五年高考真題(數(shù)學(xué)理)8.7空間角與距離

世紀(jì)金榜圓您夢(mèng)想更多精品資源請(qǐng)登錄第30頁(yè)（共30頁(yè)）山東世紀(jì)金榜科教文化股份有限公司eq\a\vs4\al\co1(第七節(jié)空間角與距離)考點(diǎn)一直線與平面所成的角及二面角1．(2014·廣東，5)已知向量a＝(1，0，－1)，則下列向量中與a成60°夾角的是()A．(－1，1，0) B．(1，－1，0)C．(0，－1，1) D．(－1，0，1)解析設(shè)選項(xiàng)中的向量與a的夾角為θ，對(duì)于選項(xiàng)A，由于cosθ＝eq\f(1×（－1）＋0×1＋（－1）×0,\r(12＋02＋（－1）2)×\r(（－1）2＋12＋02))＝－eq\f(1,2)，此時(shí)夾角θ為120°，不滿足題意；對(duì)于選項(xiàng)B，由于cosθ＝eq\f(1×1＋0×（－1）＋（－1）×0,\r(12＋02＋（－1）2)×\r(12＋（－1）2＋02))＝eq\f(1,2)，此時(shí)夾角θ為60°，滿足題意．故選B.答案B2．(2014·四川，8)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn)．設(shè)點(diǎn)P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sinα的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(2),3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)，1))解析易證AC1⊥平面A1BD，當(dāng)點(diǎn)P在線段CC1上從C運(yùn)動(dòng)到C1時(shí)，直線OP與平面A1BD所成的角α的變化情況：∠AOA1→eq\f(π,2)→∠C1OA1(點(diǎn)P為線段CC1的中點(diǎn)時(shí)，α＝eq\f(π,2))，由于sin∠AOA1＝eq\f(\r(6),3)，sin∠C1OA1＝eq\f(2\r(2),3)>eq\f(\r(6),3)，sineq\f(π,2)＝1，所以sinα的取值范圍是[eq\f(\r(6),3)，1]．答案B3．(2014·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，11)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A.eq\f(1,10) B.eq\f(2,5) C.eq\f(\r(30),10) D.eq\f(\r(2),2)解析以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)，∴eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－1，0，－2)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1，－1，－2)，∴cos〈eq\o(AN,\s\up6(→))，eq\o(BM,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AN,\s\up6(→))·\o(BM,\s\up6(→)),|\o(AN,\s\up6(→))||\o(BM,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1＋4,\r(5)×\r(6))＝eq\f(3,\r(30))＝eq\f(\r(30),10)，故選C.答案C4．(2013·山東，4)已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為eq\f(9,4)，底面是邊長(zhǎng)為eq\r(3)的正三角形．若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為()A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)解析如圖所示，由棱柱體積為eq\f(9,4)，底面正三角形的邊長(zhǎng)為eq\r(3)，可求得棱柱的高為eq\r(3).設(shè)P在平面ABC上射影為O，則可求得AO長(zhǎng)為1，故AP長(zhǎng)為eq\r(12＋（\r(3)）2)＝2.故∠PAO＝eq\f(π,3)，即PA與平面ABC所成的角為eq\f(π,3).答案B5．(2013·大綱全國(guó)，10)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1A.eq\f(2,3) B.eq\f(\r(3),3) C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(1,3)解析設(shè)AB＝1，則AA1＝2，分別以eq\o(D1A1,\s\up6(→))、eq\o(D1C1,\s\up6(→))、eq\o(D1D,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系．如右圖所示：則D(0，0，2)，C1(0，1，0)，B(1，1，2)，C(0，1，2).eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0，1，－2)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDC1的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up6(→))＝0,n·\o(DC1,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0,y－2z＝0))，取n＝(－2，2，1)．設(shè)CD與平面BDC1所成角為θ則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DC,\s\up6(→)),|n||\o(DC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(2,3)，故選A.答案A6.(2011·遼寧，8)如圖，四棱錐S－ABCD的底面為正方形，SD⊥底面ABCD，則下列結(jié)論中不正確的是()A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角D．AB與SC所成的角等于DC與SA所成的角解析∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥AC.其中SD∩BD＝D，∴AC⊥面SDB，從而AC⊥SB.故A正確；易知B正確；設(shè)AC與DB交于O點(diǎn)，連接SO.則SA與平面SBD所成的角為∠ASO，SC與平面SBD所成的角為∠CSO，又OA＝OC，SA＝SC，∴∠ASO＝∠CSO.故C正確，由排除法可知選D.答案D7．(2015·四川，14)如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動(dòng)點(diǎn)M在線段PQ上，E、F分別為AB、BC的中點(diǎn)．設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為________．解析建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，設(shè)AB＝1，則eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，設(shè)M(0，y，1)(0≤y≤1)，則eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，y，1))，∴cosθ＝eq\f(－\f(1,2)＋\f(1,2)y,\r(1＋\f(1,4))\r(\f(1,4)＋y2＋1))＝－eq\f(1－y,\f(\r(5),2)·\r(4y2＋5)).設(shè)異面直線所成的角為α，則cosα＝|cosθ|＝eq\f(1－y,\f(\r(5),2)·\r(4y2＋5))＝eq\f(2\r(5),5)·eq\f(1－y,\r(4y2＋5))，令t＝1－y，則y＝1－t，∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，那么cosα＝|cosθ|＝eq\f(2\r(5),5)·eq\f(t,\r(4t2－8t＋9))＝eq\f(2\r(5),5)eq\r(\f(t2,4t2－8t＋9))＝eq\f(2\r(5),5)eq\r(\f(1,4－\f(8,t)＋\f(9,t2)))，令x＝eq\f(1,t)，∵0≤t≤1，∴x≥1，那么cosα＝eq\f(2\r(5),5)eq\r(\f(1,4－8x＋9x2))，又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上單增，∴x＝1，zmin＝5，此時(shí)cosα的最大值＝eq\f(2\r(5),5)·eq\r(\f(1,5))＝eq\f(2\r(5),5)·eq\f(\r(5),5)＝eq\f(2,5).答案eq\f(2,5)8.(2015·安徽，19)如圖所示，在多面體A1B1D1-DCBA，四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點(diǎn)，過(guò)A1，D，E的平面交CD1于F.(1)證明：EF∥B1C(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值．(1)證明由正方形的性質(zhì)可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，從而B1C∥A1D，又A1D?面A1DE，B1C?面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C?面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥(2)解因?yàn)樗倪呅蜛A1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A為原點(diǎn)，分別以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))為x軸，y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，可得點(diǎn)的坐標(biāo)A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E點(diǎn)為B1D1的中點(diǎn)，所以E點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)).設(shè)面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而該面上向量eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，由n1⊥eq\o(A1E,\s\up6(→)).n1⊥eq\o(A1D,\s\up6(→))得r1，s1，t1應(yīng)滿足的方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)r1＋\f(1,2)s1＝0，,s1－t1＝0，))(－1，1，1)為其一組解，所以可取n1＝(－1，1，1)．設(shè)面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而該面上向量eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1)．所以結(jié)合圖形知二面角E-A1D-B1的余弦值為eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3).9．(2015·重慶，19)如圖，三棱錐P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝eq\f(π,2).D，E分別為線段AB，BC上的點(diǎn)，且CD＝DE＝eq\r(2)，CE＝2EB＝2.(1)證明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．(1)證明由PC⊥平面ABC，DE?平面ABC，故PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝eq\r(2)得△CDE為等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線，故DE⊥平面PCD.(2)解由(1)知，△CDE為等腰直角三角形，∠DCE＝eq\f(π,4)，如圖，過(guò)D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝eq\f(π,2)得DF∥AC，eq\f(DF,AC)＝eq\f(FB,BC)＝eq\f(2,3)，故AC＝eq\f(3,2)DF＝eq\f(3,2).以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CP,\s\up6(→))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C(0，0，0)，P(0，0，3)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，0))，E(0，2，0)，D(1，1，0)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(1，－1，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(－1，－1，3)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0)).設(shè)平面PAD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，由n1·eq\o(DP,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1－y1＋3z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))故可取n1＝(2，1，1)．從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(3),6)，故所求二面角A－PD－C的余弦值為eq\f(\r(3),6).10．(2015·北京，17)如圖，在四棱錐A－EFCB中，△AEF為等邊三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O為EF的中點(diǎn)．(1)求證：AO⊥BE；(2)求二面角F－AE－B的余弦值；(3)若BE⊥平面AOC，求a的值．(1)證明因?yàn)椤鰽EF是等邊三角形，O為EF的中點(diǎn)，所以AO⊥EF.又因?yàn)槠矫鍭EF⊥平面EFCB.AO?平面AEF，所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)解取BC中點(diǎn)G，連接OG.由題設(shè)知EFCB是等腰梯形，所以O(shè)G⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB.又OG?平面EFCB，所以O(shè)A⊥OG.如圖建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，則E(a，0，0)，A(0，0，eq\r(3)a)，B(2，eq\r(3)(2－a)，0)，eq\o(EA,\s\up6(→))＝(－a，0，eq\r(3)a)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(a－2，eq\r(3)(a－2)，0)．設(shè)平面AEB的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－ax＋\r(3)az＝0，,（a－2）x＋\r(3)（a－2）y＝0.))令z＝1，則x＝eq\r(3)，y＝－1，于是n＝(eq\r(3)，－1，1)．平面AEF的法向量為p＝(0，1，0)．所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝－eq\f(\r(5),5).由題知二面角F－AE－B為鈍角，所以它的余弦值為－eq\f(\r(5),5).(3)解因?yàn)锽E⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，因?yàn)閑q\o(BE,\s\up6(→))＝(a－2，eq\r(3)(a－2)，0)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(3)(2－a)，0)，所以eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝－2(a－2)－3(a－2)2.由eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0及0<a<2，解得a＝eq\f(4,3).11．(2015·四川，18)一個(gè)正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示，在正方體中，設(shè)BC的中點(diǎn)為M，GH的中點(diǎn)為N.(1)請(qǐng)將字母F，G，H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點(diǎn)處(不需說(shuō)明理由)；(2)證明：直線MN∥平面BDH；(3)求二面角A－EG－M的余弦值．(1)解點(diǎn)F，G，H的位置如圖所示．(2)證明連接BD，設(shè)O為BD的中點(diǎn)，因?yàn)镸，N分別是BC，GH的中點(diǎn)，所以O(shè)M∥CD，且OM＝eq\f(1,2)CD，HN∥CD，且HN＝eq\f(1,2)CD，所以O(shè)M∥HN，OM＝HN，所以MNHO是平行四邊形，從而MN∥OH，又MN?平面BDH，OH?平面BDH，所以MN∥平面BDH.(3)解法一連接AC，過(guò)M作MP⊥AC于P，在正方體ABCD－EFGH中，AC∥EG，所以MP⊥EG，過(guò)P作PK⊥EG于K，連接KM，所以EG⊥平面PKM，從而KM⊥EG，所以∠PKM是二面角A－EG－M的平面角，設(shè)AD＝2，則CM＝1，PK＝2，在Rt△CMP中，PM＝CMsin45°＝eq\f(\r(2),2)，在Rt△PKM中，KM＝eq\r(PK2＋PM2)＝eq\f(3\r(2),2)，所以cos∠PKM＝eq\f(PK,KM)＝eq\f(2\r(2),3)，即二面角A－EG－M的余弦值為eq\f(2\r(2),3).法二如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DH,\s\up6(→))方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，設(shè)AD＝2，則M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，所以，eq\o(GE,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq\o(MG,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，設(shè)平面EGM的一個(gè)法向量為n1＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(GE,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(MG,\s\up6(→))＝0，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－2y＝0，,－x＋2z＝0，))取x＝2，得n1＝(2，2，1)，在正方體ABCD－EFGH中，DO⊥平面AEGC，則可取平面AEG的一個(gè)法向量為n2＝eq\o(DO,\s\up6(→))＝(1，1，0)，所以cos<n1，n2>＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(2＋2＋0,\r(4＋4＋1)·\r(1＋1＋0))＝eq\f(2\r(2),3)，故二面角A－EG－M的余弦值為eq\f(2\r(2),3).12．(2014·陜西，17)四面體ABCD及其三視圖如圖所示，過(guò)棱AB的中點(diǎn)E作平行于AD，BC的平面分別交四面體的棱BD，DC，CA于點(diǎn)F，G，H.(1)證明：四邊形EFGH是矩形；(2)求直線AB與平面EFGH夾角θ的正弦值．(1)證明由該四面體的三視圖可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.由題設(shè)，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，∴四邊形EFGH是平行四邊形．又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四邊形EFGH是矩形．(2)解法一如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－2，0，1)．設(shè)平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，∵EF∥AD，F(xiàn)G∥BC，∴n·eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝0，,－2x＋2y＝0，))取n＝(1，1，0)，∴sinθ＝|cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BA,\s\up6(→))·n,|\o(BA,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).法二建立以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，∵E是AB的中點(diǎn)，∴F，G分別為BD，DC的中點(diǎn)，得E(1，0，eq\f(1,2))，F(xiàn)(1，0，0)，G(0，1，0)．∴eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，eq\o(FG,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－2，0，1)．設(shè)平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，則n·eq\o(FE,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(FG,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)z＝0，,－x＋y＝0，))取n＝(1，1，0)，∴sinθ＝|cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BA,\s\up6(→))·n,|\o(BA,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).13．(2014·天津，17)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)．(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．法一依題意，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)．(1)證明向量eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，故eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0.所以，BE⊥DC.(2)解向量eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－2)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面PBD的法向量．則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)為平面PBD的一個(gè)法向量，于是有cos〈n，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(BE,\s\up6(→)),|n|·|\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(6)×\r(2))＝eq\f(\r(3),3).所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).(3)解向量eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，2，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)．由點(diǎn)F在棱PC上，設(shè)eq\o(CF,\s\up6(→))＝λeq\o(CP,\s\up6(→))，0≤λ≤1.故eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋λeq\o(CP,\s\up6(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(3,4).即eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).設(shè)n1＝(x，y，z)為平面FAB的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0.))不妨令z＝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cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(－3,\r(10)×1)＝－eq\f(3\r(10),10).易知，二面角F－AB－P是銳角，所以其余弦值為eq\f(3\r(10),10).法二(1)證明如圖，取PD中點(diǎn)M，連接EM，AM.由于E，M分別為PC，PD的中點(diǎn)，故EM∥DC，且EM＝eq\f(1,2)DC，又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四邊形ABEM為平行四邊形，所以BE∥AM.因?yàn)镻A⊥底面ABCD，故PA⊥CD，而CD⊥DA，從而CD⊥平面PAD，因?yàn)锳M?平面PAD，于是CD⊥AM，又BE∥AM，所以BE⊥CD.(2)解連接BM，由(1)有CD⊥平面PAD，得CD⊥PD，而EM∥CD，故PD⊥EM，又因?yàn)锳D＝AP，M為PD的中點(diǎn)，故PD⊥AM，可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM，故平面BEM⊥平面PBD.所以直線BE在平面PBD內(nèi)的射影為直線BM，而BE⊥EM，可得∠EBM為銳角，故∠EBM為直線BE與平面PBD所成的角．依題意，有PD＝2eq\r(2)，而M為PD中點(diǎn)，可得AM＝eq\r(2)，進(jìn)而BE＝eq\r(2).故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝eq\f(EM,BE)＝eq\f(AB,BE)＝eq\f(1,\r(2))，因此sin∠EBM＝eq\f(\r(3),3).所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).(3)解如圖，在△PAC中，過(guò)點(diǎn)F作FH∥PA交AC于點(diǎn)H.因?yàn)镻A⊥底面ABCD，故FH⊥底面ABCD，從而FH⊥AC.又BF⊥AC，得AC⊥平面FHB，因此AC⊥BH.在底面ABCD內(nèi)，可得CH＝3HA，從而CF＝3FP.在平面PDC內(nèi)，作FG∥DC交PD于點(diǎn)G，于是DG＝3GP.由于DC∥AB，故GF∥AB，所以A，B，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面．由AB⊥PA，AB⊥AD，得AB⊥平面PAD，故AB⊥AG.所以∠PAG為二面角F－AB－P在△PAG中，PA＝2，PG＝eq\f(1,4)PD＝eq\f(\r(2),2)，∠APG＝45°，由余弦定理可得AG＝eq\f(\r(10),2)，cos∠PAG＝eq\f(3\r(10),10).所以，二面角F－AB－P的余弦值為eq\f(3\r(10),10).14.(2013·湖南，19)如圖，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)證明：AC⊥B1D；(2)求直線B1C1與平面ACD1法一(1)證明如圖，因?yàn)锽B1⊥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?yàn)锽1C1∥AD，所以直線B1C1與平面ACD1所成的角等于直線AD與平面ACD1所成的角(記為如圖，連接A1D，因?yàn)槔庵鵄BCD-A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1從而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四邊形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?yàn)锳C⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.從而Rt△ABC∽R(shí)t△DAB，故eq\f(AB,DA)＝eq\f(BC,AB).即AB＝eq\r(DA·BC)＝eq\r(3).連接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BBeq\o\al(2,1)＋BD2＝BBeq\o\al(2,1)＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝eq\r(21).在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝eq\f(AD,B1D)＝eq\f(3,\r(21))＝eq\f(\r(21),7)，即cos(90°－θ)＝eq\f(\r(21),7).從而sinθ＝eq\f(\r(21),7).即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為eq\f(\r(21),7).法二(1)證明易知，AB，AD，AA1兩兩垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝t，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為：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)．從而eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－t，3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(t，1，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－t，3，0)．因?yàn)锳C⊥BD，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－t2＋3＋0＝0.解得t＝eq\r(3)或t＝－eq\r(3)(舍去)．于是eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)．因?yàn)閑q\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝－3＋3＋0＝0，所以eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D,\s\up6(→))，即AC⊥B1D.(2)解由(1)知，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0，3，3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(0，1，0)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面ACD1的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0.))令x＝1，則n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))．設(shè)直線B1C1與平面ACD1所成角為θ，sinθ＝|cos〈n，eq\o(B1C1,\s\up6(→))〉|eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(B1C1,\s\up6(→)),|n|·|\o(B1C1,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).15.(2012·新課標(biāo)全國(guó)，19)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝eq\f(1,2)AA1，D是棱AA1的中點(diǎn)，DC1⊥BD.(1)證明：DC1⊥BC；(2)求二面角A1-BD-C1的大?。?1)證明由題設(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＝eq\f(1,2)AA1，可得DCeq\o\al(2,1)＋DC2＝CCeq\o\al(2,1)，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，則BC⊥平面ACC1A1所以CA，CB，CC1兩兩相互垂直．以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(CA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸的正方向，|eq\o(CA,\s\up6(→))|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz.由題意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1)，C1(0，0，2)．則eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，0，－1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋z＝0，,z＝0.))可取n＝(1，1，0)．同理，設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面C1BD的法向量．則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DC1,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－y1＋z1＝0，,－x1＋z1＝0，))可取m＝(1，2，1)．從而cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).故二面角A1-BD-C1的大小為30°.考點(diǎn)二空間距離1．(2014·江西，10)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12.一質(zhì)點(diǎn)從頂點(diǎn)A射向點(diǎn)E(4，3，12)，遇長(zhǎng)方體的面反射(反射服從光的反射原理)，將第i－1次到第i次反射點(diǎn)之間的線段記為L(zhǎng)i(i＝2，3，4)，L1＝AE，將線段L1，L2，L3，L4豎直放置在同一水平線上，則大致的圖形是()解析根據(jù)反射的對(duì)稱性，質(zhì)點(diǎn)是在過(guò)A，E，A1的平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)．因?yàn)閑q\f(7,11)<eq\f(3,4)，所以過(guò)A、E，A1作長(zhǎng)方體的截面AA1NM如圖所示．設(shè)點(diǎn)A關(guān)于平面A1B1C1D1的對(duì)稱點(diǎn)為A′，易知它在z軸上，且A′A1＝AA1＝12，連接A′E并延長(zhǎng)交平面ABCD于點(diǎn)E1，因?yàn)锳1E＝5，所以AE1＝10，且E1到AB，AD的距離分別為6，8，即E1(8，6，0)，而它在線段AM上，從而知L1＝AE＝EE1＝L2；事實(shí)上，只需要在AA1NM內(nèi)，過(guò)E1作AE的平行線交MN于點(diǎn)E2，再過(guò)E2作E1E的平行線交A1N于點(diǎn)E3，可知EE1>E2E3＝L4>E1E2＝L3，故L1＝L2>L4>L3，故選答案C2．(2012·全國(guó)，4)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2eq\r(2)，E為CC1的中點(diǎn)，則直線AC1與平面BED的距離為()A．2 B.eq\r(3) C.eq\r(2) D．1解析連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OE，∵AB＝2，∴AC＝2eq\r(2).又CC1＝2eq\r(2)，則AC＝CC1.作CH⊥AC1于點(diǎn)H，交OE于點(diǎn)M.由OE為△ACC1的中位線知，CM⊥OE，M為CH的中點(diǎn)．由BD⊥AC，EC⊥BD知，BD⊥平面EOC，∴CM⊥BD.∴CM⊥平面BDE.∴HM為直線AC1到平面BDE的距離．又△ACC1為等腰直角三角形，∴CH＝2.∴HM＝1.答案D3．(2011·重慶，9)高為eq\f(\r(2),4)的四棱錐S-ABCD的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，點(diǎn)S、A、B、C、D均在半徑為1的同一球面上，則底面ABCD的中心與頂點(diǎn)S之間的距離為()A.eq\f(\r(2),4) B.eq\f(\r(2),2) C．1 D.eq\r(2)解析如圖所示，過(guò)S點(diǎn)作SE⊥AC交AC的延長(zhǎng)線于E點(diǎn)，則SE⊥面ABCD，故SE＝eq\f(\r(2),4).設(shè)球心為O，A，B，C，D所在圓的圓心為O1，則O1為AC，BD的交點(diǎn)．在Rt△OAO1中，AO1＝eq\f(\r(2),2)，AO＝1，故OO1＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2).故OO1＝2SE.過(guò)S點(diǎn)作SO2⊥O1O于點(diǎn)O2，則O2為O1O的中點(diǎn)．故△OSO1為等腰三角形，則有O1S＝SO＝1.答案C4．(2011·大綱全國(guó)，6)已知直二面角α-l-β，點(diǎn)A∈α，AC⊥l，C為垂足，B∈β，BD⊥l，D為垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，則D到平面ABC的距離等于()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(3),3) C.eq\f(\r(6),3) D．1解析由題意可作圖：∵AB＝2，AC＝BD＝1，∴BC＝eq\r(AB2－AC2)＝eq\r(3)，∴CD＝eq\r(BC2－BD2)＝eq\r(2)，作DE⊥BC于點(diǎn)E，則DE即為D到平面ABC的距離．∵DC·DB＝BC·DE，∴DE＝eq\f(DC·DB,BC)＝eq\f(\r(2)×1,\r(3))＝eq\f(\r(6),3).答案C5.(2013·北京，14)如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段D1E上．點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為________．解析過(guò)E點(diǎn)作EE1垂直底面A1B1C1D1，交B1C1于點(diǎn)E連接D1E1，過(guò)P點(diǎn)作PH垂直于底面A1B1C1D1，交D1E1于點(diǎn)HP點(diǎn)到直線CC1的距離就是C1H，故當(dāng)C1H垂直于D1E1時(shí)，P點(diǎn)到直線CC1距離最小，此時(shí)，在Rt△D1C1E1中C1H⊥D1E1，D1E1·C1H＝C1D1·C1E1，∴C1H＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).答案eq\f(2\r(5),5)v6．(2015·江蘇，22)如圖，在四棱錐P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)點(diǎn)Q是線段BP上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時(shí)，求線段BQ的長(zhǎng)．解以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則各點(diǎn)的坐標(biāo)為B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．(1)因?yàn)锳D⊥平面PAB，所以eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一個(gè)法向量，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)．因?yàn)閑q\o(PC,\s\up6(→))＝(1，1，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)．設(shè)平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)，則m·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(PD,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0.))令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一個(gè)法向量．從而cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·m,|\o(AD,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為eq\f(\r(3),3).(2)因?yàn)閑q\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，設(shè)eq\o(BQ,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，則eq\o(CQ,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(－λ，－1，2λ)，又eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－2，2)，從而cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CQ,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→)),|\o(CQ,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).設(shè)1＋2λ＝t，t∈[1，3]，則cos2〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq\f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,9)))\s\up12(2)＋\f(20,9))≤eq\f(9,10).當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)時(shí)，|cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|的最大值為eq\f(3\r(10),10).因?yàn)閥＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數(shù)，此時(shí)直線CQ與DP所成角取得最小值．又因?yàn)锽P＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).7．(2015·山東，17)如圖，在三棱臺(tái)DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分別為AC，BC的中點(diǎn)．(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．(1)證明法一連接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．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.法二在三棱臺(tái)DEF－ABC中，由BC＝2EF，H為BC的中點(diǎn)，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四邊形BHFE為平行四邊形，可得BE∥HF.在△ABC中，G為AC的中點(diǎn)，H為BC的中點(diǎn)，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因?yàn)锽D?平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)解法一設(shè)AB＝2，則CF＝1.在三棱臺(tái)DEF－ABC中，G為AC的中點(diǎn)，由DF＝eq\f(1,2)AC＝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．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(eq\r(2)，0，0)，C(0，eq\r(2)，0)，D(0，0，1)．可得Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，F(xiàn)(0，eq\r(2)，1)，故eq\o(GH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(GF,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，1)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面FGH的一個(gè)法向量，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(GH,\s\up6(→))＝0，,n·\o(GF,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,\r(2)y＋z＝0.))可得平面FGH的一個(gè)法向量n＝(1，－1，eq\r(2))．因?yàn)閑q\o(GB,\s\up6(→))是平面ACFD的一個(gè)法向量，eq\o(GB,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，0)．所以cos〈eq\o(GB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(GB,\s\up6(→))·n,|\o(GB,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\r(2),2\r(2))＝eq\f(1,2).所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為60°.法二作HM⊥AC于點(diǎn)M，作MN⊥GF于點(diǎn)N，連接NH.由FC⊥平面ABC，得HM⊥FC，又FC∩AC＝C，所以HM⊥平面ACFD.因此GF⊥NH，所以∠MNH即為所求的角．在△BGC中，MH∥BG，MH＝eq\f(1,2)BG＝eq\f(\r(2),2)，由△GNM∽△GCF，可得eq\f(MN,FC)＝eq\f(GM,GF)，從而MN＝eq\f(\r(6),6).由HM⊥平面ACFD，MN?平面ACFD，得HM⊥MN，因此tan∠MNH＝eq\f(HM,MN)＝eq\r(3)，所以∠MNH＝60°，所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為60°.8．(2014·四川，18)三棱錐A-BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖所示．設(shè)M，N分別為線段AD，AB的中點(diǎn)，P為線段BC上的點(diǎn)，且MN⊥NP.(1)證明：P是線段BC的中點(diǎn)；(2)求二面角A-NP-M的余弦值；(1)證明如圖，取BD中點(diǎn)O，連接AO，CO.由側(cè)視圖及俯視圖知，△ABD，△BCD為正三角形，因此AO⊥BD，OC⊥BD.因?yàn)锳O、OC?平面AOC，且AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.又因?yàn)锳C?平面AOC，所以BD⊥AC.取BO的中點(diǎn)H，連接NH，PH，又M，N分別為線段AD，AB的中點(diǎn)，所以NH∥AO，MN//BD.因?yàn)锳O⊥BD，所以NH⊥BD.因?yàn)镸N⊥NP，所以NP⊥BD.因?yàn)镹H，NP?平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.又因?yàn)镠P?平面NHP，所以BD⊥HP.又OC⊥BD，HP?平面BCD，OC?平面BCD，所以HP∥OC.因?yàn)镠為BO的中點(diǎn)，故P為BC中點(diǎn)．(2)解法一如圖，作NQ⊥AC于Q，連接MQ.由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.因?yàn)镸N⊥NP，所以∠MNQ為二面角A-NP-M的一個(gè)平面角．由(1)知，△ABD，△BCD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以AO＝OC＝eq\r(3).由俯視圖可知，AO⊥平面BCD.因?yàn)镺C?平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰Rt△AOC中，AC＝eq\r(6)，作BR⊥AC于R.在△ABC中，AB＝BC，所以BR＝eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(10),2).因?yàn)樵谄矫鍭BC內(nèi)，NQ⊥AC，BR⊥AC，所以NQ∥BR.又因?yàn)镹為AB的中點(diǎn)，所以Q為AR的中點(diǎn)，因此NQ＝eq\f(BR,2)＝eq\f(\r(10),4).同理，可得MQ＝eq\f(\r(10),4).所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝eq\f(\f(MN,2),NQ)＝eq\f(\f(BD,4),NQ)＝eq\f(\r(10),5).故二面角A-NP-M的余弦值是eq\f(\r(10),5).法二由俯視圖及(1)可知，AO⊥平面BCD.因?yàn)镺C，OB?平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.又OC⊥OB，所以直線OA，OB，OC兩兩垂直．如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.則A(0，0，eq\r(3))，B(1，0，0)，C(0，eq\r(3)，0)，D(－1，0，0)．因?yàn)镸，N分別為線段AD，AB的中點(diǎn)，又由(1)知，P為線段BC的中點(diǎn)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).于是eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\r(3))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，－\f(\r(3),2))).設(shè)平面ABC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，則eq