2020浙江高考数学二轮讲义：专题四第3讲　空间向量与立体几何


第3讲　空间向量与立体几何

利用空间向量证明平行、垂直及求空间角
[核心提炼]
1．利用直线的方向向量与平面的法向量证明空间平行、垂直
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，υ＝(a3，b3，c3)，则有：
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2．利用直线的方向向量与平面的法向量求空间角
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，υ＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)线线夹角
设l，m的夹角为θ，则
cos θ＝＝.
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ，
则sin θ＝＝|cos〈a，μ〉|.
(3)面面夹角
设平面α、β的夹角为θ，
则|cos θ|＝＝|cos〈μ，υ〉|.
[典型例题]
(1)如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：
①OM∥平面BCF；
②平面MDF⊥平面EFCD.
(2)(2018·高考浙江卷)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．
【解】　(1)证明：由题意知，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方形边长为1，则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)，
所以·＝0，所以⊥.
因为棱柱ADEBCF是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF，所以是平面BCF的一个法向量，
又OM⊄平面BCF，所以OM∥平面BCF.
②设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
因为＝(1，－1，1)，＝，＝(1，0，0)，
由n1·＝n1·＝0，
得解得
令x1＝1，则n1＝.
同理可得n2＝(0，1，1)．
因为n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD.
(2)①证明：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，－，0)，B(1，0，0)，A1(0，－，4)，B1(1，0，2)，C1(0，，1)．
因此＝(1，，2)，＝(1，，－2)．
＝(0，2，－3)．
由·＝0得AB1⊥A1B1.
由·＝0得AB1⊥A1C1.
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＝(0，2，1)，＝(1，，0)，＝(0，0，2)．
设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)．
由即可取n＝(－，1，0)．
所以sin θ＝|cos，n|＝＝.
因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.

(1)利用空间向量证明平行与垂直的步骤
①建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系．
②建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．
③通过空间向量的运算研究平行、垂直关系．
④根据运算结果解释相关问题．
(2)运用空间向量求空间角的一般步骤
①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；
③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．
(3)求空间角的注意点
①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.
②所求的二面角不一定是两平面的法向量的夹角，有可能为两法向量夹角的补角．　
[对点训练]
1．(2019·绍兴市柯桥区高三期中考试)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BCE，BE⊥CE，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
(1)求证：GF∥平面ADE；
(2)求GF与平面ABE所成角的正切值．
解：(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，
所以GH∥AB，且GH＝AB，
又F是CD中点，所以DF＝CD，
由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，
所以GH∥DF，且GH＝DF.所以四边形HGFD是平行四边形，
所以GF∥DH，又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，
所以GF∥平面ADE.
(2)如图，在平面BEC内，过B作BQ∥EC，
因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE，
又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ，
以B为原点，BE、BQ、BA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)，G(1，0，0)，＝(1，2，1)，平面ABE的法向量n＝(0，1，0)，
设GF与平面ABE所成的角为θ，
则sin θ＝＝，
所以cos θ＝＝，
所以tan θ＝＝＝.
所以GF与平面ABE所成角的正切值为.
2．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)在边长为3的正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE∶EB＝CF∶FA＝CP∶PB＝1∶2.如图(1)将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1­EF­B成直二面角，连接A1B、A1P(如图(2))．

(1)求证：A1E⊥平面BEP；
(2)求二面角B­A1P­E的余弦值．
解：(1)证明：在图(1)中，取BE的中点D，连接DF，
因为AE∶EB＝CF∶FA＝1∶2，所以AF＝AD＝2，
而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．
又AE＝DE＝1，所以EF⊥AD.
在图(2)中，A1E⊥EF，BE⊥EF，
所以∠A1EB为二面角A1­EF­B的一个平面角，
由题设条件知此二面角为直二面角，所以A1E⊥平面BEP.
(2)分别以EB、EF、EA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则E(0，0，0)，B(2，0，0)，P(1，，0)，A1(0，0，1)，
＝(0，0，1)，＝(1，，0)，＝(－2，0，1)，＝(－1，，0)．
设平面EA1P的法向量为m＝(x，y，z)，
则，
取y＝－1，得m＝(，－1，0)；
设平面BA1P的法向量为n＝(x′，y′，z′)，
则，取y′＝1，得n＝(，1，2)．
所以cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角B­A1P­E的余弦值为.


立体几何中的探索性问题
[核心提炼]
探索性问题主要考两类问题
(1)条件探索型问题；
(2)存在探索型问题．
探索性问题求解思路为利用空间向量的坐标运算，建立目标函数或目标方程，将问题转化为代数问题解决．
[典型例题]
(2019·浙江高考冲刺卷)如图所示的几何体ABCDE中，EA⊥平面ABC，EA∥DC，AB⊥AC，EA＝AB＝AC＝2DC，M是线段BD上的动点．
(1)当M是BD的中点时，求证：BC⊥平面AME；
(2)是否存在点M，使得直线BD与平面AMC所成的角为60°，若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
【解】　(1)证明：因为EA⊥平面ABC，AB⊥AC，
所以直线AB，AC，AE两两垂直，以A为原点，以AB，AC，AE所在直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系A­xyz，设CD＝1，则AB＝AC＝AE＝2，
所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，2，1)，E(0，0，2)，
因为M是BD中点，所以M，
所以＝(0，0，2)，＝，
＝(－2，2，0)，
所以·＝0，·＝0，
所以AE⊥BC，AM⊥BC，
又AM⊂平面AME，AE⊂平面AME，AE∩AM＝A，
所以BC⊥平面AME.
(2)由(1)得，＝(－2，2，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)，
设＝λ＝(－2λ，2λ，λ)(0<λ<1)，则＝＋＝(2－2λ，2λ，λ)，
设平面AMC的法向量为n＝(x，y，z)，
则，
所以，令x＝1得n＝，
所以cos〈，n〉＝＝－
＝－，
令＝sin 60°＝，得5λ2－8λ＋＝0，
Δ＝64－4×5×<0，所以方程无解，
所以BD上不存在点M，使得直线BD与平面AMC所成的角为60°.

利用空间向量巧解探索性问题
(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．
(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．　
[对点训练]
(2019·衢州诊断考试)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC＝4，点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且＝λ.
(1)求证：平面ADM⊥平面PBC；
(2)是否存在实数λ，使得二面角P­DE­B的余弦值为？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：取PB的中点N，连接MN、AN，
因为M是PC的中点，所以MN∥BC，MN＝BC＝2，
又BC∥AD，所以MN∥AD，MN＝AD，
所以四边形ADMN为平行四边形，
因为AP⊥AD，AB⊥AD，所以AD⊥平面PAB，
所以AD⊥AN，所以AN⊥MN，
因为AP＝AB，所以AN⊥PB，所以AN⊥平面PBC，
因为AN⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面PBC.
(2)法一：存在实数λ＝1，使得二面角P－DE－B的余弦值为.
因为λ＝1，
所以点E为BC边的中点，
所以DE∥AB，
所以DE⊥平面PAD，
所以∠PDA为二面角P－DE－B的一个平面角．
在等腰Rt△PDA中，∠PDA＝，
所以二面角P－DE－B的余弦值为.
法二：存在符合条件的λ.
以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
设E(2，t，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，B(2，0，0)，
从而＝(0，2，－2)，＝(2，t－2，0)，
设平面PDE的法向量为n1＝(x，y，z)，
则，即，
令y＝z＝2，解得x＝2－t，
所以n1＝(2－t，2，2)，
又平面DEB即为平面xAy，故其一个法向量为n2＝(0，0，1)，
则|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，
解得t＝2，可知λ＝1.

立体几何中的动态问题
[核心提炼]
立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等；求解方法一般根据圆锥曲线的定义判断动点轨迹是什么样的曲线；利用空间向量的坐标运算求轨迹的长度等．
[典型例题]
(1)(2019·金华十校高考模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M、N分别是直线CD、AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为，则点P的轨迹是(　　)
A．圆的一部分　　　　　　　 B．椭圆的一部分
C．抛物线的一部分 D．双曲线的一部分
(2)(2019·浙江名校协作体高三联考)已知平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，CD⊥AD，且AB＝1，AD＝CD＝2.ADEF是正方形，在正方形ADEF内部有一点M，满足MB，MC与平面ADEF所成的角相等，则点M的轨迹长度为(　　)
A. B.
C.π D.π
【解析】　(1)把MN平移到平面A1B1C1D1中，直线D1P与MN所成角为θ，直线D1P与MN所成角的最小值是直线D1P与平面A1B1C1D1所成角，即原问题转化为：直线D1P与平面A1B1C1D1所成角为，点P在平面A1B1C1D1的投影为圆的一部分，
因为点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，
所以点P的轨迹是椭圆的一部分．故选B.
(2)根据题意，以D为原点，分别以DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D­xyz，如图1所示，则B(2，1，0)，C(0，2，0)，设M(x，0，z)，易知直线MB，MC与平面ADEF所成的角分别为∠AMB，∠DMC，均为锐角，且∠AMB＝∠DMC，所以sin∠AMB＝sin∠DMC⇒＝，即2MB＝MC，因此2＝，整理得＋z2＝，由此可得，点M在正方形ADEF内的轨迹是以点O为圆心，
半径为的圆弧M1M2，如图2所示，易知圆心角∠M1OM2＝，所以lM1M2＝×＝π.故选C.

【答案】　(1)B　(2)C

求解立体几何中的轨迹问题时，首先要探究点的轨迹的形成过程，同时还要注意动点的性质以及点、线、面之间的位置关系，若动点的性质满足解析几何中圆锥曲线的定义，也可借助定义求出轨迹．　
[对点训练]
(2019·杭州市高考二模)在等腰直角△ABC中，AB⊥AC，BC＝2，M为BC中点，N为AC中点，D为BC边上一个动点，△ABD沿AD翻折使BD⊥DC，点A在面BCD上的投影为点O，当点D在BC上运动时，以下说法错误的是(　　)

A．线段NO为定长
B．|CO|∈[1，)
C．∠AMO＋∠ADB>180°
D．点O的轨迹是圆弧
解析：选C.如图所示，对于A，△AOC为直角三角形，ON为斜边AC上的中线，ON＝AC为定长，即A正确；对于B，D在M时，AO＝1，CO＝1，所以|CO|∈[1，)，即正确；对于D，由A可知，点O的轨迹是圆弧，即D正确，故选C.

立体几何中的最值(范围)问题
[核心提炼]
求解立体几何中的最值问题，需要先确定最值的主体，确定题目中描述的相关变量，然后根据所求，确定是利用几何方法求解，还是转化为代数(特别是函数)问题求解．利用几何方法求解时，往往利用几何体的结构特征将问题转化为平面几何中的问题进行求解，如求几何体表面距离的问题．利用代数法求解时，要合理选择参数，利用几何体中的相关运算构造目标函数，再根据条件确定参数的取值范围，从而确定目标函数的值域，即可利用函数最值的求解方法求得结果．
[典型例题]
(1)(2019·宁波十校联考)如图，平面PAB⊥平面α，AB⊂α，且△PAB为正三角形，点D是平面α内的动点，ABCD是菱形，点O为AB中点，AC与OD交于点Q，l⊂α，且l⊥AB，则PQ与l所成角的正切值的最小值为(　　)
A. 　　　　　 　 B.
C. D．3
(2)(2019·温州高考模拟)如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与BCD均为等腰直角三角形，且∠BAC＝∠BCD＝90°，BC＝2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得直线PQ与AC成30°的角，则线段PA长的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　(1)如图，不妨以CD在AB前侧为例．以O为原点，分别以OB、OP所在直线为y、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝2，∠OAD＝θ(0<θ<π)，则P(0，0，)，
D(2sin θ，－1＋2cos θ，0)，
所以Q，
所以＝，
设α内与AB垂直的向量n＝(1，0，0)，PQ与l所成角为φ，
则cos φ＝＝＝＝.
令t＝cos θ(－1 令s′＝0，得t＝8－3，
所以当t＝8－3时，s有最大值为16－6.
则cos φ有最大值为，此时sin φ取最小值为.
所以正切值的最小值为 ＝.故选B.
(2)以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，1，1)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，
设Q(q，0，0)，＝λ＝(0，λ，－λ)，
则＝－＝－(＋)＝(q，0，0)－(0，1，1)－(0，λ，－λ)＝(q，－1－λ，λ－1)，
因为直线PQ与AC成30°的角，
所以cos 30°＝＝
＝＝，
所以q2＋2λ2＋2＝，所以q2＝－2λ2∈[0，4]，
所以，解得0≤λ≤，所以||＝λ∈，
所以线段PA长的取值范围是.
故选B.
【答案】　(1)B　(2)B

用向量法解决立体几何中的最值问题，不仅简捷，更减少了思维量．用变量表示动点的坐标，然后依题意用向量法求其有关几何量，构建有关函数，从而用代数方法即可求其最值．　
[对点训练]
1．(2019·浙江省五校联考二模)如图，棱长为4的正方体ABCD­A1B1C1D1，点A在平面α内，平面ABCD与平面α所成的二面角为30°，则顶点C1到平面α的距离的最大值是(　　)

A．2(2＋) B．2(＋)
C．2(＋1) D．2(＋1)
解析：选B.如图所示，作C1O⊥α，交ABCD于O，

交α于E，由题得O在AC上，则C1E为所求，∠AOE＝30°，
由题意，设CO＝x，则AO＝4－x，
C1O＝，OE＝OA＝2－x，
所以C1E＝＋2－x，
令y＝＋2－x，
则y′＝－＝0，可得x＝，
所以x＝，顶点C1到平面α的距离的最大值是2(＋)．
2．(2019·温州十五校联合体期末考试)在正四面体P­ABC中，点M是棱PC的中点，点N是线段AB上一动点，且＝λ，设异面直线NM与AC所成角为α，当≤λ≤时，则cos α的取值范围是________．
解析：设点P到平面ABC的射影为点O，以AO所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，过点O作BC的平行线为x轴，建立空间直角坐标系，如图．设正四面体的棱长为4，
则有A(0，－4，0)，B(2，2，0)，C(－2，2，0)，P(0，0，4)，M(－，1，2)．
由＝λ，得N(2λ，6λ－4，0)．
从而有＝(－－2λ，5－6λ，2)，＝(－2，6，0)．
所以cos α＝＝，设3－2λ＝t，则≤t≤.则cos α＝＝，因为<≤≤，所以≤cos α≤.
答案：
专题强化训练
1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为CD和C1C的中点，则直线AE与D1F所成角的余弦值为(　　)

A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B.以D为原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．若棱长为2，则A(2，0，0)、E(0，1，0)、D1(0，0，2)、F(0，2，1)．
所以＝(2，－1，0)，＝(0，2，－1)，
cos〈，〉＝＝＝－.
则直线AE与D1F所成角的余弦值为.
2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，
D(0，1，0)，
所以＝(0，1，－1)，
＝，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
则所以
所以n1＝(1，2，2)．
因为平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
所以cos〈n1，n2〉＝＝.
即所成的锐二面角的余弦值为.
3．(2019·浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥O­ABC中，已知OA，OB，OC两两垂直且相等，点P、Q分别是线段BC和OA上的动点，且满足BP≤BC，AQ≥AO，则PQ和OB所成角的余弦的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.根据题意，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设OA＝OB＝OC＝2，＝(2，0，0)，设
P(x，y，0)，Q(0，0，z)，因为BP≤BC，AQ≥AO，所以1≤x≤2，0≤y≤1且x＋y＝2，0≤z≤1，＝(－x，x－2，z)，|cos〈，〉|＝
＝，
当x＝1，z＝1时，|cos〈，〉|＝；
当x＝2，z＝1时，|cos〈，〉|＝；
当x＝2，z＝0时，|cos〈，〉|＝1.
当x＝1，z＝0时，|cos〈，〉|＝，结合四个选项可知PQ和OB所成角的余弦的取值范围是.
4．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A1B1C1­ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A.建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，E，G，F(x，0，0)，D(0，y，0)，
由于GD⊥EF，所以x＋2y－1＝0，
DF＝＝，
由x＝1－2y>0，得y<，
所以当y＝时，线段DF长度的最小值是，
当y＝0时，线段DF长度的最大值是1而不包括端点，故y＝0不能取，故选A.
5．已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C.如图所示，将直三棱柱ABC­A1B1C1补成直四棱柱ABCD­A1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝，AD1＝.在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，
所以B1D1＝＝，
所以cos∠B1AD1＝＝，选择C.
6.(2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在二面角A­CD­B中，BC⊥CD，BC＝CD＝2，点A在直线AD上运动，满足AD⊥CD，AB＝3.现将平面ADC沿着CD进行翻折，在翻折的过程中，线段AD长的取值范围是________．
解析：由题意得⊥，⊥，
设平面ADC沿着CD进行翻折过程中，二面角A­CD­B的夹角为θ，则〈，〉＝θ，因为＝＋＋，所以平方得2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·，
设AD＝x，因为BC＝CD＝2，AB＝3，
所以9＝x2＋4＋4－4xcos θ，
即x2－4xcos θ－1＝0，即cos θ＝.
因为－1≤cos θ≤1，所以－1≤≤1，
即，即，
则
因为x>0，所以－2≤x≤＋2，
即AD的取值范围是[－2，＋2]．
答案：[－2，＋2]
7．(2019·台州市高考模拟)如图，在棱长为2的正四面体A­BCD中，E、F分别为直线AB、CD上的动点，且|EF|＝.若记EF中点P的轨迹为L，则|L|等于________．(注：|L|表示L的测度，在本题，L为曲线、平面图形、空间几何体时，|L|分别对应长度、面积、体积)
解析：如图，当E为AB中点时，F分别在C，D处，满足|EF|＝，此时EF的中点P在EC，ED的中点P1，P2的位置上；当F为CD中点时，E分别在A，B处，满足|EF|＝，此时EF的中点P在BF，AF的中点P3，P4的位置上，连接P1P2，P3P4相交于点O，则四点P1，P2，P3，P4共圆，圆心为O，圆的半径为，则EF中点P的轨迹L为以O为圆心，以为半径的圆，其测度|L|＝2π×＝π.
答案：π
8.(2019·金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥D­ABC中，已知AB＝2，·＝－3，设AD＝a，BC＝b，CD＝c，则的最小值为________．
解析：设＝a，＝b，＝c，因为AB＝2，所以|a＋b＋c|2＝4⇒a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝4，又因为·＝－3，所以(a＋c)·(－b－c)＝－3⇒a·b＋b·c＋c·a＋c2＝3，
所以a2＋b2＋c2＋2(3－c2)＝4⇒c2＝a2＋b2＋2，所以≥＝2，当且仅当a＝b时，等号成立，即的最小值是2.
答案：2
9．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，将△ABD沿对角线BD向上翻折，若翻折过程中AC长度在内变化，则点A所形成的运动轨迹的长度为________．
解析：过A作AE⊥BD，垂足为E，连接CE，A′E.
因为矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，
所以AE＝，CE＝.
所以A点的轨迹为以E为圆心，以为半径的圆弧．∠A′EA为二面角A­BD­A′的平面角．
以E为原点，以EB，EA′所在直线为x轴，y轴建立如图所示空间直角坐标系E­xyz，设∠A′EA＝θ，则A，C，
所以AC＝＝，
所以≤ ≤，
解得0≤cos θ≤，
所以60°≤θ≤90°，所以A点轨迹的圆心角为30°，
所以A点轨迹的长度为·＝.
答案：π
10．(2019·宁波十校联考模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝AD＝2，△BCD是等边三角形，E是BP的中点，AC与BD交于点O，且OP⊥平面ABCD.
(1)求证：PD∥平面ACE；
(2)当OP＝1时，求直线PA与平面ACE所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为在四棱锥P­ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝AD＝2，△BCD是等边三角形，
所以△ABC≌△ACD，
因为E是BP中点，AC与BD交于点O，所以O是BD中点，连接OE，则OE∥PD，因为PD⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以PD∥平面ACE.
(2)因为BD⊥AC，PO⊥平面ABCD，
以O为原点，OB，OC，OP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
则P(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，3，0)，E，
＝，＝，＝(0，－1，－1)，

设平面ACE的一个法向量n＝(x，y，z)，
则，取x＝1，得n＝(1，0，－)，
设直线PA与平面ACE所成角为θ，
则sin θ＝＝＝，
所以直线PA与平面ACE所成角的正弦值为.
11.(2019·浙江暨阳4月联考卷)在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，BC∥AD，BC⊥AB，PB＝AD＝2，AB＝BC＝1，E为棱PD上的点．
(1)若PE＝PD，求证：PB∥平面ACE；
(2)若E是PD的中点，求直线PB与平面ACE所成角的正弦值．
解：(1)证明：过A作Az⊥平面ABCD，以A为原点，如图建立直角坐标系，
由题意解得，PC＝，所以B(1，0，0)，P(1，1，)，所以＝(0，1，)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，
设E(x，y，z)，由＝，得E(，，)，
设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
则，取z＝1，得n＝(，－，1)，
所以·n＝0，
因为PB⊄平面ACE，所以PB∥平面ACE.

(2)过A作Az⊥平面ABCD，以A为原点，如图建立直角坐标系，
由题意解得PC＝，所以B(1，0，0)，P(1，1，)，A(0，0，0)，
所以＝(0，1，)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，所以E(，，)，
＝(1，1，0)，＝(，，)，
设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
则，
取z＝2，得n＝(，－，2)，
所以直线PB与平面ACE所成角的正弦值：
sin θ＝＝＝.
12.(2019·嵊州市第二次高考适应性考试)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面ABC为边长为2的正三角形，D是棱A1C1的中点，CC1＝h(h>0)．
(1)证明：BC1∥平面AB1D；
(2)若直线BC1与平面ABB1A1所成角的大小为，求h的值．
解：(1)证明：连接A1B交AB1于E，连接DE，
则DE是△A1BC1的中位线．
所以DE∥BC1.
又DE⊂平面AB1D，BC1⊄平面AB1D，故BC1∥平面AB1D.

(2)以AB的中点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(1，0，0)，C1(0，，h)．

易得平面ABB1A1的一个法向量为n＝(0，1，0)．
又＝(－1，，h)．
所以sin ＝|cos〈，n〉|＝.
即＝，解得h＝2.
13.(2019·温州十五校联考)已知菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于一点O，∠BAD＝60°，将△BDC沿着BD折起得△BDC′，连接AC′.
(1)求证：平面AOC′⊥平面ABD；
(2)若点C′在平面ABD上的投影恰好是△ABD的重心，求直线CD与底面ADC′所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为C′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO＝O，所以BD⊥平面C′OA，又因为BD⊂平面ABD，所以平面AOC′⊥平面ABD.
(2)如图建系O­xyz，令AB＝a，则
A，B，
D，
C′，
所以＝＝，平面ADC′的法向量为m＝，设直线CD与底面ADC′所成角为θ，则
sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝，
故直线CD与底面ADC′所成角的正弦值为.
14.(2019·宝鸡市质量检测(一))如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD 为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是PD的中点，点F是PC的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)若底面ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角C­AF­D的大小为60°？
解：易知AD，AB，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设AB＝2a，AD＝2b，AP＝2c，则A(0，0，0)，B(2a，0，0)，
C(2a，2b，0)，D(0，2b，0)，
P(0，0，2c)．
设AC∩BD＝O，连接OE，则O(a, b，0)，又E是PD的中点，所以E(0，b，c)．
(1)证明：因为＝(2a，0，－2c)，＝(a，0，－c)，
所以＝2，所以∥，即PB∥EO.
因为PB⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)因为四边形ABCD为正方形，所以a＝b，A(0，0，0)，B(2a，0，0)，C(2a，2a，0)，D(0，2a，0)，P(0，0，2c)，E(0，a，c)，F(a，a，c)，
因为z轴⊂平面CAF，所以设平面CAF的一个法向量为n＝(x，1，0)，而＝(2a，2a，0)，
所以·n＝2ax＋2a＝0，得x＝－1，
所以n＝(－1，1，0)．
因为y轴⊂平面DAF，所以设平面DAF的一个法向量为m＝(1，0，z)，而＝(a，a，c)，
所以·m＝a＋cz＝0，得z＝－，
所以m＝(1，0，－)∥m′＝(c，0，－a)．
cos 60°＝＝＝，得a＝c.
故当AP与正方形ABCD的边长相等时，二面角C­AF­D的大小为60°.