高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册6.3空间向量的应用测试题

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册6.3空间向量的应用测试题，共25页。试卷主要包含了3　空间向量的应用等内容，欢迎下载使用。

6.3.3 空间角的计算
基础过关练
题组一 空间两直线所成的角
1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,设AC与BD交于点O,则异面直线A1O与BD1所成角的余弦值为( )

A.-41515B.41515C.-439D.439
2.(2020江苏常州中学高二期末)如图,在三棱锥C-OAB中,OA⊥OB,OC⊥平面OAB,OA=6,OB=OC=8,D,E分别为AC,AB的中点,点F在线段BC上.若BF=34BC,则异面直线EF与OD所成角的余弦值为( )
A.-37B.37C.-47D.47
3.(2021江苏南通如皋中学高二期末)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形,平面PCD⊥底面ABCD,且AB=4,BC=2,PC=PD=23,则异面直线PB与AC所成角的余弦值为 .
题组二 空间直线与平面所成的角
4.(2021江苏常州前黄高中高二期末)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=1,AB=AD=2,E,F分别是AB,BC的中点,则直线CD1与平面A1C1FE所成的角的正弦值为 ( )
A.155B.1515C.33D.105
5.在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=2BC=2PA=4,点D为PC的中点,则PB与平面ABD所成角的正弦值为( )
A.2315B.10535C.27D.3714
6.(2021江苏南通海安中学高三月考)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,∠ABC=60°,则直线BC1与平面ACC1A1所成角的正切值为( )
A.64B.104C.55D.155
题组三 空间平面与平面所成的角
7.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC与BD交于点O,PO⊥底面ABCD,PO=2,AB=22,E,F分别是AB,AP的中点,则二面角F-OE-A的余弦值为( )
A.-33B.33C.-63D.63
8.(2021江苏南京师大附中高三月考)《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年,书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,四面体P-ABC为鳖臑,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=1,BC=2,则二面角A-PC-B的正弦值为 .
9.
(2021江苏扬州中学高二期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥CC1,AC⊥BC,AC=BC=2,∠C1CB=60°,CC1=3,点D,E分别在棱AA1,CC1上,且AD=1,CE=2,则二面角B-B1E-D的正切值为 .
10.(2021江苏南通高三月考)如图①,在正六边形ABCDEF中,将△ABF沿直线BF翻折至△A'BF,使得平面A'BF⊥平面BCDEF,O,H分别为BF,A'C的中点,如图②.
(1)证明:OH∥平面A'EF;
(2)求平面A'BC与平面A'DE所成锐二面角的余弦值.
能力提升练
题组一 空间两直线所成的角
1.(2021江苏南京金陵中学高二月考,)如图所示的几何体是由等高的半圆柱体与直三棱柱构成的,半圆柱体底面直径BC=4,AB=AC,∠BAC=90°,D为半圆弧的中点,若异面直线BD和AB1所成角的余弦值为23,则该几何体的体积为( )

A.16+8πB.32+16πC.32+8πD.16+16π
2.(2021江苏如皋中学高二月考,)如图,已知矩形ABCD与矩形ABEF全等,二面角D-AB-E为直二面角,M为AB的中点,FM与BD所成的角为θ,且cs θ=39,则ABBC=( )
A.1B.2C.22D.12
3.(2021江苏无锡锡山天一中学高二月考,)等边△ABC的边长为3,点D,E分别是AB,AC上的点,且满足ADDB=CEEA=12(如图①),将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使平面A1DE⊥平面BCED,连接A1B,A1C(如图②).
(1)求证:A1D⊥平面BCED;
(2)在线段A1B上是否存在点P,使直线DP与直线EA1所成角的余弦值为510?若存在,求出A1PA1B的值;若不存在,请说明理由.
题组二 空间直线与平面所成的角
4. (2021江苏南京二模,)如图,四边形ABCD和ABEF都是正方形,G为CD的中点,∠DAF=60°,则直线BG与平面AGE所成角的余弦值是( )
A.25B.105
C.155D.215
5.(2021江苏南通高三期中,)在三棱锥P-ABC中,PA,AB,AC两两垂直,D为棱PC上一动点,PA=AC=2,AB=3.当BD与平面PAC所成的角最大时,AD与平面PBC所成角的正弦值为( )
A.1111B.21111
C.31111D.41111
6.(2021江苏扬州高二期末,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是AC的中点,点P在线段A1C1上,若直线OP与平面A1BC1所成的角为θ,则cs θ的取值范围是( )
A.23,33B.63,73
C.34,33D.14,13
7.(2021江苏徐州高二期末,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点,设点P在棱CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为θ,则sin θ的最小值是( )
A.63B.33C.223D.13
8.(2021江苏南通高三期末,)如图,在四棱锥A-BCDE中,BC∥DE,BC=2DE=2,BC⊥CD,F为AB的中点,BC⊥EF.
(1)求证:BC⊥AC;
(2)若AD=CD,AC=2,求直线AE与平面BDE所成角的正弦值的最大值.
题组三 空间平面与平面所成的角
9.(2021江苏盐城伍佑中学高二期末,)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,D为BC的中点,点E为线段A1C上的点,且满足A1E=mEC(m>0),当二面角E-AD-C的余弦值为1010时,实数m的值为( )
A.1B.2C.12D.3
10.(2021江苏盐城、南京一模,)如图,在圆柱OO1中,四边形ABCD是其轴截面,EF为☉O1的直径,且EF⊥CD,AB=2,BC=a(a>1).
(1)求证:BE=BF;
(2)若直线AE与平面BEF所成角的正弦值为63,求二面角A-BE-F的余弦值.
11.(2021江苏常州高三期末,)在多面体ABCDE中,平面ACDE⊥平面ABC,四边形ACDE为直角梯形,CD∥AE,AC⊥AE,AB⊥BC,CD=1,AE=AC=2,F为DE的中点,且点E满足EB=4EG.
(1)证明:GF∥平面ABC;
(2)当多面体ABCDE的体积最大时,求二面角A-BE-D的余弦值.
12.(2020湖北华中师大一附中高三期中,)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为棱PC上的动点,且PMPC=λ(λ∈[0,1]).
(1)求证:△PBC为直角三角形;
(2)试确定λ的值,使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为255.
答案全解全析
第6章 空间向量与立体几何
6.3 空间向量的应用
6.3.3 空间角的计算
基础过关练
1.D 以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则A1(1,0,2),B(1,1,0),O12,12,0,D1(0,0,2),所以A1O=-12,12,-2,BD1=(-1,-1,2),所以|cs|=12-12-414+14+4×1+1+4=439,故异面直线A1O与BD1所成角的余弦值为439.故选D.
2.B 以O为原点,OA,OB,OC的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系(图略),则A(6,0,0),B(0,8,0),C(0,0,8).因为D,E分别为AC,AB的中点,所以D(3,0,4),E(3,4,0).因为BF=34BC,所以F(0,2,6),所以EF=(-3,-2,6),OD=(3,0,4),所以异面直线EF与OD所成角的余弦值为|cs|=EF·OD|EF|·|OD|=-9+249+4+36×9+16=37,故选B.
3.答案 510
解析 如图,过点P作PO⊥DC于点O,以O为坐标原点,CD,OP所在直线分别为x轴,z轴,过点O且与AD平行的直线为y轴,建立空间直角坐标系,则A(2,2,0),C(-2,0,0),B(-2,2,0),P(0,0,22),所以PB=(-2,2,-22),AC=(-4,-2,0),所以PB·AC =8-4+0=4,|PB|=4,|AC|=25,设异面直线PB与AC所成的角为θ,所以cs θ=|cs|=|PB·AC||PB|·|AC|=44×25=510.
方法总结
求异面直线所成角的方法:(1)几何法(定义法):作出异面直线所成的角,然后把角放在三角形中,通过解三角形得解;(2)向量法:建立空间直角坐标系,求出两直线的方向向量的夹角的余弦值的绝对值,即可得异面直线所成角的余弦值,从而得解.
4.B 如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A1(2,0,1),E(2,1,0),C1(0,2,1),D1(0,0,1),C(0,2,0),所以CD1=(0,-2,1),A1E=(0,1,-1),A1C1=(-2,2,0),设平面A1C1FE的法向量为n=(x,y,z),则n·A1E=0,n·A1C1=0,所以y-z=0,-2x+2y=0,取z=1,则y=1,x=1,所以n=(1,1,1),所以直线CD1与平面A1C1FE所成的角的正弦值为|CD1·n||CD1||n|=|-2+1|0+4+1×1+1+1=1515.故选B.
5.B 以C为原点,建立空间直角坐标系C-xyz,如图所示,则C(0,0,0),A(23,0,0),P(23,0,2),B(0,2,0),D(3,0,1),所以PB=(-23,2,-2),AB=(-23,2,0),AD=(-3,0,1),设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=-23x+2y=0,n·AD=-3x+z=0,令x=1,得y=3,z=3,所以n=(1,3,3).设PB与平面ABD所成的角为θ,则sin θ=|cs|=|PB·n||PB|·|n|=2325×7=10535.故选B.
6.D 如图所示,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠ABC=60°,取BC的中点E,以A为坐标原点,AE所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系.设AB=2,则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(3,-1,0),C(3,1,0),C1(3,1,2),所以BC1=(0,2,2),AC=(3,1,0),AA1=(0,0,2),设平面ACC1A1的法向量为n=(x,y,z),则n·AC=3x+y=0,n·AA1=2z=0,取x=1,则y=-3,z=0,∴n=(1,-3,0).设直线BC1与平面ACC1A1所成的角为θ,则sin θ=|BC1·n||BC1|·|n|=|-23|8×4=64,∴cs θ=1-642=104,故tan θ=sinθcsθ=155,∴直线BC1与平面ACC1A1所成角的正切值为155,故选D.
7.B 以O为坐标原点,OB,OC,OP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,
由题易得OA=OB=2,
则A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2).
∵E,F分别是AB,AP的中点,
∴E(1,-1,0),F(0,-1,1),
∴OE=(1,-1,0),OF=(0,-1,1).
设平面OEF的法向量为m=(x,y,z),
则m·OE=0,m·OF=0,即x-y=0,-y+z=0,
令x=1,则y=1,z=1,∴m=(1,1,1),
易知平面OAE的一个法向量n=(0,0,1),则cs=m·n|m||n|=13=33,
由图知二面角F-OE-A为锐二面角,
∴二面角F-OE-A的余弦值为33.故选B.
8.答案 63
解析 根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0,1),C(1,2,0),所以AC=(1,2,0),AP=(0,0,1),BC=(0,2,0),PB=(1,0,-1).设平面APC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·AC=0,n1·AP=0,∴x1+2y1=0,z1=0,
令y1=1,则x1=-2,∴n1=(-2,1,0).
设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·BC=0,n2·PB=0,∴2y2=0,x2-z2=0,
令x2=1,则z2=1,y2=0,∴n2=(1,0,1).
设二面角A-PC-B的大小为α,易知α为锐角,则cs α=|cs|=|n1·n2||n1||n2|=23×2=33,∴sin α=63.
9.答案 2213
解析 因为AC⊥BC,AC⊥CC1,BC∩CC1=C,且BC,CC1⊂平面BCC1B1,所以AC⊥平面BCC1B1,所以向量AC为平面BCC1B1的一个法向量,分别以CA,CB所在直线为x轴,y轴,垂直于平面ABC且过点C的直线为z轴,建立空间直角坐标系C-xyz,则A(2,0,0),C(0,0,0),B(0,2,0),D2,12,32,E(0,1,3),B10,72,332,
所以ED=2,-12,-32,EB1=0,52,32,AC=(-2,0,0),
设平面B1ED的法向量为m=(x,y,z),则m·ED=2x-12y-32z=0,m·EB1=52y+32z=0,
令z=5,则x=3,y=-3,
所以m=(3,-3,5).
设二面角B-B1E-D的大小为θ,易知θ为锐角,所以cs θ=|cs|=|AC·m||AC||m|=234×31=331,因此sin θ=1-331=2731,所以tan θ=sinθcsθ=273=2213.
10.解析 (1)证明:如图,取A'E的中点G,连接FG,HG,CE.
因为H是A'C的中点,
所以HG∥CE,且HG=12CE,
又因为正六边形ABCDEF中,BF∥CE,BF=CE,
所以HG∥BF,HG=12BF,
又O为BF的中点,所以HG∥OF,HG=OF,
所以四边形OFGH为平行四边形,所以OH∥FG.
因为FG⊂平面A'EF,OH⊄平面A'EF,
所以OH∥平面A'EF.
(2)连接OA',OD.由条件可知OA'⊥OB,OA'⊥OD,OD⊥OB.
以O为坐标原点,OB的方向为x轴正方向,OD的方向为y轴正方向,OA'的方向为z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
设正六边形ABCDEF的边长为2,则B(3,0,0),C(3,2,0),D(0,3,0),E(-3,2,0),A'(0,0,1),
所以BC=(0,2,0),A'C=(3,2,-1),ED=(3,1,0),A'D=(0,3,-1).
设平面A'BC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1·BC=0,n1·A'C=0,即2y1=0,3x1+2y1-z1=0,
取x1=1,可得n1=(1,0,3).
设平面A'DE的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·ED=0,n2·A'D=0,即3x2+y2=0,3y2-z2=0,
取x2=1,可得n2=(1,-3,-33).
设平面A'BC与平面A'DE所成锐二面角的大小为θ,
则cs θ=|cs|=|n1·n2||n1|·|n2|=|1×1+0×(-3)+3×(-33)|2×31=43131,
所以平面A'BC与平面A'DE所成锐二面角的余弦值为43131.
能力提升练
1.A 设D在下底面半圆上的射影为D1,连接AD1交BC于O,设A1D∩B1C1=O1.依题意知AD1⊥BC,A1D⊥B1C1,且O,O1分别是下、上底面半圆的圆心,连接OO1,则OO1与上、下底面垂直,所以OO1⊥OB,OO1⊥OA,易知OA⊥OB,分别以OB,OA,OO1的方向为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,设几何体的高为h,则B(2,0,0),D(0,-2,h),A(0,2,0),B1(2,0,h),所以BD=(-2,-2,h),AB1=(2,-2,h),由于异面直线BD和AB1所成的角的余弦值为23,所以BD·AB1|BD|·|AB1|=h28+h2·8+h2=23,即h28+h2=23,故h2=16,解得h=4(负值舍去),所以该几何体的体积为12×π×22×4+12×4×2×4=16+8π.故选A.
2.C 以A为原点,AF所在直线为x轴,AB所在直线为y轴,AD所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2a,BC=2b,则F(2b,0,0),M(0,a,0),B(0,2a,0),D(0,0,2b),FM=(-2b,a,0),BD=(0,-2a,2b),∵FM与BD所成的角为θ,且cs θ=39,
∴cs θ=|cs|=|FM·BD||FM|·|BD|=2a2a2+4b2×4a2+4b2=39,整理,得5a2b2+4b4-26a4=0,∴-26×ab4+5×ab2+4=0,解得ab2=12或 ab2=-413 (舍去),∴ABBC=ab=22,故选C.
3.解析 (1)证明:根据题意,知AE=2,AD=1,A=60°,
从而DE=12+22-2×1×2×cs60°=3,
故AD2+DE2=AE2,∴AD⊥DE,BD⊥DE.
∴A1D⊥DE,
∵平面A1DE⊥平面BCED,平面A1DE∩平面BCED=DE,A1D⊂平面A1DE,
∴A1D⊥平面BCED.
(2)存在.由(1)知A1D,BD,DE两两垂直,则以D为坐标原点,DB,DE,DA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,如图,
则D(0,0,0),A1(0,0,1),B(2,0,0),E(0,3,0),
∴A1B=(2,0,-1),A1E=(0,3,-1),
设A1P=λA1B=(2λ,0,-λ),0≤λ≤1,
∴P(2λ,0,1-λ),则DP=(2λ,0,1-λ),
∴|cs|=DP·A1E|DP||A1E|=|λ-1|24λ2+(1-λ)2=510,
∴λ=12,即A1PA1B=12.
4.C 以A为原点,AD,AB所在直线分别为x轴,y轴,过A且垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设AB=2,则A(0,0,0),G(2,1,0),B(0,2,0),E(1,2,3),所以AG=(2,1,0),AE=(1,2,3),BG=(2,-1,0).设平面AGE的法向量为n=(x,y,z),则n·AG=2x+y=0,n·AE=x+2y+3z=0,取x=1,则y=-2,z=3,所以平面AGE的一个法向量n=(1,-2,3),从而cs=n·BG|n|·|BG|=422×5=105,故直线BG与平面AGE所成角的余弦值是1-1052=155.
5.C ∵AB⊥AC,AB⊥PA,且PA∩AC=A,
∴AB⊥平面PAC,则BD 与平面PAC所成的角为∠ADB,∴tan∠ADB=ABAD=3AD,当AD取得最小值时,∠ADB取得最大值.在等腰Rt△PAC中,当D为PC的中点时,AD取得最小值,此时,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),D(0,1,1),∴AD=(0,1,1),PC=(0,2,-2),BC=(-3,2,0),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则n·PC=0,n·BC=0,即2y-2z=0,-3x+2y=0,令y=3,则x=2,z=3,∴n=(2,3,3),∴cs=3+322×2=31111,∴当BD与平面PAC所成的角最大时,AD与平面PBC所成角的正弦值为31111.故选C.
6.B 以D为坐标原点,DA,DC,DD1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.设正方体的棱长为2,则O(1,1,0),A1(2,0,2),B(2,2,0),C1(0,2,2),设P(a,2-a,2)(0≤a≤2),则OP(a-1,1-a,2),A1B=(0,2,-2),A1C1=(-2,2,0),设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则n·A1B=0,n·A1C1=0,即2y-2z=0,-2x+2y=0,令x=1,则y=1,z=1,所以n=(1,1,1),
所以sin θ=n·OP|n|·|OP|=
a-1+1-a+23×2×(a-1)2+22=26×1(a-1)2+2.因为0≤a≤2,所以(a-1)2+2∈[2,3],即1(a-1)2+2∈33,22,即sin θ=26×1(a-1)2+2∈23,33,所以sin2θ∈29,13,所以1-sin2θ∈23,79,又θ∈0,π2,所以cs θ=1-sin2θ∈63,73.
7.A 以D为原点,DA,DC,DD1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,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),O(1,1,0),设P(0,2,z),z∈[0,2],则OP=(-1,1,z),DB=(2,2,0),DA1=(2,0,2).设平面A1BD的法向量为n=(a,b,c),则n·DB=0,n·DA1=0,即2a+2b=0,2a+2c=0,令a=1,则b=-1,c=-1,∴n=(1,-1,-1),∴sin θ=|cs|=|-1-1-z|2+z2×3=|2+z|6+3z2=13-12z+2+181z+22.令t=1z+2,∵z∈[0,2],∴t∈14,12,∴3-12z+2+181z+22=18t2-12t+3=18t-132+1∈1,32,∴sin θ∈63,1,
∴sin θ的最小值为63.故选A.
8.解析 取AC的中点M,连接FM,DM.
(1)证明:∵F,M分别为AB,AC的中点,
∴FM∥BC,且FM=12BC,
∵DE∥BC,DE=12BC,∴FM?DE,
∴四边形DEFM是平行四边形,
∴DM∥EF.
∵EF⊥BC,∴DM⊥BC.
又∵BC⊥CD,CD,DM⊂平面ACD,CD∩DM=D,∴BC⊥平面CDM.
又∵AC⊂平面CDM,
∴BC⊥AC.
(2)∵BC⊥AC,MF∥BC,∴AC⊥MF.
∵AD=CD,M为AC的中点,∴DM⊥AC.
∵BC⊥DM,MF∥BC,∴MF⊥DM,
∴MA,MF,MD两两垂直.
以M为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设DM=t,则A(1,0,0),C(-1,0,0),B(-1,2,0),D(0,0,t),E(0,1,t),
∴DE=(0,1,0),BD=(1,-2,t),AE=(-1,1,t).
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),
则n·DE=0,n·BD=0,即y=0,x-2y+tz=0,令z=1,则y=0,x=-t,∴n=(-t,0,1).
设AE与平面BDE所成的角为α,
则sin α=|cs|=|AE·n||AE||n|=2tt2+2t2+1=2tt4+3t2+2=2t2+2t2+3≤222+3=22+1=22-2,
当且仅当t2=2t2时,等号成立,
故直线AE与平面BDE所成角的正弦值的最大值为22-2.
9.A 如图所示,过点A在平面ABC内作Ax⊥AC.以A为原点,Ax,AC,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),D32,32,0,E0,2mm+1,3m+1,因此AD=32,32,0,AE=0,2mm+1,3m+1.设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),则n·AD=0,n·AE=0,即32x+32y=0,2mym+1+3zm+1=0,令y=-1,得x=3,z=2m3,所以n=3,-1,2m3,易知平面ADC的一个法向量e=(0,0,1),由二面角E-AD-C的余弦值为1010,得|cs|=2m33+1+4m29=1010,解得m2=1,又m>0,所以m=1.故选A.
10.解析 (1)证明:连接BO1,在圆柱OO1中,BC⊥平面CEDF.
∵EF⊂平面CEDF,∴EF⊥BC.
又∵EF⊥CD,BC∩CD=C,
∴EF⊥平面ABCD.
又BO1⊂平面ABCD,∴EF⊥BO1.
∵在△BEF中,O1为EF的中点,
∴BE=BF.
(2)连接OO1,则OO1与该圆柱的底面垂直,以O为坐标原点,OB,OO1所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,
则A(0,-1,0),B(0,1,0),E(-1,0,a),F(1,0,a),∴AE=(-1,1,a),BE=(-1,-1,a),BF=(1,-1,a),AB=(0,2,0).
设平面BEF的法向量是n1=(x1,y1,z1),
由n1·BE=0,n1·BF=0,得-x1-y1+az1=0,x1-y1+az1=0,取z1=1,得n1=(0,a,1).
设直线AE与平面BEF所成的角为θ,
则sin θ=|cs|=2aa2+2·a2+1=63,
整理,得(a2-2)(a2-1)=0,
∵a>1,∴a=2,∴n1=(0,2,1).
设平面ABE的法向量是n2=(x2,y2,z2),
由n2·AB=0,n2·AE=0,得2y2=0,-x2+y2+2z2=0,
取z2=1,得n2=(2,0,1),
∴cs=n1·n2|n1|·|n2|=13,
由图可知,二面角A-BE-F为锐角,
因此,二面角A-BE-F的余弦值为13.
11.解析 (1)证明:如图,分别取AB,EB的中点M,N,连接CM,MN,ND,则MN∥AE,MN=12AE.
在梯形ACDE中,CD∥AE且CD=12AE,
∴MN∥CD,MN=CD,
∴四边形CDNM是平行四边形,
∴CM∥DN.
∵EG=14EB,N为EB的中点,
∴G为EN的中点.
又F为ED的中点,
∴GF∥DN,∴GF∥CM.
又CM⊂平面ABC,GF⊄平面ABC,
∴GF∥平面ABC.
(2)过B作BH⊥AC于H.
∵平面ACDE⊥平面ABC,平面ACDE∩平面ABC=AC,BH⊂平面ABC,
∴BH⊥平面ACDE,∴BH即为四棱锥B-ACDE的高,
又底面ACDE的面积确定,∴要使多面体ABCDE体积最大,应使BH的长度最大,此时AB=BC=2,H为AC的中点,
易知HB,HC,HF两两垂直,
以{HB,HC,HF}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,
则A(0,-1,0),B(1,0,0),E(0,-1,2),D(0,1,1),∴AB=(1,1,0),BE=(-1,-1,2),DE=(0,-2,1).
设n1=(x1,y1,z1)为平面ABE的一个法向量,
则n1·AB=0,n1·BE=0,∴x1+y1=0,-x1-y1+2z1=0,
令x1=1,则y1=-1,z1=0,∴n1=(1,-1,0).
设n2=(x2,y2,z2)为平面DBE的一个法向量,则n2·DE=0,n2·BE=0,∴-2y2+z2=0,-x2-y2+2z2=0,
令y2=1,则x2=3,z2=2,∴n2=(3,1,2),
∴cs=n1·n2|n1|·|n2|=77,
由图知,二面角A-BE-D为钝二面角,
∴二面角A-BE-D的余弦值为-77.
12.解析 (1)证明:取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD.
又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,所以AD⊥平面POC.
又PC⊂平面POC,所以AD⊥PC.
因为BC∥AD,所以BC⊥PC,
即∠PCB=90°,从而△PBC为直角三角形.
(2)由(1)可知OP⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.
以O为原点,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,
则P(0,0,3),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(3,0,0),所以PC=(3,0,-3).
由PM=λPC=λ(3,0,-3)可得点M的坐标为(3λ,0,3-3λ),
所以AM=(3λ,1,3-3λ),DM=(3λ,-1,3-3λ).
设平面ADM的法向量为n=(x,y,z),则n·AM=0,n·DM=0,
即3λx+y+(3-3λ)z=0,3λx-y+(3-3λ)z=0,
令z=λ,得n=(λ-1,0,λ),
显然平面PAD的一个法向量为OC=(3,0,0),
依题意得|cs|=|n·OC||n||OC|=|3(λ-1)|λ2+(λ-1)2·3=255,
解得λ=13或λ=-1(舍去),
所以当λ=13时,平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为255.