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十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学
专题20空间向量
1.(2014·全国2·理T11)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为( )
A. B. 【答案】C
C. D.
【解析】如图,以点C1为坐标原点,C1B1,C1A1,C1C所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系, 不妨设BC=CA=CC1=1,可知点
A(0,1,1),N,B(1,0,1),M.
∴.
∴cos<>=.
根据的夹角及AN与BM所成角的关系可知,BM与AN所成角的余弦值为.
2.(2013·北京·文T8)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为对角线BD1的三等分点,P到各顶点的距离的不同取值有( ) A.3个
B.4个 C.5个
D.6个
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【答案】B
【解析】设正方体的棱长为a.建立空间直角坐标系,如图所示.
则D(0,0,0),D1(0,0,a),C1(0,a,a),C(0,a,0),B(a,a,0),B1(a,a,a),A(a,0,0),
A1(a,0,a),P,
则||=a,
||==a,
||=a,
||=||==a,
||=||=a,
||=a,
3.(2012·陕西·理T5)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】不妨设CB=1,则CA=CC1=2.由题图知,A点的坐标为(2,0,0),B点的坐标为(0,0,1),B1点的坐标为(0,2,1),C1点的坐标为(0,2,0). 所以
=(0,2,-1),=(-2,2,1).
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所以cos<>=.
4.(2010·大纲全国·文T6)直三棱柱ABC-A1B1C1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )
A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】C
【解析】不妨设AB=AC=AA1=1,建立空间直角坐标系如图所示,
则B(0,-1,0),A1(0,0,1),A(0,0,0),C1(-1,0,1),
∴=(0,1,1),=(-1,0,1).
∴cos<∴<>=>=60°.
.
∴异面直线BA1与AC1所成的角为60°. 5.(2019·天津·理T17)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求证:BF∥平面ADE;
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
(3)若二面角E-BD-F的余弦值为,求线段CF的长.
【解析】(1)证明依题意,可以建立以A为原点,分别以
的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角
坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).
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依题意,又
=(1,0,0)是平面ADE的法向量,
=0,又因为直线BF?平面ADE,所以BF∥平面ADE.
=(-1,0,2),
=(-1,-2,2).
=(0,2,h),可得
(2)解依题意,=(-1,1,0),
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
则
可得n=(2,2,1).
不妨令z=1,
因此有cos<,n>==-.
所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为. (3)解设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,
则
不妨令y=1,可得m=1,1,-
.
由题意,有|cos
解得h=,经检验,符合题意. 所以,线段CF的长为.
6.(2019·浙江·T 19)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠
BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.
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(1)证明:EF⊥BC;
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
【解析】方法一:
(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点, 所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1, 平面A1ACC1∩平面ABC=AC, 所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC. 又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F. 所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.
(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.
由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上. 连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角). 不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2
,EG=.
由于O为A1G的中点,故EO=OG=,
所以cos∠EOG=.
因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.
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方法二:
(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1, 平面A1ACC1∩平面ABC=AC, 所以,A1E⊥平面ABC.
如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1 为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz. 不妨设AC=4,则A1(0,0,2
),B(
,1,0),B1(
,3,2
),
F,2,C(0,2,0).
因此,
=,2,=(-,1,0).
由=0得EF⊥BC.
(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ. 由(1)可得
=(-,1,0),=(0.2,-2).
设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).
由取n=(1,
,1),
故sin θ=|cos<·n>|=.
因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.
7.(2019·全国1·理T18)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN∥平面C1DE;
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(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
【解析】(1)连接B1C,ME. 因为M,E分别为BB1,BC的中点, 所以ME∥B1C,且ME= B1C.
又因为N为A1D的中点,所以ND= A1D. 由题设知A1B1??DC,可得B1C??A1D, 故ME??ND,
因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED. 又MN?平面EDC1,所以MN∥平面C1DE. (2)由已知可得DE⊥DA. 以D为坐标原点,则
的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,
,0).
,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,,-2),=(-1,0,-2),=(0,-
设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,
则
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所以可取m=(,1,0).
设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,
则
所以可取n=(2,0,-1).
于是cos
所以二面角A-MA1-N的正弦值为.
8.(2019·全国2·理T17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1. (1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.
【解析】(1)证明由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1. (2)解由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°, 故AE=AB,AA1=2AB. 以D为坐标原点,
的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, =(1,0,0),
=(1,-1,1),
=(0,0,2).
则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则
所以可取n=(0,-1,-1).
设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),则
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所以可取m=(1,1,0).
于是cos
所以,二面角B-EC-C1的正弦值为.
9.(2019·全国3·理T19)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2. (1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE; (2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.
【解析】(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG, 故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面. 由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE. 又因为AB?平面ABC, 所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)解作EH⊥BC,垂足为H.
因为EH?平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC. 由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=以H为坐标原点,
.
的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,
则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,
),
=(1,0,),=(2,-1,0).
设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),
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则
所以可取n=(3,6,-).
又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),
所以cos
因此二面角B-CG-A的大小为30°.
10.(2018·浙江·T 8)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则( ) A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1 C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1 【答案】D
【解析】当点E不是线段AB的中点时,如图,点G是AB的中点,SH⊥底面ABCD,过点H作HF∥AB,过点E作EF∥BC,连接SG,GH,EH,SF.
可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,θ3=∠SGH.
由题意可知EF⊥SF,故tan θ1==tan θ3.
∴θ1>θ3.
又tan θ3==tan θ2,
∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2. 当点E是线段AB的中点时,
即点E与点G重合,此时θ1=θ3=θ2. 综上可知,θ1≥θ3≥θ2.
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11.(2018·全国3·理T19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.
所在平面垂直,M是上异
【解析】(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为
上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. (2)以D为坐标原点,
的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
的中点.由题设得
当三棱锥M-ABC体积最大时,M为
D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),
设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,
=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).
则
可取n=(1,0,2),
是平面MCD的法向量,因此cos
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
12.(2018·北京·理T16)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=
,AC=AA1=2.
(1)求证:AC⊥平面BEF;
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(2)求二面角B-CD-C1的余弦值; (3)证明:直线FG与平面BCD相交.
【解析】(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,
∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.
又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.
∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.
(2)解由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.
∵CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC. ∵BE?平面ABC,∴EF⊥BE.
建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.
由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).∴=(2,0,1),=(1,2,0).
设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),
则
令a=2,则b=-1,c=-4,
∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4),
又平面CDC1的法向量为
=(0,2,0),
∴cos
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由图可得二面角B-CD-C1为钝角,∴二面角B-CD-C1的余弦值为-(3)证明平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4), ∵G(0,2,1),F(0,0,2),
.
∴=(0,-2,1), =-2,∴n与
不垂直,
∴n·
∴FG与平面BCD不平行且不在平面BCD内, ∴FG与平面BCD相交.
13.(2018·天津·理T17)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.
(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE; (2)求二面角E-BC-F的正弦值;
(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.
【解析】依题意,可以建立以D为原点,分别以系
(
如
图
的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标
),
可
得
D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,,1,N(1,0,2).
(1)证明:依题意
=(0,2,0),=(2,0,2).
设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,
则
不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又,可得·n0=0.
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(2)依题意,可得
=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则
不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,
则
不妨令z=1,可得m=(0,2,1).
因此有cos
=(0,2,0)为平面
(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,
ADGE的一个法向量,故|cos<>|=.由题意,可得=sin 60°=,解得h=∈[0,2].所以,线段DP的长为.
14.(2018·全国1·理T18)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF. (1)证明:平面PEF⊥平面ABFD; (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
【解析】(1)由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF, 所以BF⊥平面PEF.
又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)作PH⊥EF,垂足为H.
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由(1)得,PH⊥平面ABFD. 以H为坐标原点,
的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz. 由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=.又PF=1,EF=2,故
PE⊥PF.
可得PH=,EH=.
则H(0,0,0),P,D为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为θ,
则sin θ=.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
15.(2018·全国2·理T20)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.
【解析】(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点, 所以OP⊥AC,且OP=2
.
连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2. 由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.
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由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC. (2)如图,以O为坐标原点,
的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.
),
由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2=(0,2,2). 取平面PAC的法向量
=(2,0,0),
由
·n=0,
·n=0得
可取n=((a-4),a,-a),
所以cos<,n>=.
由已知可得|cos<,n>|=.
所以,
解得a=-4(舍去),a=.
所以n=.
又=(0,2,-2),所以cos<,n>=.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
16.(2018·浙江·T9)如图,已知多面体ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.
(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;
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ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠
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(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.
【解析】解法一(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB,得AB1=A1B1=2所以A1
,
+A=A,故AB1⊥A1B1.
,由AB=BC=2,∠ABC=120°,得AC=2
,
由BC=2,BB1=2,CC1=1,BC1⊥BC,CC1⊥BC,得B1C1=由CC1⊥AC,得AC1=,所以A+B1=A,
故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.
(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.
由AB1⊥平面A1B1C1,得平面A1B1C1⊥平面ABB1,
由C1D⊥A1B1,得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角. 由B1C1=,A1B1=2
,A1C1=,
得cos∠C1A1B1=,sin∠C1A1B1=,
所以C1D=,故sin∠C1AD=.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.
解法二(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O-xyz.
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).
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因此由
=(1,,2),=(1,,-2),=(0,2,-3).由=0,得AB1⊥A1B1.
=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.
17.(2018·上海·T17)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2. (1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积;
(2)设PO=4,OA,OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,如图,求异面直线PM与OB所成的角的大小.
【解析】(1)∵圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2,母线长为4,
∴圆锥的体积V=πr2h=×π×22×.
(2)∵PO=4,OA,OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,∴以O为原点,OA为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,
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∴P(0,0,4),A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,0),O(0,0,0),
∴=(1,1,-4),=(0,2,0).
设异面直线PM与OB所成的角为θ,
则cos θ=.
∴θ=arccos.
∴异面直线PM与OB所成的角的大小为arccos.
18.(2017·北京·理T16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=(1)求证:M为PB的中点; (2)求二面角B-PD-A的大小;
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
,AB=4.
【解析】(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME. 因为PD∥平面MAC,
平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME. 因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点. 所以M为PB的中点.
(2)解取AD的中点O,连接OP,OE. 因为PA=PD,所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,所以OP⊥平面ABCD. 因为OE?平面ABCD,所以OP⊥OE. 因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD. 如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,
),D(2,0,0),B(-2,4,0),
=(4,-4,0),=(2,0,-).
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设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=1,z=.
于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos
由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.
(3)解由题意知M,C(2,4,0),.
设直线MC与平面BDP所成角为α,
则sin α=|cos
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.
19.(2017·全国1·理T18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
【解析】(1)证明由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.
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又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)解在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F. 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF, 可得PF⊥平面ABCD. 以F为坐标原点,
的方向为x轴正方向,
||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.
由(1)及已知可得A,P,B,C=(,0,0),=(0,1,0).
设n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,
则
可取n=(0,-1,-).
设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,
则可取m=(1,0,1).则cos
所以二面角A-PB-C的余弦值为-.
20.(2017·全国2·理T19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,
AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点. (1)证明:直线CE∥平面PAB;
名师精心整理 助您一臂之力 .所以
21
名师精心整理 助您一臂之力
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.
【解析】(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.
因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF= AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,
又BC=AD,所以EF??BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF?平面PAB,CE?平面PAB,故CE∥平面PAB. (2)解由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,
的方向为x轴正方向,|),
|为单位长,建立如图所示的空间直角
),
坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,设M(x,y,z)(0 =(1,0,-=(1,0,0). =(x-1,y,z),=(x,y-1,z-). 因为BM与底面ABCD所成的角为45°, 而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量, 所以|cos<,n>|=sin 45°,,即(x-1)+y-z=0. ① 222 又M在棱PC上,设=λ,则x=λ,y=1,z=λ. ② 由①,②解得(舍去), 名师精心整理 助您一臂之力 22 名师精心整理 助您一臂之力 所以M,从而. 设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则 所以可取m=(0,-,2).于是cos 因此二面角M-AB-D的余弦值为. 21.(2017·全国3·理T19)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD. (1)证明:平面ACD⊥平面ABC; (2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值. 【解析】(1)证明由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC. 又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°. 取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO. 又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC. 所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角. 在Rt△AOB中,BO+AO=AB,又AB=BD, 所以BO+DO=BO+AO=AB=BD, 故∠DOB=90°.所以平面ACD⊥平面ABC. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2)解由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,以O为坐标原点,图所示的空间直角坐标系O-xyz. 名师精心整理 助您一臂之力 23 的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如 名师精心整理 助您一臂之力 则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1). 由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的 ,即E为DB的中点,得E. 故=(-1,0,1),=(-2,0,0),.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则 可取n=. 设m是平面AEC的法向量,则 同理可取m=(0,-1,).则cos 所以二面角D-AE-C的余弦值为. 22.(2017·山东·理T17)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是(1)设P是 的中点. 上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小. 【解析】(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP?平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP?平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°. 名师精心整理 助您一臂之力 24 名师精心整理 助您一臂之力 (2)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH. 因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以 AE=GE=AC=GC=. 取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角. 又AM=1,所以EM=CM==2. 在△BEC中,由于∠EBC=120°, 由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12, 所以EC=2 , 因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°. 解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1, ,3),C(-1, ,0),故 =(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设 m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量. 由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2). 设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量. 由可得 ,-2). 取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-所以cos . 名师精心整理 助您一臂之力 25 名师精心整理 助您一臂之力 23.(2017·天津·理T17)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°,点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN∥平面BDE; (2)求二面角C-EM-N的正弦值; (3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 求线段AH的长. 【解析】如图,以A为原点,分别以 方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系. 依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4), D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0). (1)证明: =(0,2,0),=(2,0,-2),设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量, 则 不妨设z=1,可得n=(1,0,1). 又 =(1,2,-1),可得·n=0. 因为MN?平面BDE,所以MN∥平面BDE. (2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量. 设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量, 名师精心整理 助您一臂之力 26 名师精心整理 助您一臂之力 则 因为 =(0,-2,-1),=(1,2,-1), 所以 不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2). 因此有cos 于是sin 所以,二面角C-EM-N的正弦值为. =(-1,-2,h), =(-2,2,2). (3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得 由已知,得|cos<>|=, 整理得10h-21h+8=0,解得h=或h=. 2 所以,线段AH的长为. 24.(2016·全国1·理T18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°. (1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC; (2)求二面角E-BC-A的余弦值. 名师精心整理 助您一臂之力 27 名师精心整理 助您一臂之力 【解析】(1)证明由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE, 所以AF⊥平面EFDC. 又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC. (2)解过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐 标原点, 的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间 直角坐标系G-xyz. 由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角, 故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|= , 可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0, ). 由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC. 又平面ABCD∩平面EFDC=CD, 故AB∥CD,CD∥EF. 由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC, 所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,). 所以 =(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0), 设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量, 则 所以可取n=(3,0,-).设m是平面ABCD的法向量,则同理可取m=(0, ,4), 则cos 名师精心整理 助您一臂之力 28 名师精心整理 助您一臂之力 故二面角E-BC-A的余弦值为-. 25.(2016·全国2·理T19)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD 上,AE=CF= ,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=(1)证明:D'H⊥平面ABCD; (2)求二面角B-D'A-C的正弦值. . 【解析】(1)证明由已知得AC⊥BD,AD=CD. 又由AE=CF得,故AC∥EF. 因此EF⊥HD,从而EF⊥D'H. 由AB=5,AC=6得DO=BO==4. 由EF∥AC得 所以OH=1,D'H=DH=3. . 于是D'H+OH=3+1=10=D'O,故D'H⊥OH.又D'H⊥EF,而OH∩EF=H, 所以D'H⊥平面ABCD. (2)解如图,以H为坐标原点 的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则 22222 H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3), =(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3). 设m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量, 则 名师精心整理 助您一臂之力 29 名师精心整理 助您一臂之力 所以可取m=(4,3,-5). 设n=(x2,y2,z2)是平面ACD'的法向量, 则 所以可取n=(0,-3,1). 于是cos 因此二面角B-D'A-C的正弦值是. 26.(2016·山东·理T17)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线. (1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC; (2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC,求二面角F-BC-A的余弦值. 【解析】(1)证明设FC中点为I,连接GI,HI. 在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF. 又EF∥OB,所以GI∥OB. 在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC. 又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC. 因为GH?平面GHI,所以GH∥平面ABC. 名师精心整理 助您一臂之力 30 名师精心整理 助您一臂之力 (2)解连接OO',则OO'⊥平面ABC. 又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.以O为坐标原点,建 立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-2 ,0,0). 过点F作FM垂直OB于点M, 所以FM==3,可得F(0, ,3). 故 =(-2,-2 ,0), =(0,-,3). 设m=(x,y,z)是平面BCF的一个法向量. 由可得 可得平面BCF的一个法向量m=. 因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1), 所以cos 27.(2016·浙江·理T17)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求证:BF⊥平面ACFD; (2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值. 名师精心整理 助您一臂之力 ABC,∠31 名师精心整理 助您一臂之力 【解析】(1)证明延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示. 因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC, 所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC. 又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2, 所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点, 则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD. (2)解如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形. 取BC的中点O,则KO⊥BC, 又平面BCFE⊥平面ABC, 所以,KO⊥平面ABC. 以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向 为x,z的正方向, 建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,),A(-1,-3,0),E,F. 因此, =(0,3,0),=(1,3,),=(2,3,0). 设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2). 名师精心整理 助您一臂之力 32 名师精心整理 助您一臂之力 由取m=( ,0,-1); 由 取n=(3,-2, ). 于是,cos 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为. 28.(2016·全国3·理T19)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点. (1)证明:MN∥平面PAB; (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 【解析】(1)证明由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2. 又AD∥BC,故TN??AM, 四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT. 因为AT?平面PAB,MN?平面PAB, 所以MN∥平面PAB. (2)解取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD, 且AE=以A为坐标原点, . 的方向为x轴正方向, 33 名师精心整理 助您一臂之力 名师精心整理 助您一臂之力 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(n=(x,y,z)为平面PMN的法向量, ,2,0),N=(0,2,-4),.设 则 可取n=(0,2,1). 于是|cos 29.(2015·全国2·理T19)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4,过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF与平面α所成角的正弦值. 【解析】(1)交线围成的正方形EHGF如图: (2)作EM⊥AB,垂足为M, 则AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10. 以D为坐标原点, 的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8), 名师精心整理 助您一臂之力 =(10,0,0),=(0,-6,8). 34 名师精心整理 助您一臂之力 设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量, 则所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8), 故|cos 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为. 30.(2015·上海·理T19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=1,AB=AD=2,E,F分别是棱AB,BC的中点.证明 A1,C1,F,E四点共面,并求直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小. 【解析】如图,以 D为原点建立空间直角坐标系,可得有关点的坐标为 A1(2,0,1),C1(0,2,1),E(2,1,0),F(1,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,1). 因为所以 =(-2,2,0),=(-1,1,0), ,因此直线A1C1与EF共面, 即A1,C1,F,E四点共面. 设平面A1C1FE的法向量为n=(u,v,w), 则n⊥又 ,n⊥ , =(-1,1,0),=(-1,0,1), 故解得u=v=w. 取u=1,得平面A1C1FE的一个法向量n=(1,1,1). 名师精心整理 助您一臂之力 35 名师精心整理 助您一臂之力 又=(0,-2,1),故=-. 因此直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小为arcsin. 31.(2015·北京·理T17)如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点. (1)求证:AO⊥BE; (2)求二面角F-AE-B的余弦值; (3)若BE⊥平面AOC,求a的值. 【解析】(1)证明因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点, 所以AO⊥EF. 又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO?平面AEF, 所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE. (2)解取BC中点G,连接OG. 由题设知EFCB是等腰梯形, 所以OG⊥EF. 由(1)知AO⊥平面EFCB, 又OG?平面EFCB,所以OA⊥OG. 如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0, a), B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0). 设平面AEB的法向量为n=(x,y,z), 则 名师精心整理 助您一臂之力 36 名师精心整理 助您一臂之力 令z=1,则x=于是n=( ,y=-1. ,-1,1). 平面AEF的法向量为p=(0,1,0). 所以cos 由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-. (3)解因为BE⊥平面AOC, 所以BE⊥OC,即因为所以 =0. (a-2),0), =(a-2,=(-2,(2-a),0), =-2(a-2)-3(a-2)2. 由=0及0 32.(2015·浙江·理T17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为 BC的中点,D是B1C1的中点. (1)证明:A1D⊥平面A1BC; (2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值. 名师精心整理 助您一臂之力 37 名师精心整理 助您一臂之力 【解析】(1)证明设E为BC的中点,由题意得A1E⊥平面ABC, 所以A1E⊥AE. 因为AB=AC,所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC. 由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A, 所以A1AED为平行四边形.故A1D∥AE. 又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC. (2)解以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz,如图所示. 由题意知各点坐标如下: A1(0,0,B1(-=(-),B(0,,0),D(-,0,,-,0). ), ), ).因此,-), =(0,=(0, 设平面A1BD的法向量为m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量为n=(x2,y2,z2). 由可取m=(0,,1). 由可取n=(,0,1).于是|cos 由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-. 33.(2015·福建·理T17)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点. (1)求证:GF∥平面ADE; (2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值. 名师精心整理 助您一臂之力 38 名师精心整理 助您一臂之力 【解析】(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的中点, 所以DF= CD. 由四边形ABCD是矩形,得AB∥CD,AB=CD, 所以GH∥DF,且GH=DF, 从而四边形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)解如图,在平面BEC内,过点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,分别以 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向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). 因为AB⊥平面BEC,所以 =(0,0,2)为平面BEC的法向量. 设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量. 名师精心整理 助您一臂之力 39 名师精心整理 助您一臂之力 又=(2,0,-2),=(2,2,-1), 由 取z=2,得n=(2,-1,2). 从而cos 所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为. 34.(2015·山东·理T17)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点. (1)求证:BD∥平面FGH; (2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小. 【解析】(1)证明在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形BHFE为平行四边形.可得BE∥HF. 在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB. 又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED. 因为BD?平面ABED,所以BD∥平面FGH. (2)解设AB=2,则CF=1. 在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF= AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC. 名师精心整理 助您一臂之力 40 名师精心整理 助您一臂之力 又FC⊥平面ABC, 所以DG⊥平面ABC. 在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直. 以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz. 所 以 ,0,0),C(0, ,0),D(0,0,1). G(0,0,0),B( 可得H,F(0,,1), 故=(0,,1). 设n=(x,y,z)是平面FGH的一个法向量, 则由可得 ). 可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1, 因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0),所以cos<,n>=.所以平面FGH与平 面ACFD所成角(锐角)的大小为60°. 35.(2015·全国1·理T 18)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC. (1)证明:平面AEC⊥平面AFC; (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值. 【解析】(1)证明连接BD,设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF. 在菱形ABCD中,不妨设GB=1. 由∠ABC=120°,可得AG=GC=. 由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC. 名师精心整理 助您一臂之力 41 名师精心整理 助您一臂之力 又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC. 在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=. 在Rt△FDG中,可得FG=. 在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG. 又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC. ,DF=,可得EF=. 因为EG?平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC. (2)解如图,以G为坐标原点,分别以 的方向为x轴、y轴正方向,|),F（-1,0,）,C(0, ,0),所以 |为单位长,建立空间直角坐标系=(1, ), G-xyz.由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,=（-1,-）. 故cos<>==-. 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为. 36.(2015·陕西·理T18)如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是 AC与BE的交点,将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图②. (1)证明:CD⊥平面A1OC; (2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值. 名师精心整理 助您一臂之力 42 名师精心整理 助您一臂之力 【解析】(1)证明在题图①中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC, 即在题图②中,BE⊥OA1,BE⊥OC, 从而BE⊥平面A1OC, 又CD∥BE, 所以CD⊥平面A1OC. (2)解由已知,平面A1BE⊥平面BCDE, 又由(1)知,平面A1BE⊥平面BCDE, 又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC, 所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角, 所以∠A1OC=. 如图,以O为原点,建立空间直角坐标系, 因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED, 所 以 B,E-, ,0,0,A1,C,得 =0,,-=(-,0,0). 设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为θ,则 取n1=(1,1,1);取n2=(0,1,1), 名师精心整理 助您一臂之力 43 名师精心整理 助您一臂之力 从而cos θ=|cos 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为. 37.(2015·湖北·理T19)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB,交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE. (1)证明:PB⊥平面DEF,试判断四面体DBEF是否为鳖臑.若是,写出 其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由; (2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值. 【解析】(1)证明如图2,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系. 设PD=DC=1,BC=λ,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),C(0,1,0), =(λ,1,-1),点E是PC的中点,所以 E于是 , =0,即PB⊥DE. 又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E, 所以PB⊥平面DEF. 因 =(0,1,-1),=0, 则DE⊥PC.所以DE⊥平面PBC. 由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF, 可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形, 即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB. 名师精心整理 助您一臂之力 44 名师精心整理 助您一臂之力 (2)解由PD⊥平面ABCD,所以由(1)知,PB⊥平面DEF,所以 =(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量; =(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量. 若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为, 则cos, 解得λ=,所以.故当面DEF与面ABCD 所成二面角的大小为时,. 38.(2014·全国1·理T19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C. (1)证明:AC=AB1; (2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值. 【解析】(1)证明连接BC1,交B1C于点O,连接AO,因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点. 又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO. 由于AO?平面ABO,故B1C⊥AO. 又B1O=CO,故AC=AB1. (2)解因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO. 又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC. 故OA⊥OB,从而OA,OB,OB1两两互相垂直. 名师精心整理 助您一臂之力 45 名师精心整理 助您一臂之力 以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形.又AB=BC,则 A,B(1,0,0),B1. 设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则 所以可取n=(1, ). 设m是平面A1B1C1的法向量,则 同理可取m=(1,-). 则cos 所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为. 39.(2014·全国2·理T18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点. (1)证明:PB∥平面AEC; (2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD= ,求三棱锥E-ACD的体积. 名师精心整理 助您一臂之力 ,C46 名师精心整理 助您一臂之力 【解析】(1)证明连接BD交AC于点O,连接EO. 因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点. 又E为PD的中点,所以EO∥PB.EO?平面AEC,PB?平面AEC, 所以PB∥平面AEC. (2)解因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直. 如图,以A为坐标原点, 的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz, 则D(0,,0),E. 设B(m,0,0)(m>0), 则C(m, ,0), =(m,,0), 设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量, 则 可取n1=. 又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量, 由题设|cos 名师精心整理 助您一臂之力 47 名师精心整理 助您一臂之力 解得m=.因为E为PD的中点, 所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V=40.(2014·江西·理T19) 如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD. (1)求证:AB⊥PD; (2)若∠BPC=90°,PB= 夹角的余弦值. . ,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面PBC与平面DPC 【解析】(1)证明ABCD为矩形,故AB⊥AD; 又平面PAD⊥平面 ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD. (2)解过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连接PG. 故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG, 在Rt△BPC中,PG=,GC=,BG=, 设AB=m,则OP=,故四棱锥P-ABCD的体积为 V=·m·.因为 m, 故当m=,即AB=时,四棱锥P-ABCD的体积最大. 此 时 , 建 立 如 图 所 示 的 坐 标 系 , 各 点 的 坐 标 为 O(0,0,0),B,C,D,P. 48 名师精心整理 助您一臂之力 名师精心整理 助您一臂之力 故=(0,,0),, 设平面BPC的法向量n1=(x,y,1), 则由n1⊥,n1⊥ 解得x=1,y=0,n1=(1,0,1). 同理可求出平面DPC的法向量n2=, 从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为 cosθ=. 41.(2014·湖南·理T19)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形 ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形. (1)证明:O1O⊥底面ABCD; (2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值. 【解析】(1)证明如图,因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1⊥AC. 同理DD1⊥BD. 因为CC1∥DD1, 所以CC1⊥BD. 而AC∩BD=O, 因此CC1⊥底面ABCD. 由题设知,O1O∥C1C.故O1O⊥底面ABCD. (2)解因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD,从而OB,OC,OO1两两垂直. 名师精心整理 助您一臂之力 49 名师精心整理 助您一臂之力 如图(b),以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.不妨设 AB=2.因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2). 易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量. 设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的一个法向量, 则取z=-,则x=2,y=2 ,-, 所以n2=(2,2). 设二面角C1-OB1-D的大小为θ,易知θ是锐角,于是cos θ=|cos 故二面角C1-OB1-D的余弦值为. 42.(2014·辽宁·理T19)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点. (1)求证:EF⊥BC; (2)求二面角E-BF-C的正弦值. 【解析】(1)证明由题意,以B为坐标原点,在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴,建立如图所示空间直角坐标系.易得B(0,0,0),A(0,-1, ),D( ,-1,0),C(0,2,0), 50 名师精心整理 助您一臂之力 名师精心整理 助您一臂之力 因而E从而 ,F,所以EF⊥BC. ,所以,=(0,2,0),因此=0. (2)解平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1). 设平面BEF的法向量n2=(x,y,z). 又. 由得其中一个n2=(1,-,1). 设二面角E-BF-C大小为θ,且由题意知θ为锐角,则cos θ=|cos 因此sin θ=,即所求二面角正弦值为. 43.(2014·天津·理T17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点. (1)证明:BE⊥DC; (2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值; 【解析】依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2). 由E为棱PC的中点,得E(1,1,1). (1)证明:向量 =(0,1,1),=(2,0,0), 51 名师精心整理 助您一臂之力 名师精心整理 助您一臂之力 故=0.所以BE⊥DC. (2)解:向量 =(-1,2,0), =(1,0,-2). 设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量, 则 不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有cos (3)解:向量 =(1,2,0), =(-2,-2,2), =(2,2,0),=(1,0,0). 由点F在棱PC上,设=λ,0≤λ≤1. 故 +λ=(1-2λ,2-2λ,2λ). 由BF⊥AC,得 =0, 因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=. 即. 设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量, 则 不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0). 则cos 名师精心整理 助您一臂之力 52 名师精心整理 助您一臂之力 44.(2014·安徽·理T20)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且 AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q. (1)证明:Q为BB1的中点; (2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比; (3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小. 【解析】(1)证明因为BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,所以平面QBC∥平面A1AD. 从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥A1D. 故△QBC与△A1AD的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD. 所以,即Q为BB1的中点. (2)解如图,连接QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,BC=a,则AD=2a. ·2a·h·d=ahd, VQ-ABCD=·d·ahd, 所以V下=+VQ-ABCD=ahd, 又ahd, 所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd.故. (3)解如图,以D为原点,设∠CDA=θ. 分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系. 名师精心整理 助您一臂之力 53 名师精心整理 助您一臂之力 因为SABCD=·2sin θ=6,所以a=. 从而C(2cos θ,2sin θ,0),A1, 所以=(2cos θ,2sin θ,0),. 设平面A1DC的法向量n=(x,y,1). 由得x=-sin θ,y=cos θ.又因为平面ABCD的法向量m=(0,0,1), 所以cos 故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为. 45.(2014·四川·理T18)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP. (1)证明:P是线段BC的中点; (2)求二面角A-NP-M的余弦值. 【解析】(1)证明如图,取BD中点O,连接AO,CO. 由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD为正三角形, 因此AO⊥BD,OC⊥BD. 因为AO,OC?平面AOC,且AO∩OC=O, 所以BD⊥平面AOC. 又因为AC?平面AOC,所以BD⊥AC. 取BO的中点H,连接NH,PH. 又M,N分别为线段AD,AB的中点,所以NH∥AO,MN∥BD. 名师精心整理 助您一臂之力 54 名师精心整理 助您一臂之力 因为AO⊥BD,所以NH⊥BD. 因为MN⊥NP,所以NP⊥BD. 因为NH,NP?平面NHP,且NH∩NP=N,所以BD⊥平面NHP. 又因为HP?平面NHP,所以BD⊥HP. 又OC⊥BD,HP?平面BCD,OC?平面BCD,所以HP∥OC. 因为H为BO中点,故P为BC中点. (2)解由俯视图及(1)可知,AO⊥平面BCD. 因为OC,OB?平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB. 又OC⊥OB,所以直线OA,OB,OC两两垂直. 如图,以O为坐标原点,以 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(0,0, ),B(1,0,0),C(0, ,0),D(-1,0,0). 因为M,N分别为线段AD,AB的中点,又由(1)知, P为线段BC的中点,所以M,N,0,,P. 于是=(1,0,-),=(-1,,0),=(1,0,0),. 设平面ABC的一个法向量n1=(x1,y1,z1), 则有 名师精心整理 助您一臂之力 55 名师精心整理 助您一臂之力 从而 取z1=1,则x1= ,y1=1,所以n1=( ,1,1). 设平面MNP的一个法向量n2=(x2,y2,z2), 则有 从而取z2=1,所以n2=(0,1,1). 设二面角A-NP-M的大小为θ, 则cos θ= =. 故二面角A-NP-M的余弦值是. 46.(2014·山东·理T17)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点. (1)求证:C1M∥平面A1ADD1; (2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值. 名师精心整理 助您一臂之力 56 名师精心整理 助您一臂之力 【解析】(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形, 且AB=2CD, 所以AB∥DC. 又由M是AB的中点, 因此CD∥MA且CD=MA. 连接AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 因为CD∥C1D1,CD=C1D1, 可得C1D1∥MA,C1D1=MA, 所以四边形AMC1D1为平行四边形. 因此C1M∥D1A, 又C1M?平面A1ADD1,D1A?平面A1ADD1, 所以C1M∥平面A1ADD1. (2)解连接AC,MC,由(1)知,CD∥AM且CD=AM, 所以四边形AMCD为平行四边形. 可得BC=AD=MC, 由题意∠ABC=∠DAB=60°, 所以△MBC为正三角形, 因此AB=2BC=2,CA=,因此CA⊥CB. 以C为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系C-xyz. 所以A( ,0,0),B(0,1,0),D1(0,0, ). 因此M,所以 设平面C1D1M的一个法向量n=(x,y,z), 名师精心整理 助您一臂之力 57 名师精心整理 助您一臂之力 由 可得平面C1D1M的一个法向量n=(1,又 ,1). =(0,0,)为平面ABCD的一个法向量. 因此cos<,n>=.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为. 47.(2014·湖北·理T19)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2). (1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ; (2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由. 【解析】以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系D-xyz. 由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ). =(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0). (1)证明:当λ=1时,因为所以 =(-1,0,1), =(-2,0,2), =2 ,即BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ, 故直线BC1∥平面EFPQ. (2)解:设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z), 则由可得 于是可取n=(λ,-λ,1). 名师精心整理 助您一臂之力 58 名师精心整理 助您一臂之力 同理T可得平面MNPQ的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1). 若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角, 则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0, 解得λ=1±. 故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角. 48.(2014·北京·理T17)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H. (1)求证:AB∥FG; (2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长. 【解析】(1)证明在正方形AMDE中,因为B是AM的中点, 所以AB∥DE. 又因为AB?平面PDE,所以AB∥平面PDE. 因为AB?平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG. (2)解因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE. 如图建立空间直角坐标系A-xyz,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1), 设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则 =(1,1,0). 名师精心整理 助您一臂之力 59 名师精心整理 助您一臂之力 令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1). 设直线BC与平面ABF所成角为α,则 sinα=|cos 因此直线BC与平面ABF所成角的大小为. 设点H的坐标为(u,v,w). 因为点H在棱PC上,所以可设即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2), 所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ. 因为n是平面ABF的法向量, 所以n· =λ(0<λ<1), =0,即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0, 解得λ=,所以点H的坐标为. 所以PH==2. 49.(2014·福建·理T17)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图. (1)求证:AB⊥CD; (2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值. 名师精心整理 助您一臂之力 60 名师精心整理 助您一臂之力 【解析】(1)证明∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB?平面ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD,∴AB⊥CD. (2)解过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图. 由(1)知AB⊥平面BCD,BE?平面BCD, BD?平面BCD, ∴AB⊥BE,AB⊥BD. 以B为坐标原点,分别以 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系. 依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M, 则=(1,1,0),=(0,1,-1).设平面MBC的法向量n=(x0,y0,z0), 则 取z0=1,得平面MBC的一个法向量n=(1,-1,1). 设直线AD与平面MBC所成角为θ, 则sin θ=|cos 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为. 名师精心整理 助您一臂之力 61 名师精心整理 助您一臂之力 50.(2014·陕西·理T17)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H. (1)证明:四边形EFGH是矩形; (2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值. 【解析】(1)证明由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,由题设,BC∥平面EFGH, 平面EFGH∩平面BDC=FG, 平面EFGH∩平面ABC=EH, ∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH. 同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG. ∴四边形EFGH是平行四边形. 又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面BDC. ∴AD⊥BC.∴EF⊥FG. ∴四边形EFGH是矩形. (2)解法一如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), =(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1). 设平面EFGH的法向量n=(x,y,z), ∵EF∥AD,FG∥BC, ∴n· =0,n· =0, 名师精心整理 助您一臂之力 62 名师精心整理 助您一臂之力 得取n=(1,1,0). ∴sin θ=|cos<,n>|=. 解法二如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), ∵E是AB的中点,∴F,G分别是BD,DC的中点,得 E,F(1,0,0),G(0,1,0). ∴=(-1,1,0),=(-2,0,1). 设平面EFGH的法向量n=(x,y,z), 则n· =0,n·=0. 得取n=(1,1,0). ∴sin θ=|cos<,n>|=. 51.(2013·全国1·理T18)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°. (1)证明:AB⊥A1C; (2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值. 【解析】(1)证明取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B. 名师精心整理 助您一臂之力 63 名师精心整理 助您一臂之力 因为CA=CB,所以OC⊥AB. 由于AB=AA1,∠BAA1=60°, 故△AA1B为等边三角形, 所以OA1⊥AB. 因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C. 又A1C?平面OA1C,故AB⊥A1C. (2)解由(1)知OC⊥AB,OA1⊥AB. 又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB, 所以OC⊥平面AA1B1B, 故OA,OA1,OC两两相互垂直. 以O为坐标原点, 的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 由题设知A(1,0,0),A1(0,,0),C(0,0, ),B(-1,0,0). 则 =(1,0,),=(-1,,0),=(0,-). 设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量, 则即 可取n=(,1,-1). 故cos 所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为. 52.(2013·湖南·理T19)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.(1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值. 名师精心整理 助您一臂之力 64 名师精心整理 助您一臂之力 【解析】方法一(1)证明:如图,因为BB1⊥平面ABCD, AC?平面ABCD, 所以AC⊥BB1.又AC⊥BD, 所以AC⊥平面BB1D.而B1D?平面BB1D, 所以AC⊥B1D. (2)解:因为B1C1∥AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ).如图,连接A1D,因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90°,所以A1B1⊥平面ADD1A1. 从而A1B1⊥AD1. 又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形,于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D. 由(1)知,AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1. 故∠ADB1=90°-θ. 在直角梯形ABCD中,因为AC⊥BD, 所以∠BAC=∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB, 故.即AB=. 连接AB1,易知△AB1D是直角三角形, 且B2 2 2 2 1D=BB+BD=BB+AB+AD=21, 即B1D=. 在Rt△AB1D中,cos∠ADB1=,即cos(90°-θ)=.从而sin θ=. 名师精心整理 助您一臂之力 65 名师精心整理 助您一臂之力 即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为. 方法二(1)证明:易知,AB,AD,AA1两两垂直.如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0), C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3). 从而 =(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0). 因为AC⊥BD,所以解得t=于是因为 或t=-=-t2+3+0=0. (舍去). =(-,3,-3),=(,1,0). ,即AC⊥B1D. =-3+3+0=0,所以 (2)解:由(1)知, =(0,3,3), =(,1,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD1的一个法向量,则 令x=1,则n=(1,-). 设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则 sinθ=|cos 53.(2013·全国2·理T18)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB= AB. (1)证明:BC1∥平面A1CD; (2)求二面角D-A1C-E的正弦值. 名师精心整理 助您一臂之力 66 名师精心整理 助您一臂之力 【解析】(1)证明连接AC1交A1C于点F,则F为AC1中点. 又D是AB中点,连接DF,则BC1∥DF. 因为DF?平面A1CD,BC1?平面A1CD, 所以BC1∥平面A1CD. (2)解由AC=CB=AB得,AC⊥BC. 以C为坐标原点, 的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz. 设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量, =(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2). 则 可取n=(1,-1,-1). 同理,设m是平面A1CE的法向量, 则可取m=(2,1,-2). 从而cos 即二面角D-A1C-E的正弦值为. 54.(2013·广东·理T18)如图(1),在等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,CD=BE= ,O为BC的中点.将△ADE沿DE折起,得到如图(2)所示的四棱锥A'-BCDE,其中A'O= . (1)证明:A'O⊥平面BCDE; (2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值. 名师精心整理 助您一臂之力 67 名师精心整理 助您一臂之力 【解析】(1)证明由题意,得OC=3,AC=3,AD=2 . 如图,连接OD,OE,在△OCD中, 由余弦定理可得OD==. 由翻折不变性可知A'D=2 , 所以A'O2+OD2=A'D2,所以A'O⊥OD. 同理可证A'O⊥OE,又OD∩OE=O, 所以A'O⊥平面BCDE. (2)解传统法:过O作OH⊥CD交CD的延长线于H,连接A'H, 因为A'O⊥平面BCDE,所以A'H⊥CD. 所以∠A'HO为二面角A'-CD-B的平面角. 结合题图(1)可知,H为AC中点,故OH=,从而A'H=,所以cos∠A'HO=.向量法:以O点为原点,建立空间直角坐标系O-xyz如图所示. 则A'(0,0,),C(0,-3,0),D(1,-2,0), 所以 =(0,3,), =(-1,2,). 设n=(x,y,z)为平面A'CD的法向量, 则 即 解得 令x=1,得n=(1,-1, ). 由(1)知,=(0,0,)为平面CDB的一个法向量,所以cos 名师精心整理 助您一臂之力 68 名师精心整理 助您一臂之力 即二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为. .M是AD的中点,P是 55.(2013·浙江·理T20)如图,在四面体A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC. (1)证明:PQ∥平面BCD; (2)若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小. 【解析】方法一(1)证明:取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC,连接OP,OF,FQ,因为AQ=3QC,所以 QF∥AD,且QF=AD. 因为O,P分别为BD,BM的中点, 所以OP是△BDM的中位线, 所以OP∥DM,且OP= DM. 又点M为AD的中点, 所以OP∥AD,且OP=AD. 从而OP∥FQ,且OP=FQ, 所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF. 又PQ?平面BCD,OF?平面BCD, 所以PQ∥平面BCD. (2)解:作CG⊥BD于点G,作CH⊥BM于点H,连接CH. 因为AD⊥平面BCD,CG?平面BCD, 所以AD⊥CG, 又CG⊥BD,AD∩BD=D, 故CG⊥平面ABD,又BM?平面ABD, 名师精心整理 助您一臂之力 69 名师精心整理 助您一臂之力 所以CG⊥BM. 又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM. 所以∠CHG为二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60°. 设∠BDC=θ. 在Rt△BCD中,CD=BDcos θ=2 cos θ, sinθ. 2 CG=CDsin θ=2cos θsin θ,BG=BCsin θ=2 在Rt△BDM中,HG=. 在Rt△CHG中,tan∠CHG=从而θ=60°.即∠BDC=60°. .所以tan θ=. 方法二(1)证明:如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OP所在射线为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意知A(0, ,2),B(0,-,0),D(0, ,0). 设点C的坐标为(x0,y0,0). 因为=3,所以Q,1). . 因为M为AD的中点,故M(0, 又P为BM的中点,故P, 所以. ·u=0. 又平面BCD的一个法向量为u=(0,0,1),故又PQ?平面BCD,所以PQ∥平面BCD. (2)解:设m=(x,y,z)为平面BMC的一个法向量. 由 =(-x0,-y0,1),=(0,2,1), 知 名师精心整理 助您一臂之力 70 名师精心整理 助您一臂之力 取y=-1,得m=. 又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0), 于是|cos =0, -y0,0)=0,即 =2. ② -y0,0)·(-x0, 联立①,②,解得(舍去)或 所以tan∠BDC=. 又∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°. 56.(2012·全国·理T19)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD. (1)证明:DC1⊥BC; (2)求二面角A1-BD-C1的大小. 【解析】(1)证明由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于D为AA1的中点,故DC=DC1.又AC=AA1,可得D所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.BC?平面BCD,故DC1⊥BC. (2)解由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1, 则BC⊥平面ACC1,所以CA,CB,CC1两两相互垂直. 以C为坐标原点, 的方向为x轴的正方向,|+DC2=C, |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz. 71 名师精心整理 助您一臂之力 名师精心整理 助您一臂之力 由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2). 则 =(0,0,-1),=(1,-1,1),=(-1,0,1). 设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量, 则可取n=(1,1,0). 同理,设m是平面C1BD的法向量, 则可取m=(1,2,1). 从而cos 故二面角A1-BD-C1的大小为30°. 57.(2011·全国·理T18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (1)证明:PA⊥BD; (2)设PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值. 【解析】(1)证明因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD. 所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD. AD. 名师精心整理 助您一臂之力 72 名师精心整理 助您一臂之力 (2)解如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz.则A(1,0,0),B(0, ,0),C(-1, ,0),P(0,0,1). =(-1,,0),=(0,,-1),=(-1,0,0). 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z), 则 因此可取n=( ,1, ). 设平面PBC的法向量为m,则 可取m=(0,-1,-),cos 故二面角A-PB-C的余弦值为-. 58.(2011·四川·理T19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1.D是棱CC1上的一点,P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点,且PB1∥平面BDA1. (1)求证:CD=C1D; (2)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值; (3)求点C到平面B1DP的距离. 【解析】如图,以A1为原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A1-xyz, 则A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1). (1)证明:设C1D=x, ∵AC∥PC1, ∴. ,0), 由此可得D(0,1,x),P(0,1+名师精心整理 助您一臂之力 73 名师精心整理 助您一臂之力 ∴=(1,0,1),=(0,1,x),=-1,1+,0. 设平面BA1D的一个法向量为n1=(a,b,c), 则 令c=-1,则n1=(1,x,-1).∵PB1∥平面BA1D, ∴n1·=1×(-1)+x·(1+)+(-1)×0=0.由此可得x=,故CD=C1D. (2)解:由(1)知,平面BA1D的一个法向量n1=又n2=(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量, . ∴cos 故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为. (3)解:∵=(1,-2,0),, 设平面B1DP的一个法向量n3=(a1,b1,c1), 则令c1=1,可得n3=. 又. ∴C到平面B1DP的距离d=. 59.(2010·全国·理T18)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足为H,PH是四棱 名师精心整理 助您一臂之力 74 名师精心整理 助您一臂之力 锥的高,E为AD中点. (1)证明:PE⊥BC; (2)若∠APB=∠ADB=60°,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值. 【解析】以H为原点,HA,HB,HP分别为x,y,z轴,线段HA的长为单位长,建立空间直角坐标系如图,则A(1,0,0),B(0,1,0). (1)证明:设C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0),则D(0,m,0),E. 可得=(m,-1,0). 因为+0=0,所以PE⊥BC. (2)由已知条件可得m=-,n=1, 故C,D,E,P(0,0,1). 设n=(x,y,z)为平面PEH的法向量, 则即 因此可以取n=(1,,0). 由=(1,0,-1),可得|cos<,n>|=, 所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为. 60.(2010·辽宁·理T19)已知三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=AC=AB,N为AB上一点,AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点. (1)证明:CM⊥SN; 名师精心整理 助您一臂之力 75 名师精心整理 助您一臂之力 (2)求SN与平面CMN所成角的大小. 【解析】设PA=1,以A为原点,射线AB,AC,AP分别为x,y,z轴正向建立空间直角坐标系如图. 则P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M,N,S. (1)证明:=-,-,0,因为=-+0=0, 所以CM⊥SN. (2), 设a=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量, 则 令x=2,得a=(2,1,-2). 因为|cos 名师精心整理 助您一臂之力 76
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