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为x轴、y轴、之轴建立空间直角坐标系（图略），则则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0w3),DA1=(2,0,2),DE=(0,2,1),则平面A1DE的一个法所以CG=(1,0W3),AC=(2,-1,0).向量为n=(2,1,-2).设M(x,2,x),则AM=(x一2,2，设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),z).由AM·n=0,得2(x-2)十2-2z=0→x-之=1，故点M的轨迹为以BC,BB,的中点为端点的线段，长为交n=0'即z+5x=0,则AC.n=0,2x-y=0.√1+1=√2.故选B.所以可取n=(3,6,-3).9②xD2解析：如图，连接B1D1,又平面BCGE的法向量可取m=(0,1,0),A易知△B1CD1为正三角形，所n·m√3所以cosn,m〉=nm=2以BD1=CD1=2.分别取因此平面ACGD与平面BCGE夹角的大小为30°B1C1,BB1,CC1的中点M,G,【方法导航】折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键H,连接D1M,D1G,D1H,则A是结合图形弄清折叠前后变与不变的关系，尤其是隐含易得D1G=D1H=√22+1=√5，DM⊥B,C1,且的垂直关系.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质D1M=√3.由题意知G,H分别是BB1,CC1与球面的交不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化点.在侧面BCCB1内任取一点P,使MP=√2，连接11.解：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC,DP,则DP=√DM+MP=√(W3)2+(W2)2=√5，因此AD⊥平面PDC.连接MG,MH,易得MG=MH=√2，故可知以M为圆因为AD∥BC,AD中平面PBC,所以AD∥平面PBC心，√2为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC,B,的交由已知得L∥AD,线.由∠B1MG=∠C,MH=45°知∠GMH=90°，所以因此l⊥平面PDCG升的长为}×2xX2-=(2)以D为坐标原点，DA的方ZA2向为x轴正方向，建立如图所示【方法导航】立体几何中空间动，点轨迹的判断或求轨迹的的空间直角坐标系Dxyz,则D长度，一般是根据线、面平行，线、面垂直的判定定理和性(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹（还P(0,0,1),DC=(0,1,0),可以利用空间向量的坐标运算求出动，点的轨迹方程).PB=(1,1,-1).10.解：(1)证明：由已知得AD/BE,CG∥BE,所以AD/CG,由(1)可设Q(a,0,1),所以AD,CG确定一个平面，则DQ=(a,0,1).从而A,C,G,D四点共面.n·DQ=0,由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,且BE∩BC=B,设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量，则n·Dd=0,所以AB⊥平面BCGE.又ABC平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE即/ax+z=0可取n=(-1,0,a),y=0,(2)作EH⊥BC,垂足为H.-1-a因为平面BCGE⊥平面ABC,平面BCGE∩平面所以cosn,Pi)=n·P响n|PB1√5.√1+aABC=BC,所以EH⊥平面ABC.设PB与平面QCD所成角为，由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得则sin9=5.la+1L_53h+2aBH=1,EH=3.3√1+aa2+1以H为坐标原点，元的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz,因为识月十年1≤3，当且仅当a=1时，等号成立，1+DZA所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为53【方法导航】利用向量求线面角的两种方法(I)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）；教学笔记数学·参考答案/67
