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1 空间几何体的三视图与直观图
1. 15 根据三视图我们可以还原原几何体：上部分是一个倒放的三棱柱，下部分是一个长方体. 所以该几何体的体积为3×2×2 ×2×1×3=15（cm3）.
2. C 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1位置，共有6种展开方式，若把平面ABB1A1 和平面BCC1展到同一个平面内，在矩形中连结AC1会经过BB1的中点，故此时的正视图为②. 若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，在矩形中连结AC1会经过CD的中点，此时正视图会是④. 其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现或者已包含在②④中了.
2 空间几何体的表面积和体积
1. 14π 因为∠BOC=90°，OA⊥平面BOC，所以三棱锥的三条侧棱两两垂直，所以可以以三条侧棱为棱长得到一个长方体. 由圆的对称性知长方体的各个顶点都在这个球上，所以球的直径是 = . 所以球的半径是 . 所以球的表面积是4π× 2=14π.
2. 不妨设直径AB=AS=2，AN=x，连结AC，BC，则BC⊥AC，BC⊥SA，所以BC⊥平面SAC.所以BC⊥AN.又因为A在SC上的射影为N， 所以AN⊥SC，故AN⊥平面SBC，所以三棱锥S-AMN的体积V= S△SMN·AN= × × × ×x= × ×x≤ × = ，当且仅当 =x，即x=1时等号成立，此时有最大值，且∠ASC=30°. 所以∠ACS=60°，所以sin∠ACS= . 故答案为 .
3 空间线面位置关系的判定
1. C 对于A，直线l还有可能在平面α内，所以错误；对于B，若m∥n，则直线l与平面α不一定垂直，所以错误；对于D，若l？奂α，m？奂β，l⊥m，两面可以平行和相交，但不一定垂直，所以错误. 选C.
2. A 由图可知，直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF？奂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交.
3. 6 由三视图可知该几何体是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.根据线线垂直或线面垂直的判定定理可得互相垂直的异面直线共有6对.
4 空间线面平行与垂直的证明
1. （1）因为平面ABC⊥平面ACDE，平面ABC∩平面ACDE=AC，CD⊥AC，所以DC⊥平面ABC.
又DC？奂平面BCD，所以平面BCD⊥平面ABC.
（2）取BD的中点P，连结EP，FP，则FP DC.
因为EA DC，所以EA FP，所以四边形AFPE是平行四边形，所以AF∥EP. 又EP？奂平面BDE且AF？埭平面BDE，所以AF∥平面BDE.
（3）因为BA⊥AC，平面ABC∩平面ACDE=AC，所以BA⊥平面ACDE.所以BA就是四面体B-CDE的高，且BA=2. 因为DC=AC=2AE=2，AE∥DC，所以S梯形ACDE= ×（1 2）×2=3，S△ACE= ×1×2=1，所以S△CDE=3-1=2，所以VB-CDE= ×2×2= .
2. （1）证明：因为BB1⊥平面ABCD，AC？奂平面ABCD，所以BB1⊥AC. 又因为BD⊥AC，且BD∩BB1=B，所以AC⊥平面BB1D，而MD？奂平面BB1D，所以MD⊥AC.
（2）当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D. 取DC的中点N，D1C1的中点N1，连结NN1交DC1于O，连结OM（如图38）.
因为N是DC的中点，BD=BC，所以BN⊥DC；又因为DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，而平面ABCD⊥平面DCC1D1，所以BN⊥平面DCC1D1. 又可证得，O是NN1的中点，所以BM∥ON且BM=ON，即BMON是平行四边形，所以BN∥OM，所以OM⊥平面CC1D1D. 因为OM？奂平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.
图38
5 利用空间向量求解空间角与距离
1. 在Rt△BAD中，AD=2，BD=2 ，所以AB=2，ABCD为正方形，因此BD⊥AC. 因为PA=AB=AD=2，所以PB=PD=BD=2 . 设C到平面PBD的距离为d，由VP-BCD=VC-PBD，得 ·S△BCD·PA= ·S△PBD·d，即 × ×2×2×2= × ×（2 ）2×sin60°×d，得d= .
2. （1）以C为原点，CA，CB，CC1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系C-xyz，则C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C1（0，0，2），B1（0，2，2），D（2，0，1）. 所以 =（-2，0，1）， =（0，-2，-2）.所以cos〈 ， 〉= = =- ，即异面直线DC1与B1C所成角的余弦值为 .
（2）因为 =（0，2，0）， =（2，0，0）， =（0，0，2），所以 · =0， · =0，所以 为平面ACC1A1的一个法向量. 因为 =（0，-2，-2）， =（2，0，1），设平面B1DC的一个法向量为n=（x，y，z），则有n· =0，n· =0，所以-2y-2z=0，2x z=0.令x=1，则y=2，z=-2，从而可得n=（1，2，-2）. 所以cos〈n， 〉= = = . 所以二面角B1-DC-C1的余弦值为 .
3. （1）线段AB上存在一点K，且当AK= AB时，BC∥平面DFK. 证明如下：设H为AB的中点，连结EH，则BC∥EH. 又因为AK= AB，F为AE的中点，所以KF∥EH，所以KF∥BC. 因为KF？奂平面DFK，BC？埭平面DFK，所以BC∥平面DFK.
（2）因为H为AB的中点，所以AH=HE=BC=1，因为F为AE的中点，所以FH⊥AE. 因为DA=DE=1，所以DF⊥AE. 因为平面ADE⊥平面ABCE，所以DF⊥平面ABCE. 由此，以FA，FH，FD分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图39. 因为DF⊥平面ABCE，所以DF⊥FH. 又因为FH⊥AE，DF∩AE=F，所以FH⊥平面ADE，则 为平面ADE的一个法向量. 因为AB=2，BC=1，所以FH= ， =0， ，0. 又可得D0，0， ，A ，0，0，所以 =- ，0， ， =- ， ，0.
图39
设平面ADB的法向量为n=（x，y，z），由n· =0，n· =0？圯- x z=0，- x y=0，即-x z=0，-x y=0.令x=1，则n=（1，1，1）. 所以cos〈 ，n〉= = ，故二面角E-AD-B的余弦值为 .
6 利用空间向量解决开放性、探究性问题
1. （1）因为该几何体的正视图为矩形，左视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，所以BA，BC，BB1两两垂直.
以B为原点，BA，BB1，BC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则N（4，4，0），B1（0，8，0），C1（0，8，4），C（0，0，4）.
因为 · =（4，4，0）·（-4，4，0）= -16 16=0， · =（4，4，0）·（0，0，4）=0，所以BN⊥NB1，BN⊥B1C1且NB1与B1C1相交于B1，所以BN⊥平面C1B1N.
（2）设n=（x，y，z）为平面NCB1的一个法向量，则可得n· =0，n· =0？圯（x，y，z）·（4，4，-4）=0，（x，y，z）·（-4，4，0）=0？圯x y-z=0，-x y=0，取n=（1，1，2）， =（4，-4，-4），所以sinθ= = .
（3）因为M（2，0，0）.设P（0，0，a）为BC上一点，则 =（-2，0，a），因为MP∥平面CNB1，所以 ⊥n？圯 ·n=（-2，0，a）·（1，1，2）=-2 2a=0？圯a=1. 又MP？埭平面CNB1，所以MP∥平面CNB1，所以当BP=1时，MP∥平面CNB1.
2. （1）设AC与BD交于O，如图40所示建立空间直角坐标系O-xyz.
设AB=2，则A（ ，0，0），B（0， 1，0），C（- ，0，0），D（0，-1，0），D1（0， -1，2）.
设E（0，1，2 h），则 =（0，2，h）， =（2 ，0，0）， =（ ，1，-2）.
图40
因为D1E⊥平面D1AC，所以D1E⊥AC，D1E⊥D1A，所以2-2h=0，所以h=1，即E（0，1，3），所以 =（0，2，1）， =（- ，1，3）.
设平面EAC的一个法向量为m=（x，y，z），则由m⊥ ，m⊥ 可得方程组x=0，- x y 3z=0.
令z=-1，所以m=（0，3，-1）.
又平面D1AC的法向量为 =（0，2，1），所以可得cos〈m， 〉= = ，所以二面角E-AC-D1的大小为45°.
（2）设 =λ =λ（ - ），得 = =0， ， ，所以 = =（- ，-1，0） 0， ， =- ， ， .
因为A1P∥平面EAC，所以 ⊥m，所以- ×0 3× （-1）× =0，所以λ= ，所以存在点P使A1P∥平面EAC，此时D1P ∶ PE=3∶2.
综合测试
1. D 由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，所以结合所给的选项，故由②⑤可推出m⊥β. 故选D.
2. A 主视图为Rt△VAC，左视图为以△VAC中AC的高VD为一条直角边，△ABC中AC的高BE为另一条直角边的直角三角形.
设AC=x，则VA= x，VC= x，VD= x，BE= x，所以S主视图∶S左视图= · x· x∶ · x· x=4∶ .
故选A.
3. D M，N分别为VA，VC的中点，所以MN∥AC，故A错误；因为AB是⊙O的直径，所以∠ACB=90°，因为MN∥AC，所以MN与BC所成的角为90°，故B错误；因为∠ACO<∠ACB=90°，所以OC与平面VAC不垂直，故C错误；因为∠ACB=90°，所以AC⊥BC，所以BC⊥平面VAC，因为BC？奂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，故D正确.
4. B 根据对称性可知，球心O位于正三棱柱上、下底面中心连线的中点上. 设正三棱柱的底面边长为x（0 5. D 设平面AD1E与直线BC交于点G，连结AG，EG，则G为BC的中点.分别取B1B，B1C1的中点M，N，连结AM，MN，AN. 因为A1M∥D1E，A1M ？埭平面D1AE，D1E？奂平面D1AE，所以A1M∥平面D1AE. 同理可得MN∥平面D1AE. 因为A1M，MN是平面A1MN内的相交直线，所以平面A1MN∥平面D1AE，由此结合A1F∥平面D1AE，可得直线A1F？奂平面A1MN，即点F是线段MN上的动点.
设直线A1F与平面BCC1B1所成角为θ，运动点F并加以观察，可得：当F与M（或N）重合时，A1F与平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1，此时所成角θ达到最小值，满足tanθ= =2；当F与MN的中点重合时，A1F与平面BCC1B1所成角达到最大值，满足tanθ= =2 .
所以A1F与平面BCC1B1所成角的正切值t的取值范围为[2，2 ].
6. 60° 连结AB1，易知AB1∥EF，连结B1C交BC1于点G，取AC的中点H，连结GH，则GH∥AB1∥EF，故∠AGB（或其补角）即为EF和BC1所成的角. 设AB=BC=AA1=a，连结HB，在三角形GHB中，易知GH=HB=GB= a，故两直线所成的角为∠AGB=60°.
7. ②④
8. 此题的破解可采用两个极端位置法：
①当点F位于DC的中点E时，过点D作DG⊥AF，连结BG.
因为∠ADF=90°，AD=DF=1，所以AG=DG= .
在△ABG中，由已知可得BG2= 22-2· ·2·cos45°= .
所以在Rt△BDG中，BD= = .
于是△ABD是直角三角形，所以t=AD·cos∠DAB=1× = .
②当点F在点C时，过D作DH⊥AF，连结BH. 因为∠ADF=90°，AD=1，DF=2，所以AC= ，所以AH= ，DH= .
在△ABH中，因为cos∠BAH= ，AH= ，AB=2，所以BH2= 22-2· ·2· = .
所以在Rt△BDH中，BD2= = .
所以在△ABD中，cos∠DAB= = .
所以t=ADcos∠DAB=1× = .
综上，t的取值范围是 ， .
9. （1）因为∠DAB=90°，所以DA⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，所以DA⊥平面ABEF. 因为EF？奂平面ABEF，所以DA⊥EF.
（2）设点B到平面DCE的距离为h，直线BE与平面DCE所成角为α，DC=EC= ，DE=2 ， 所以S△EDC= ，S△BCD=1.
连结DB，则VE-BCD=VB-EDC，即 ×S△EDC×h= S△BCD×BE，所以 h=2，h= .
sinα= = = ，所以直线BE与平面DCE所成角的正弦值是 .
10. （1）不会平行. 假设直线AD与平面BC′E平行，BE=平面BC′E∩平面ABCD，AD？奂平面ABCD，所以AD∥BE，与题设矛盾.
（2）连结BD，因为CD=CB，∠BCD=60°，所以△BCD是正三角形.
又E是CD的中点，故BE⊥CE，从而BE⊥C′E
所以二面角C′-BE-C的平面角是∠CEC′，即∠CEC′=θ=90°.
则C′E⊥CE. 因为BE⊥C′E，BE∩CE=E，所以C′E⊥平面ABCD.
因为AB？奂平面ABCD，所以AB⊥C′E.
又AB⊥BE，BE∩C′E=E，所以AB⊥平面C′EB，即点B是点A在平面C′EB上的投影，所以∠AC′B是直线C′A与平面BC′E所成角的平面角.
因为tan∠AC′B= =1，所以sin∠AC′B= .
所以直线C′A与平面BC′E所成角的正弦值为 .
11. （1）因为点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，所以OE∥PA.因为PA？奂平面PAC，OE？埭平面PAC，所以OE∥平面PAC. 因为OM∥AC，AC？奂平面PAC，OM？埭平面PAC，所以OM∥平面PAC. 因为OE？奂平面MOE，OM？奂平面MOE，OE∩OM=O，所以平面MOE∥平面PAC.
（2）因为点C在以AB为直径的圆O上，所以∠ACB=90°，即BC⊥AC. 因为PA⊥平面ABC，BC？奂平面ABC，所以PA⊥BC.
因为AC？奂平面PAC，PA？奂平面PAC，PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC. 因为BC？奂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PCB.
（3）如图41，以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系C-xyz.
图41
因为∠CBA=30°，PA=AB=2，所以CB=2cos30°= ，AC=1. 延长MO交CB于点D.
因为OM∥AC，所以MD⊥CB，MD=1 = ，CD= CB= . 所以P（1，0，2），C（0，0，0），B（0， ，0），M ， ，0.
所以 =（1，0，2）， =（0， ，0）. 设平面PCB的法向量m=（x，y，z）.
因为m· =0，m· =0，所以x 2z=0， y=0.令z=1，则x=-2，y=0. 所以m=（-2， 0，1）.
同理可得平面PMB的一个法向量n=（1， ，1）. 所以cos〈m，n〉= = - . 所以cosθ= .
12. （1）取CD的中点E，连结BE. 因为AB∥DE，AB=DE=3k，所以四边形ABED为平行四边形.
所以BE∥AD且BE=AD=4k. 在△BCE中，因为BE=4k，CE=3k，BC=5k，所以BE2 CE2=BC2. 所以∠BEC=90°，即BE⊥CD.
又因为BE∥AD，所以CD⊥AD. 因为AA1⊥平面ABCD，CD？奂平面ABCD，所以AA1⊥CD. 又AA1∩AD=A，所以CD⊥平面ADD1A1.
（2）以D为原点， ， ， 的方向为x，y，z轴的正方向建立如图42所示的空间直角坐标系，则A（4k，0，0），C（0，6k，0），B1（4k，3k，1），A1（4k，0，1）.
所以 =（-4k，6k，0）， =（0， 3k，1）， =（0，0，1）.
设平面AB1C的法向量n=（x，y，z），则由 ·n=0， ·n=0得-4kx 6ky=0，3ky z=0.取y=2，得n=（3，2，-6k）.
设AA1与平面AB1C所成角为θ，则sinθ=cos〈 ，n〉= = = ，解得k=1.
故所求k的值为1.
图42
（3）共有4种不同的方案， f（k）=72k2 26k，0 .
1. 15 根据三视图我们可以还原原几何体：上部分是一个倒放的三棱柱，下部分是一个长方体. 所以该几何体的体积为3×2×2 ×2×1×3=15（cm3）.
2. C 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1位置，共有6种展开方式，若把平面ABB1A1 和平面BCC1展到同一个平面内，在矩形中连结AC1会经过BB1的中点，故此时的正视图为②. 若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，在矩形中连结AC1会经过CD的中点，此时正视图会是④. 其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现或者已包含在②④中了.
2 空间几何体的表面积和体积
1. 14π 因为∠BOC=90°，OA⊥平面BOC，所以三棱锥的三条侧棱两两垂直，所以可以以三条侧棱为棱长得到一个长方体. 由圆的对称性知长方体的各个顶点都在这个球上，所以球的直径是 = . 所以球的半径是 . 所以球的表面积是4π× 2=14π.
2. 不妨设直径AB=AS=2，AN=x，连结AC，BC，则BC⊥AC，BC⊥SA，所以BC⊥平面SAC.所以BC⊥AN.又因为A在SC上的射影为N， 所以AN⊥SC，故AN⊥平面SBC，所以三棱锥S-AMN的体积V= S△SMN·AN= × × × ×x= × ×x≤ × = ，当且仅当 =x，即x=1时等号成立，此时有最大值，且∠ASC=30°. 所以∠ACS=60°，所以sin∠ACS= . 故答案为 .
3 空间线面位置关系的判定
1. C 对于A，直线l还有可能在平面α内，所以错误；对于B，若m∥n，则直线l与平面α不一定垂直，所以错误；对于D，若l？奂α，m？奂β，l⊥m，两面可以平行和相交，但不一定垂直，所以错误. 选C.
2. A 由图可知，直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF？奂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交.
3. 6 由三视图可知该几何体是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.根据线线垂直或线面垂直的判定定理可得互相垂直的异面直线共有6对.
4 空间线面平行与垂直的证明
1. （1）因为平面ABC⊥平面ACDE，平面ABC∩平面ACDE=AC，CD⊥AC，所以DC⊥平面ABC.
又DC？奂平面BCD，所以平面BCD⊥平面ABC.
（2）取BD的中点P，连结EP，FP，则FP DC.
因为EA DC，所以EA FP，所以四边形AFPE是平行四边形，所以AF∥EP. 又EP？奂平面BDE且AF？埭平面BDE，所以AF∥平面BDE.
（3）因为BA⊥AC，平面ABC∩平面ACDE=AC，所以BA⊥平面ACDE.所以BA就是四面体B-CDE的高，且BA=2. 因为DC=AC=2AE=2，AE∥DC，所以S梯形ACDE= ×（1 2）×2=3，S△ACE= ×1×2=1，所以S△CDE=3-1=2，所以VB-CDE= ×2×2= .
2. （1）证明：因为BB1⊥平面ABCD，AC？奂平面ABCD，所以BB1⊥AC. 又因为BD⊥AC，且BD∩BB1=B，所以AC⊥平面BB1D，而MD？奂平面BB1D，所以MD⊥AC.
（2）当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D. 取DC的中点N，D1C1的中点N1，连结NN1交DC1于O，连结OM（如图38）.
因为N是DC的中点，BD=BC，所以BN⊥DC；又因为DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，而平面ABCD⊥平面DCC1D1，所以BN⊥平面DCC1D1. 又可证得，O是NN1的中点，所以BM∥ON且BM=ON，即BMON是平行四边形，所以BN∥OM，所以OM⊥平面CC1D1D. 因为OM？奂平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.
图38
5 利用空间向量求解空间角与距离
1. 在Rt△BAD中，AD=2，BD=2 ，所以AB=2，ABCD为正方形，因此BD⊥AC. 因为PA=AB=AD=2，所以PB=PD=BD=2 . 设C到平面PBD的距离为d，由VP-BCD=VC-PBD，得 ·S△BCD·PA= ·S△PBD·d，即 × ×2×2×2= × ×（2 ）2×sin60°×d，得d= .
2. （1）以C为原点，CA，CB，CC1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系C-xyz，则C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C1（0，0，2），B1（0，2，2），D（2，0，1）. 所以 =（-2，0，1）， =（0，-2，-2）.所以cos〈 ， 〉= = =- ，即异面直线DC1与B1C所成角的余弦值为 .
（2）因为 =（0，2，0）， =（2，0，0）， =（0，0，2），所以 · =0， · =0，所以 为平面ACC1A1的一个法向量. 因为 =（0，-2，-2）， =（2，0，1），设平面B1DC的一个法向量为n=（x，y，z），则有n· =0，n· =0，所以-2y-2z=0，2x z=0.令x=1，则y=2，z=-2，从而可得n=（1，2，-2）. 所以cos〈n， 〉= = = . 所以二面角B1-DC-C1的余弦值为 .
3. （1）线段AB上存在一点K，且当AK= AB时，BC∥平面DFK. 证明如下：设H为AB的中点，连结EH，则BC∥EH. 又因为AK= AB，F为AE的中点，所以KF∥EH，所以KF∥BC. 因为KF？奂平面DFK，BC？埭平面DFK，所以BC∥平面DFK.
（2）因为H为AB的中点，所以AH=HE=BC=1，因为F为AE的中点，所以FH⊥AE. 因为DA=DE=1，所以DF⊥AE. 因为平面ADE⊥平面ABCE，所以DF⊥平面ABCE. 由此，以FA，FH，FD分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图39. 因为DF⊥平面ABCE，所以DF⊥FH. 又因为FH⊥AE，DF∩AE=F，所以FH⊥平面ADE，则 为平面ADE的一个法向量. 因为AB=2，BC=1，所以FH= ， =0， ，0. 又可得D0，0， ，A ，0，0，所以 =- ，0， ， =- ， ，0.
图39
设平面ADB的法向量为n=（x，y，z），由n· =0，n· =0？圯- x z=0，- x y=0，即-x z=0，-x y=0.令x=1，则n=（1，1，1）. 所以cos〈 ，n〉= = ，故二面角E-AD-B的余弦值为 .
6 利用空间向量解决开放性、探究性问题
1. （1）因为该几何体的正视图为矩形，左视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，所以BA，BC，BB1两两垂直.
以B为原点，BA，BB1，BC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则N（4，4，0），B1（0，8，0），C1（0，8，4），C（0，0，4）.
因为 · =（4，4，0）·（-4，4，0）= -16 16=0， · =（4，4，0）·（0，0，4）=0，所以BN⊥NB1，BN⊥B1C1且NB1与B1C1相交于B1，所以BN⊥平面C1B1N.
（2）设n=（x，y，z）为平面NCB1的一个法向量，则可得n· =0，n· =0？圯（x，y，z）·（4，4，-4）=0，（x，y，z）·（-4，4，0）=0？圯x y-z=0，-x y=0，取n=（1，1，2）， =（4，-4，-4），所以sinθ= = .
（3）因为M（2，0，0）.设P（0，0，a）为BC上一点，则 =（-2，0，a），因为MP∥平面CNB1，所以 ⊥n？圯 ·n=（-2，0，a）·（1，1，2）=-2 2a=0？圯a=1. 又MP？埭平面CNB1，所以MP∥平面CNB1，所以当BP=1时，MP∥平面CNB1.
2. （1）设AC与BD交于O，如图40所示建立空间直角坐标系O-xyz.
设AB=2，则A（ ，0，0），B（0， 1，0），C（- ，0，0），D（0，-1，0），D1（0， -1，2）.
设E（0，1，2 h），则 =（0，2，h）， =（2 ，0，0）， =（ ，1，-2）.
图40
因为D1E⊥平面D1AC，所以D1E⊥AC，D1E⊥D1A，所以2-2h=0，所以h=1，即E（0，1，3），所以 =（0，2，1）， =（- ，1，3）.
设平面EAC的一个法向量为m=（x，y，z），则由m⊥ ，m⊥ 可得方程组x=0，- x y 3z=0.
令z=-1，所以m=（0，3，-1）.
又平面D1AC的法向量为 =（0，2，1），所以可得cos〈m， 〉= = ，所以二面角E-AC-D1的大小为45°.
（2）设 =λ =λ（ - ），得 = =0， ， ，所以 = =（- ，-1，0） 0， ， =- ， ， .
因为A1P∥平面EAC，所以 ⊥m，所以- ×0 3× （-1）× =0，所以λ= ，所以存在点P使A1P∥平面EAC，此时D1P ∶ PE=3∶2.
综合测试
1. D 由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，所以结合所给的选项，故由②⑤可推出m⊥β. 故选D.
2. A 主视图为Rt△VAC，左视图为以△VAC中AC的高VD为一条直角边，△ABC中AC的高BE为另一条直角边的直角三角形.
设AC=x，则VA= x，VC= x，VD= x，BE= x，所以S主视图∶S左视图= · x· x∶ · x· x=4∶ .
故选A.
3. D M，N分别为VA，VC的中点，所以MN∥AC，故A错误；因为AB是⊙O的直径，所以∠ACB=90°，因为MN∥AC，所以MN与BC所成的角为90°，故B错误；因为∠ACO<∠ACB=90°，所以OC与平面VAC不垂直，故C错误；因为∠ACB=90°，所以AC⊥BC，所以BC⊥平面VAC，因为BC？奂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，故D正确.
4. B 根据对称性可知，球心O位于正三棱柱上、下底面中心连线的中点上. 设正三棱柱的底面边长为x（0
设直线A1F与平面BCC1B1所成角为θ，运动点F并加以观察，可得：当F与M（或N）重合时，A1F与平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1，此时所成角θ达到最小值，满足tanθ= =2；当F与MN的中点重合时，A1F与平面BCC1B1所成角达到最大值，满足tanθ= =2 .
所以A1F与平面BCC1B1所成角的正切值t的取值范围为[2，2 ].
6. 60° 连结AB1，易知AB1∥EF，连结B1C交BC1于点G，取AC的中点H，连结GH，则GH∥AB1∥EF，故∠AGB（或其补角）即为EF和BC1所成的角. 设AB=BC=AA1=a，连结HB，在三角形GHB中，易知GH=HB=GB= a，故两直线所成的角为∠AGB=60°.
7. ②④
8. 此题的破解可采用两个极端位置法：
①当点F位于DC的中点E时，过点D作DG⊥AF，连结BG.
因为∠ADF=90°，AD=DF=1，所以AG=DG= .
在△ABG中，由已知可得BG2= 22-2· ·2·cos45°= .
所以在Rt△BDG中，BD= = .
于是△ABD是直角三角形，所以t=AD·cos∠DAB=1× = .
②当点F在点C时，过D作DH⊥AF，连结BH. 因为∠ADF=90°，AD=1，DF=2，所以AC= ，所以AH= ，DH= .
在△ABH中，因为cos∠BAH= ，AH= ，AB=2，所以BH2= 22-2· ·2· = .
所以在Rt△BDH中，BD2= = .
所以在△ABD中，cos∠DAB= = .
所以t=ADcos∠DAB=1× = .
综上，t的取值范围是 ， .
9. （1）因为∠DAB=90°，所以DA⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，所以DA⊥平面ABEF. 因为EF？奂平面ABEF，所以DA⊥EF.
（2）设点B到平面DCE的距离为h，直线BE与平面DCE所成角为α，DC=EC= ，DE=2 ， 所以S△EDC= ，S△BCD=1.
连结DB，则VE-BCD=VB-EDC，即 ×S△EDC×h= S△BCD×BE，所以 h=2，h= .
sinα= = = ，所以直线BE与平面DCE所成角的正弦值是 .
10. （1）不会平行. 假设直线AD与平面BC′E平行，BE=平面BC′E∩平面ABCD，AD？奂平面ABCD，所以AD∥BE，与题设矛盾.
（2）连结BD，因为CD=CB，∠BCD=60°，所以△BCD是正三角形.
又E是CD的中点，故BE⊥CE，从而BE⊥C′E
所以二面角C′-BE-C的平面角是∠CEC′，即∠CEC′=θ=90°.
则C′E⊥CE. 因为BE⊥C′E，BE∩CE=E，所以C′E⊥平面ABCD.
因为AB？奂平面ABCD，所以AB⊥C′E.
又AB⊥BE，BE∩C′E=E，所以AB⊥平面C′EB，即点B是点A在平面C′EB上的投影，所以∠AC′B是直线C′A与平面BC′E所成角的平面角.
因为tan∠AC′B= =1，所以sin∠AC′B= .
所以直线C′A与平面BC′E所成角的正弦值为 .
11. （1）因为点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，所以OE∥PA.因为PA？奂平面PAC，OE？埭平面PAC，所以OE∥平面PAC. 因为OM∥AC，AC？奂平面PAC，OM？埭平面PAC，所以OM∥平面PAC. 因为OE？奂平面MOE，OM？奂平面MOE，OE∩OM=O，所以平面MOE∥平面PAC.
（2）因为点C在以AB为直径的圆O上，所以∠ACB=90°，即BC⊥AC. 因为PA⊥平面ABC，BC？奂平面ABC，所以PA⊥BC.
因为AC？奂平面PAC，PA？奂平面PAC，PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC. 因为BC？奂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PCB.
（3）如图41，以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系C-xyz.
图41
因为∠CBA=30°，PA=AB=2，所以CB=2cos30°= ，AC=1. 延长MO交CB于点D.
因为OM∥AC，所以MD⊥CB，MD=1 = ，CD= CB= . 所以P（1，0，2），C（0，0，0），B（0， ，0），M ， ，0.
所以 =（1，0，2）， =（0， ，0）. 设平面PCB的法向量m=（x，y，z）.
因为m· =0，m· =0，所以x 2z=0， y=0.令z=1，则x=-2，y=0. 所以m=（-2， 0，1）.
同理可得平面PMB的一个法向量n=（1， ，1）. 所以cos〈m，n〉= = - . 所以cosθ= .
12. （1）取CD的中点E，连结BE. 因为AB∥DE，AB=DE=3k，所以四边形ABED为平行四边形.
所以BE∥AD且BE=AD=4k. 在△BCE中，因为BE=4k，CE=3k，BC=5k，所以BE2 CE2=BC2. 所以∠BEC=90°，即BE⊥CD.
又因为BE∥AD，所以CD⊥AD. 因为AA1⊥平面ABCD，CD？奂平面ABCD，所以AA1⊥CD. 又AA1∩AD=A，所以CD⊥平面ADD1A1.
（2）以D为原点， ， ， 的方向为x，y，z轴的正方向建立如图42所示的空间直角坐标系，则A（4k，0，0），C（0，6k，0），B1（4k，3k，1），A1（4k，0，1）.
所以 =（-4k，6k，0）， =（0， 3k，1）， =（0，0，1）.
设平面AB1C的法向量n=（x，y，z），则由 ·n=0， ·n=0得-4kx 6ky=0，3ky z=0.取y=2，得n=（3，2，-6k）.
设AA1与平面AB1C所成角为θ，则sinθ=cos〈 ，n〉= = = ，解得k=1.
故所求k的值为1.
图42
（3）共有4种不同的方案， f（k）=72k2 26k，0