(1)證明：EF∥平面PCD.
(2)若PC＝eq \r(3)PD＝eq \r(3)CD＝eq \r(3)AD＝2eq \r(3)AB，求直線EF與平面PAD所成角的正弦值．
2．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC⊥CD，∠ABC＝eq \f(π,4)，CD＝CE＝eq \f(1,2)BE＝1，PA＝AD＝2，F(xiàn)為PD的中點．
(1)證明：AB⊥PE；
(2)求二面角A－EF－D的平面角的余弦值．
3．在矩形ABCD中，AB＝eq \r(2)BC＝2eq \r(2)，將△ADC沿AC折起至△APC的位置，且PB＝2.
(1)求證：平面PAB⊥平面PBC；
(2)求二面角P－AC－B的正弦值．
4．如圖，在底面為菱形的四棱錐M－ABCD中，AD＝BD＝MB＝2，MA＝MD＝eq \r(2).
(1)求證：平面MAD⊥平面ABCD；
(2)已知eq \(MN,\s\up6(→))＝2eq \(NB,\s\up6(→))，求直線BN與平面ACN所成角的正弦值．
5．把矩形O1O2FB以O(shè)1O2所在的直線為軸旋轉(zhuǎn)180°，得到幾何體如圖所示．其中等腰梯形ABCD為下底面的內(nèi)接四邊形，且AB＝2AD＝2，點G為上底面一點，且CG∥O1O2，O1O2＝1.
(1)若P為DE的中點，求證：AP⊥平面BDE；
(2)設(shè)eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DE,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，試確定λ的值，使得直線AP與平面ABG所成角的正弦值為eq \f(\r(105),35).
6．在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，E是BC的中點，點F在棱AD上，且PA⊥AD，cs∠PAE＝－eq \f(2,5)，PA＝eq \r(5).
(1)若平面PAB∩平面PCD＝l，證明：l∥平面ABCD.
(2)求平面PEF與平面PCD的夾角的余弦值的最大值．
參考答案
1．[解析] (1)證明：取AD的中點H，連接EH，F(xiàn)H.
因為F，H分別是棱PA，AD的中點，所以HF∥PD.
因為PD?平面PCD，HF?平面PCD，
所以HF∥平面PCD.
因為E，H分別是棱BC，AD的中點，所以HE∥CD.
因為CD?平面PCD，HE?平面PCD，
所以HE∥平面PCD.
因為HE，HF?平面HEF，且HE∩HF＝H，
所以平面HEF∥平面PCD.
因為EF?平面HEF，所以EF∥平面PCD.
(2)以D為坐標(biāo)原點，分別以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))的方向為x，y軸的正方向，垂直平面ABCD向上的方向為z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)AB＝1，則AD＝CD＝PD＝2，PC＝2eq \r(3).
由余弦定理可得cs∠PDC＝eq \f(4＋4－12,2×2×2)＝－eq \f(1,2)，
則∠PDC＝120°，從而A(2,0,0)，D(0,0,0)，P(0，－1，eq \r(3))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)，0))，F(xiàn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
故eq \(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，eq \r(3))，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－2，\f(\r(3),2))).
設(shè)平面PAD的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DA,\s\up6(→))＝2x＝0，,n·\(DP,\s\up6(→))＝－y＋\r(3)z＝0，))令y＝eq \r(3)，得n＝(0，eq \r(3)，1)．
設(shè)直線EF與平面PAD所成的角為θ，
則sin θ＝|cs〈n，eq \(EF,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(EF,\s\up6(→))|,|n||\(EF,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(3\r(3),2),2\r(4＋\f(3,4)))＝eq \f(3\r(57),38)，
即直線EF與平面PAD所成角的正弦值為eq \f(3\r(57),38).
2．[解析] (1)證明：連接AE，DE，如圖，
因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，
又BC⊥CD，CD＝CE＝1.
由勾股定理可知DE＝eq \r(2)，
又AD＝BE，AD∥BE，
所以四邊形ABED是平行四邊形，
所以AB＝DE＝eq \r(2)，
又∠ABC＝eq \f(π,4)，由余弦定理可知AE＝eq \r(2)，
所以AB2＋AE2＝BE2，所以AB⊥AE，
又AE∩PA＝A，所以AB⊥平面PAE，
所以AB⊥PE.
(2)因為AP，AB，AE兩兩垂直，
所以以A為原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系
A－xyz，則A(0,0,0)，B(eq \r(2)，0,0)，D(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，P(0,0,2)，E(0，eq \r(2)，0)，
因為F為PD的中點，則Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，eq \(DE,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0,0)，eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1))，
設(shè)平面AEF的法向量n＝(x1，y1，z1)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝\r(2)y1＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(2),2)x1＋\f(\r(2),2)y1＋z1＝0，))
取x1＝1，則y1＝0，z1＝eq \f(\r(2),2)，所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(\r(2),2)))，
設(shè)平面DEF的法向量m＝(x2，y2，z2)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(DE,\s\up6(→))＝\r(2)x2＝0，,m·\(DF,\s\up6(→))＝\f(\r(2),2)x2－\f(\r(2),2)y2＋z2＝0，))
取y2＝1，則x2＝0，z2＝eq \f(\r(2),2)，所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(\r(2),2)))，
所以cs〈n，m〉＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))),\r(1＋\f(1,2))·\r(1＋\f(1,2)))＝eq \f(1,3)，
即二面角A－EF－D的余弦值為eq \f(1,3).
3．[解析] (1)由已知可得：BC＝2，PB＝2，PC＝CD＝AB＝2eq \r(2)，
在△PBC中，PB2＋BC2＝PC2，故PB⊥BC.
又AB⊥BC，且PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB，
因為BC?平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC.
(2)解法一：取AB、CD的中點O、E，連接OP，OE.
因為PA＝PB，所以PO⊥AB，
由(1)知：BC⊥PO，
所以PO⊥平面ABC.
以O(shè)B，OE，OP所在直線分別在x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．
則A(－eq \r(2)，0,0)，B(eq \r(2)，0,0)，C(eq \r(2)，2,0)，P(0,0，eq \r(2))．
則eq \(AC,\s\up6(→))＝(2eq \r(2)，2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，eq \r(2))，
設(shè)平面APC的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
則m·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，m·eq \(AP,\s\up6(→))＝0，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(2)x1＋2y1＝0，,\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，))
取x1＝1，y1＝－eq \r(2)，z1＝－1，則m＝(1，－eq \r(2)，－1)．
又平面ABC的法向量為n＝(0,0,1)，
cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝－eq \f(1,2).
所以二面角P－AC－B的正弦值為eq \f(\r(3),2).
解法二：如圖，取AB中點O，
連接PO，作OH⊥AC于H，連接PH，
∵PA＝PB＝2，∴PO⊥AB且PO＝eq \r(2)，
由(1)知BC⊥平面PAB，
∴BC⊥PO，∴PO⊥平面ABC，
∴PO⊥AC，∴AC⊥平面PHO，
∴AC⊥PH，∴∠OHP為二面角P－AC－B的平面角．
又PH＝eq \f(PA·PC,AC)＝eq \f(2\r(6),3)，
∴sin∠OHP＝eq \f(PO,PH)＝eq \f(\r(3),2)，
即二面角P－AC－B的正弦值為eq \f(\r(3),2).
4．[解析] (1)證明：取AD的中點為O，連接OM，OB，
因為四邊形ABCD是為菱形，且AD＝BD＝2，
所以△ABD為正三角形，所以BO⊥AD，且BO＝eq \r(3).
因為MA＝MD＝eq \r(2)，所以MO⊥AD，
所以MO＝eq \r(MA2－AO2)＝eq \r(?\r(2)?2－12)＝1，
又因為MB＝2，所以MO2＋BO2＝MB2，
所以MO⊥BO，
因為AD∩BO＝O，AD?平面ABCD，
BO?平面ABCD，
所以MO⊥平面ABCD，
又因為MO?平面MAD，
所以平面MAD⊥平面ABCD.
(2)由(1)知，OA，OB，OM兩兩垂直，故以O(shè)為坐標(biāo)原點，
分別以eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz.
則A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，C(－2，eq \r(3)，0)，M(0,0,1)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)，\f(1,3)))，
所以eq \(CA,\s\up6(→))＝(3，－eq \r(3)，0)，eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(\r(3),3)，\f(1,3)))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
設(shè)平面ACN的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CA,\s\up6(→))＝0，,n·\(CN,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－\r(3)y＝0，,2x－\f(\r(3),3)y＋\f(1,3)z＝0，))
取x＝1，則n＝(1，eq \r(3)，－3)．
因為eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，1)，
則cs〈eq \(BM,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(BM,\s\up6(→))·n,|\(BM,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(－3－3,2×\r(13))＝－eq \f(3\r(13),13)，
所以直線BN與平面ACN所成角的正弦值為eq \f(3\r(13),13).
5．[解析] (1)證明：因為AB為直徑，所以BD⊥AD，
因為EA⊥平面ABD，BD?平面ABD，
所以EA⊥BD，
因為AE∩AD＝A，AE?平面ADE，
AD?平面ADE，
所以BD⊥平面ADE，
因為AP?平面ADE，所以BD⊥AP，
因為AD＝AE，P為DE的中點，所以AP⊥DE，
因為BD∩DE＝D，BD?平面BDE，
ED?平面BDE，
所以AP⊥平面BDE.
(2)因為等腰梯形ABCD為底面半圓O1的內(nèi)接四邊形，
AB＝2AD＝2，
所以∠DAO1＝∠AO1D＝∠CO1D＝∠BO1C＝eq \f(π,3)，
所以CD＝BC＝1，
如圖，以O(shè)1為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)1B，O1O2為y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
由于CG∥OO1，OO1＝1，∴CG＝1，
故A(0，－1,0)，B(0,1,0)，
Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，
E(0，－1,1)，
則eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，1))，
設(shè)平面ABG的一個法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＝0，,－\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＋z＝0，))
令x＝2eq \r(3)，則n＝(2eq \r(3)，0,3)，
由eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DE,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，
可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)λ－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)λ－\f(1,2)，λ))，
所以eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)λ－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)λ＋\f(1,2)，λ))，
設(shè)直線AP與平面ABG所成角為θ，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
則sin θ＝|cs〈n，eq \(AP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(AP,\s\up6(→))|,|n||\(AP,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|3λ－3＋0＋3λ|,\r(12＋0＋9)·\r(2λ2－2λ＋1))＝eq \f(\r(105),35)，
即得9λ2－9λ＋2＝0，
解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝eq \f(2,3)，符合λ∈[0,1]，
故λ＝eq \f(1,3)或λ＝eq \f(2,3).
6．[解析] (1)證明：因為底面ABCD是正方形，所以AB∥CD.
因為CD?平面PAB，AB?平面PAB，
所以CD∥平面PAB.
又因為平面PAB∩平面PCD＝l，所以CD∥l.
因為l?平面ABCD，CD?平面ABCD，所以l∥平面ABCD.
(2)由題意可得AE＝eq \r(5)，
PE＝eq \r(AP2＋AE2－2AP·AEcs∠PAE)＝eq \r(14).
因為底面ABCD是正方形，所以AB⊥AD.
又因為PA⊥AD，所以AD⊥平面PAB.
因為AD∥BC，所以BC⊥平面PAB，BC⊥PB.
PB＝eq \r(PE2－BE2)＝eq \r(13).
cs∠PAB＝eq \f(PA2＋AB2－PB2,2PA·AB)＝－eq \f(\r(5),5).
以A為坐標(biāo)原點，AB，AD所在直線分別為x，y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
點P到y(tǒng)，z軸所在平面的距離為APcs(π－∠PAB)＝1，點P到x，y軸所在平面的距離為eq \r(AP2－?－1?2)＝2.
P(－1,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(2,1,0)，設(shè)F(0，a,0)(0≤a≤2)．
eq \(PC,\s\up6(→))＝(3,2，－2)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x1，y1，z1)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PC,\s\up6(→))·n＝0，,\(CD,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x1＋2y1－2z1＝0，,－2x1＝0，))取y1＝1，可得n＝(0,1,1)．
eq \(PE,\s\up6(→))＝(3,1，－2)，eq \(PF,\s\up6(→))＝(1，a，－2)，
設(shè)平面PEF的法向量為m＝(x2，y2，z2)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PE,\s\up6(→))·m＝0，,\(PF,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2＋y2－2z2＝0，,x2＋ay2－2z2＝0，))
取y2＝4，可得m＝(2a－2,4,3a－1)．
設(shè)平面PEF與平面PCD的夾角為α，
則cs α＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|3?a＋1?|,\r(2)×\r(?2a－2?2＋42＋?3a－1?2))，
令a＋1＝t∈[1,3]，
則cs α＝eq \f(3t,\r(2)×\r(?2t－4?2＋42＋?3t－4?2))＝eq \f(3\r(2),2)×eq \f(t,\r(13t2－40t＋48))＝eq \f(3\r(2),2)×eq \f(1,\r(48\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))2－40×\f(1,t)＋13)).
當(dāng)eq \f(1,t)＝eq \f(5,12)時，48eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))2－40×eq \f(1,t)＋13取得最小值，最小值為eq \f(14,3)，
所以cs α的最大值為eq \f(3\r(2),2)×eq \f(1,\r(\f(14,3)))＝eq \f(3\r(21),14)，此時，a＝eq \f(7,5).
故平面PEF與平面PCD的夾角的余弦值的最大值為eq \f(3\r(21),14).

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