m，n〉|===，解得λ=或λ=.
因为0<λ<1，则λ=.
故在线段AC上存在一点P，满足=，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为.
反思感悟　利用空间向量解决探索性问题的策略
探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题.其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，并将其作为已知条件，经过严密推理或计算，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果，在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，并依题意做出取舍.求解此类探索性问题时，也可以先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用点、线、面的位置关系去证明结论.
跟踪训练1　将矩形面ABB1A1绕边AA1顺时针旋转90°得到如图所示的几何体ABC-A1B1C1.已知AB=2，AA1=3，点E在线段BB1上，P为的中点.
(1)当E是线段BB1的中点时，求异面直线AE与A1C所成角的余弦值；
(2)在线段BB1上是否存在点E，使得AE∥平面A1CP？如果存在，求出线段BE的长；如果不存在，说明理由.
解　如图，以A为原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，A1(0，0，3)，C(2，0，0)，P(，，3)，
(1)当E是线段BB1的中点时，E，=，=(2，0，-3)，
则cos〈，〉=
==-，
所以异面直线AE与A1C所成角的余弦值为.
(2)设BE=h(0≤h≤3)，
设平面A1CP的法向量为n=(x，y，z)，
又=(2，0，-3)，=(，，0)，=(0，2，h)，
所以
令x=3，得n=(3，-3，2)，
若AE∥平面A1CP，
则·n=0×3+2×(-3)+2h=0，解得h=3.
所以在线段BB1上存在点E，使得AE∥平面A1CP，此时BE=3.
二、立体几何中的折叠问题
例2　某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰Rt△FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得到了一个“刍甍”(如图2).
(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF，
(2)若二面角A-EF-B的大小为，求直线AB与平面GCF所成角的正弦值.
(1)证明　取线段CF的中点H，连接OH，GH，
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且CB=2EB，
∴O是线段BF与CE的中点，
∴OH∥EF且OH=EF，
又AG∥EF且AG=EF，
∴AG∥OH且AG=OH，
∴四边形AOHG是平行四边形，则AO∥HG，
由于AO 平面GCF，HG 平面GCF，
∴AO∥平面GCF.
(2)解　由图1，EF⊥AE，EF⊥BE，折起后在图2中仍有EF⊥AE，EF⊥BE，
∴∠AEB即为二面角A-EF-B的平面角.
∴∠AEB=，
以E为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
由CB=2EB=2EA=4，
则B(2，0，0)，F(0，4，0)，C(2，4，0)，A(-1，0，)，G(-1，2，)，
∴=(-1，-2，)，
=(-3，0，)，=(2，0，0)，
设平面GCF的法向量为n=(x，y，z)，
由得取y=，则z=2，x=0，
于是平面GCF的一个法向量为n=(0，，2)，
∴|cos〈n，〉|===，
∴直线AB与平面GCF所成角的正弦值为.
反思感悟　折叠问题解题策略
(1)解题关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，确定折叠前后位置关系和数量关系上的变化量与不变量.一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
(2)确定折叠后关键点的位置
所谓的关键点，是指折叠过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化.只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算.
跟踪训练2　如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC=3，BF=2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体.
(1)求证：DE⊥平面ABCD；
(2)若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角的正弦值为，求线段DH的长度.
(1)证明　∵平面EDAF⊥平面ABCD，DE 平面EDAF，平面EDAF∩平面ABCD=AD，DE⊥AD，∴DE⊥平面ABCD.
(2)解　由题意知AD，CD，DE两两垂直，以点D为坐标原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则E(0，0，2)，F(1，0，1)，
B(1，1，0)，=(1，0，-1)，=(0，-1，1)，
设平面BEF的法向量为n=(x，y，z)，
则即
取x=1，则z=1，y=1，∴n=(1，1，1)，
设H(a，a，0)，0≤a≤1，则=(a，a，-2)，
|cos〈，n〉|==，
解得a=或a=(舍去)，
∴H，∴||==，
即线段DH的长度为.
三、立体几何中的范围与最值问题
例3　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点.
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)若=，判断直线AG是否在平面AEF内，并说明理由；
(3)设CG与平面AEF所成的角为θ，求sin θ的取值范围.
(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD，又因为AD⊥CD，PA∩AD=A，PA，AD 平面PAD，所以CD⊥平面PAD.
(2)解　直线AG在平面AEF内，理由如下：在底面ABCD中，过A作AM∥DC，交BC于M，
由题意可知AM⊥AD，又PA⊥平面ABCD，
则以A为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示.
则A(0，0，0)，B(2，-1，0)，C(2，2，0)，
P(0，0，2)，E(0，1，1)，F，G.
=(0，1，1)，=，=，
若AG 平面AEF，
则 λ，μ∈R且λ2+μ2≠0，
使得=λ+μ，
则解得
故=-2+2.
所以直线AG在平面AEF内.
(3)解　由(2)可知=(-2，1，2)，=(0，-3，0).
设=k=(-2k，k，2k)(0≤k≤1)，
则=+=(-2k，k-3，2k)(0≤k≤1)，
设平面AEF的法向量为n=(x，y，z)，
则
即
令y=1，有z=-1，x=1，故n=(1，1，-1).
故sin θ==
=
==
=，
令t=k+1，t∈[1，2]，k=t-1，
则sin θ=
==
=，
而-∈，8+1∈[1，3]，
故sin θ的取值范围为.
反思感悟　范围、最值问题解题思路
解决空间图形有关的线段长度、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三个方面着手：一是从问题的几何特性入手，充分利用其几何性质去解决；二是利用空间几何体的侧面展开图；三是找出问题中的代数关系建立目标函数，将问题转化为求目标函数的最值，当然也可以考虑其中是否存在不等关系，从而运用解不等式法或基本不等式求解.
跟踪训练3　如图，四棱锥E-ABCD中，AE⊥平面ABCD，AD⊥AB，AD∥BC，AE=AB=BC=2，AD=1，过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N(M，N不与E重合).
(1)求证：AD∥MN；
(2)记平面AND与平面END的夹角为θ，求cos θ的最大值.
(1)证明　因为AD∥BC，AD 平面BCE，BC 平面BCE，
所以AD∥平面BCE.
因为过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N，
所以AD∥MN.
(2)解　因为AE⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，
所以AE⊥AB，AE⊥AD，
又因为AB⊥AD，
如图，建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，0，2)，E(0，2，0)，D(0，0，1)，
所以=(0，-2，1)，=(2，-2，2)，=(-2，2，0)，=(0，0，1)，=(2，0，0)，
设=λ，λ∈[0，1)，
则=+=(2，0，0)+λ(-2，2，0)=(2-2λ，2λ，0)，
设平面AND即平面AMND的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则令x1=λ，则y1=λ-1，
于是m=(λ，λ-1，0)；
设平面END即平面ECD的法向量为n=(x2，y2，z2)，
则
令y2=1，则z2=2，x2=-1，
于是n=(-1，1，2)，
所以cos θ=|cos〈m，n〉|===，
因为λ∈[0，1)，
所以当λ=时，cos θ的最大值为.
课时对点练
[分值：80分]
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.如图①，将两个全等的等腰直角三角形拼成一个平行四边形ABCD，将平行四边形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图②，则直线AC与BD所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　由平面ABD⊥平面BCD，AB⊥BD，
平面ABD∩平面BCD=BD，
AB 平面ABD，所以AB⊥平面BCD，
又DC 平面BCD，所以AB⊥DC，
又DB⊥DC，
过点D作z轴∥AB，建立空间直角坐标系，如图所示，
设AB=1，所以BD=1，
DC=1，BC=，
则A(0，1，1)，B(0，1，0)，
C(1，0，0)，D(0，0，0)，
所以=(1，-1，-1)，=(0，-1，0)，
所以|cos〈，〉|===.
2.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC，AB⊥BC，若棱C1C上存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，则等于(　　)
A. B.1 C. D.2
答案　D
解析　以点B为坐标原点，AB，BC，BB1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BC=1，BB1=a(a>0)，
则B(0，0，0)，A1(1，0，a)，
P(0，1，λa)且0≤λ≤1，
所以=(1，-1，(1-λ)a)，=(0，1，λa)，
又存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，
所以·=λ(1-λ)a2-1=0，
则λ2-λ+=0，故Δ=1-=0，
可得a=2，此时λ=，所以=2.
3.在空间直角坐标系中，已知A(a2，2a，6)，B(0，0，1)，C(1，1，2)，D(-1，0，3)，E(a2，0，5)，其中a∈R，则当点A到平面BCD的距离最小时，直线AE与平面BCD所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　依题意可得=(a2+1，2a，3)，=(1，1，1)，=(-1，0，2)，=(0，-2a，-1)，
设n=(x，y，z)是平面BCD的法向量，
则
即令x=2，则z=1，y=-3，得n=(2，-3，1).
所以点A到平面BCD的距离d===，
当a=时，d取得最小值，此时=(0，-3，-1)，
所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为|cos〈，n〉|===.
4.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，底面A1B1C1D1是边长为a的正方形，侧棱AA1的长为b，E为侧棱BB1上的动点(包括端点)，则(　　)
A.对任意的a，b，存在点E，使得B1D⊥EC1
B.当且仅当a=b时，存在点E，使得B1D⊥EC1
C.当且仅当a≥b时，存在点E，使得B1D⊥EC1
D.当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1
答案　D
解析　以D1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(a，a，0)，D(0，0，b)，C1(0，a，0)，设E(a，a，t)(0≤t≤b)，
所以=(-a，-a，b)，=(-a，0，-t)，
所以·=a2-bt，令a2-bt=0，t=，由0≤≤b得a≤b，
所以当且仅当a≤b时，存在点E，
使得B1D⊥EC1，故选项D正确.
5.如图①，在Rt△ABC中，C=，AC=BC=2，D，E分别为AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图②.若F是A1B的中点，则四面体FCDE外接球的体积是(　　)
A.2π B. C. D.
答案　B
解析　依题意得CD⊥DE，
A1D⊥DE，A1D∩CD=D，
A1D，CD 平面A1DC，
所以DE⊥平面A1DC，又A1D⊥CD，
故以D为坐标原点，CD，DE，DA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，
则D(0，0，0)，C(1，0，0)，E(0，1，0)，B(1，2，0)，
A1(0，0，1)，F.
依题意△DCE为直角三角形，
所以△DCE的外接圆的圆心在CE的中点处，设四面体FCDE外接球的球心为M，半径为R，则||=||=R，
即R=
=，
解得m=0，所以R=，
所以四面体FCDE外接球的体积V=πR3=.
6.如图，棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方体侧面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则PE+PF的最小值为(　　)
A.3 B. C.1+ D.
答案　D
解析　作点F关于平面BCC1B1的对称点F'，连接EF'交平面BCC1B1于点P0.
可以证明此时的P0使得PE+PF最小，即任取侧面BCC1B1上的点P1(异于P0)，此时P1E+P1F=P1E+P1F'>EF'=P0E+P0F'.
以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D1(0，0，3)，B(3，3，0)，因为E，F分别为BD1的三等分点，所以E(1，1，2)，F(2，2，1)，
又点F到平面BCC1B1的距离为1，所以F'(2，4，1)，
PE+PF的最小值为||==.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.如图①，菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A'的位置，如图②，连接A'B，A'C，且A'D⊥CD，平面A'BE与平面A'CD的交线为l，则下列结论中正确的是(　　)
A.平面A'DE⊥平面A'BE
B.CD∥l
C.BC与平面A'DE所成角的余弦值为
D.平面A'BE与平面A'BD夹角的余弦值为
答案　ABD
解析　在菱形ABCD中，∠BAD=60°，E为边AB的中点，所以AB⊥DE，
因为CD∥BE，所以DE⊥CD，
因为A'D⊥CD，
A'D∩DE=D，
A'D，DE 平面A'DE，所以CD⊥平面A'DE，
因为CD∥BE，所以BE⊥平面A'DE，
因为BE 平面A'BE，
所以平面A'DE⊥平面A'BE，故A正确；
因为CD∥BE，CD 平面A'BE，BE 平面A'BE，所以CD∥平面A'BE，又平面A'BE与平面A'CD的交线为l，所以CD∥l，故B正确；
由A知，DE⊥AB，且BE⊥平面A'DE，
则DE⊥A'E，且BE⊥A'E，
又BE∩DE=E，BE，DE 平面BED，
所以A'E⊥平面BED，以E为原点，
分别以EB，ED，EA'所在直线为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
则B(1，0，0)，A'(0，0，1)，C(2，，0)，D(0，，0)，
所以=(1，，0)，=(0，0，1)，
=(0，，-1)，=(1，0，-1)，
由A可知，CD⊥平面A'DE，
故平面A'DE的一个法向量为=(-2，0，0)，
则cos〈，〉===-，
设BC与平面A'DE所成角为θ，
则cos θ=sin〈，〉==，故C不正确；
显然平面A'BE的一个法向量为
n==(0，，0)，
设平面A'BD的法向量为m=(x，y，z)，
则有即
取y=1，则x=z=，所以m=(，1，)，
设平面A'BE与平面A'BD的夹角为α，
所以cos α=|cos〈m，n〉|=
==，故D正确.
8.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内(含边界)一动点，则下列说法中正确的是(　　)
A.若D1Q∥平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段
B.存在Q点，使得D1Q⊥平面A1PD
C.当且仅当Q点落在棱CC1上某点处时，三棱锥Q-A1PD的体积最大
D.若D1Q=，那么点Q的轨迹长度为
答案　ACD
解析　选项A，分别取B1C1，CC1的中点E，F，连接D1E，D1F，EF，PF，由PF与B1C1，A1D1平行且相等得四边形A1PFD1为平行四边形，所以D1F∥A1P，
又D1F 平面A1PD，A1P 平面A1PD，所以D1F∥平面A1PD，
连接B1C，因为EF∥B1C，B1C∥A1D，所以EF∥A1D，同理EF∥平面A1PD，
因为EF∩D1F=F，EF，D1F 平面D1EF，所以平面D1EF∥平面A1PD，
当Q∈EF时，D1Q 平面D1EF，所以D1Q∥平面A1PD，即点Q的轨迹是线段EF，A正确；
选项B，以D1为原点，D1A1，D1C1，DD1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，则D1(0，0，0)，A1(1，0，0)，D(0，0，1)，P，设Q(x，1，z)(0≤x≤1，0≤z≤1)，
所以=(-1，0，1)，=，=(x，1，z)，
设m=(a，b，c)是平面A1PD的法向量，
则
取c=1，则m=，
若D1Q⊥平面A1PD，则∥m，所以存在λ∈R，使得=λm，即(x，1，z)=，
则
解得x=z=-2 [0，1]，因此在正方形BB1C1C内(含边界)不存在Q点，使得D1Q⊥平面A1PD，B错误；
选项C，△A1PD的面积为定值，当且仅当点Q到平面A1PD的距离最大时，三棱锥Q-A1PD的体积最大，=(x-1，1，z)，
点Q到平面A1PD的距离为d==，0≤x+z≤2，
当0≤x+z≤时，d=，当x+z=0时，d有最大值1，
当≤x+z≤2时，d=，当x+z=2时，d有最大值，
综上，当x+z=0时，d取得最大值1，即当Q与C1重合时，d取得最大值，三棱锥Q-A1PD的体积最大，C正确；
选项D，D1C1⊥平面BB1C1C，C1Q 平面BB1C1C，则D1C1⊥C1Q，
所以C1Q==，所以点Q的轨迹是以C1为圆心，为半径，圆心角是的圆弧，所以轨迹长度为×=，D正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是棱DD1(不包含端点)上一动点，则三棱锥P-AB1C的体积的取值范围为　　　　　.
答案　
解析　以点D为原点，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，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(1，1，1)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，
所以=(-1，1，0)，=(0，1，1)，=(0，0，1)，
设=λ=(0，0，λ)(0<λ<1)，得P(0，0，λ)，则=(-1，0，λ)，
设平面AB1C的法向量为n=(x，y，z)，
则
令y=1，得n=(1，1，-1)，
所以点P到平面AB1C的距离d==，
又因为0<λ<1，所以d=∈，
由题意知AC=AB1=B1C=，
所以△AB1C为等边三角形，=×××sin=，
所以三棱锥P-AB1C的体积V=×d=××d=d，故三棱锥P-AB1C的体积的取值范围为.
10.如图，已知菱形ABCD，AB=2，∠ADC=，沿直线AC将△ACD翻折成△ACS，E，F分别为SA，SB的中点，SA与平面ABC所成角的正弦值为，M为线段AC上一点(包含端点C，不包含端点A)，则AE与平面EFM所成角的正弦值的最大值为　　　　　.
答案　
解析　设顶点S在平面ABC内的射影为点O，
因为SA与平面ABC所成角的正弦值为，SA=SC=2，所以SO=SA=，
OA=OC==，
如图1所示，因为△ABC为等边三角形，所以△AOB≌△COB，
所以OB平分∠ABC，即∠ABO=，
所以在△AOB中，cos∠ABO===，解得OB=或OB=>(舍去)，
所以点O为△ABC的中心，故三棱锥S-ABC是棱长为2的正四面体，
故如图2，以AB的中点H为坐标原点，HC，HB所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标，
则A(0，-1，0)，B(0，1，0)，S，
E，
F，
设M，0则=，=(0，1，0)，
设平面EFM的法向量为n=(x0，y0，z0)，
则即
令x0=，得n=，
因为=，设AE与平面EFM所成的角为θ，
所以sin θ=|cos〈，n〉|===，
令t=，则t≥，因为函数y=6-2t+t2在上单调递增，
所以sin θ=在上单调递减，
所以当t=，即x=时，AE与平面EFM所成角的正弦值最大，最大值为.
四、解答题(共28分)
11.(13分)如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.
(1)求证：BD1∥平面C1EF；(4分)
(2)求点A1到平面C1EF的距离；(4分)
(3)线段BC上(含端点)是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成角的正弦值为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由.(5分)
(1)证明　因为O1O⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为侧棱所在的直线与上、下底面中心的连线O1O所成的角为45°，所以OO1=，
则B(2，2，0)，D1(-1，-1，)，C1(-1，1，)，F(0，2，0)，E(-2，0，0)，A1(1，-1，)，
所以=(-3，-3，)，=(-1，-1，-)，=(2，2，0)，
设平面C1EF的法向量为n=(x，y，z)，
则
令x=1，则n=(1，-1，0)，
所以n·=0，所以n⊥，
又因为BD1 平面C1EF，
所以BD1∥平面C1EF.
(2)解　由(1)知，=(-3，1，-)，
所以点A1到平面C1EF的距离为d===2.
(3)解　假设线段BC上(含端点)存在点M(x，2，0)满足条件，其中x∈[-2，2]，
则=(x-1，3，-)，
设直线A1M与平面C1EF所成的角为θ，
由题意可得sin θ=|cos〈，n〉|===，
化简得x2-35x+34=0，则x=1或x=34(舍去)，所以M(1，2，0)，
即存在点M符合题意，此时BM=1.
12.(15分)如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE.
(1)求证：EF⊥PC；(3分)
(2)若BE=2AE，二面角P-EF-C是直二面角，求平面PCE与平面CEF夹角的正弦值；(6分)
(3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围.(6分)
(1)证明　因为AC⊥BC，AC∥EF，
所以EF⊥BC，
即EF⊥FC，EF⊥PF，又PF∩FC=F，PF，FC 平面PFC，所以EF⊥平面PFC，
又PC 平面PFC，所以EF⊥PC.
(2)解　因为二面角P-EF-C是直二面角，
所以平面PEF⊥平面EFC，
又平面PEF∩平面EFC=EF，PF⊥EF，PF 平面PEF，
所以PF⊥平面EFC，
以F为原点，FE，FC，FP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
易知平面CEF的一个法向量为n=(0，0，1)，
P，C，
E，=，
=，
设平面PCE的法向量为m=(x，y，z)，
则
令z=1，得y=2，x=1，
所以m=(1，2，1)为平面PCE的一个法向量，
设平面PCE与平面CEF的夹角为θ，则cos θ===.
因为θ∈，
所以sin θ===.
(3)解　以C为原点，的反方向和的方向分别为x，y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
设P(0，m，n)，F(0，t，0)，D(-1，0，0)，A(-2，0，0)，E(t-2，t，0)，
显然n>0，=(t，t，0)，
=(-1，-m，-n)，
·=-t-mt=0，得出m=-1，
则P(0，-1，n)，则=(t-2，t+1，-n)，
根据PE2=PF2+EF2得n2+(t+1)2=(2-t)2，化简得n2=3-6t>0，且t>0，
解得0易知平面ABC的一个法向量为p=(0，0，1)，设直线PE与平面ABC所成的角为β，β∈，
sin β==，
则sin2β=
==×，
令y=，t∈，
令1-2t=a，则t=，且a∈(0，1)，
y==4×=4×，
根据函数y=a+在(0，1)上单调递减，且恒大于0，则y=4×在(0，1)上单调递增，且y=4×∈，即sin2β∈，又β∈，
则sin β∈，
即所求正弦值的取值范围为.(共112张PPT)
空间向量在立体几何中的应用
第一章　§1.4　培优课
立体几何中的探索性、折叠、取值范围和最值问题是各类考试考查的重点内容，也是一个难点，常见于解答题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，考查学生的综合能力，培养学生的思维能力.
内容索引
01
02
03
立体几何中的折叠问题
立体几何中的范围与最值问题
课时对点练
立体几何中的探索性问题
04
01
立体几何中的探索性问题
　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥
AC1，AC=AA1=4，BC=2.
(1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；
例1
证明：
由AC=AA1知，四边形AA1C1C为菱形.
连接A1C，则A1C⊥AC1，又A1B⊥AC1且A1C∩A1B=A1，
A1C，A1B 平面A1CB，
∴AC1⊥平面A1CB，∵BC 平面A1CB，则AC1⊥BC.
又∠ACB=90°，即BC⊥AC，而AC∩AC1=A，AC，AC1 平面A1ACC1，
∴BC⊥平面A1ACC1，而BC 平面ABC，
∴平面A1ACC1⊥平面ABC.
　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥
AC1，AC=AA1=4，BC=2.
(2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P(异于点
A，C)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为？若存在，确定点P
的位置；若不存在，说明理由.
例1
解：
以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，平
面A1ACC1上过C且垂直于AC的直线为z轴，建立如图
所示的空间直角坐标系.
∵AC=AA1=4，BC=2，∠A1AC=60°，
∴C(0，0，0)，B(0，2，0)，A(4，0，0)，A1(2，0，2).
　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥
AC1，AC=AA1=4，BC=2.
(2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P(异于点
A，C)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为？若存在，确定点P
的位置；若不存在，说明理由.
例1
解：
设在线段AC上存在一点P(异于点A，C)，满足=λ
(0<λ<1)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为，
则=λ(-4，0，0)=(-4λ，0，0)，
　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥
AC1，AC=AA1=4，BC=2.
(2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P(异于点
A，C)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为？若存在，确定点P
的位置；若不存在，说明理由.
例1
解：
∴=+=(4，-2，0)+(-4λ，0，0)=(4-4λ，-2，0)，
=+=(2，0，-2)+(-4λ，0，0)=(2-4λ，0，
-2).
设平面BA1P的法向量为m=(x1，y1，z1)，
　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥
AC1，AC=AA1=4，BC=2.
(2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P(异于点
A，C)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为？若存在，确定点P
的位置；若不存在，说明理由.
例1
解：
由
取x1=1，得m=，
平面A1PC的一个法向量为n=(0，1，0).
　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥
AC1，AC=AA1=4，BC=2.
(2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P(异于点
A，C)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为？若存在，确定点P
的位置；若不存在，说明理由.
例1
解：
由|cos〈m，n〉|===，
解得λ=或λ=.
因为0<λ<1，则λ=.
　已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥
AC1，AC=AA1=4，BC=2.
(2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P(异于点
A，C)，使平面BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为？若存在，确定点P
的位置；若不存在，说明理由.
例1
解：
故在线段AC上存在一点P，满足=，使平面
BA1P与平面A1PC夹角的余弦值为.
利用空间向量解决探索性问题的策略
探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题.其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，并将其作为已知条件，经过严密推理或计算，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果，在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，并依题意做出取舍.求解此类探索性问题时，也可以先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用点、线、面的位置关系去证明结论.
反思感悟
　将矩形面ABB1A1绕边AA1顺时针旋转90°得到如图所示的几何体ABC-A1B1C1.已知AB=2，AA1=3，点E在线段BB1上，P为的中点.
(1)当E是线段BB1的中点时，求异面直线AE与A1C所成角的余弦值；
跟踪训练1
解：
如图，以A为原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x，y，
z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，A1(0，0，3)，C(2，0，0)，P(，，3)，
当E是线段BB1的中点时，E，=，=(2，0，-3)，
　将矩形面ABB1A1绕边AA1顺时针旋转90°得到如图所示的几何体ABC-A1B1C1.已知AB=2，AA1=3，点E在线段BB1上，P为的中点.
(1)当E是线段BB1的中点时，求异面直线AE与A1C所成角的余弦值；
跟踪训练1
解：
则cos〈，〉=
==-，
所以异面直线AE与A1C所成角的余弦值为.
　将矩形面ABB1A1绕边AA1顺时针旋转90°得到如图所示的几何体ABC-A1B1C1.已知AB=2，AA1=3，点E在线段BB1上，P为的中点.
(2)在线段BB1上是否存在点E，使得AE∥平面A1CP？如果存在，求出线段BE的长；如果不存在，说明理由.
跟踪训练1
解：
设BE=h(0≤h≤3)，
设平面A1CP的法向量为n=(x，y，z)，
又=(2，0，-3)，=(，，0)，=(0，2，h)，
所以
　将矩形面ABB1A1绕边AA1顺时针旋转90°得到如图所示的几何体ABC-A1B1C1.已知AB=2，AA1=3，点E在线段BB1上，P为的中点.
(2)在线段BB1上是否存在点E，使得AE∥平面A1CP？如果存在，求出线段BE的长；如果不存在，说明理由.
跟踪训练1
解：
令x=3，得n=(3，-3，2)，
若AE∥平面A1CP，
则·n=0×3+2×(-3)+2h=0，解得h=3.
所以在线段BB1上存在点E，使得AE∥平面A1CP，此时BE=3.
02
立体几何中的折叠问题
　 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰Rt△FDG裁掉，再将剩下的
五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得
到了一个“刍甍”(如图2).
(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥
平面GCF，
例2
取线段CF的中点H，连接OH，GH，
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且CB=2EB，
∴O是线段BF与CE的中点，
∴OH∥EF且OH=EF，
证明：
　 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰Rt△FDG裁掉，再将剩下的
五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得
到了一个“刍甍”(如图2).
(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥
平面GCF，
例2
又AG∥EF且AG=EF，
∴AG∥OH且AG=OH，
∴四边形AOHG是平行四边形，则AO∥HG，
由于AO 平面GCF，HG 平面GCF，∴AO∥平面GCF.
证明：
　 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰Rt△FDG裁掉，再将剩下的
五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得
到了一个“刍甍”(如图2).
(2)若二面角A-EF-B的大小为，求直线AB与平面
GCF所成角的正弦值.
例2
解：
由图1，EF⊥AE，EF⊥BE，折起后在图2中仍有EF⊥AE，EF⊥BE，
∴∠AEB即为二面角A-EF-B的平面角.
∴∠AEB=，
以E为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
　 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰Rt△FDG裁掉，再将剩下的
五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得
到了一个“刍甍”(如图2).
(2)若二面角A-EF-B的大小为，求直线AB与平面
GCF所成角的正弦值.
例2
解：
由CB=2EB=2EA=4，
则B(2，0，0)，F(0，4，0)，C(2，4，0)，A(-1，0，)，
G(-1，2，)，
∴=(-1，-2，)，=(-3，0，)，=(2，0，0)，
　 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰Rt△FDG裁掉，再将剩下的
五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得
到了一个“刍甍”(如图2).
(2)若二面角A-EF-B的大小为，求直线AB与平面
GCF所成角的正弦值.
例2
解：
设平面GCF的法向量为n=(x，y，z)，
由得取y=，则z=2，x=0，
于是平面GCF的一个法向量为n=(0，，2)，
　 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰Rt△FDG裁掉，再将剩下的
五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得
到了一个“刍甍”(如图2).
(2)若二面角A-EF-B的大小为，求直线AB与平面
GCF所成角的正弦值.
例2
解：
∴|cos〈n，〉|===，
∴直线AB与平面GCF所成角的正弦值为.
折叠问题解题策略
(1)解题关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，确定折叠前后位置关系和数量关系上的变化量与不变量.一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
反思感悟
(2)确定折叠后关键点的位置
所谓的关键点，是指折叠过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化.只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算.
反思感悟
　如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC=3，BF=2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体.
(1)求证：DE⊥平面ABCD；
跟踪训练2
∵平面EDAF⊥平面ABCD，DE 平面EDAF，平面EDAF∩平面ABCD=AD，DE⊥AD，∴DE⊥平面ABCD.
证明：
　如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC=3，BF=2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体.
(2)若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角
的正弦值为，求线段DH的长度.
跟踪训练2
解：
由题意知AD，CD，DE两两垂直，以点D为坐标原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则E(0，0，2)，F(1，0，1)，B(1，1，0)，=(1，0，-1)，=(0，-1，1)，
　如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC=3，BF=2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体.
(2)若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角
的正弦值为，求线段DH的长度.
跟踪训练2
解：
设平面BEF的法向量为n=(x，y，z)，
则即
取x=1，则z=1，y=1，∴n=(1，1，1)，
设H(a，a，0)，0≤a≤1，则=(a，a，-2)，
　如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC=3，BF=2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体.
(2)若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角
的正弦值为，求线段DH的长度.
跟踪训练2
解：
|cos〈，n〉|==，解得a=或a=(舍去)，
∴H，∴||==，
即线段DH的长度为.
03
立体几何中的范围与最值问题
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD
⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，
点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点.
(1)求证：CD⊥平面PAD；
例3
因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD，又因为AD⊥CD，PA∩AD=A，PA，AD 平面PAD，所以CD⊥平面PAD.
证明：
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD
⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，
点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点.
(2)若=，判断直线AG是否在平面AEF内，并说明理由；
例3
解：
直线AG在平面AEF内，理由如下：在底面ABCD中，
过A作AM∥DC，交BC于M，
由题意可知AM⊥AD，又PA⊥平面ABCD，
则以A为坐标原点，分别以，，的方向为x，
y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示.
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD
⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，
点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点.
(2)若=，判断直线AG是否在平面AEF内，并说明理由；
例3
解：
则A(0，0，0)，B(2，-1，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，
E(0，1，1)，F，G.
=(0，1，1)，=，=，
若AG 平面AEF，
则 λ，μ∈R且λ2+μ2≠0，
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD
⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，
点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点.
(2)若=，判断直线AG是否在平面AEF内，并说明理由；
例3
解：
使得=λ+μ，则解得
故=-2+2.
所以直线AG在平面AEF内.
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD
⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，
点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点.
(3)设CG与平面AEF所成的角为θ，求sin θ的取值范围.
例3
解：
由(2)可知=(-2，1，2)，=(0，-3，0).
设=k=(-2k，k，2k)(0≤k≤1)，
则=+=(-2k，k-3，2k)(0≤k≤1)，
设平面AEF的法向量为n=(x，y，z)，
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD
⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，
点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点.
(3)设CG与平面AEF所成的角为θ，求sin θ的取值范围.
例3
解：
则
即
令y=1，有z=-1，x=1，故n=(1，1，-1).
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD
⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，
点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点.
(3)设CG与平面AEF所成的角为θ，求sin θ的取值范围.
例3
解：
故sin θ==
=
===，
令t=k+1，t∈[1，2]，k=t-1，
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD
⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，
点F在PC上，且=，点G是线段PB上的一点.
(3)设CG与平面AEF所成的角为θ，求sin θ的取值范围.
例3
解：
则sin θ====，
而-∈，8+1∈[1，3]，
故sin θ的取值范围为.
范围、最值问题解题思路
解决空间图形有关的线段长度、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三个方面着手：一是从问题的几何特性入手，充分利用其几何性质去解决；二是利用空间几何体的侧面展开图；三是找出问题中的代数关系建立目标函数，将问题转化为求目标函数的最值，当然也可以考虑其中是否存在不等关系，从而运用解不等式法或基本不等式求解.
反思感悟
　如图，四棱锥E-ABCD中，AE⊥平面ABCD，AD
⊥AB，AD∥BC，AE=AB=BC=2，AD=1，过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N(M，N不与E重合).
(1)求证：AD∥MN；
跟踪训练3
因为AD∥BC，AD 平面BCE，BC 平面BCE，
所以AD∥平面BCE.
因为过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N，
所以AD∥MN.
证明：
　如图，四棱锥E-ABCD中，AE⊥平面ABCD，AD
⊥AB，AD∥BC，AE=AB=BC=2，AD=1，过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N(M，N不与E重合).
(2)记平面AND与平面END的夹角为θ，求cos θ的最大值.
跟踪训练3
解：
因为AE⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，
所以AE⊥AB，AE⊥AD，
又因为AB⊥AD，
如图，建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，0，2)，E(0，2，0)，D(0，0，1)，
　如图，四棱锥E-ABCD中，AE⊥平面ABCD，AD
⊥AB，AD∥BC，AE=AB=BC=2，AD=1，过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N(M，N不与E重合).
(2)记平面AND与平面END的夹角为θ，求cos θ的最大值.
跟踪训练3
解：
所以=(0，-2，1)，=(2，-2，2)，=(-2，2，0)，
=(0，0，1)，=(2，0，0)，
设=λ，λ∈[0，1)，
则=+=(2，0，0)+λ(-2，2，0)=(2-2λ，2λ，0)，
设平面AND即平面AMND的法向量为m=(x1，y1，z1)，
　如图，四棱锥E-ABCD中，AE⊥平面ABCD，AD
⊥AB，AD∥BC，AE=AB=BC=2，AD=1，过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N(M，N不与E重合).
(2)记平面AND与平面END的夹角为θ，求cos θ的最大值.
跟踪训练3
解：
则令x1=λ，则y1=λ-1，
于是m=(λ，λ-1，0)；
设平面END即平面ECD的法向量为n=(x2，y2，z2)，
　如图，四棱锥E-ABCD中，AE⊥平面ABCD，AD
⊥AB，AD∥BC，AE=AB=BC=2，AD=1，过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N(M，N不与E重合).
(2)记平面AND与平面END的夹角为θ，求cos θ的最大值.
跟踪训练3
解：
则
令y2=1，则z2=2，x2=-1，
于是n=(-1，1，2)，
　如图，四棱锥E-ABCD中，AE⊥平面ABCD，AD
⊥AB，AD∥BC，AE=AB=BC=2，AD=1，过AD的平面分别与棱EB，EC交于点M，N(M，N不与E重合).
(2)记平面AND与平面END的夹角为θ，求cos θ的最大值.
跟踪训练3
解：
所以cos θ=|cos〈m，n〉|===，
因为λ∈[0，1)，
所以当λ=时，cos θ的最大值为.
04
课时对点练
答案
1
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11
12
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D C D B D ABD ACD
题号 9 10
答案
11.
答案
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12
(1)证明　因为O1O⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为侧棱所在的直线与上、下底面中心的连线O1O
所成的角为45°，所以OO1=，
则B(2，2，0)，D1(-1，-1，)，C1(-1，1，)，
F(0，2，0)，E(-2，0，0)，A1(1，-1，)，
所以=(-3，-3，)，=(-1，-1，-)，=(2，2，0)，
11.
答案
1
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12
设平面C1EF的法向量为n=(x，y，z)，
则
令x=1，则n=(1，-1，0)，
所以n·=0，所以n⊥，
又因为BD1 平面C1EF，
所以BD1∥平面C1EF.
11.
答案
1
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11
12
(2)解　由(1)知，=(-3，1，-)，
所以点A1到平面C1EF的距离为d===2.
(3)解　假设线段BC上(含端点)存在点M(x，2，0)满足条件，其中x∈
[-2，2]，
则=(x-1，3，-)，
设直线A1M与平面C1EF所成的角为θ，
11.
答案
1
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11
12
由题意可得sin θ=|cos〈，n〉|===，
化简得x2-35x+34=0，则x=1或x=34(舍去)，所以M(1，2，0)，
即存在点M符合题意，此时BM=1.
答案
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12
(1)证明　因为AC⊥BC，AC∥EF，
所以EF⊥BC，
即EF⊥FC，EF⊥PF，又PF∩FC=F，PF，FC 平面PFC，所以EF⊥平面PFC，
又PC 平面PFC，所以EF⊥PC.
(2)解　因为二面角P-EF-C是直二面角，
所以平面PEF⊥平面EFC，
又平面PEF∩平面EFC=EF，PF⊥EF，PF 平面PEF，
12.
答案
1
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12
所以PF⊥平面EFC，
以F为原点，FE，FC，FP所在直线分别为x，y，z
轴建立空间直角坐标系，如图所示，
易知平面CEF的一个法向量为n=(0，0，1)，
P，C，E，=，
=，
设平面PCE的法向量为m=(x，y，z)，
12.
答案
1
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12
则
令z=1，得y=2，x=1，
所以m=(1，2，1)为平面PCE的一个法向量，
设平面PCE与平面CEF的夹角为θ，则cos θ===.
因为θ∈，
所以sin θ===.
12.
答案
1
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11
12
(3)解　以C为原点，的反方向和的方向分别
为x，y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间
直角坐标系，如图所示.
设P(0，m，n)，F(0，t，0)，D(-1，0，0)，A(-2，0，0)，E(t-2，t，0)，
显然n>0，=(t，t，0)，=(-1，-m，-n)，
·=-t-mt=0，得出m=-1，
则P(0，-1，n)，则=(t-2，t+1，-n)，
12.
答案
1
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11
12
根据PE2=PF2+EF2得n2+(t+1)2=(2-t)2，化简得n2=3-
6t>0，且t>0，
解得0易知平面ABC的一个法向量为p=(0，0，1)，设直线PE与平面ABC所
成的角为β，β∈，
sin β==，
12.
答案
1
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11
12
则sin2β=
==×，
令y=，t∈，
令1-2t=a，则t=，且a∈(0，1)，
y==4×=4×，
根据函数y=a+在(0，1)上单调递减，且恒大于0，
12.
答案
1
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11
12
则y=4×在(0，1)上单调递增，
且y=4×∈，
即sin2β∈，又β∈，
则sin β∈，
即所求正弦值的取值范围为.
12.
一、单项选择题
1.如图①，将两个全等的等腰直角三角形拼成一个平行四边形ABCD，将平行四边形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图②，则直线AC与BD所成角的余弦值为
A. B.
C. D.
答案
1
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√
答案
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12
解析：
由平面ABD⊥平面BCD，AB⊥BD，
平面ABD∩平面BCD=BD，AB 平面ABD，所以AB⊥平面BCD，
又DC 平面BCD，所以AB⊥DC，又DB⊥DC，
过点D作z轴∥AB，建立空间直角坐标系，如图所示，
设AB=1，所以BD=1，DC=1，BC=，
则A(0，1，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，0，0)，
所以=(1，-1，-1)，=(0，-1，0)，
所以|cos〈，〉|===.
2.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC，AB⊥BC，若棱C1C上存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，则等于
A. B.1
C. D.2
√
答案
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答案
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12
解析：
以点B为坐标原点，AB，BC，BB1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BC=1，BB1=a(a>0)，
则B(0，0，0)，A1(1，0，a)，
P(0，1，λa)且0≤λ≤1，
所以=(1，-1，(1-λ)a)，=(0，1，λa)，
又存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，
所以·=λ(1-λ)a2-1=0，
则λ2-λ+=0，故Δ=1-=0，
可得a=2，此时λ=，所以=2.
3.在空间直角坐标系中，已知A(a2，2a，6)，B(0，0，1)，C(1，1，2)，D(-1，0，3)，E(a2，0，5)，其中a∈R，则当点A到平面BCD的距离最小时，直线AE与平面BCD所成角的正弦值为
A. B. C. D.
√
答案
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答案
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12
解析：
依题意可得=(a2+1，2a，3)，=(1，1，1)，=(-1，0，2)，=(0，-2a，-1)，
设n=(x，y，z)是平面BCD的法向量，
则
即令x=2，则z=1，y=-3，得n=(2，-3，1).
所以点A到平面BCD的距离d===，
答案
1
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12
解析：
当a=时，d取得最小值，此时=(0，-3，-1)，
所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为|cos〈，n〉|==
=.
4.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，底面A1B1C1D1是边长为a的正方形，侧棱AA1的长为b，E为侧棱BB1上的动点(包括端点)，则
A.对任意的a，b，存在点E，使得B1D⊥EC1
B.当且仅当a=b时，存在点E，使得B1D⊥EC1
C.当且仅当a≥b时，存在点E，使得B1D⊥EC1
D.当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1
答案
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答案
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解析：
以D1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(a，a，0)，D(0，0，b)，C1(0，a，0)，设E(a，a，t)(0≤t≤b)，
所以=(-a，-a，b)，=(-a，0，-t)，
所以·=a2-bt，令a2-bt=0，t=，由0≤≤b得a≤b，
所以当且仅当a≤b时，存在点E，
使得B1D⊥EC1，故选项D正确.
5.如图①，在Rt△ABC中，C=，AC=BC=2，D，E分别为AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图②.若F是A1B的中点，则四面体FCDE外接球的体积是
A.2π B.
C. D.
答案
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√
答案
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解析：
依题意得CD⊥DE，
A1D⊥DE，A1D∩CD=D，
A1D，CD 平面A1DC，
所以DE⊥平面A1DC，又A1D⊥CD，
故以D为坐标原点，CD，DE，DA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，
则D(0，0，0)，C(1，0，0)，E(0，1，0)，B(1，2，0)，A1(0，0，1)，F.
答案
1
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12
解析：
依题意△DCE为直角三角形，
所以△DCE的外接圆的圆心在CE的中点处，设四面体FCDE外接球的球心为M，半径为R，则||=||=R，
即R=
=，
解得m=0，所以R=，
所以四面体FCDE外接球的体积V=πR3=.
6.如图，棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方体侧面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则PE+PF的最小值为
A.3 B. C.1+ D.
答案
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答案
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12
解析：
作点F关于平面BCC1B1的对称点F'，连接EF'交平面BCC1B1于点P0.
可以证明此时的P0使得PE+PF最小，即任取侧面BCC1B1上的点P1(异于P0)，此时P1E+P1F=P1E+P1F'>EF'=P0E+P0F'.
以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D1(0，0，3)，B(3，3，0)，因为E，F分别为BD1的
三等分点，所以E(1，1，2)，F(2，2，1)，
又点F到平面BCC1B1的距离为1，所以F'(2，4，1)，
PE+PF的最小值为||==.
二、多项选择题
7.如图①，菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A'的位置，如图②，连接A'B，A'C，且A'D⊥
CD，平面A'BE与平面A'CD的交线为l，则下列结论中正确的是
A.平面A'DE⊥平面A'BE
B.CD∥l
C.BC与平面A'DE所成角的余弦值为
D.平面A'BE与平面A'BD夹角的余弦值为
答案
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答案
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12
解析：
在菱形ABCD中，∠BAD=60°，E为边AB的中点，所以AB⊥DE，
因为CD∥BE，所以DE⊥CD，
因为A'D⊥CD，
A'D∩DE=D，
A'D，DE 平面A'DE，所以CD⊥平面A'DE，
因为CD∥BE，所以BE⊥平面A'DE，
因为BE 平面A'BE，
所以平面A'DE⊥平面A'BE，故A正确；
答案
1
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12
解析：
因为CD∥BE，CD 平面A'BE，BE 平面A'BE，所以CD∥平面A'BE，又平面A'BE与平面A'CD的交线为l，所以CD∥l，故B正确；
由A知，DE⊥AB，且BE⊥平面A'DE，
则DE⊥A'E，且BE⊥A'E，
又BE∩DE=E，BE，DE 平面BED，
所以A'E⊥平面BED，以E为原点，
分别以EB，ED，EA'所在直线为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
答案
1
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12
解析：
则B(1，0，0)，A'(0，0，1)，C(2，，0)，D(0，，0)，
所以=(1，，0)，=(0，0，1)，
=(0，，-1)，=(1，0，-1)，
由A可知，CD⊥平面A'DE，
故平面A'DE的一个法向量为=(-2，0，0)，
则cos〈，〉===-，
设BC与平面A'DE所成角为θ，
答案
1
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12
解析：
则cos θ=sin〈，〉==，故C不正确；
显然平面A'BE的一个法向量为n==(0，，0)，
设平面A'BD的法向量为m=(x，y，z)，
则有即
取y=1，则x=z=，所以m=(，1，)，
设平面A'BE与平面A'BD的夹角为α，
所以cos α=|cos〈m，n〉|===，故D正确.
8.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内(含边界)一动点，则下列说法中正确的是
A.若D1Q∥平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段
B.存在Q点，使得D1Q⊥平面A1PD
C.当且仅当Q点落在棱CC1上某点处时，三棱锥Q-A1PD的
　体积最大
D.若D1Q=，那么点Q的轨迹长度为
答案
1
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√
√
答案
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12
解析：
选项A，分别取B1C1，CC1的中点E，F，连接D1E，D1F，EF，PF，由PF与B1C1，A1D1平行且相等得四边形A1PFD1为平行四边形，所以D1F∥A1P，
又D1F 平面A1PD，A1P 平面A1PD，所以D1F∥平面A1PD，
连接B1C，因为EF∥B1C，B1C∥A1D，所以EF∥A1D，同理EF∥平面A1PD，
因为EF∩D1F=F，EF，D1F 平面D1EF，所以平面D1EF∥平面A1PD，
当Q∈EF时，D1Q 平面D1EF，所以D1Q∥平面A1PD，即点Q的轨迹是线段EF，A正确；
答案
1
2
3
4
5
6
7
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9
10
11
12
解析：
选项B，以D1为原点，D1A1，D1C1，DD1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，则
D1(0，0，0)，A1(1，0，0)，D(0，0，1)，P，
设Q(x，1，z)(0≤x≤1，0≤z≤1)，
所以=(-1，0，1)，=，=(x，1，z)，
设m=(a，b，c)是平面A1PD的法向量，
答案
1
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12
解析：
则
取c=1，则m=，
若D1Q⊥平面A1PD，则∥m，所以存在λ∈R，
使得=λm，即(x，1，z)=，
则
答案
1
2
3
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11
12
解析：
解得x=z=-2 [0，1]，因此在正方形BB1C1C内(含边界)
不存在Q点，使得D1Q⊥平面A1PD，B错误；
选项C，△A1PD的面积为定值，当且仅当点Q到平面
A1PD的距离最大时，三棱锥Q-A1PD的体积最大，
=(x-1，1，z)，
点Q到平面A1PD的距离为d==，0≤x+z≤2，
当0≤x+z≤时，d=，当x+z=0时，d有最大值1，
答案
1
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6
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11
12
解析：
当≤x+z≤2时，d=，当x+z=2时，d有最
大值，
综上，当x+z=0时，d取得最大值1，即当Q与C1重合时，
d取得最大值，三棱锥Q-A1PD的体积最大，C正确；
选项D，D1C1⊥平面BB1C1C，C1Q 平面BB1C1C，则D1C1⊥C1Q，
所以C1Q==，所以点Q的轨迹是以C1为圆心，为半径，圆心角是的圆弧，所以轨迹长度为×=，D正确.
三、填空题
9.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是棱DD1(不包含端点)
上一动点，则三棱锥P-AB1C的体积的取值范围为　　　　　.
答案
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答案
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11
12
解析：
以点D为原点，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，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(1，1，1)，C(0，1，0)，
D1(0，0，1)，
所以=(-1，1，0)，=(0，1，1)，=(0，0，1)，
设=λ=(0，0，λ)(0<λ<1)，得P(0，0，λ)，则=(-1，0，λ)，
设平面AB1C的法向量为n=(x，y，z)，
答案
1
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12
解析：
则
令y=1，得n=(1，1，-1)，
所以点P到平面AB1C的距离d==，
又因为0<λ<1，所以d=∈，
由题意知AC=AB1=B1C=，
所以△AB1C为等边三角形，=×××sin=，
答案
1
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12
解析：
所以三棱锥P-AB1C的体积V=×d=××d=
d，故三棱锥P-AB1C的体积的取值范围为.
10.如图，已知菱形ABCD，AB=2，∠ADC=，沿直线AC将△ACD翻折成△ACS，E，F分别为SA，SB的中点，SA与平面ABC所成角的正弦值为，M为线段AC上一点(包含端点C，不包含端点A)，则AE与平面EFM所成角
的正弦值的最大值为　　　 .
答案
1
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答案
1
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11
12
解析：
设顶点S在平面ABC内的射影为点O，
因为SA与平面ABC所成角的正弦值为，SA=SC=2，
所以SO=SA=，OA=OC==，
如图1所示，因为△ABC为等边三角形，所以△AOB≌△COB，
所以OB平分∠ABC，即∠ABO=，
所以在△AOB中，cos∠ABO===，解得OB=或OB=>(舍去)，
答案
1
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10
11
12
解析：
所以点O为△ABC的中心，故三棱锥S-ABC是棱长为2的
正四面体，
故如图2，以AB的中点H为坐标原点，HC，HB所在直线
分别为x，y轴建立空间直角坐标，
则A(0，-1，0)，B(0，1，0)，S，
E，F，
设M，0答案
1
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11
12
解析：
则=，=(0，1，0)，
设平面EFM的法向量为n=(x0，y0，z0)，
则即
令x0=，得n=，
因为=，设AE与平面EFM所成的角为θ，
答案
1
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11
12
解析：
所以sin θ=|cos〈，n〉|===，
令t=，则t≥，因为函数y=6-2t+t2在上
单调递增，
所以sin θ=在上单调递减，
所以当t=，即x=时，AE与平面EFM所成角的正弦值最大，最大值为.
四、解答题
11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方
形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为
DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下
底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.
(1)求证：BD1∥平面C1EF；
答案
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证明：
因为O1O⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、
y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为侧棱所在的直线与上、下底面中心的连线O1O所成的角
为45°，所以OO1=，
11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方
形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为
DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下
底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.
(1)求证：BD1∥平面C1EF；
答案
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证明：
则B(2，2，0)，D1(-1，-1，)，C1(-1，1，)，F(0，2，0)，E(-2，0，0)，A1(1，-1，)，
所以=(-3，-3，)，=(-1，-1，-)，=(2，2，0)，
设平面C1EF的法向量为n=(x，y，z)，
11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方
形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为
DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下
底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.
(1)求证：BD1∥平面C1EF；
答案
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证明：
则
令x=1，则n=(1，-1，0)，所以n·=0，所以n⊥，
11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方
形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为
DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下
底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.
(1)求证：BD1∥平面C1EF；
答案
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证明：
又因为BD1 平面C1EF，
所以BD1∥平面C1EF.
11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方
形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为
DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下
底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.
(2)求点A1到平面C1EF的距离；
答案
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由(1)知，=(-3，1，-)，
所以点A1到平面C1EF的距离为d===2.
解：
11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方
形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为
DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下
底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.
(3)线段BC上(含端点)是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成角的正弦值
为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由.
答案
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假设线段BC上(含端点)存在点M(x，2，0)满足条件，其中x∈[-2，2]，
则=(x-1，3，-)，
设直线A1M与平面C1EF所成的角为θ，
解：
11.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方
形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为
DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下
底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.
(3)线段BC上(含端点)是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成角的正弦值
为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由.
答案
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由题意可得sin θ=|cos〈，n〉|===，
化简得x2-35x+34=0，则x=1或x=34(舍去)，所以M(1，2，0)，
即存在点M符合题意，此时BM=1.
解：
12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE.
(1)求证：EF⊥PC；
答案
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因为AC⊥BC，AC∥EF，
所以EF⊥BC，
即EF⊥FC，EF⊥PF，又PF∩FC=F，PF，FC 平面PFC，所以EF⊥平面PFC，
又PC 平面PFC，所以EF⊥PC.
证明：
12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE.
(2)若BE=2AE，二面角P-EF-C是直二面角，求平面PCE
与平面CEF夹角的正弦值；
答案
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因为二面角P-EF-C是直二面角，
所以平面PEF⊥平面EFC，
又平面PEF∩平面EFC=EF，PF⊥EF，PF 平面PEF，
所以PF⊥平面EFC，
解：
12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE.
(2)若BE=2AE，二面角P-EF-C是直二面角，求平面PCE
与平面CEF夹角的正弦值；
答案
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解：
以F为原点，FE，FC，FP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
易知平面CEF的一个法向量为n=(0，0，1)，
P，C，
12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE.
(2)若BE=2AE，二面角P-EF-C是直二面角，求平面PCE
与平面CEF夹角的正弦值；
答案
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解：
E，=，=，
设平面PCE的法向量为m=(x，y，z)，
则
12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE.
(2)若BE=2AE，二面角P-EF-C是直二面角，求平面PCE
与平面CEF夹角的正弦值；
答案
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解：
令z=1，得y=2，x=1，
所以m=(1，2，1)为平面PCE的一个法向量，
设平面PCE与平面CEF的夹角为θ，则cos θ==
=.
12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE.
(2)若BE=2AE，二面角P-EF-C是直二面角，求平面PCE
与平面CEF夹角的正弦值；
答案
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解：
因为θ∈，
所以sin θ===.
12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE.
(3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取
值范围.
答案
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解：
以C为原点，的反方向和的方向分别为x，y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
设P(0，m，n)，F(0，t，0)，D(-1，0，0)，A(-2，0，0)，E(t-2，t，0)，
显然n>0，=(t，t，0)，
12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE.
(3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取
值范围.
答案
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解：
=(-1，-m，-n)，·=-t-mt=0，得出m=-1，
则P(0，-1，n)，则=(t-2，t+1，-n)，
根据PE2=PF2+EF2得n2+(t+1)2=(2-t)2，化简得n2=3-6t>0，且t>0，
解得012.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE.
(3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取
值范围.
答案
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解：
易知平面ABC的一个法向量为p=(0，0，1)，设直线PE与平面ABC所成的角为β，β∈，
sin β==，
12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE.
(3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取
值范围.
答案
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解：
则sin2β=
==×，
令y=，t∈，
令1-2t=a，则t=，且a∈(0，1)，
12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE.
(3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取
值范围.
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解：
y==4×=4×，
根据函数y=a+在(0，1)上单调递减，且恒大于0，则y=4×在(0，1)上单调递增，
12.如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC=2，D是AC的中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，将点B折叠至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE.
(3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取
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解：
且y=4×∈，即sin2β∈，又β∈，
则sin β∈，
即所求正弦值的取值范围为.
THANKS
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