第23講 空間向量與立體幾何（解析版）

第23講空間向量與立體幾何一．選擇題（共4小題）1．（2020秋?撫州期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點，則EF與平面A1BC1所成角的正弦值為（）A．36 B．26 C．33【解析】解：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點，以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1中棱長為2，則E（2，1，2），F(xiàn)（1，2，0），A1（2，0，2），B（2，2，0），C1（0，2，2），EF→=（﹣1，1，﹣2），BA設(shè)平面A1BC1的法向量n→=（x，y，則n→?BA1設(shè)EF與平面A1BC1所成角為θ，則sinθ=|∴EF與平面A1BC1所成角的正弦值為23故選：D．2．（2020秋?利通區(qū)校級期末）如圖，在底面為正方形，側(cè)棱垂直于底面的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為（）A．15 B．25 C．35【解析】解：連結(jié)BC1，因為C1D1∥AB且C1D1＝AB，所以四邊形ABC1D1是平行四邊形，故BC1∥AD1，所以∠A1BC1就是異面直線A1B與AD1所成的角或其補角，連結(jié)A1C1，由AB＝1，AA1＝2，則A1所以cos∠A故異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為45故選：D．3．（2020秋?滁州期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，M，P分別為棱AD，CC1，A1D1的中點，則B1P與MN所成角的余弦值為（）A．3010 B．-15 C．70【解析】解：設(shè)正方體的棱長為2，以A為坐標原點，AB，AB，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系如圖所示，則B1（2，0，2），P（0，1，2），M（0，1，0），N（2，2，1），所以B1故|cos＜B所以B1P與MN所成角的余弦值為3010故選：A．4．（2020秋?南通期末）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，點E，F(xiàn)分別是棱B1C1，A1D1的中點，則異面直線BE，DF所成角的余弦值為（）A．55 B．35 C．45【解析】解：連接CE，∵正方體ABCD﹣A1B1C1D1，點E，F(xiàn)分別是棱B1C1，A1D1的中點，∴DF∥CE，∴∠CEB是異面直線BE，DF所成角（或所成角的補角），設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，則CE＝BE=2∴cos∠CEB=C∴異面直線BE，DF所成角的余弦值為35故選：B．二．解答題（共25小題）5．（2020?拉薩二模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD＝2AD，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD為正方形，M．N分別為AD，PD的中點．（Ⅰ）求證：PA∥平面MNC；（Ⅱ）求直線PB與平面MNC所成角的正弦值．【解析】解：（Ⅰ）證明：∵M，N分別為AD，PD的中點，∴PA∥MN，又∵PA不在平面MNC，∴PA∥平面MNC；（Ⅱ）如圖建立空間直角坐標系，設(shè)AD＝2，則B（2，2，0），C（0，2，0），P（0，0，4），M（1，0，0），N（0，0，2），PB→設(shè)平面MNC的法向量為n→=(x，y，z)，則n→設(shè)直線PB與平面MNC所成角為α，則sinα=|cos＜6．（2020?益陽模擬）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中．（1）求證：AD1∥平面A1BC1；（2）若AB＝AD＝2，AA1＝3，求直線A1D與平面A1BC1所成角的正弦值．【解析】（1）證明：長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝C1D1，AB∥C1D1，所以ABC1D1是平行四邊形，所以AD1∥BC1；因為BC1?平面A1BC1，AD1?平面A1BC1，所以AD1∥平面A1BC1；（2）解：以A1為原點，A1D1→、A1B1→、建立空間直角坐標系如圖所示；由AB＝AD＝2，AA1＝3，則A1（0，0，0），C1（2，2，0），D（2，0，3），所以A1D→=（2，0，3），設(shè)平面C1A1B的法向量為m→=（x，y，由m→?A令y＝﹣3，得m→設(shè)直線A1D與平面A1BC1所成的角為θ，所以sinθ＝|cos＜A1D→，m→即直線A1D與平面A1BC1所成角的正弦值為62867．（2020秋?南關(guān)區(qū)校級期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD中點．（I）求直線CD與平面ACM所成的角的正弦值；（Ⅱ）求點P到平面ACM的距離．【解析】（1）建立如圖所示的空間直角坐標系，∵PA＝AD＝4，AB＝2，則有A（0，0，0），C（2，4，0），D（0，4，0），P（0，0，4）∵M是PD的中點，∴M（0，2，2）設(shè)平面ACM的一個法向量為n→=(x，y，z)，則有n→?又∵CD→=(-2，0，0)，設(shè)直線CD與平面ACM所成的角為sinθ==故直線CD與平面ACM所成的角的正弦值為63（2）∵AP→=(0，0，4)，平面ACM的一個法向量為n→=(2，-1，1)，設(shè)點P到平面d==故點P到平面ACM的距離為268．（2019春?湖北期中）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是BB1，CD，CC1的中點．（1）求證：D1F⊥平面DEG；（2）求直線EF與平面CC1D1D所成角的正切值．【解析】解：（1）證明：方法一：如圖，∵四邊形CC1D1D為正方形，且F，G分別為CD，CC1的中點，∴△D1DF≌△DCG，∴∠DFD1＝∠CGD，又∠CGD+∠CDG＝90°，∴∠DFD1+∠FDG＝90°，∴D1F⊥DG，又E為BB1的中點，∴BC||EG，又BC⊥平面CC1D1D，D1F?平面CC1D1D，∴D1F⊥BC，∴D1F⊥EG，又EG∩DG＝G，且都在平面DEG內(nèi)，∴D1F⊥平面DEG；方法二：如圖，∵E，G分別為BB1，CC1的中點，∴EG||BC，又BC⊥平面CC1D1D，∴EG⊥平面CC1D1D，∴平面DEG⊥平面CC1D1D，∵四邊形CC1D1D為正方形，且F，G分別為CD，CC1的中點，∴△D1DF≌△DCG，∴∠DFD1＝∠CGD，又∠CGD+∠CDG＝90°，∴∠DFD1+∠FDG＝90°，∴D1F⊥DG，∴D1F⊥平面DEG；（2）連接FG，由（1）知EG⊥平面CC1D1D，∴EG⊥FG，∴∠EFG為直線EF與平面CC1D1D所成的角，設(shè)正方體的棱長為2a，則EG＝2a，CF＝CG＝a，于是FG=2∴tan∠EFG=EG所以直線EF與平面CC1D1D所成角的正切值為2．9．（2020秋?霞山區(qū)校級期末）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝AA1＝2BC，E，F(xiàn)分別為側(cè)棱BB1，CC1中點．（1）證明：BF∥平面A1C1E．（2）求B1C與平面A1C1E所成角的正弦值．【解析】解：（1）證明：∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F(xiàn)分別為側(cè)棱BB1，CC1中點．∴BE∥=C1F，∴四邊形BEC1F是平行四邊形，∴BF∥EC1∵BF?平面A1C1E，EC1?平面A1C1E，∴BF∥平面A1C1E．（2）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝AA1＝2BC，E，F(xiàn)分別為側(cè)棱BB1，CC1中點．∴以C為原點，CA為x軸，CB為y軸，CC1為z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)AC＝AA1＝2BC＝2，則B1（0，1，2），C（0，0，0），A1（2，0，2），C1（0，0，2），E（0，1，1），B1C→=（0，﹣1，﹣2），設(shè)平面A1C1E的法向量n→=（x，y，則n→?C1A設(shè)B1C與平面A1C1E所成角為θ，則sinθ=|∴B1C與平面A1C1E所成角的正弦值為31010．（2020秋?閻良區(qū)期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BB1的中點．（Ⅰ）求證：BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）求平面ABCD與平面AD1E夾角的余弦值．【解析】（Ⅰ）證明：由正方體的性質(zhì)知，AB∥C1D1，AB＝C1D1，∴四邊形ABC1D1是平行四邊形，∴BC1∥AD1，又BC1?平面AD1E，AD1?平面AD1E，∴BC1∥平面AD1E．（Ⅱ）解：設(shè)正方體的棱長為1，則AD1=2，AE=52，ED在△AD1E中，由余弦定理知，cos∠AD1E=A∴sin∠AD1E=2∴S△AD1E=12AD1?ED而S△ABD=12×設(shè)平面ABCD與平面AD1E的夾角為θ，∵△AD1E在平面ABCD內(nèi)的投影為△ABD，∴cosθ=S故平面ABCD與平面AD1E夾角的余弦值為2311．（2020秋?棗莊期末）如圖，在三棱錐D﹣ABC中，△ABC為等邊三角形，∠ABD＝∠ACD＝90°．（1）求證：BC⊥AD；（2）若AB＝2，AD=6，求二面角D﹣AC﹣B【解析】（1）證明：取BC的中點O，連接AO，DO，因為底面ABC為等邊三角形，所以AO⊥BC．因為∠ABD＝∠ACD＝90°，所以△ABD和△ACD均為直角三角形．所以BD=AD2-AB2，CD=AD2又O是BC的中點，所以DO⊥BC．又因為AO∩DO＝O，AO⊥BC，AO?平面AOD，DO?平面AOD，所以BC⊥平面AOD．AD?平面AOD，所以BC⊥AD．（2）解法1：以O(shè)為坐標原點，以O(shè)A→，OC→所在方向分別為x軸，y軸正方向，建立空間直角坐標系O﹣因為等邊△ABC的邊長為2，所以O(shè)A=3．則A(3，0，0)，B因為BC⊥OD，所以點D在xOz平面內(nèi)．設(shè)D（m，0，n）（n＞0）．由CD=(6)2-22=2所以D(-33，0，6設(shè)平面ACD的一個法向量為n1→=(x，y，z)，則取x＝1，得y=3，z=22．所以又n2→=(0，0，1)為平面ABC所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值為63解法2：作OE⊥AC于E．設(shè)EO的一個方向向量為n→=(x，y，z)，且n→因為∠ACD＝90°，所以DC⊥AC．所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值為cos?因為BC⊥OD，所以點D在xOz平面內(nèi)，設(shè)D（m，0，n）（n＞0）．由CD=(6)2-22=2所以D(-33，0，6由n→?AC→=-3x+y=0cos?所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值為63解法3：在平面AOD內(nèi)，作DF⊥AO于F，連接CF．因為BC⊥平面AOD，BC?平面ABC，所以平面AOD⊥平面ABC．又平面AOD∩平面ABC＝AO，DF?平面AOD，DF⊥AO，所以DF⊥平面ABC．又因為AC?平面ABC，所以AC⊥DF．又因為AC⊥CD，CD∩DF＝D，所以AC⊥平面CDF．所以AC⊥CF．因此∠DCF即為二面角D﹣AC﹣B的平面角．在Rt△ACF中，CF=AC?在Rt△ACD中，CD=A在Rt△CDF中，cos∠DCF=CFCD=2332=612．（2020秋?湖州期末）在所有棱長均為2的直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，O，M分別為BD，B1C的中點．（Ⅰ）求證：直線OM∥平面DB1C1；（Ⅱ）求二面角D1﹣AC﹣D的余弦值．【解析】（Ⅰ）證明：連BC1，則M為BC1的中點，又O為BD的中點，所以O(shè)M∥C1D，因為OM?平面DB1C1，C1D?平面DC1B1，所以直線OM∥平面DB1C1；（6分）（Ⅱ）解：連D1O，因為ABCD是菱形，所以DO⊥AC，又ABCD﹣A1B1C1D1為直棱柱，所以D1A＝D1C，而O為AC中點，所以D1O⊥AC，所以∠D1OD為二面角D1﹣AC﹣D的平面角，（9分）因為ABCD是邊長為2的菱形，且∠BAD＝60°，所以DO＝1，又DO＝2，所以D1所以cos∠D二面角D1﹣AC﹣D的余弦值cos∠D13．（2020秋?新鄉(xiāng)期末）如圖，在Rt△ABC中，AC⊥BC，∠BAC＝30°，BC=3，AC＝3DC，DE∥BC，沿DE將點A折至A1處，使得A1C⊥DC，點M為A1B（1）證明：A1B⊥平面CMD．（2）求二面角B﹣CM﹣E的余弦值．【解析】（1）證明：由DC⊥BC，A1C⊥DC，且A1C∩BC＝C，A1C?平面A1CB，BC?平面A1CB，可得DC⊥平面A1CB，因此DC⊥A1B．由∠BAC＝30°，BC=3，得AC=因此DC＝1，AD＝2＝A1D，由勾股定理可得A1又因為點M為A1B的中點，所以CM⊥A1B，而CD∩CM＝C，CM?平面CMD，CD?平面CMD，故A1B⊥平面CMD．（2）解：因為DE⊥CD，DE⊥A1D，CD，DE?平面A1CD，A1D?平面A1CD，所以DE⊥平面A1CD，又BC∥DE，所以BC⊥平面A1CD．如圖，以C為原點，建立空間直角坐標系C﹣xyz，則M(0，32，3易知n1→=(1，0，0)設(shè)平面CME的法向量為n2令y=3，得n2→易知二面角B﹣CM﹣E為銳角，故二面角B﹣CM﹣E的余弦值為10514．（2020秋?連云港期末）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點．（1）求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值；（2）求平面PBC1與平面AQC1所形成的銳二面角的余弦值．【解析】解：如圖，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，故以{OB→，OC→∵AB＝AA1＝2，A（0，﹣1，0），B(3，0，0)，A1（0，﹣1，2），B1(3，0，2)（1）∵Q為BC的中點，∴Q(32，12，0)，∴設(shè)平面AQC1的一個法向量為n→由AQ→?n設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ，sinθ=|cos＜∴直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為55（2）B(3，1，0)，P(32設(shè)平面PBC1的法向量為n則可得BP→=(-3由n1→?得：-3令y1＝1，可得x1=3，z1由（1）得平面AQC1的一個法向量為n2cos(n故平面PBC1與平面AQC1所成的銳二面角的余弦值為3515．（2020秋?濟寧期末）如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四邊形ABCD為平行四邊形，BC＝BD＝1，AB=2，直線CC1與平面A1BD所成角的正弦值為3（1）求點C1到平面A1BD的距離；（2）求平面A1BD與平面C1BD的夾角的余弦值．【解析】解：（1）因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以AD＝BD＝1，AB=2所以AD2+BD2＝AB2，所以AD⊥BD，又四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1為直棱柱，所以DD1⊥平面ABCD，又DA，DB?平面ABCD，所以DD1⊥DA，DD1⊥DB，以D為原點，DA，DB，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系如圖所示，設(shè)DD1＝a（a＞0），則D（0，0，0），B（0，1，0），C（﹣1，1，0），A1（1，0，a），C1（﹣1，1，a），所以DA1設(shè)平面A11BD的法向量為n→則n→?D取z＝1，則x＝﹣a，y＝0，所以n→=(-a，0，1)，又所以cos＜CC1所以點C1到平面A1BD的距離為|D（2）設(shè)平面C1BD的法向量為m→又DB→所以m→?DB令r＝1，則p=2所以m→所以|cos＜m故平面A1BD與平面C1BD的夾角的余弦值為1316．（2020秋?大武口區(qū)校級期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，已知四邊形ABCD是平行四邊形，∠DAB＝60°，AD＝AB＝PB，PC⊥PA，PC＝PA．（1）求證：BD⊥平面PAC；（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解析】（1）證明：設(shè)AD＝AB＝PB＝2，AC∩BD＝O，連接OP，則∵AB＝AD，且∠DAB＝60°，∴四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，且AC=23，BD＝2，BO又∵PC⊥PA，PC＝PA，∴△PCA是等腰Rt△，∴PO⊥AC，PC=PA=6，PO=在△POB中，PO=3，PB＝2，BO＝1，有PB2＝PO2+BO2∴PO⊥BO，即BD⊥OP，又AC∩OP＝O，AC?平面PAC；OP?平面PAC；∴BD⊥平面PAC；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）（2）以O(shè)為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖：則O（0，0，0），A(3，0，0)，B（0，1，0），C(-則AP→=(-3，0，3)，設(shè)平面PAB的法向量為n1則n1令x1＝1，則y1=3、z1設(shè)平面PBC的法向量為n2則n2→?BP→=-y2+3z∴cos?設(shè)二面角A﹣PB﹣C的平面角為θ，經(jīng)觀察θ為鈍角，則cosθ=-17．（2020秋?未央?yún)^(qū)校級期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，且△PAD為等邊三角形．（1）求證：PA⊥CD；（2）求二面角D﹣PA﹣C的正弦值．【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，所以CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴CD⊥平面ADP，又PA?平面ADP，所以PA⊥CD．…………．（4分）（2）解：取AD中點記為O，連結(jié)BO．由于△PAD為等邊三角形，O為AD中點，PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD，在平面ABCD內(nèi)過O作直線平行于AB，建立如圖所示的空間直角坐標系O﹣xyz，…………．（6分）則A（1，0，0），P(0，0，3)，D（﹣1，0，0），C（﹣1，2，0），AP平面PAD的一個法向量為m→設(shè)平面PAC的一個法向量n→則有n→?AP令x2＝1，則n→則有|cos?則二面角D﹣PA﹣C的正弦值2718．（2020秋?張家界期末）如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AB⊥AD，AD∥BC，側(cè)棱SA⊥平面ABCD，且SA＝AB＝BC＝2，AD＝1，M為棱SB的中點．（1）求證：AM∥平面SCD；（2）求平面SCD與平面SAB所成銳二面角的余弦值．【解析】解：（1）證明：記SC的中點為Q，連MQ，DQ，則MQ∥BC，且MQ=1∴MQ∥AD，且MQ＝AD，從而四邊形MQDA為平行四邊形．∴AM∥DQ，又AM?面SCD，DQ?面SCD．∴AM∥平面SCD；……………（6分）（2）以A為原點，分別以AB，AD，AS所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系．………（7分）則B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，1，0），S（0，0，2），SC→設(shè)面SCD的法向量為n1由2x+2y-2z=0，y-2z=0則平面SAB的法向量為n2記平面SCD與平面SAB所成銳二面角為θ，則cosθ=|n19．（2020秋?越秀區(qū)期末）在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥BE，BE＝2，AB＝PA＝4．（1）求直線PD與平面PCE所成角的正弦值；（2）在棱AB上是否存在一點F，使得二面角E﹣PC﹣F的大小為60°？如果存在，確定點F的位置；如果不存在，說明理由．【解析】解：（1）以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則P（0，0，4），C（4，4，0），D（0，4，0），E（4，0，2），∴PD→=（0，4，﹣4），PC→設(shè)平面PCE的法向量為m→=（x，y，z），則m→令x＝1，則y＝1，z＝2，∴m→設(shè)直線PD與平面PCE所成角為θ，則sinθ＝|cos＜PD→，m→＞|＝|PD→故直線PD與平面PCE所成角的正弦值為36（2）由（1）知，A（0，0，0），B（4，0，0），∴AB→設(shè)AF→=λAB→，λ∈[0，1]，則F（4λ，0，0），PF設(shè)平面PCF的法向量為n→=（a，b，c），則n→令a＝1，則b＝λ﹣1，c＝λ，∴n→=（1，λ﹣1，∵二面角E﹣PC﹣F的大小為60°，∴|cos＜m→，n→＞|＝|m→化簡得2λ2+λ﹣1＝0，解得λ=1故點F為AB的中點．20．（2020秋?南陽期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2．（1）證明：A1C⊥平面BC1D；（2）求點C到平面BC1D的距離．【解析】解：（1）證明：如圖，連接AC．因為ABCD﹣A1B1C1D1是正方體，所以AA1⊥平面ABCD．因為BD?平面ABCD，所以AA1⊥BD．因為ABCD是正方形，所以BD⊥AC．因為A1C?平面A1AC，AC?平面A1AC，A1A∩AC＝A，所以BD⊥平面A1AC，因為A1C?平面A1AC，所以A1C⊥BD，同理可證A1C⊥BC1．因為BD?平面BC1D，BC1?平面BC1D，BD∩BC1＝B，所以AC1⊥平面BC1D．（2）因為AB＝2，所以△BCD的面積為1由正方體的性質(zhì)可知CC1⊥平面ABCD，則三棱錐C1﹣BCD的體積為1因為AB＝2，所以BD=BC則△BC1D的面積為12設(shè)點C到平面BC1D的距離為d，則三棱錐C﹣BC1D的體積為1因為三棱錐C1﹣BCD的體積等于三棱錐C﹣BC1D的體積，所以233d=即點C到平面BC1D的距離為2321．（2020秋?沙市區(qū)校級期末）如圖所示，在四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA＝PD=2，PA⊥PD，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O為AD（1）求直線PB與平面POC所成角的余弦值；（2）求B點到平面PCD的距離．【解析】解：（1）∵側(cè)棱PA＝PD=2，PA⊥PD，O為AD∴AD=2+2=2，PO⊥∵底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，∴OC⊥AD，OC＝1，∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)面PAD∩底面ABCD＝AD，OC⊥AD，且OC?平面ABCD，∴OC⊥平面PAD，以O(shè)為原點，分別以O(shè)C為x軸，OD為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系，則B（1，﹣1，0），P（0，0，1），PB→平面POC的法向量n→設(shè)直線PB與平面POC所成角為θ，則sinθ=|PB→?∴PB與平面POC所成角的余弦值為63（2）C（1，0，0），D（0，1，0），PB→PC→=（1，0，﹣1），設(shè)平面PCD的法向量m→=（x，y，則m→?PC→=x-z=0∴B點到平面PCD的距離為d=|22．（2020秋?運城期末）已知矩形ABCD所在的平面與半圓弧CD所在的平面垂直，M是半圓弧上異于C，D的點，l為平面AMD與平面BMC的交線．（1）證明：l∥AD；（2）若CD＝2AD＝2MC＝2，求B到平面ADM的距離．【解析】解：（1）證明：由題設(shè)知，AD∥BC，∵AD?平面BMC，BC?平面BMC，∴AD∥平面BMC，又AD?平面ADM，平面ADM∩平面BMC＝l，∴l(xiāng)∥AD．（2）過點M作MH⊥CD于H，∵平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD，MH?平面CDM，∴MH⊥平面ABCD．又∵AD⊥CD，AD?平面ABCD，∴AD⊥平面CMD，∴AD⊥DM．∵M為CD上異于C，D的點，且DC為直徑，∴DM⊥CM．∵DC＝2MC＝2，∴DM=3，S△ADM=12設(shè)B到平面ADM的距離為h，∵VM﹣ADB＝VB﹣ADM，∴13S△ADB∴B到平面ADM的距離為1．23．（2020秋?西城區(qū)期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，E為AD的中點，底面ABCD是邊長為2的正方形，且二面角P﹣BE﹣C的余弦值為66（Ⅰ）求PD的長；（Ⅱ）求點C到平面PEB的距離．【解析】解：（Ⅰ）依題意，DA，DC，DP兩兩互相垂直，如圖建立空間直角坐標系D﹣xyz．……（1分）設(shè)PD＝h（h＞0）．由題意得E（1，0，0），B（2，2，0），P（0，0，h）．所以PE→=(1，0，-h)，設(shè)平面PEB的法向量為n→=（x0，y0，z則n→即x0令x0＝2，則y0＝﹣1，z0于是n→又因為PD⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一個法向量為m→依題意，有cos?解得h＝2，所以PD＝2．……（10分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得，平面PEB的法向量為n→又C（0，2，0），所以BC→所以點C到平面PEB的距離為|BC24．（2020秋?海原縣校級期末）如圖，在邊長是2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，A1C的中點．（Ⅰ）求異面直線EF與CD1所成角的大小．（Ⅱ）證明：EF⊥平面A1CD．【解析】解：（Ⅰ）建立以D為坐標原點，DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的空間直角坐標系如圖：則D（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），A1（2，0，2），D1（0，0，2）∵E，F(xiàn)分別為AB，A1C的中點，∴E（2，1，0），F(xiàn)（1，1，1），則EF→=（﹣1，0，1），則EF→?CD1→=2，|EF→|=2則cos＜EF→，即＜EF→，CD1→＞=π3（Ⅱ）證明：DA1→則EF→?DA1→=即EF→⊥DA1→，則EF⊥DA1，EF⊥DC，∵DA1∩DC＝D，∴EF⊥平面A1CD．25．（2020秋?樂山期末）如圖，已知P是平行四邊形ABCD所在平面外一點，M、N分別是AB、PC的中點．（1）求證：MN∥平面PAD；（2）若MN=3，PA＝BC＝2，求異面直線PA與MN【解析】解：（1）證明：取PD的中點為Q，連結(jié)QN、QA，∵N是PC的中點，∴QN∥DC且QN=1又∵ABCD是平行四邊形，∴DC∥AB．又∵M是AB的中點，∴QN∥AM且QN＝AM．∴QAMN為平行四邊形．∴MN∥QA．∵QA?面PAD，且MN?面PAD，∴MN∥面PAD．（2）由（1）可知∠PAQ即為MN與PA所成的角．∵PA＝BC＝2＝AD．Q為PD的中點．∴AQ⊥PD．∴cos∠PAQ=AQPA=即異面直線PA與MN所成的角為π626．（2020秋?安徽期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BB1的中點．（1）證明：AB∥平面C1D1E；（2）若O為平面A1B1C1D1的中心，求異面直線C1E與AO所成角的余弦值．【解析】解：（1）證明：∵在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD∥C1D1，∴AB∥C1D1，∵AB?平面C1D1E，C1D1?平面C1D1E，∴AB∥平面C1D1E．（2）以D為坐標原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)AB＝2，則A（2，0，0），O（1，1，2），C1（0，2，2），E（2，2，1），∵C1E→∴cos＜C∴異面直線C1E與AO所成角的余弦值為23027．（2020秋?太原期末）如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1．（1）設(shè)點M為SC的中點，求異面直線AM，CD所成角的余弦值；（2）求二面角D﹣SC﹣B的大?。窘馕觥拷猓海?）由已知AS⊥AB，AS⊥AD，AB⊥AD，如圖，以A為原點建立空間直角坐標系A(chǔ)﹣xyz．則B（0，2，0），C（2，2，0），D（1，0，0）