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2022高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第5讲 空间角与距离、空间向量及应用试题2

2022高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第5讲 空间角与距离、空间向量及应用试题2

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第八章　立体几何
第五讲　空间角与距离、空间向量及应用

1.[2020湖北部分重点中学高三测试]如图8-5-1,E,F分别是三棱锥P-ABC的棱AP,BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为 (　　)

图8-5-1
A.30° 　　　B.60°C.120° 　　　D.150°
2.[2020湖南长沙市长郡中学模拟]图8-5-2中的三个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G作正方体的截面.下列各选项中,关于直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是(　　)

A.BD1∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②③
B.BD1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有①
C.BD1∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②
D.BD1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有③
3.[2020安徽宣城模拟]如图8-5-3,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,M为棱A1B1上一点,且A1M=λ(0<λ<2),设N为线段ME的中点,则点N到平面D1EF的距离为 (　　)

A.3λ B.255 C.23λ D.55
4.[2019吉林长春质量监测][双空题]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N,E,F分别是A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为　　　　,CE 和该截面所成角的正弦值为　　　　. 
5.[2021广州市阶段模拟]如图8-5-4,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为菱形,BE⊥平面ABCD,G为AC与BD的交点.
(1)证明:平面AEC⊥平面BED.
(2)若∠BAD=60°,AE⊥EC,求直线EG与平面EDC所成角的正弦值.

6.[2021晋南高中联考]如图8-5-5,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥底面ABCD,其中底面ABCD为等腰梯形,AD∥BC,PA=AB=BC=CD,PA⊥PD,∠PAD=60°,Q为PD的中点.
(1)证明:CQ∥平面PAB.
(2)求二面角P-AQ-C的余弦值.

图8-5-5

7.[2021湖南六校联考]如图8-5-6,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,SD=2a,AD=2a,点E是SD上的点,且DE=λa(0<λ≤2).
(1)求证:对任意的λ∈(0,2],都有AC⊥BE.
(2)设二面角C-AE-D的大小为θ,直线BE与平面ABCD所成的角为φ,若sin φ=cos θ,求λ的值.

图8-5-6

8.[2020福建五校联考]图8-5-7是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体,平面ABC与半圆柱的下底面共面,且AC⊥BC,P为B1A1上的动点(不与B1,A1重合).
(1)证明:PA1⊥平面PBB1.
(2)若四边形ABB1A1为正方形,且AC=BC,∠PB1A1=π4,求二面角P-A1B1-C的余弦值.

图8-5-7

9.[2020全国卷Ⅱ,20,12分][理]如图8-5-8,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.
(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.

10.[2021黑龙江省六校联考]如图8-5-9,正方形ABCD和ABEF所在的平面互相垂直,且边长都是1,M,N,G分别为线段AC,BF,AB上的动点,且CM=BN,AF∥平面MNG,记BG=a(0<a<1).
(1)证明:MG⊥平面ABEF.
(2)当MN的长度最小时,求二面角A-MN-B的余弦值.

图8-5-9

11.[2021蓉城名校联考]如图8-5-10(1),AD是△BCD中BC边上的高,且AB=2AD=2AC,将△BCD沿AD翻折,使得平面ACD⊥平面ABD,如图8-5-10(2)所示.
(1)求证:AB⊥CD.
(2)在图8-5-10(2)中,E是BD上一点,连接AE,CE,当AE与底面ABC所成角的正切值为12时,求直线AE与平面BCE所成角的正弦值.

12.[2020洛阳市联考]如图8-5-11,底面ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=26,DE=36.
(1)求证:平面ACE⊥平面BED.
(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值.
(3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出AMAF的值;若不存在,请说明理由.

图8-5-11

13.如图8-5-12,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,平面α经过棱PC的中点E,与棱PB,AC分别交于点F,D,且BC∥平面α,PA∥平面α.
(1)证明:AB⊥平面α.
(2)若AB=BC=PA=2,点M在直线EF上,求平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值.

图8-5-12

14.[2021安徽江淮十校第一次联考]如图8-5-13(1),已知圆O的直径AB的长为2,上半圆弧上有一点C,∠COB=60°,点P是弧AC上的动点,点D是下半圆弧的中点.现以AB为折痕,使下半圆所在的平面垂直于上半圆所在的平面,连接PO,PD,PC,CD,如图8-5-13(2)所示.
(1)当AB∥平面PCD时,求PC的长;
(2)当三棱锥P-COD体积最大时,求二面角D-PC-O的余弦值.

答 案
第五讲　空间角与距离、空间向量及应用

1.B　如图D 8-5-8,取AC的中点D,连接DE,DF,因为D,E,F分别为AC,PA,BC的中点,所以DF∥AB,DF=12AB,DE∥PC,DE=12PC,所以∠EDF或其补角为异面直线PC与AB所成的角.因为PC=10,AB=6,所以在△DEF中,DE=5,DF=3,EF=7,由余弦定理得cos∠EDF=DE2+DF2-EF22DE×DF=25+9-492×5×3=-12,所以∠EDF=120°,所以异面直线PC与AB所成的角为60°.故选B.

图D 8-5-8
2.A　对于题图①,连接BD,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BD∥GE,DD1∥EF,又BD⊄平面EFG,DD1⊄平面EFG,从而可得BD∥平面EFG,DD1∥平面EFG,又BD∩DD1=D,所以平面BDD1∥平面EFG,所以BD1∥平面EFG.
对于题图②,连接DB,DA1,设正方体的棱长为1,因为E,F,G均为所在棱的中点,
所以BD1·GE=(DD1-DB)·(12DA1)=12(DD1·DA1-DB·DA1)=12(1×2×cos 45°-2×2×cos 60°)=0,
即BD1⊥EG.
连接DC1,则BD1·EF=(DD1-DB)·(12DC1)=12(DD1·DC1-DB·DC1)=12(1×2×cos 45°-2×2×cos 60°)=0,即BD1⊥EF.
又EG∩EF=E,所以BD1⊥平面EFG.
对于题图③,设正方体的棱长为1,连接DB,DG,因为E,F,G均为所在棱的中点,
所以BD1·EG=(DD1-DB)·(DG-DE)=(DD1-DB)·(DC+12DD1-12DA)=12DD12-DB·DC+12DB·DA=12-2×1×22+12×2×1×22=0,
即BD1⊥EG.
连接AF,则BD1·EF=(DD1-DB)·(AF-AE)=(DD1-DB)·(DD1+12DC+12DA)=DD12-12DB·DC-12DB·DA=1-12×2×1×22-12×2×1×22=0,
即BD1⊥EF.
又EG∩EF=E,所以BD1⊥平面EFG.故选A.
3.D　以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立如图D 8-5-9所示的空间直角坐标系,则M(2,λ,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),

ED1=(-2,0,1),EF=(0,2,0),EM=(0,λ,1).
设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),
则n·ED1=-2x+z=0,n·EF=2y=0,取x=1,得z=2,则n=(1,0,2)为平面D1EF的一个法向量.
则点M到平面D1EF的距离d=|EM·n||n|=25=255.
因为N为线段EM的中点,所以点N到平面D1EF的距离为d2=55,故选D.
4.22　1010如图D 8-5-10,正方体ABCD-A1B1C1D1中,设CD,BC的中点分别为H,G,连接HE,HG,GE,HF,ME,NH.

图D 8-5-10　
易知ME∥NH,ME=NH,所以四边形MEHN是平行四边形,
所以MN∥HE.
因为MN⊄平面EFHG,HE⊂平面EFHG,所以MN∥平面EFHG,
所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG,易知平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG,EF=2,FH=2,
所以截面EFHG的面积为2×2=22.
连接AC,交HG于点I,易知CI⊥HG,平面EFHG⊥平面ABCD,平面EFHG∩平面ABCD=HG,
所以CI⊥平面EFHG,连接EI,
因为EI⊂平面EFHG,
所以CI⊥EI,
所以∠CEI为直线CE和截面EFHG所成的角.
在Rt△CIE中,易知CE=1+22=5,CI=14AC=224=22,所以sin∠CEI=CICE=1010.
5.(1)因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BE.
又BE∩BD=B,所以AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.
(2)解法一　设AB=1,在菱形ABCD中,由∠BAD=60°,可得AG=GC=32,BG=GD=12.
因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中可得EG=AG=32.
由BE⊥平面ABCD,得△EBG为直角三角形,则EG2=BE2+BG2,得BE=22.
如图D 8-5-11,过点G作直线Gz∥BE,因为BE⊥平面ABCD,

所以Gz⊥平面ABCD,
又AC⊥BD,
所以建立空间直角坐标系 G-xyz.
G(0,0,0),C(0,32,0),D(-12,0,0),E(12,0,22),
所以GE=(12,0,22),DE=(1,0,22),CE=(12,-32,22).
设平面EDC的法向量为n=(x,y,z),
由DE·n=0,CE·n=0,得x+22z=0,12x-32y+22z=0,
取x=1,则z=-2,y=-33,
所以平面EDC的一个法向量为n=(1,-33,-2).
设直线EG与平面EDC所成的角为θ,则sin θ=|cos<GE,n>|=|12+0-114+12×1+13+2|=|-1232×103|=1010.
所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为1010.
解法二　设BG=1,则GD=1,AB=2,AG=3.
设点G到平面EDC的距离为h,EG与平面EDC所成角的大小为θ.
因为AC⊥平面EBD,EG⊂平面EBD,所以AC⊥EG.
因为AE⊥EC,
所以△AEC为等腰直角三角形.
因为AC=2AG=23,所以AE=EC=6,EG=AG=3.
因为AB=BD=2,所以Rt△EAB≌Rt△EDB,
所以EA=ED=6.
在△EDC中,ED=EC=6,DC=2,则S△EDC=5.
在Rt△EAB中,BE=EA2-AB2=(6)2-22=2.
VE-GDC=13BE·12S△CBD=16×2×S△ABD=16×2×12×2×3=66.
由VG-EDC=13h·5=VE-GDC=66,得h=625=3010.
所以sin θ=hEG=1010.
所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为1010.
解法三　如图D 8-5-12,以点B为坐标原点,建立空间直角坐标系B-xyz.

不妨设AB=2,在菱形ABCD中,由∠BAD=60°,可得AG=GC=3,BG=GD=1.因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中可得EG=AG=3.
由BE⊥平面ABCD,得△EBG为直角三角形,
则EG2=BE2+BG2,得BE=2.
则C(2,0,0),E(0,0,2),D(1,3,0),G(12,32,0),
所以EG=(12,32,-2),ED=(1,3,-2),EC=(2,0,-2).
设平面EDC的法向量为n=(x,y,z),
则n·ED=0,n·EC=0,得x+3y-2z=0,2x-2z=0,
令x=3,则z=6,y=1.
所以平面EDC的一个法向量为n=(3,1,6).
设EG与平面EDC所成的角为θ,
则sin θ=|cos<EG,n>|=|32+32-23|1+2×3+1+6=1010.
所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为1010.
6.(1)如图D 8-5-13,取PA的中点N,连接QN,BN.

图D 8-5-13
∵Q,N分别是PD,PA的中点,∴QN∥AD,且QN=12AD.
∵PA⊥PD,∠PAD=60°,
∴PA=12AD,
又PA=BC,∴BC=12AD,∴QN=BC,
又AD∥BC,∴QN∥BC,∴四边形BCQN为平行四边形,∴BN∥CQ.
又BN⊂平面PAB,CQ⊄平面PAB,∴CQ∥平面PAB.
(2)在图D 8-5-13的基础上,取AD的中点M,连接BM,PM,取AM的中点O,连接BO,PO,如图D 8-5-14.

图D 8-5-14
设PA=2,由(1)得PA=AM=PM=2,∴△APM为等边三角形,
∴PO⊥AM,
同理BO⊥AM.
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,
∴PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点,分别以OB,OD,OP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz,
则A(0,-1,0),C(3,2,0),P(0,0,3),Q(0,32,32),
∴AC=(3,3,0),AQ=(0,52,32),
设平面ACQ的法向量为m=(x,y,z),则m·AC=0,m·AQ=0,∴3x+3y=0,52y+32z=0,
取y=-3,得m=(3,-3,5)是平面ACQ的一个法向量,
又平面PAQ的一个法向量为n=(1,0,0),
∴cos<m,n>=m·n|m|·|n|=33737,
由图得二面角P-AQ-C的平面角为钝角,
∴二面角P-AQ-C的余弦值为-33737.
7.(1)由题意SD⊥平面ABCD,AD⊥DC,

图D 8-5-15
以D为原点,DA,DC,DS的方向分别作为x,y,z轴的正方向建立如图D 8-5-15所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2a,0,0),B(2a,2a,0),C(0,2a,0),E(0,0,λa),
∴AC=(-2a,2a,0),BE=(-2a,-2a,λa),
∴AC·BE=2a2-2a2+0×λa=0,
即AC⊥BE.
(2)解法一　由(1)得EA=(2a,0,-λa),EC=(0,2a,-λa),BE=(-2a,-2a,λa).
设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则由n⊥EA,n⊥EC得
n·EA=0,n·EC=0,得2x-λz=0,2y-λz=0,
取z=2,得n=(λ,λ,2)为平面ACE的一个法向量,
易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为DS=(0,0,2a)与DC=(0,2a,0),
∴sin φ=|DS·BE||DS|·|BE|=λλ2+4,易知二面角C-AE-D为锐二面角,∴cos θ=|DC·n||DC|·|n|=λ2λ2+2,
由sin φ=cos θ得λλ2+4=λ2λ2+2,解得λ2=2,
又λ∈(0,2],∴λ=2.
解法二　如图D 8-5-16,连接BD,由SD⊥平面ABCD知,∠DBE=φ.

图D 8-5-16
由(1)易知CD⊥平面SAD.
过点D作DF⊥AE于点F,连接CF,则∠CFD是二面角C-AE-D的平面角,即∠CFD=θ.
在Rt△BDE中,BD=2a,DE=λa,∴BE=4a2+λ2a2,sin φ=DEBE=λλ2+4,在Rt△ADE中,AD=2a,DE=λa,
∴AE=aλ2+2,∴DF=AD·DEAE=2λaλ2+2,
在Rt△CDF中,CF=DF2+CD2=2λ2+1λ2+2a,
∴cos θ=DFCF=λ2λ2+2,
由sin φ=cos θ得λλ2+4=λ2λ2+2,解得λ2=2,
又λ∈(0,2],∴λ=2.
8.(1)在半圆柱中,BB1⊥平面PA1B1,PA1⊂平面PA1B1,
所以BB1⊥PA1.
因为A1B1是上底面对应圆的直径,
所以PA1⊥PB1.
因为PB1∩BB1=B1,PB1⊂平面PBB1,BB1⊂平面PBB1,
所以PA1⊥平面PBB1.
(2)根据题意,以C为坐标原点建立空间直角坐标系C-xyz,如图D 8-5-17所示.

图D 8-5-17
设CB=1,则C(0,0,0),A1(0,1,2),B1(1,0,2),
所以CA1=(0,1,2),CB1=(1,0,2).
易知n1=(0,0,1)为平面PA1B1的一个法向量.
设平面CA1B1的法向量为n2=(x,y,z),则n2·CA1=0,n2·CB1=0,即y+2z=0,x+2z=0,
令z=1,则x=-2,y=-2,所以n2=(-2,-2,1)为平面CA1B1的一个法向量.
所以cos<n1,n2>=11×5=55.
由图可知二面角P-A1B1-C为钝角,所以所求二面角的余弦值为-55.

9.(1)因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点,MA的方向为x轴正方向,|MB|为单位长度,建立如图D 8-5-18所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=3.

连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=233,E(233,13,0).由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.
设Q(a,0,0),则NQ=4-(233-a)2,B1(a,1,4-(233-a)2),
故B1E=(233-a,-23,-4-(233-a)2),|B1E|=2103.
又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一个法向量,故
sin(π2-<n,B1E>)=cos<n,B1E>=n·B1E|n|·|B1E|=1010.
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.
10.(1)因为AF∥平面MNG,
且AF⊂平面ABEF,平面ABEF∩平面MNG=NG,
所以AF∥NG,
所以CM=BN=2a,
所以AM=2(1-a),
所以AMCM=AGBG=1-aa,
所以MG∥BC,所以MG⊥AB.
又平面ABCD⊥平面ABEF,
且MG⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面ABEF=AB,
所以MG⊥平面ABEF.
(2)由(1)知,MG⊥NG,MG=1-a,NG=a,
所以MN=a2+(1-a)2=2a2-2a+1=2(a-12)2+12≥22,当且仅当a=12时等号成立,即当a=12时,MN的长度最小.
以B为坐标原点,分别以BA,BE,BC所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图D 8-5-19所示的空间直角坐标系B-xyz,

图D 8-5-19
则A(1,0,0),B(0,0,0),M(12,0,12),N(12,12,0),
设平面AMN的法向量为m=(x1,y1,z1),
因为AM=(-12,0,12),MN=(0,12,-12),
所以m·AM=-x12+z12=0m·MN=y12-z12=0,取z1=1,得m=(1,1,1)为平面AMN的一个法向量.
设平面BMN的法向量为n=(x2,y2,z2),
因为BM=(12,0,12),MN=(0,12,-12),
所以n·BM=x22+z22=0n·MN=y22-z22=0,取z2=1,得n=(-1,1,1)为平面BMN的一个法向量.
所以cos<m,n>=m·n|m||n|=13,
又二面角A-MN-B为钝二面角,
所以二面角A-MN-B的余弦值为-13.
11.(1)由题图(1)知,在题图(2)中,AC⊥AD,AB⊥AD.
∵平面ACD⊥平面ABD,平面ACD∩平面ABD=AD,AB⊂平面ABD,
∴AB⊥平面ACD,又CD⊂平面ACD,
∴AB⊥CD.
(2)以A为坐标原点,AC,AB,AD所在的直线分别为x,y,z轴建立如图D 8-5-20所示的空间直角坐标系,

图D 8-5-20
不妨设AC=1,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,0,0),D(0,0,1),AD=(0,0,1),BC=(1,-2,0),DB=(0,2,-1).
设E(x,y,z),由DE=λDB(0<λ<1),得(x,y,z-1)=(0,2λ,-λ),
得E(0,2λ,1-λ),∴AE=(0,2λ,1-λ),
又平面ABC的一个法向量为AD=(0,0,1),AE与底面ABC所成角的正切值为12,
所以|tan􀎮AD,AE􀎯|=2,于是|cos􀎮AD,AE􀎯|=15=55,
即|1-λ(2λ)2+(1-λ)2|=55,解得λ=12,
则E(0,1,12),AE=(0,1,12),BE=(0,-1,12).
设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),则n·BC=0,n·BE=0,即x-2y=0,-y+12z=0,
令y=1,得x=2,z=2,则n=(2,1,2)是平面BCE的一个法向量,
设直线AE与平面BCE所成的角是θ,
则sin θ=|cos􀎮AE,n􀎯|=|AE·n||AE||n|=252×3=4515,
故直线AE与平面BCE所成角的正弦值为4515.
12.(1)因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,DE⊥AD,所以DE⊥平面ABCD.
因为AC⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.
又四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.
因为DE∩BD=D,DE⊂平面BED,BD⊂平面BED,
所以AC⊥平面BED.
又AC⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面BED.
(2)因为DA,DC,DE两两垂直,所以以D为坐标原点,建立如图D 8-5-21所示的空间直角坐标系D-xyz.

图D 8-5-21
则A(3,0,0),F(3,0,26),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),所以CA=(3,-3,0),BE=(-3,-3,36),EF=(3,0,-6).
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),
则n·BE=-3x-3y+36z=0,n·EF=3x-6z=0,
取x=6,得n=(6,26,3)为平面BEF的一个法向量.
所以cos<CA,n>=CA·n|CA||n|=-3632×39=-1313.
所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为1313.
(3)假设在线段AF上存在符合条件的点M,由(2)可设M(3,0,t),0≤t≤26,则BM=(0,-3,t).
设平面MBE的法向量为m=(x1,y1,z1),
则m·BM=-3y1+tz1=0,m·BE=-3x1-3y1+36z1=0,
令y1=t,得m=(36-t,t,3)为平面MBE的一个法向量.
由(1)知CA⊥平面BED,所以CA是平面BED的一个法向量,|cos<m,CA>|=|m·CA||m||CA|=|96-6t|32×(36-t)2+t2+9=cos 60°=12,
整理得2t2-66t+15=0,解得t=62,
故在线段AF上存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°,此时AMAF=14.
13.(1)因为BC∥平面α,BC⊂平面PBC,平面α∩平面PBC=EF,
所以BC∥EF,且F为棱PB的中点,
因为BC⊥AB,所以EF⊥AB.
因为PA∥平面α,PA⊂平面PAC,平面α∩平面PAC=DE,所以PA∥DE.
因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB, 所以DE⊥AB.
又DE∩EF=E,DE⊂平面DEF,EF⊂平面DEF,所以AB⊥平面DEF,即AB⊥平面α.
(2)如图D 8-5-22,以点B为坐标原点,分别以BA,BC所在直线为x,y轴,过点B且与AP平行的直线为z轴建立空间直角坐标系,

图D 8-5-22
则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(2,0,2),E(1,1,1),F(1,0,1),AC=(-2,2,0),BC=(0,2,0),BP=(2,0,2).
设M(1,t,1),平面MAC的法向量为m=(x1,y1,z1),则AM=(-1,t,1),
则m·AC=-2x1+2y1=0,m·AM=-x1+ty1+z1=0,令x1=1,则y1=1,z1=1-t,所以m=(1,1,1-t)为平面MAC的一个法向量.
设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),
则n·BC=2y2=0,n·BP=2x2+2z2=0,得y2=0,令x2=1,则z2=-1,所以n=(1,0,-1)为平面PBC的一个法向量.
设平面MAC与平面PBC所成的锐二面角为θ,
则cos θ=|cos<m,n>|=|m·n||m|×|n|=|1-(1-t)|12+12+(1-t)2×2=|t|t2-2t+3×2.
当t=0时,cos θ=0;
当t≠0时, cos θ=13t2-2t+1×2=13(1t-13)2+23×2,
当且仅当1t=13,即t=3时,3(1t-13)2+23取得最小值23,cos θ取得最大值,最大值为123×2=32.
所以平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值为32.
14.(1)因为AB∥平面PCD,AB⊂平面OCP,平面OCP∩平面PCD=PC,所以AB∥PC.
又∠COB=60°,所以∠OCP=60°.
又OC=OP,所以△OCP为正三角形,所以PC=1.
(2)由题意知DO⊥平面COP,而VP-COD=VD-COP,S△COP=12·OC·OP·sin∠COP,
所以当OC⊥OP时,三棱锥P-COD的体积最大.
解法一　易知OP,OD,OC两两垂直,以O为坐标原点,OP,OD,OC的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图D 8-5-23所示的空间直角坐标系O-xyz,则P(1,0,0),D(0,1,0),C(0,0,1),PC=(-1,0,1),DP=(1,-1,0).

图D 8-5-23
设平面DPC的法向量为n1=(x,y,z),则PC·n1=0,DP·n1=0,即-x+z=0,x-y=0,取x=1,得平面DPC的一个法向量为n1=(1,1,1).易知平面PCO的一个法向量为n2=(0,1,0),
设二面角D-PC-O的平面角为α,由题图知,二面角D-PC-O的平面角为锐角,则cos α=|n1·n2||n1||n2|=33,
所以二面角D-PC-O的余弦值为33.
解法二　如图D 8-5-24所示,取PC的中点H,连接OH,DH.

图D 8-5-24
因为OC=OP,DC=DP,所以OH,DH都与PC垂直,
即∠OHD为所求二面角的平面角.
在Rt△OPC中,可得OH=22,
在Rt△OHD中,DH=12+(22)2=62,
所以cos∠OHD=2262=33,
所以二面角D-PC-O的余弦值为33.