2023新高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A27-專題八85空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用之1-8.5　空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用-習(xí)題+題組

2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版27_專題八85空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用之1_8.5空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版27_專題八85空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用之1_8.5空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版27_專題八85空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用之1_8.5空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用[2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版27_專題八85空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用之1_8.5空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用]2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版27_專題八85空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用之1_8.5應(yīng)用創(chuàng)新題組2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版27_專題八85空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用之1_8.5應(yīng)用創(chuàng)新題組2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版27_專題八85空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用之1_8.5應(yīng)用創(chuàng)新題組8。5空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用考試點(diǎn)用向量法求空間角和空間距離１.【2014課標(biāo)Ⅱ,1１，5分】直三棱柱AＢＣ-A１Ｂ1C1中，∠BＣＡ=90°,Ｍ,N分別是A1B１，A1C1的中點(diǎn)，ＢC=ＣＡ=CC1,則BM與AN所成角的余弦值為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。110B.C．3010Ｄ.答案：Ｃ解法一：以C1為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)BC=CA＝CＣ1＝2,則Ａ【2，0，２】,N【１,0,0】，Ｍ【１,1，0】，B【0，2，2】,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕∴AN=【-1,0,－2】,BM=【1，－1，-２】，∴cos<AN，BM>=AN·BM|AN||BM|＝-1+4解法二:?。翪的中點(diǎn)Q，連接QN,AQ，易知ＢM∥QＮ,則∠ＡＮＱ即為所求，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕設(shè)ＢC=CA＝CC１＝2，則ＡＱ=5，AＮ=5,QN=6,∴ｃos∠ＡNQ＝AN2+NQ2-A故選C。2.【2０１3北京，8，5分】如圖,在正方體ＡＢCD-A1B１Ｃ1Ｄ1中，P為對(duì)角線BD1的三等分點(diǎn),Ｐ到各頂點(diǎn)的距離的不同取值有【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.3個(gè)Ｂ。4個(gè)Ｃ。5個(gè)D.6個(gè)答案：B過(guò)P作平面Ａ1B1Ｃ１Ｄ１、ABCD的垂線分別交D1B1、DB于Ｅ、F點(diǎn),易知Ｐ也是ＥF的三等分點(diǎn)，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為ａ,則PA１=ＰC1=a；ＰＤ1=233ａ；PＢ=33a；PB１=63a,PA=PC=63ａ；PＤ=a.故有4思路分析設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a,利用正方體中的直角三角形分別計(jì)算P到各頂點(diǎn)的距離即可.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解后反思本題考查了線面的垂直關(guān)系、空間想象力及運(yùn)算能力．構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕3.【20１２陜西,5，5分】如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ＡBC-Ａ1B1Ｃ1，CA＝ＣＣ１=2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ａ．55B。Ｃ.255答案:A不妨設(shè)ＣＢ=1，則B【0，0,1】，A【2，0，0】,C１【0,2,0】,Ｂ１【0,2，1】.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕∴BC1=【0，2，－1】,cｏs＜BC1,AB1>=BC1·A評(píng)析本題考查利用空間坐標(biāo)運(yùn)算求異面直線所成的角,考查了運(yùn)算求解能力．4?！?０１9天津理，１7,13分】如圖,AＥ⊥平面ABCD，ＣＦ∥AE，AD∥BC，AD⊥AB,AB=AD=1，AE=BC＝2.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證：BF∥平面ADE;【２】求直線CE與平面BＤＥ所成角的正弦值；【3】若二面角E-ＢＤ-F的余弦值為13，求線段CF的長(zhǎng)解析本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí),考查用空間向量解決立體幾何問(wèn)題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力．重點(diǎn)考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、直觀想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕依題意,可以建立以Ａ為原點(diǎn),分別以AB，AD，AE的方向?yàn)閤軸,y軸，z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系【如圖】，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕可得A【0，0，0】，B【1，0，0】,Ｃ【1，2，0】，D【0,1,0】，Ｅ【０,0，２】?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕設(shè)CF=h【h〉0】,則F【1，2，h】．【１】證明：依題意，AB＝【1,0，０】是平面AＤE的法向量,又BF＝【0，2,ｈ】，可得BF·AB=0，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又因?yàn)橹本€BF?平面AＤE，所以BF∥平面AＤE?！荆病恳李}意,BD＝【-1，1，０】,BE=【－1，０，2】,CE＝【—１，－2,２】.設(shè)ｎ＝【x,y，ｚ】為平面BDE的法向量，則n·BD=0,n·可得ｎ=【２,２，１】，因此有coｓ〈CE，n〉=CE·n|CE所以，直線CE與平面BＤＥ所成角的正弦值為49【3】設(shè)m=【ｘ,y,ｚ】為平面BDF的法向量，則m·BD不妨令ｙ=１，可得m=1,1,-由題意，有｜ｃos<ｍ,n〉|=|m·n||m||n|=4-2h32+4h2=1思路分析從已知條件線面垂直、線線垂直、線線平行入手,建立空間直角坐標(biāo)系,將立體幾何中的位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量坐標(biāo)關(guān)系,從而進(jìn)行坐標(biāo)運(yùn)算,再將向量運(yùn)算結(jié)果轉(zhuǎn)化為立體幾何中的位置關(guān)系或長(zhǎng)度.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕方法總結(jié)利用空間向量解決立體幾何問(wèn)題的一般步驟：①觀察圖形,建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；②寫(xiě)出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出相應(yīng)直線的方向向量；③設(shè)出相應(yīng)平面的法向量，利用兩直線垂直，其相應(yīng)方向向量數(shù)量積為零列出方程組求出法向量;④將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系；⑤根據(jù)定理結(jié)論求出相應(yīng)的角和距離?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕5。【20１9課標(biāo)Ⅱ理，17，1２分】如圖,長(zhǎng)方體ABCD－A１B１C1D1的底面AＢＣD是正方形，點(diǎn)E在棱AＡ1上，BE⊥ＥC１。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】證明：BE⊥平面EB1C1;【2】若AE=A1E,求二面角B—EＣ－C１的正弦值。解析本題考查線面垂直的判定和性質(zhì)，空間向量的應(yīng)用,考查空間想象能力,運(yùn)算求解能力,考查了直觀想象的核心素養(yǎng)．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】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】由【１】知∠BEB1=90°.由題設(shè)知Rt△ABＥ≌Rt△Ａ１B1E，所以∠AEB=4５°,故ＡE=AＢ，AA1=2AB.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA的方向?yàn)閤軸正方向，｜DA｜為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則C【0，１,０】，Ｂ【1,１,0】，Ｃ１【０,1，2】，E【1,0，1】,CB＝【１，0，0】，CE=【1，—１,1】,CC1設(shè)平面ＥBC的法向量為n=【x,y,ｚ】，則CB·n所以可?。?【０,－１,－1】．設(shè)平面ECC1的法向量為m=【x,ｙ，z】，則CC1所以可取m＝【１，１,０】.于是cos<ｎ，m＞＝n·m|所以,二面角B－EC－C1的正弦值為32一題多解【2】連接BC１．設(shè)AＥ=m,不妨令A(yù)Ｂ=1，則ＢE=m2+1，C1E=m2+2,BC1∵ＢＥ⊥EC1，∴4ｍ２＋1=2m2＋3，解得ｍ＝1，則ＡＡ１＝2．連接AC，ＢD,相交于點(diǎn)Ｏ，連接Ａ1C１。由題意可知AＣ⊥BＤ,BD⊥CC1，AＣ∩CC1＝Ｃ，∴BD⊥平面AA１C1C,∴ＢＤ⊥CE,即BＯ⊥CE。在長(zhǎng)方形AＡ1C1C中,AC=2,AＡ1＝2。連接AC1,有CC1AC=22＝ACAE，又∠ＥAC=∠C1CA＝９0°，則Ｒt△C1CA∴∠ＥCA+∠Ｃ１AＣ＝90°，∴ＣE⊥AC1。取CC1的中點(diǎn)F，連接OF，BＦ，則OＦ∥ＡＣ1，∴ＯF⊥CE?！連O∩OF=O,∴ＣＥ⊥平面FＯB．設(shè)ＣE∩OF＝G，連接BG，∴CE⊥BＧ，CE⊥FG，則∠ＢＧＦ為二面角B-ＣE－C１的平面角,且ｓｉｎ∠BGＦ=siｎ∠BＧO。設(shè)AC１∩ＣE=Ｈ，易得△AEH∽△Ｃ1ＣＨ.又∵AE=12ＣC1，∴AH=13AC1．易知OG∥AH,又∵Ｏ為AC的中點(diǎn)，∴ＯG=12AH。∵ＢO=22,ＯG＝12ＡＨ=16AC１＝66，BO⊥OG，∴tan∠ＢGO=2266=3，∴∠ＢGO=60°，則∠6．【2017北京理，16，14分】如圖,在四棱錐P-ABＣD中，底面ABCD為正方形,平面PＡD⊥平面ＡＢCD,點(diǎn)M在線段PB上，ＰD∥平面MAＣ，PＡ＝ＰD＝6,ＡB=4．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】求證:M為PＢ的中點(diǎn);【2】求二面角B-ＰD—A的大?。弧?】求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.解析本題考查面面垂直的性質(zhì)定理,線面平行的性質(zhì)定理，二面角，直線與平面所成的角等知識(shí)。考查用空間向量解決立體幾何問(wèn)題的方法?？疾榭臻g想象能力、運(yùn)算求解能力?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】設(shè)AC，BD交點(diǎn)為E，連接ME.因?yàn)镻Ｄ∥平面MAＣ，平面MAC∩平面PDB＝ME,所以PD∥ＭE.因?yàn)锳ＢＣD是正方形，所以E為ＢD的中點(diǎn).所以M為PB的中點(diǎn)?！荆病咳D的中點(diǎn)O，連接OP,OE.因?yàn)镻A＝PＤ,所以ＯP⊥ＡD.又因?yàn)槠矫鍼ＡD⊥平面AＢCD，且OP?平面PAＤ，所以O(shè)P⊥平面ABＣD.因?yàn)镺E?平面ＡBＣＤ，所以ＯP⊥OE．因?yàn)锳BCD是正方形，所以O(shè)E⊥AD.如圖建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz，則P【０，0，2】,D【２，０,０】，B【－2,4，０】，BD=【4,－４，0】,PD=【2，０，－2】．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕設(shè)平面BDP的法向量為ｎ=【ｘ，y，z】，則n·BD令x＝1,則y＝１，z＝2.于是n=【1,１，2】。平面PAD的一個(gè)法向量為ｐ=【０,1，０】。所以coｓ＜ｎ,ｐ〉=n·p|由題意知二面角B—PD－A為銳角，所以它的大小為π3【3】由題意知M-1,2,22，C【２,４，0】，MC設(shè)直線MC與平面BDP所成角為α,則sinα=｜c(diǎn)ｏs＜ｎ，MC〉|=|n·MC|所以直線ＭＣ與平面ＢＤP所成角的正弦值為26方法總結(jié)1.在求二面角時(shí),通常用空間向量法，即建立空間直角坐標(biāo)系，求出兩個(gè)面的法向量ｎ１，n2，設(shè)二面角的大小為θ，則有|ｃosθ|=｜c(diǎn)ｏs〈n1，n2〉|=|n1·n2|２。用向量法求直線與平面所成的角的方法:設(shè)直線的方向向量為ｅ,平面的法向量為n,則直線與平面所成的角θ滿足sinθ=e·n|e||n7.【2０１7課標(biāo)Ⅰ理，18，1２分】如圖,在四棱錐Ｐ-ABCD中,AB∥ＣD,且∠BAP=∠CＤP=90°.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明：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?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析本題考查了立體幾何中面面垂直的證明和二面角問(wèn)題.【1】由已知∠ＢAP=∠CDP＝９0°，得AＢ⊥ＡＰ,CD⊥PD．由于AB∥CＤ，故AＢ⊥PD,又ＡP∩PD=P,從而AＢ⊥平面PＡＤ。又ＡB?平面PAB,所以平面ＰAB⊥平面PAD?！?】在平面PAＤ內(nèi)作PF⊥AＤ,垂足為F．由【1】可知,ＡB⊥平面PAD，故AＢ⊥PF，又AD∩AB=A,可得PＦ⊥平面ABCD.以F為坐標(biāo)原點(diǎn),FA的方向?yàn)椋S正方向,｜AB｜為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F—ｘyz．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由【1】及已知可得A22,0,0，P0,0,22，Ｂ2所以PC=-22,1,-22，CB=【2,０,0】,PA設(shè)ｎ＝【x1,y1，ｚ1】是平面PCＢ的法向量,則n·PC=0,可取n=【0，—1,－2】.設(shè)m=【x2，y２,ｚ2】是平面ＰAＢ的法向量，則m·PA可取m＝【1,0，1】.則cos〈ｎ，m>=n·m|易知二面角Ａ—ＰB－C為鈍二面角，所以二面角Ａ—ＰＢ-Ｃ的余弦值為－33方法總結(jié)面面垂直的證明及向量法求解二面角?！?】面面垂直的證明證明兩個(gè)平面互相垂直,可以在一個(gè)平面內(nèi)找一條直線l,證明直線l垂直于另一平面.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【２】利用空間向量求解幾何體中的二面角的余弦值.建立空間直角坐標(biāo)系,找到點(diǎn)的坐標(biāo),求出兩個(gè)半平面的法向量ｎ1,n2,設(shè)二面角的大小為θ,則｜c(diǎn)ｏsθ|=|n1·n8.【201７課標(biāo)Ⅲ理,1９,１２分】如圖,四面體ＡBCＤ中，△ＡBC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ＡBD=∠CBＤ,ＡB=BD．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:平面ＡCD⊥平面AＢC；【2】過(guò)AＣ的平面交ＢD于點(diǎn)E，若平面ＡＥC把四面體ＡＢＣD分成體積相等的兩部分，求二面角Ｄ－AE-C的余弦值。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析本題考查面面垂直的證明,二面角的求法.【１】由題設(shè)可得，△ABＤ≌△CＢD，從而AＤ=DC．又△AＣＤ是直角三角形，所以∠ADC＝90°。取AC的中點(diǎn)Ｏ,連接DＯ,ＢO,則DO⊥ＡC，DO＝ＡＯ。又由于△ＡＢC是正三角形，故BO⊥AC.所以∠DOＢ為二面角D－AC-B的平面角.在Ｒt△AOB中,BO2+AO2=AB２.又AB＝ＢD,所以BO2+ＤO2=BO2+AO2=AB2＝BD2，故∠DOB=90°.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以平面AＣＤ⊥平面ABC?！?】由題設(shè)及【１】知，OA，OB,OD兩兩垂直．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA的方向?yàn)閤軸正方向，|OA｜為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－ｘｙz.則A【1，0,０】,B【0,3,0】，C【－1,0，0】，D【０，０,１】?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由題設(shè)知,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的12,從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的12，即E為DB的中點(diǎn),得E0,32,12。故AD=【－１,０，１】,設(shè)ｎ=【ｘ,ｙ，z】是平面DAＥ的法向量，則n·AD=0,n·AE=0,即設(shè)m是平面AEC的法向量,則m同理可取m＝【0，—1,3】。則cos<n，m〉＝n·m|n易知二面角D-AE—Ｃ為銳二面角,所以二面角D—AE—Ｃ的余弦值為77方法總結(jié)證明面面垂直最常用的方法是證明其中一個(gè)平面經(jīng)過(guò)另一個(gè)平面的一條垂線，即在一個(gè)平面內(nèi),找一條直線,使它垂直于另一個(gè)平面．用空間向量法求二面角的余弦值時(shí)，要判斷二面角是鈍角還是銳角．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕9?！?016課標(biāo)Ⅱ理，1９,１2分】如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BＤ交于點(diǎn)O，AB=5,AC=6，點(diǎn)E，Ｆ分別在ＡD,CD上，AＥ＝CF=54，EＦ交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EＦ折到△D’EF的位置,OD＇=10?！?】證明：Ｄ'H⊥平面ABCD；【2】求二面角Ｂ—D'A-C的正弦值。解析【1】證明:由已知得ＡC⊥BD,AD＝CD。又由AE=ＣF得AEAD=CFCD,故ＡC因此EF⊥HＤ，從而EF⊥Ｄ'H.【2分】由AB＝5，AC=6得DO=BO=AB由ＥF∥AC得OHDO＝AEAD=所以O(shè)H=1，D'Ｈ=DＨ＝3.于是Ｄ＇H2＋OH2=3２+12=１0＝D'Ｏ2,故D'H⊥OＨ?！荆捶帧俊参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又D'Ｈ⊥ＥF，而OH∩ＥF=H,所以Ｄ’H⊥平面ABＣD.【5分】【２】如圖,以H為坐標(biāo)原點(diǎn),HF的方向?yàn)椋S正方向，建立空間直角坐標(biāo)系H-xyｚ．則H【0，0，0】，A【—３，－1，0】,B【0，—5,0】，Ｃ【3,-1，0】，D'【0，0，3】，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕AB=【３，-4，0】,AC＝【6,0,0】，AD'=【3，1，３】?！?分】設(shè)m=【x1，ｙ1，ｚ1】是平面ABＤ’的法向量，則m·AB=0,所以可取m=【４,3，－5】.【8分】設(shè)ｎ=【ｘ2,y2,z2】是平面ＡＣD＇的法向量，則n·AC所以可?。?【０，—3,１】.【10分】于是ｃos＜m，ｎ＞=m·n|m||sin〈ｍ,n〉=295因此二面角B-D'A－C的正弦值是29525.【１２思路分析【１】利用已知條件及翻折的性質(zhì)得出D’H⊥EＦ，利用勾股定理的逆定理得出Ｄ'H⊥OＨ，從而得出結(jié)論;〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【２】在第【1】問(wèn)的基礎(chǔ)上建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，從而求出兩個(gè)半平面的法向量，利用向量的夾角公式求二面角的余弦值，從而求出正弦值?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕評(píng)析本題主要考查翻折問(wèn)題,線面垂直的證明以及用空間向量法求解二面角的基本知識(shí)和基本方法,考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力以及空間想象能力，求解各點(diǎn)的坐標(biāo)是利用向量法解決空間問(wèn)題的關(guān)鍵.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕1０.【20１6山東，17，1２分】在如圖所示的圓臺(tái)中,ＡC是下底面圓O的直徑,EＦ是上底面圓O’的直徑，F(xiàn)B是圓臺(tái)的一條母線.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】已知G，H分別為EC,FB的中點(diǎn)。求證：ＧH∥平面ABＣ；【2】已知EF=FＢ＝12AＣ=２3,AＢ=ＢC。求二面角F—BC-A的余弦值．解析【1】證明:設(shè)FC中點(diǎn)為Ｉ,連接GI,HI．在△CEＦ中，因?yàn)辄c(diǎn)G是ＣE的中點(diǎn)，所以GI∥EＦ.又ＥF∥OB,所以ＧI∥OB。在△CFB中，因?yàn)椋仁荈Ｂ的中點(diǎn)，所以ＨＩ∥BC.又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因?yàn)镚H?平面GＨＩ,所以GH∥平面ABC.【２】解法一:連接OO',則OO’⊥平面AＢC。又AB=ＢC,且ＡＣ是圓O的直徑，所以BO⊥AＣ．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Ｏ-xｙｚ.由題意得B【０，23，0】,Ｃ【—23，0，０】，所以BC＝【－23，—23，0】,過(guò)點(diǎn)F作FM垂直O(jiān)B于點(diǎn)M。所以FM=FB2-BM故BF＝【０,-3,3】。設(shè)m=【x，y，ｚ】是平面BCF的法向量．由m可得-可得平面BCF的一個(gè)法向量m=-1,1,因?yàn)槠矫鍭BＣ的一個(gè)法向量n=【0,0，１】，所以cｏs<m，n>=m·n|所以二面角F—ＢC-A的余弦值為77解法二:連接OＯ’.過(guò)點(diǎn)F作ＦＭ垂直O(jiān)B于點(diǎn)Ｍ。則有FM∥OＯ'。又OＯ'⊥平面ABＣ，所以FM⊥平面ABC?？傻肍Ｍ＝FB過(guò)點(diǎn)M作MN垂直ＢC于點(diǎn)N,連接FN.可得FＮ⊥BC，從而∠ＦＮＭ為二面角F—ＢC—Ａ的平面角。又AB=BC，AC是圓Ｏ的直徑，所以MＮ=BMsin45°=62從而FN=422可得cos∠ＦNM＝77所以二面角F－BC-A的余弦值為77評(píng)析本題考查了線面平行、垂直的位置關(guān)系；考查了二面角的求解方法；考查了空間想象能力和邏輯推理能力．正確找到二面角的平面角或正確計(jì)算平面的法向量是求解的關(guān)鍵.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕11.【２016浙江，１7,1２分】如圖，在三棱臺(tái)AＢC-DEF中，平面ＢＣFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF＝ＦC＝1,BC=２,ＡC=３?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】求證:BF⊥平面AＣFＤ；【2】求二面角B－AD—Ｆ的平面角的余弦值。解析【1】延長(zhǎng)ＡD,BＥ,CF相交于一點(diǎn)K，如圖所示.因?yàn)槠矫鍮CFE⊥平面ABC，且AＣ⊥ＢＣ,所以,AC⊥平面BＣＫ,因此，BF⊥AC.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又因?yàn)镋Ｆ∥BＣ,BE=ＥＦ=FC=1，BＣ=２,所以△BCＫ為等邊三角形，且Ｆ為CK的中點(diǎn)，則BF⊥CＫ．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以BＦ⊥平面ＡCFＤ?！?】解法一：過(guò)點(diǎn)F作ＦQ⊥AK于Q，連接BQ．因?yàn)锽F⊥平面ACK,所以BF⊥AK，則ＡK⊥平面ＢＱF,所以BQ⊥ＡK.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以,∠BQF是二面角B—AD-F的平面角．在Rｔ△ACK中，AC＝３,ＣK＝２，得FQ＝313在Rｔ△BQＦ中,FQ＝31313，ＢF＝3，得cos∠BQF=所以，二面角B—ＡＤ—F的平面角的余弦值為34解法二：由【1】知△BCＫ為等邊三角形．取BC的中點(diǎn)Ｏ,連接KO,則KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面AＢC，所以，ＫO⊥平面ABＣ.以點(diǎn)O為原點(diǎn),分別以射線OＢ,OK的方向?yàn)閤,z的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyｚ?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由題意得B【1，0,0】，Ｃ【－1，0，0】，Ｋ【０,０，3】,Ａ【-1,－3,0】，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕E12,0,3因此,AC=【0，3，０】，AK=【1，３，3】，AB=【2,3，0】。設(shè)平面ＡCK的法向量為ｍ=【x１，y1,z1】，平面ＡＢK的法向量為n=【x2,y2，z2】.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由AC·m=0,AK·m=0得由AB·n=0,AK·n=0得于是，ｃｏs<m,n〉=m·n|又易知二面角B-ＡD—F為銳二面角,所以,二面角B-AD－F的平面角的余弦值為34方法總結(jié)若二面角的平面角為θ，兩半平面的法向量分別為n1和n2,則｜c(diǎn)osθ｜=｜c(diǎn)ｏｓ<n1,n２＞｜,要求cｏsθ的值,還需結(jié)合圖形判斷二面角的平面角是銳角還是鈍角,進(jìn)而決定coｓθ=｜ｃos〈n1,n2>|,還是coｓθ=—|coｓ<n1，n2＞|.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕評(píng)析本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕１2。【2015課標(biāo)Ⅰ理,1８,12分】如圖，四邊形ＡBCD為菱形，∠ＡＢＣ=1２0°，E,F是平面ABCＤ同一側(cè)的兩點(diǎn),BE⊥平面ＡBCＤ,DF⊥平面AＢCD，BＥ=2DF，AE⊥ＥC.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:平面ＡEC⊥平面AFC；【2】求直線AＥ與直線CF所成角的余弦值．解析【1】證明:連接BＤ．設(shè)BD∩AＣ=G，連接ＥＧ，F(xiàn)Ｇ，EF。在菱形ABＣD中，不妨設(shè)GB=1．由∠ＡBC=120°,可得AG=GC=3．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由BE⊥平面AＢＣD,AB=BC，可知AＥ=EC。又AＥ⊥EＣ，所以EG=3，且EG⊥AC。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕在Rt△ＥBG中,可得BE=2,故DF=22在Rt△FDG中,可得FG＝62在直角梯形ＢDFE中,由BD＝2，BE=2，ＤF=22,可得EF＝32從而ＥG2+ＦＧ２=EF2，所以EG⊥FG．又AC∩FG=G,可得EG⊥平面ＡＦC。因?yàn)椋牛?平面ＡEＣ,所以平面AＥC⊥平面AＦC.【6分】【2】如圖，以G為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以GB,GC的方向?yàn)閤軸，y軸正方向,｜GB|為單位長(zhǎng)，建立空間直角坐標(biāo)系G－ｘyz．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由【１】可得Ａ【0,—3，0】,E【１，0,2】,F-1,0,22，C【０,3,0】，所以AE=【1，3,2】,CF=-1,故ｃos＜AE,CF〉=AE·CF|所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為33.【１2分思路分析【1】利用勾股定理的逆定理和平面與平面垂直的判定定理求證?！荆病拷⑦m當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用向量的夾角的余弦公式求解．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解后反思建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,利用空間向量的有關(guān)公式是求解的關(guān)鍵．證明“EG⊥平面AFC”是解題的難點(diǎn)．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕13.【2015課標(biāo)Ⅱ理,1９，1２分】如圖，長(zhǎng)方體ＡＢCＤ-A1B1C1D1中，AＢ=１6，BC=10,AA1=8,點(diǎn)E，F(xiàn)分別在Ａ1Ｂ1,Ｄ1C1上，A1E＝D１F=４.過(guò)點(diǎn)E，Ｆ的平面α與此長(zhǎng)方體的面相交,交線圍成一個(gè)正方形.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】在圖中畫(huà)出這個(gè)正方形【不必說(shuō)明畫(huà)法和理由】；【２】求直線AＦ與平面α所成角的正弦值．解析【１】交線圍成的正方形ＥHGF如圖:【2】作EM⊥AB，垂足為Ｍ,則AM=A1E=4，ＥM=AA1=8.因?yàn)椋臜GＦ為正方形,所以ＥH=ＥＦ＝BＣ=１0.于是ＭH＝EH2-以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Ｄ—xyz,則A【10，０，０】，H【10，1０，０】,E【10，4，8】，F(xiàn)【０，4，8】,FE=【10,0,0】，HE=【0，－6，8】。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕設(shè)n＝【ｘ，ｙ,z】是平面EＨＧF的法向量，則n·FE所以可?。?【０，4,3】.又AF＝【-1０，4，8】，故｜c(diǎn)os〈n,AF＞|=|n·AF|所以AＦ與平面EHGＦ所成角的正弦值為451４?！荆?15山東理，17，12分】如圖，在三棱臺(tái)ＤEF—ABC中，AB=２DE,Ｇ，H分別為AＣ,BC的中點(diǎn).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】求證:BD∥平面FGＨ；【2】若CＦ⊥平面ＡBＣ,AＢ⊥BC，CF=ＤE,∠ＢAC=4５°，求平面ＦGＨ與平面ACFD所成的角【銳角】的大小?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【１】連接DG,CD，設(shè)ＣD∩GF＝O，連接OH．在三棱臺(tái)DEF—ABC中，AB=2DＥ,G為AC的中點(diǎn),可得ＤF∥GC，ＤF=GＣ，所以四邊形DFＣG為平行四邊形．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則O為CD的中點(diǎn)，又H為BC的中點(diǎn)，所以O(shè)H∥BD,又ＯＨ?平面FGH，BD?平面FGH,所以BD∥平面FGH。【2】設(shè)AB=2，則ＣF=1．在三棱臺(tái)DＥF-ＡBC中,G為ＡC的中點(diǎn),由DＦ=12ＡC=GＣ，可得四邊形DＧＣF為平行四邊形,因此ＤG∥FＣ．又FC⊥平面AＢC，所以DG⊥平面ABC.在△ABＣ中,由ＡB⊥BC,∠ＢAC＝45°，G是ＡＣ中點(diǎn)，所以AB=BC，ＧB⊥GC，因此GB,GC,GD兩兩垂直．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G-xyz。所以G【0，０,０】，B【2,0，0】，C【0，2,0】，D【0，0,1】.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕可得Ｈ22,2故GH=22,22,0設(shè)ｎ=【x,y,z】是平面ＦGH的法向量，則由n可得x可得平面FGH的一個(gè)法向量n=【1,-1，2】.因?yàn)镚B是平面ACFD的一個(gè)法向量,GB＝【2,０,０】，所以cｏs〈GB，ｎ〉=GB·n|GB|所以平面FGH與平面ACFＤ所成角【銳角】的大小為60°.15?！?01５陜西，１8，１2分】如圖1，在直角梯形ABCD中，ＡD∥BＣ,∠BAD=π2，AB=BＣ=１,AD=2,E是AD的中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn)。將△ABE沿BE折起到△A1ＢE的位置，如圖2．【1】證明:CＤ⊥平面Ａ1ＯＣ；【2】若平面A１BE⊥平面ＢCDＥ，求平面Ａ1BC與平面A1CD夾角的余弦值．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【１】證明:在題圖1中,因?yàn)椋罛=ＢC=１，AＤ=2，Ｅ是ＡＤ的中點(diǎn)，∠ＢAD=π2,所以BE⊥ＡＣ。即在題圖２中,BE⊥OA1，BE⊥OC,從而ＢＥ⊥平面Ａ1OC,又ＣD∥BＥ，所以ＣD⊥平面A1OＣ.【２】因?yàn)槠矫妫粒盉E⊥平面ＢCDE，又由【１】知,BE⊥OA1，ＢE⊥OＣ，所以∠A1OＣ為二面角A１—BE—C的平面角,所以∠A1OＣ＝π2如圖,以O(shè)為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)锳1B＝Ａ1E＝BＣ=ED=1,BC∥ED，所以B22,0,0，E-22,0,0,A得BC=-22,22,0，A1C=0,設(shè)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與平面A1ＣD的夾角為θ，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則n1·BC=0,n1·n2·CD=0,n2·從而cosθ=｜c(diǎn)os〈n1,n2〉｜=23×2即平面A1BＣ與平面Ａ1CD夾角的余弦值為63評(píng)析本題主要考查線面垂直的判定、面面垂直的性質(zhì)以及平面與平面的夾角的求解.考查學(xué)生的空間想象能力以及運(yùn)算求解能力.正確利用面面垂直的性質(zhì)定理建立空間直角坐標(biāo)系是求解的關(guān)鍵.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕１6?！荆玻?5湖北理，1９,１2分】《九章算術(shù)》中，將底面為長(zhǎng)方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽(yáng)馬，將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕如圖,在陽(yáng)馬P—AＢCＤ中,側(cè)棱PＤ⊥底面ＡＢＣD，且PＤ＝CD，過(guò)棱ＰC的中點(diǎn)E,作ＥＦ⊥ＰＢ交PB于點(diǎn)F，連接DE，DF,BD，ＢE．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明：PB⊥平面ＤEF.試判斷四面體DＢEF是不是鱉臑，若是，寫(xiě)出其每個(gè)面的直角【只需寫(xiě)出結(jié)論】；若不是，說(shuō)明理由；〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】若面DEＦ與面ABCD所成二面角的大小為π3，求DCBC解析解法一:【1】因?yàn)椋蠨⊥底面AＢCD，所以PＤ⊥BＣ,由底面ABCD為長(zhǎng)方形,有BC⊥CD,而ＰD∩CＤ＝D，所以BC⊥平面PCD,而DE?平面ＰCD，所以BC⊥DE。又因?yàn)镻D=CD，點(diǎn)E是PＣ的中點(diǎn)，所以DE⊥PＣ.而PC∩ＢC=Ｃ,所以ＤE⊥平面PBＣ.而PB?平面PBC，所以PＢ⊥ＤＥ．又ＰB⊥EF,DＥ∩ＥF=E，所以PB⊥平面DEF.由DE⊥平面PＢC,PＢ⊥平面DEＦ，可知四面體BＤＥF的四個(gè)面都是直角三角形,即四面體BDEF是一個(gè)鱉臑，其四個(gè)面的直角分別為∠ＤＥB，∠DEF,∠ＥＦＢ,∠ＤFB．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】如圖，在面PBC內(nèi),延長(zhǎng)ＢC與FE交于點(diǎn)G，則DG是平面ＤEF與平面AＢCD的交線．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由【1】知，ＰB⊥平面ＤEＦ，所以PB⊥ＤG．又因?yàn)镻D⊥底面ABCＤ,所以PD⊥ＤG．而PＤ∩PB＝P，所以DG⊥平面ＰBD。故∠BDF是面DＥF與面ABCD所成二面角的平面角，設(shè)PＤ＝DC=1，BC＝λ，有BD＝1+λ在Rt△PDB中，由ＤF⊥PB,得∠DPF＝∠FDB=π3則taｎπ3＝tａn∠ＤPF=BDPD＝1+λ2=3，解得所以DCBC=1λ=故當(dāng)面DEＦ與面AＢCD所成二面角的大小為π3時(shí)，DCBC=解法二：【1】如圖，以D為原點(diǎn),射線DA，DＣ,ＤＰ分別為x,y,ｚ軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕設(shè)PD＝DC＝1，BC=λ,則D【0，0,0】，P【0,0，1】，Ｂ【λ，1,0】,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ｃ【０,1，０】，PB＝【λ,1,－１】，點(diǎn)E是ＰＣ的中點(diǎn),所以E0,1DE=0,1于是PB·DE＝0,即ＰB⊥ＤE.又已知ＥF⊥PB，而DE∩ＥF=E，所以PB⊥平面ＤＥＦ。因PC=【0，1，—1】，DE·PC=0,則DE⊥ＰC，所以DE⊥平面ＰBC.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF，可知四面體BDEF的四個(gè)面都是直角三角形,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕即四面體ＢDEF是一個(gè)鱉臑,其四個(gè)面的直角分別為∠DEＢ，∠DＥF，∠EFB，∠DFB.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】由PD⊥平面AＢCD，所以DP=【0，0,１】是平面ABCD的一個(gè)法向量；〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由【1】知，PＢ⊥平面DＥF，所以BP=【－λ,-1,1】是平面ＤEＦ的一個(gè)法向量．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕若面DEＦ與面ＡBCD所成二面角的大小為π3則coｓπ3=BP·DP|BP解得λ＝2,所以DCBC=1λ=故當(dāng)面DEＦ與面ABCD所成二面角的大小為π3時(shí)，DCBC=17.【２014北京理，1７，14分】如圖，正方形ＡMDE的邊長(zhǎng)為２，B，Ｃ分別為AM，ＭＤ的中點(diǎn)．在五棱錐P—AＢＣDE中，Ｆ為棱PＥ的中點(diǎn)，平面ABＦ與棱ＰD,ＰＣ分別交于點(diǎn)G,Ｈ．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證：AＢ∥ＦG；【２】若ＰA⊥底面ＡBCDE，且ＰA=AE，求直線BC與平面ABF所成角的大小，并求線段PＨ的長(zhǎng).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】證明：在正方形AMDE中，因?yàn)锽是ＡＭ的中點(diǎn)，所以AB∥DE。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又因?yàn)锳Ｂ?平面PＤＥ，所以ＡB∥平面ＰDE．因?yàn)锳B?平面ＡＢF，且平面ABF∩平面PDＥ＝FＧ，所以ＡB∥ＦＧ.【２】因?yàn)椋蠥⊥底面AＢCＤE，所以PA⊥AB，PＡ⊥AＥ．如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A【0,０,0】,B【1,0,0】，C【2，1，0】，P【0，0,2】,F【0，1，1】，BC=【1,1，０】?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕設(shè)平面AＢF的法向量為n=【x，ｙ，z】，則n·AB令z=1，則y=—１．所以n=【0,－１，１】。設(shè)直線BC與平面ＡBF所成角為α，則sinα＝｜c(diǎn)os＜n,BC〉｜=n·BC|因此直線BC與平面ABF所成角的大小為π6設(shè)點(diǎn)Ｈ的坐標(biāo)為【u，v，w】.因?yàn)辄c(diǎn)H在棱PC上，所以可設(shè)PH=λPC【０＜λ＜1】，即【ｕ，v，w-2】=λ【2,1,-2】。所以u(píng)=2λ，v=λ，ｗ=2—2λ.因?yàn)閚是平面ＡＢF的法向量,所以n·AH=0,即【0，-1，1】·【2λ,λ,2－2λ】=0.解得λ=23,所以點(diǎn)H的坐標(biāo)為4所以ＰH=43評(píng)析本題考查了空間直線與平面平行,線面角，空間向量等知識(shí)；考查空間推理論證能力,計(jì)算能力；建立恰當(dāng)坐標(biāo)系，利用空間向量準(zhǔn)確求解是解題的關(guān)鍵?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕18．【2014課標(biāo)Ⅱ理，18,1２分】如圖，四棱錐P—ＡBCD中，底面ＡBＣD為矩形，PＡ⊥平面ABＣＤ，E為PD的中點(diǎn)．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明：ＰＢ∥平面ＡEＣ;【２】設(shè)二面角D—ＡE—Ｃ為6０°，AP=1,AＤ=3，求三棱錐E－AＣD的體積。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】證明:連接BD交AC于點(diǎn)Ｏ，連接EO.因?yàn)锳BCD為矩形，所以Ｏ為BD的中點(diǎn).又E為PD的中點(diǎn),所以ＥO∥ＰＢ.又EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面ＡEC。【2】因?yàn)椋蠥⊥平面ABCD，ABCD為矩形,所以AB，AD，AP兩兩垂直。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB的方向?yàn)閤軸的正方向，|AP｜為單位長(zhǎng)，建立空間直角坐標(biāo)系Ａ－ｘyｚ,則D【0,3，0】，Ｅ0,32,12，設(shè)B【m,0,0】【m＞0】，則C【m,3,0】,AC=【m，3,0】。設(shè)ｎ１=【x,y，z】為平面ACＥ的法向量，則n1·可取n１=3m又ｎ2＝【1,0,0】為平面DAE的法向量，由題設(shè)得|coｓ＜ｎ1，n2>｜=12,即33+4m2=12，因?yàn)镋為PＤ的中點(diǎn)，所以三棱錐E－ACD的高為12三棱錐Ｅ－ACD的體積V=13×12×3×32×1評(píng)析本題考查線面平行的判定，利用空間向量解二面角問(wèn)題，考查了學(xué)生的空間想象能力.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕19．【201４江西,19，12分】如圖,四棱錐Ｐ-ABCD中,ABCＤ為矩形，平面ＰAD⊥平面ＡＢCD.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】求證:AB⊥ＰＤ；【2】若∠BPＣ=９0°,PＢ=2，PＣ=2,問(wèn)AＢ為何值時(shí),四棱錐P-ABＣD的體積最大？并求此時(shí)平面BPＣ與平面DＰC夾角的余弦值．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】證明:因四邊形ABCD為矩形，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】過(guò)P作AＤ的垂線,垂足為O，過(guò)Ｏ作ＢC的垂線，垂足為G，連接PG.故ＰO⊥平面ＡＢCD,BC⊥平面POG,BC⊥PＧ.在Ｒt△ＢＰＣ中，PG=233，GC=26設(shè)ＡＢ＝ｍ，則OP=PG2-OG2=43-m2,故四棱錐P－ABCD的體積V=1因?yàn)閙8-6m2=故當(dāng)m＝63,即AB=63時(shí)，四棱錐P—ABＣＤ此時(shí)，建立如圖所示的坐標(biāo)系,各點(diǎn)的坐標(biāo)為O【０，０，0】,B63,-63,0,C6故PC=63,263,-63，設(shè)平面ＢPC的法向量為ｎ1＝【x,y,１】，則由n1⊥PC,n1⊥BC得63x+263同理可求出平面ＤPC的法向量為n2＝0,1從而平面BＰC與平面DPC夾角θ的余弦值為cｏsθ=|n1·n2|評(píng)析本題考查面面垂直的性質(zhì)定理、線線垂直的判定、空間幾何體的體積以及二面角的求解等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力,正確利用面面垂直的性質(zhì)定理求出棱錐的高是解決本題的關(guān)鍵.計(jì)算失誤是失分的主要原因．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕2０.【2014湖南理,19，12分】如圖，四棱柱ＡBCD-A1B1C１D1的所有棱長(zhǎng)都相等，ＡC∩BD=Ｏ,A1Ｃ１∩B１D1＝Ｏ1,四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】證明：O1O⊥底面ＡBCＤ;【2】若∠CＢA=6０°，求二面角C１-ＯB1—Ｄ的余弦值。解析【1】證明:因?yàn)樗倪呅危罜C1Ａ1為矩形，所以ＣC1⊥AＣ．同理DＤ1⊥ＢD，因?yàn)镃C1∥DD1,所以CC1⊥ＢＤ，而AC∩BD=O,因此CＣ1⊥底面ABCD。由題設(shè)知,O１O(jiān)∥C1C，故Ｏ1Ｏ⊥底面ABCD,【２】解法一：如圖，過(guò)O1作O1H⊥OＢ1于H，連接HC1。由【1】知,O1O⊥底面ABＣＤ，所以O(shè)1O⊥底面Ａ１B1Ｃ1D１,于是O1O⊥Ａ1C１．又因?yàn)樗睦庵鵄ＢＣD—A１Ｂ1C１D1的所有棱長(zhǎng)都相等,所以四邊形Ａ1Ｂ１C１Ｄ１是菱形,因此A1C1⊥Ｂ1D1,從而A1Ｃ１⊥平面BDD1Ｂ1,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以Ａ1C1⊥OB１，于是OＢ１⊥平面O１HC1,進(jìn)而OＢ1⊥C1H,故∠Ｃ１HO1是二面角C1—OB１-Ｄ的平面角，不妨設(shè)AＢ＝2，因?yàn)椤螩ＢA=６0°，所以O(shè)B=3,OＣ=１,OB1=7.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕在Ｒt△OO1B1中，易知O１H=OO1·O1B1OB1＝237，而O１C1=1,故coｓ∠C１HO１=O1HC1H即二面角C1－OB1—D的余弦值為257解法二:因?yàn)樗睦庵鵄BCＤ－A１B1C１Ｄ１的所有棱長(zhǎng)都相等,所以四邊形ABＣD是菱形，因此ＡC⊥BD，又由【１】知O1O⊥底面ABＣD,從而OB，OＣ，OO1兩兩垂直.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OＢ，OＣ,OO1所在直線分別為x軸，ｙ軸,ｚ軸,建立空間直角坐標(biāo)系Ｏ—xyz，不妨設(shè)AB=2，因?yàn)椤螩BＡ=60°，所以O(shè)B=3，ＯC＝1,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕于是相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為Ｏ【０，0，0】,Ｂ1【3，0，２】，C1【0，1，2】．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕易知，ｎ1=【0,1,0】是平面BDD１B1的一個(gè)法向量。設(shè)n2=【x,y,z】是平面ＯB1C1的法向量，則n2·取z=-3，則ｘ=2，ｙ=２3，所以ｎ２=【2,２3，-3】，設(shè)二面角C１-ＯB1—D的大小為θ，易知θ是銳角，于是ｃｏsθ=｜ｃos〈ｎ1,n2＞｜=n1·n2|n故二面角Ｃ1－OB1—D的余弦值為25721。【２014遼寧理，19，１２分】如圖，△ＡＢC和△BCD所在平面互相垂直，且ＡB＝ＢＣ＝ＢD=2，∠AＢC=∠DＢC=120°，E,F分別為ＡC，DC的中點(diǎn)．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證:EＦ⊥ＢＣ；【2】求二面角Ｅ—BF－C的正弦值。解析【1】證法一：過(guò)Ｅ作ＥO⊥BC，垂足為Ｏ,連接OF.由△ABC≌△DBＣ可證出△ＥOC≌△ＦOC.圖1所以∠EＯC=∠ＦOC=π2即ＦO⊥BＣ。又EO⊥BC，因此BC⊥面ＥFＯ.又EF?面EFＯ，所以EＦ⊥BC．證法二：以Ｂ為坐標(biāo)原點(diǎn)，在平面DBC內(nèi)過(guò)B且垂直BC的直線為x軸，ＢＣ所在直線為y軸,在平面ABC內(nèi)過(guò)B且垂直BC的直線為ｚ軸，建立如圖2所示空間直角坐標(biāo)系，易得B【0,０,０】,A【0，-1，3】,D【3，-1，0】，C【0，2，0】，因而E0,12,32，F(xiàn)32,12,0,所以,EF=32,0,-32,BC=【0，2，0】,圖2【2】解法一：在圖1中,過(guò)O作OＧ⊥BF,垂足為G，連EG。由平面ABＣ⊥平面ＢDC,從而EＯ⊥面BDC,又OG⊥BF，易知EG⊥BF?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因此∠EＧO為二面角E－ＢＦ－Ｃ的平面角。在△EＯC中，EO=12EC=12BC·cｏs3０°=由△BGO∽△BFC知,OＧ=BOBC·ＦC=3因此taｎ∠EGO=EOOG＝2，從而ｓin∠EGＯ=255，即二面角E－BＦ—C的正弦值為解法二:在圖2中，平面BFC的一個(gè)法向量為n1=【0，0，1】.設(shè)平面BEＦ的法向量為n2=【x,y,z】,又BF=32,12,0由n2·BF=0,n2設(shè)二面角Ｅ-ＢF—C的大小為θ,且由題意知θ為銳角，則cｏｓθ=|cｏｓ＜ｎ１，n2＞|=n1·n2|因此sｉnθ=25＝255,評(píng)析本題考查空間位置關(guān)系的證明及空間角的求法，考查線線垂直的本質(zhì)是對(duì)垂直關(guān)系轉(zhuǎn)化的考查.在利用向量法求二面角的正弦值時(shí)，注意到平面BFC的一個(gè)法向量為【0，0，１】,可以使問(wèn)題簡(jiǎn)捷,本題的難點(diǎn)和易錯(cuò)點(diǎn)都是空間直角坐標(biāo)系的建立,由于A，D兩點(diǎn)都不在坐標(biāo)軸上，因此正確求出A，D兩點(diǎn)的坐標(biāo)是解決本題的關(guān)鍵?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕22．【2014天津理，１7,１2分】如圖，在四棱錐Ｐ—ABCD中，PA⊥底面ABCD，ＡD⊥ＡB，AB∥DC,ＡＤ=DC＝ＡP=2,AB=１,點(diǎn)Ｅ為棱PC的中點(diǎn).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明BE⊥DＣ;【２】求直線BE與平面PBＤ所成角的正弦值；【3】若F為棱PC上一點(diǎn)，滿足BＦ⊥AC,求二面角Ｆ—ＡB-P的余弦值.解析依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系【如圖】,可得B【1,０,0】，C【2，２,０】,D【０,2，０】，Ｐ【０，0，2】.由Ｅ為棱PC的中點(diǎn)，得Ｅ【1,１，1】?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】證明:向量BE＝【0,1,1】，DC＝【2,0，0】,故BE·DC=0?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以BE⊥DC．【２】向量BD=【—1，2,0】,PB＝【1,0，—2】．設(shè)ｎ=【x1，y1,z１】為平面PBD的法向量,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則n·BD=0,n·PB=0,即-x+2y=0,cos<n,BE>=n·BE|n|所以直線BE與平面PＢD所成角的正弦值為33【3】向量BC=【1,2，0】,CP=【—2,－2，２】，AC=【2,２,0】,AB=【1，0,０】.由點(diǎn)F在棱ＰＣ上，設(shè)CF=λCP,0≤λ≤１.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕故BF=BC＋CF=BC＋λCP＝【1-２λ，2—2λ,2λ】.由BF⊥ＡC,得BF·AC=0，因此，2【１-２λ】+2【2-2λ】=0,解得λ＝34。故BF=-12,12,32.設(shè)n1=【x1,y１，z1】不妨令z1=1，可得ｎ1＝【0，—3，1】為平面FAB的一個(gè)法向量。取平面ABP的法向量ｎ2=【０，1，0】,則〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕cos<n1,n2>=n1·n2|n易知，二面角F－AB－Ｐ是銳角,所以其余弦值為310２3.【２0１4安徽,2０,13分】如圖,四棱柱ABＣD－Ａ1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD．四邊形ＡBCD為梯形，AD∥BＣ，且AD=２ＢＣ．過(guò)A1,C，D三點(diǎn)的平面記為α，BB１與α的交點(diǎn)為Ｑ。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:Q為BB１的中點(diǎn);【2】求此四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積之比；【3】若AA１=4,CD=2,梯形ABCD的面積為6,求平面α與底面ＡBCD所成二面角的大小?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】證明：因?yàn)锽Ｑ∥ＡA1，BC∥AＤ，BＣ∩BQ＝B,AＤ∩AA1=Ａ，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以平面QBC∥平面A1AＤ.從而平面A1CD與這兩個(gè)平面的交線相互平行，即ＱC∥A1Ｄ.故△QBC與△A1AD的對(duì)應(yīng)邊相互平行,于是△ＱＢＣ∽△Ａ1ＡD。所以BQBB1=BQAA1=BCAD=12【2】如圖1,連接QA，QD。圖1設(shè)AA1＝h，梯形ABＣD的高為ｄ，四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積分別為V上和V下，BC=ａ,則AＤ＝2a．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕VQ-A1AD＝13×12·VＱ-ABCD=13·a+2a2·d·所以V下＝VQ-A1AD又VA1B所以V上=VA1B1C1D1-ABCD故V上V下【3】解法一：如圖1，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足為E，連接Ａ1E，AＣ?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又DＥ⊥AA1，且AA1∩AE=A，所以ＤE⊥平面AEA1，于是ＤE⊥A1Ｅ．所以∠ＡEＡ1為平面α與底面ＡBCD所成二面角的平面角。因?yàn)锽C∥ＡＤ,AD=2BC,所以S△ＡDC=２S△ＢCA.又因?yàn)樘菪蜛BCＤ的面積為６，DC=2,所以S△ADC=4,ＡＥ=４.于是ｔan∠AEA１=AA1AE=１，∠ＡEA1故平面α與底面AＢＣD所成二面角的大小為π4解法二:如圖2,以D為原點(diǎn),DA,DD1的方向分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系圖２設(shè)∠CDＡ=θ。因?yàn)椋铀倪呅危罛CD=a+2a2·2sinθ=6，所以從而C【２cosθ，２siｎθ,0】,A14sin所以DC=【２cosθ,2ｓinθ，0】,DA1＝4設(shè)平面A1DＣ的一個(gè)法向量為n=【x,y,1】，由DA1·n=4sinθx所以ｎ=【—sinθ,cosθ，１】.又因?yàn)槠矫鍭BCＤ的一個(gè)法向量為m=【0，0，1】,所以coｓ＜n，m>=n·m|易知所求二面角為銳二面角，故平面α與底面ＡBCD所成二面角的大小為π4評(píng)析本題考查了空間直線、平面間的平行、垂直,柱、錐體積,二面角等知識(shí)；考查綜合推理，轉(zhuǎn)化與化歸的意識(shí)，運(yùn)用向量推理計(jì)算的能力;準(zhǔn)確把握空間結(jié)構(gòu)進(jìn)行推理證明是解題的關(guān)鍵.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕２4．【2０14山東理,17,12分】如圖,在四棱柱ABＣD－A1B1C1D1中，底面ＡBCD是等腰梯形，∠DAB＝60°,AＢ=2CD=2，M是線段ＡB的中點(diǎn).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證:Ｃ1Ｍ∥平面A1AＤＤ1;【2】若ＣD1垂直于平面ＡＢＣD且ＣD1=3,求平面C1D1M和平面AＢＣD所成的角【銳角】的余弦值.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】證明:因?yàn)樗倪呅蜛BCＤ是等腰梯形，且AB=2CD,所以AＢ∥DC，又由Ｍ是AB的中點(diǎn)，因此CD∥MA且CＤ＝MA．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕連接AＤ1,在四棱柱ABCＤ—A1B1C1D1中，因?yàn)镃Ｄ∥C1D1，CＤ=C1D1,可得C1D1∥MＡ，C1D１=MＡ，所以四邊形AＭC1D1為平行四邊形.因此C1M∥D1Ａ,又Ｃ1M?平面A1ADＤ１，Ｄ1A?平面A１ADD1,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以Ｃ1M∥平面A１AＤＤ1．【2】解法一：連接AC，MC,由【1】知CD∥AM且CD=AM，所以四邊形AMCD為平行四邊形.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕可得BＣ=AD=ＭＣ,由題意∠AＢC=∠DAB=60°,所以△MBC為正三角形，因此AＢ=2BＣ＝2，CＡ=3，因此CA⊥CB.以Ｃ為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C－xｙz.所以A【3,０,0】，B【０,1，０】，D1【0，０，3】，因此Ｍ32所以MD1=-32,-1設(shè)平面C１D1M的法向量n=【ｘ,y，z】，由n·D1可得平面C1D1M的一個(gè)法向量ｎ=【1，3，1】。又CD1=【0，０,3】為平面ABCD因此cｏｓ<CD1，ｎ>=CD所以平面C1D１Ｍ和平面ABCD所成的角【銳角】的余弦值為55解法二：由【1】知平面D１Ｃ1M∩平面ABＣD=AB，過(guò)Ｃ向ＡB引垂線交AＢ于N，連接D1N．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由CD1⊥平面ＡＢCD,可得D1N⊥ＡB，因此∠Ｄ１NC為二面角C1-ＡB-C的平面角?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕在Rｔ△ＢＮC中,BC=1，∠NBC＝６0°，可得CＮ=32所以ＮD1=CD12在Rt△Ｄ1CN中,cos∠D１NC=CND1N=3所以平面C1Ｄ1M和平面ABＣD所成的角【銳角】的余弦值為55２5?！?013課標(biāo)Ⅱ理，18,１２分】如圖，直三棱柱AＢC—A1B１C1中,D，E分別是AB，ＢＢ1的中點(diǎn),ＡＡ１＝AＣ=CB=22AB．【1】證明:BC1∥平面A1CD;【2】求二面角D－Ａ１C-Ｅ的正弦值。解析【1】連接ＡC1交Ａ1C于點(diǎn)F，則Ｆ為AＣ1中點(diǎn)．又D是AB中點(diǎn),連接DF，則BＣ1∥ＤF．因?yàn)镈F?平面A1CD，BＣ1?平面A1CD，所以ＢC1∥平面A1CD．【2】由AC=CB=22AＢ得，AC⊥以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Ｃ—xｙｚ.設(shè)CA=2，則D【1，1，0】,E【0,２,1】，A1【2,0，2】，CD＝【1,1，0】,CE=【0,2,1】,CA1=【2,０,2】．設(shè)n=【ｘ1,y１,ｚ1】是平面A１CＤ的法向量,則n·CD可取n＝【1，－1,－1】.同理,設(shè)m是平面A1CE的法向量，則m可取m＝【2,1，—2】．從而cos＜n，m〉＝n·m|n||m|=33即二面角D—A1C—Ｅ的正弦值為63思路分析【1】連接AC１交A1C于點(diǎn)F,得出Ｆ為AC1的中點(diǎn),進(jìn)而由三角形中位線定理得ＢC1∥DF，結(jié)合線面平行的判定定理即可獲證線面平行;【2】以Ｃ為坐標(biāo)原點(diǎn),CA,CB,CC1的方向分別為x軸，y軸，ｚ軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系,分別求出平面A１ＣD與平面Ａ1CＥ的法向量，利用向量法求出二面角D-A１C-E的正弦值26.【2013廣東理,18，１4分】如圖①,在等腰直角三角形ＡBC中,∠A=９0°,BＣ＝6,D，E分別是AC，AB上的點(diǎn)，CD=BＥ＝2，Ｏ為BC的中點(diǎn)。將△AＤＥ沿DE折起，得到如圖②所示的四棱錐Ａ'-BCＤE,其中Ａ'Ｏ=3．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】證明:Ａ＇O⊥平面BCDE;【2】求二面角A'－CD-Ｂ的平面角的余弦值。圖①圖②解析【1】在題圖①中,易得OC=3，ＡC=32,AD=22.連接ＯＤ，OE，在△ＯＣD中,由余弦定理可得ＯＤ=OC2+由翻折不變性可知A'D=２2，所以A＇O2+ＯD2=A’D2，所以A＇O⊥OＤ，同理可證A'O⊥OE,又OD∩OE=O，所以A’O⊥平面BＣＤE?！?】解法一：過(guò)O作ＯH⊥CＤ交CＤ的延長(zhǎng)線于H，連接Ａ'H,因?yàn)锳＇O⊥平面BCＤＥ，所以Ａ’Ｈ⊥CD，所以∠A'HO為二面角A’－ＣD—B的平面角?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕結(jié)合題圖①可知,H為ＡＣ中點(diǎn)，故ＯH=322，從而A’Ｈ=OH2所以cｏs∠A'HＯ=OHA'H＝155，所以二面角A'-CD-B解法二:以Ｏ點(diǎn)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系Ｏ-ｘyz如圖所示，則A'【０,0,3】,C【0,－3,0】,Ｄ【1,－２，0】，所以CA'=【０，3，3】，DA'=【—1，２，設(shè)n=【x,ｙ，ｚ】為平面Ａ＇CD的法向量,則n·即3y+令x＝1，得n=【1，—1,3】.由【1】知,OA'＝【0,0,3】為平面CＤB的一個(gè)法向量所以cｏs<n，OA'〉=n·OA'|n||OA'|＝評(píng)析本題考查了直線與直線垂直的證明及二面角的求法.屬中等難度題,運(yùn)算要準(zhǔn)確。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕27?！荆玻埃?浙江理,20,15分】如圖，在四面體ＡBCＤ中，AＤ⊥平面ＢＣD,BC⊥ＣD，AＤ=2,BD=22。M是AＤ的中點(diǎn),Ｐ是BＭ的中點(diǎn)，點(diǎn)Ｑ在線段ＡC上，且AQ=3ＱC.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:ＰQ∥平面BCD；【2】若二面角Ｃ—BＭ-D的大小為60°,求∠BDＣ的大小.解析解法一：【1】證明：?。翫的中點(diǎn)O,在線段ＣD上取點(diǎn)F，使得DF=3FC，連接OＰ,OＦ，F(xiàn)Q?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因?yàn)锳Q＝3ＱC，所以ＱF∥ＡD,且QF=14因?yàn)镺,P分別為BD，ＢM的中點(diǎn),所以O(shè)Ｐ是△BＤM的中位線,所以ＯP∥DM，且OＰ＝12ＤM.又點(diǎn)Ｍ為AＤ的中點(diǎn)，所以O(shè)P∥AD,且OP＝14從而OP∥FQ,且OＰ=FQ，所以四邊形OPQF為平行四邊形,故PQ∥OF。又PQ?平面BCD，OF?平面BCD，所以PQ∥平面BCD．【２】作CG⊥ＢD于點(diǎn)G，作ＧH⊥BM于點(diǎn)H，連接CH．因?yàn)锳Ｄ⊥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，所以CG⊥BM．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又GH⊥BＭ,CＧ∩ＧH=G，故ＢM⊥平面CGＨ,所以ＧＨ⊥BM，ＣＨ⊥BＭ?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以∠ＣHG為二面角C－BＭ－D的平面角，即∠CHG＝60°．設(shè)∠BDC=θ。在Ｒt△BCD中，CD＝ＢＤcoｓθ＝２2ｃosθ，CG=CDsinθ＝22cosθsｉnθ,BＧ＝ＢCsinθ=22sin2θ。在Rt△BDＭ中，ＨG=BG·DMBM在Ｒt△ＣＨG中，taｎ∠CHG=CGHG=3cosθsin所以tanθ=3。從而θ=６０°.即∠ＢDC=60°.解法二:【１】證明：如圖，取BD的中點(diǎn)O，以O(shè)為原點(diǎn),OD，OP所在直線為y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由題意知A【０，2，２】，B【0，—2,0】,D【０,2,０】。設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為【x0，ｙ0，0】,因?yàn)锳Q＝３QC，所以Ｑ34因?yàn)镸為ＡD的中點(diǎn),故M【0，2，1】.又P為BM的中點(diǎn)，故P0,0,1所以PQ=34又平面BＣD的一個(gè)法向量為u=【0,０，１】，故PQ·ｕ=0.又ＰQ?平面ＢCＤ，所以PQ∥平面BCD。【2】設(shè)m＝【x,y,ｚ】為平面BMC的法向量.由CM=【-x0，2—y0，１】，BM=【0，22，1】,知-取y=-1,得m＝y(tǒng)0又平面BDＭ的一個(gè)法向量為n=【１，０,0】,于是｜c(diǎn)os<ｍ，ｎ〉｜=|m·n||m即y0+又BC⊥CD，所以CB·CD＝0,故【—ｘ0，-2－ｙ０，0】·【－x0,2-y0，０】=0,即x02+y聯(lián)立①,②，解得x0=0,y0=所以tan∠ＢDＣ=x02-又∠BＤC是銳角，所以∠BDＣ=60°.２8.【20１2課標(biāo)理,19，12分】如圖，直三棱柱ＡBC-A1B1Ｃ1中,AC＝BC=12ＡA1，D是棱ＡA１的中點(diǎn)，DC1⊥ＢD?！?】證明：DC１⊥ＢC;【2】求二面角A1－BD-Ｃ１的大小。解析【1】由題設(shè)知,三棱柱的側(cè)面為矩形．由于D為ＡＡ1的中點(diǎn),故ＤＣ＝DC１.又AC=12AA１，可得DC12+DC２＝CC12，所以DC１⊥ＤC．而DC1⊥BD，ＤC∩BD＝D，所以DC1⊥平面ＢCD。又ＢC?平面BCD，故【2】由【1】知ＢＣ⊥ＤＣ1，且BC⊥CC1，則BC⊥平面ACC1，所以CA,CB,CC１兩兩相互垂直.以Ｃ為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA的方向?yàn)閤軸的正方向,CB的方向?yàn)閥軸的正方向，|CA｜為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C—xyz．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由題意知A１【1，0，2】,B【0,１，0】,D【1，0,1】，C1【0,0，2】．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則A1D=【0,0,-１】，BD＝【1,－１,1】,D設(shè)n=【x，y，z】是平面A1B1ＢD的法向量，則n·BD=0,n·A同理,設(shè)m是平面C1BD的法向量，則m可取m＝【1,2,1】.從而cos〈n，m〉＝n·m|n又易知二面角A１-ＢD—C1為銳二面角，故二面角A1－BD-C1的大小為30°。評(píng)析本題考查了直線與直線垂直的證明及二面角的求法。屬中等難度題,運(yùn)算要準(zhǔn)確.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕29.【2011課標(biāo),18,12分】如圖，四棱錐P—AＢＣD中，底面ABCD為平行四邊形,∠ＤAＢ=60°，AB＝2ＡD，PＤ⊥底面AＢCD。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明：PA⊥BD;【2】設(shè)PD=ＡD=１,求棱錐D-PBC的高。解析【１】因?yàn)椤螪AB=６0°,AB＝2AD,由余弦定理得BD=3AD.從而ＢD2+AＤ2=AB２,故BＤ⊥AＤ.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PＤ，所以BＤ⊥平面PＡD．故ＰA⊥BD?！?】如圖,作DＥ⊥ＰB，垂足為E.已知ＰD⊥底面ABCD,則ＰＤ⊥ＢC.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由【1】知BD⊥ＡD,又ＢC∥AD,所以BＣ⊥BD.故ＢC⊥平面ＰBD，ＢＣ⊥ＤE。則DE⊥平面PBC，即ＤE為棱錐D—PBC的高由題設(shè)知PD＝AD＝1,則BＤ=3,ＰB=2。根據(jù)DE·PB=PD·ＢD得ＤE＝32即棱錐D—PBC的高為32評(píng)析本題考查直線與平面垂直，直線與直線垂直的判定與性質(zhì)，三棱錐的體積,點(diǎn)到平面的距離等基礎(chǔ)知識(shí)與基本方法,考查空間想象能力，推理論證能力和運(yùn)算能力，對(duì)平面幾何知識(shí)也有一定的要求，屬中等偏難題?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕30。【2０１1四川理,１９，1２分】如圖，在直三棱柱ABC—A1B１C1中，∠ＢＡC=90°，AＢ=AC=AA1＝1。D是棱CC１上的一點(diǎn)，P是AD的延長(zhǎng)線與Ａ１C1的延長(zhǎng)線的交點(diǎn)，且PB1∥平面BDA１.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證:CＤ=C１Ｄ;【２】求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值；【3】求點(diǎn)C到平面B１DP的距離。解析如圖，以A1為原點(diǎn)，A1B1，A1C1,A1A所在直線分別為x軸，y軸,ｚ軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)1-Ｂ１Ｃ1Ａ，則A1【0，０,０】,B1【1,０,０】，C1【０，１，0】,B【１,0,１】.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】證明：設(shè)C1D=x,∵AC∥PC1,∴C1PAC=C1由此可得Ｄ【0，1,x】，Ｐ0,1+x∴A1B=【1，０，１】，A1D＝【0,1，ｘ】,B設(shè)平面BA1Ｄ的一個(gè)法向量為n1=【a，b，ｃ】，則n1·A1B=a∵PB1∥平面ＢＡ1Ｄ，∴ｎ1·B1P=１×【—1】+ｘ·1+x由此可得ｘ=12，故CD=C１D．【4分【2】由【1】知，平面BA1Ｄ的一個(gè)法向量ｎ1=1,1又n２＝【1，0,０】為平面ＡA1Ｄ的一個(gè)法向量．∴cos＜ｎ１，ｎ2〉＝n1·n2|故二面角A—A1D-Ｂ的平面角的余弦值為23.【8分【３】∵PB1=【１，—２,0】,PD=設(shè)平面B１DP的一個(gè)法向量ｎ３=【a１,b1,c1】,則n令ｃ1=1,可得n3＝1,12,1。又DC∴C到平面B1ＤＰ的距離d＝|DC·n3|31．【2０18北京理，１6,14分】如圖，在三棱柱ＡBC-A1B1C1中,CC1⊥平面AＢC，D，E，F(xiàn)，G分別為AA1，ＡC，A１C１，BB１的中點(diǎn)，AB=ＢＣ=5,AC=AA1＝2.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】求證：AC⊥平面BEF；【2】求二面角B—CＤ-C1的余弦值;【3】證明:直線FＧ與平面BCD相交．解析【1】在三棱柱ABＣ-Ａ１B1Ｃ1中，因?yàn)椋肅1⊥平面ABC，所以四邊形Ａ１AＣC１為矩形。又E,F分別為AC，Ａ1Ｃ1的中點(diǎn),所以AＣ⊥EF。因?yàn)椋罛=BC,所以AC⊥ＢE.所以AＣ⊥平面BEF.【２】由【１】知AC⊥ＥＦ，AC⊥BE,EF∥CＣ1.又ＣC1⊥平面AＢＣ,所以EF⊥平面ABC。因?yàn)椋翬?平面ABC,所以EＦ⊥BＥ。如圖建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz。由題意得B【0,２,0】,C【-1,0，0】,D【１,0，1】，F(xiàn)【0，0，2】,G【0,2，1】.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以BC=【－１,—2,0】，BD＝【1，－2,1】.設(shè)平面BCD的法向量為n=【x0，y0,z０】，則n·BC=0,令y0=—1,則x０=2，z０＝—4.于是n=【２，-1,—4】．又因?yàn)槠矫妫肅1D的一個(gè)法向量為EB=【0，2，0】,所以ｃos＜n,EB>=n·EB|由題知二面角B-ＣD-Ｃ1為鈍角,所以其余弦值為－2121【3】由【2】知平面BCD的一個(gè)法向量為n=【2,-1,—4】，F(xiàn)G=【0，2,－1】．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因?yàn)椋睢G=2×0+【-1】×２+【-4】×【—1】=２≠０,所以直線FG與平面BCD相交．32。【2016課標(biāo)Ⅰ，文18,12分】如圖,在以Ａ，B，C,Ｄ，E，Ｆ為頂點(diǎn)的五面體中,面ABＥF為正方形，ＡF＝2FＤ,∠AFＤ＝90°,且二面角D-AF—E與二面角C－BE－F都是60°.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】證明：平面ABEF⊥平面ＥFDC;【2】求二面角E-BC—A的余弦值。解析【1】證明:由已知可得AF⊥ＤF,AF⊥FＥ,所以ＡF⊥平面ＥFＤC．【２分】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又ＡF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.【３分】【2】過(guò)Ｄ作DＧ⊥EF，垂足為G，由【1】知ＤＧ⊥平面AＢEF.以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，GF的方向?yàn)閤軸正方向,|GF|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G-xｙz.【６分】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由【1】知∠ＤFE為二面角D－AF—E的平面角，故∠ＤFE=6０°,則|DF｜=2，|ＤＧ|=3，可得A【1,４，0】,B【—3,4，0】,E【-3，0,０】，D【0，0,3】?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由已知得,AB∥ＥF，所以AB∥平面EFDC．【8分】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為二面角C-BE—Ｆ的平面角,∠CＥF=60°。從而可得C【—2，0，3】?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以EC=【1,0，3】,EB=【0，4,0】，AC=【—3,－４，3】,AB=【—４,0，0】。【1０分】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕設(shè)n=【x,y,z】是平面BCE的法向量，則n·EC所以可取n＝【３，0，－3】.設(shè)m是平面ＡBCD的法向量,則m同理可?。恚健?，3,4】。則cｏs<n,m＞=n·m|n故二面角E-BＣ-A的余弦值為—21919.【1２評(píng)析本題考查了立體幾何部分有關(guān)垂直的證明，以及二面角的求解和利用空間向量求解立體幾何問(wèn)題．解決立體幾何問(wèn)題時(shí)要注意“發(fā)現(xiàn)”垂線所在的位置.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕３3?！?0１5浙江,１7，15分】如圖，在三棱柱AＢC－A1B１C1中,∠BAC＝９0°，ＡB=AＣ＝2,Ａ1A=4，A1在底面ABC的射影為BC的中點(diǎn)，D是B１C1的中點(diǎn)．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:A1Ｄ⊥平面Ａ1BＣ；【2】求二面角A1—ＢD-B１的平面角的余弦值.解析【1】證明:設(shè)Ｅ為BC的中點(diǎn)，由題意得Ａ1E⊥平面AＢＣ,所以A1E⊥ＡＥ．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因?yàn)椋罛=AC，所以ＡE⊥BC.故AE⊥平面A1BC．由D,E分別為Ｂ1C1,BC的中點(diǎn)，得ＤE∥B１Ｂ且DE=B1B,從而DE∥A1A且ＤE=A1A，所以四邊形A１AEＤ為平行四邊形。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕故A1Ｄ∥AE.又因?yàn)锳E⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面Ａ1ＢC.【2】解法一:作A1F⊥BD且A１F∩BD=F,連接B1F。由AＥ=EＢ＝2，∠A1EA＝∠A1EB=90°，得A1B=A1Ａ＝4。由Ａ1Ｄ＝Ｂ1Ｄ，A1Ｂ=B1B,得△A1ＤＢ與△B１DB全等。由A1F⊥BD,得B１F⊥BD，因此∠Ａ1ＦB１為二面角A１—ＢＤ—Ｂ1的平面角．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由Ａ1Ｄ=2,A1B=4，∠DA１Ｂ=９0°，得BD＝３2,Ａ1F=B１F=43，由余弦定理得cｏs∠Ａ1ＦB1=—18解法二：以CB的中點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線ＥＡ，ＥＢ為ｘ,y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Ｅ－ｘyz，如圖所示?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下:A1【0，0，14】，B【0，2,0】，D【－2，０,14】,B1【－2,2，14】．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因此A1B=【0,2，—14】,BD＝【—2，－2,14】，DB1設(shè)平面A1BＤ的法向量為ｍ＝【x1,y1，z１】，平面B1ＢD的法向量為n＝【x2，y2，z2】．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由m·A1可取ｍ＝【0,7,1】.由n·DB1=0,n·BD于是|cos＜m，n>｜＝|m·n由題意可知,所求二面角的平面角是鈍角，故二面角A１—BD—Ｂ1的平面角的余弦值為-18.評(píng)析本題主要考查空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系,二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕３4。【２015福建理，１７，1２分】如圖，在幾何體AＢCDE中,四邊形ABCD是矩形,ＡB⊥平面ＢEC，BE⊥ＥC，ＡB=BE=EC=２，G,F分別是線段BE，DC的中點(diǎn).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證：ＧF∥平面ADE；【2】求平面AEF與平面ＢEC所成銳二面角的余弦值.解析解法一：【1】證明:如圖,取AＥ的中點(diǎn)Ｈ,連接HＧ，HD，又G是BE的中點(diǎn),所以ＧＨ∥AB，且GH=12又F是ＣD的中點(diǎn)，所以ＤF=12由四邊形ＡBCD是矩形得,AB∥CD,AB=CＤ，所以GH∥DF，且GH＝DF，從而四邊形ＨGFD是平行四邊形,所以GＦ∥DＨ.又ＤH?平面ＡDE，GＦ?平面AＤE,所以GＦ∥平面ＡDE.【2】如圖,在平面BＥC內(nèi)，過(guò)B點(diǎn)作ＢQ∥EC。因?yàn)锽E⊥CＥ，所以BQ⊥BE?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又因?yàn)椋罛⊥平面BＥC，所以ＡＢ⊥BE,AB⊥BQ。以B為原點(diǎn)，分別以BE,BQ，BA的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則A【0，0,2】，B【0,0,0】，E【2,0,０】,Ｆ【2，2,1】．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因?yàn)锳B⊥平面ＢEC,所以BA＝【0,0，２】為平面ＢEＣ的法向量．設(shè)n=【x，ｙ,z】為平面AＥＦ的法向量.又AE=【2，0，—2】，AF＝【2，2，－1】，由n·AE取z＝２,得n＝【2，-1，2】.從而cos〈ｎ，BA>=n·BA|n|所以平面ＡEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為233５?！?0１４課標(biāo)Ⅰ,19,12分】如圖，三棱柱ABC-A1B１C1中,側(cè)面ＢB1C1C為菱形,AB⊥B1C.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】證明:AC=AB1;【2】若AC⊥AB１,∠CBB１＝60°，ＡB=BＣ，求二面角Ａ—A１B1－C1的余弦值．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】連接BC1，交B1C于點(diǎn)Ｏ，連接AO.因?yàn)閭?cè)面ＢB1C１C為菱形，所以B1C⊥BC1，且Ｏ為B1C及BＣ1的中點(diǎn).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又ＡＢ⊥B１C，所以B1C⊥平面ABO．由于AＯ?平面ABO，故B1C⊥AO。又Ｂ1O＝CＯ,故AＣ=AB1.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】因?yàn)椋罜⊥ＡＢ１,且O為Ｂ1C的中點(diǎn)，所以ＡＯ＝ＣＯ．又因?yàn)椋罛=BＣ,所以△BOA≌△BOC。故OA⊥OB，從而OＡ,OB,OＢ1兩兩垂直．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB的方向?yàn)閤軸正方向，|OB|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Ｏ-xyz.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因?yàn)椤希肂B1=60°，所以△CＢB１為等邊三角形，又AB=BＣ，則A0,0,33，B【1，0，０】,B10,33AB1=0,33,-33，A1B1=設(shè)n＝【x，y，z】是平面AＡ1B1的法向量，則n·AB所以可取n＝【1,3,3】。設(shè)m是平面A1B1C1的法向量，則m同理可取m＝【1，-3，3】.則cos<n,m>=n·m|易知二面角A-Ａ1B1－Ｃ1為銳二面角