新高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)真題分類(lèi)7-4空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用練習(xí)含答案

7.4空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用考點(diǎn)1空間角與距離1.（2023全國(guó)乙理，9）已知為等腰直角三角形，AB為斜邊，為等邊三角形，若二面角為，則直線(xiàn)CD與平面ABC所成角的正切值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】取的中點(diǎn)，連接，因?yàn)槭堑妊苯侨切?，且為斜邊，則有，又是等邊三角形，則，從而為二面角的平面角，即，顯然平面，于是平面，又平面，因此平面平面，顯然平面平面，直線(xiàn)平面，則直線(xiàn)在平面內(nèi)的射影為直線(xiàn)，從而為直線(xiàn)與平面所成的角，令，則，在中，由余弦定理得：，由正弦定理得，即，顯然是銳角，，所以直線(xiàn)與平面所成的角的正切為.故選：C2.(2020新高考Ⅰ,4,5分)日晷是中國(guó)古代用來(lái)測(cè)定時(shí)間的儀器,利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來(lái)測(cè)定時(shí)間.把地球看成一個(gè)球(球心記為O),地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角,點(diǎn)A處的水平面是指過(guò)點(diǎn)A且與OA垂直的平面.在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷,若晷面與赤道所在平面平行,點(diǎn)A處的緯度為北緯40°,則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為()A.20°B.40°C.50°D.90°答案B由題意作出如圖所示的截面圖,設(shè)所求角為α,由圖易知α=40°.故選B.3.(2022全國(guó)甲,理7,文9,5分)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°,則()A.AB=2ADB.AB與平面AB1C1D所成的角為30°C.AC=CB1D.B1D與平面BB1C1C所成的角為45°答案D如圖,連接BD.由題可知,BB1⊥平面ABCD,AD⊥平面AA1B1B,易知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角分別為∠B1DB,∠AB1D,∴∠B1DB=∠AB1D=30°.設(shè)AD=1,則AB1=3,B1D=2,∴BB1=1,BD=3,∴AB=2,∴AB=2AD,故A錯(cuò)誤.過(guò)B作BH⊥AB1,交AB1于H,易知∠HAB為AB與平面AB1C1D所成的角.∵BH=AB·BB∴sin∠HAB=BHAB=33,易知AC=3,CB1=2,∴AC≠CB1,故C錯(cuò)誤.易知∠DB1C為B1D與平面BB1C1C所成的角,∴sin∠DB1C=DCB1D=22,∴∠DB1C=454.(多選)(2022新高考Ⅰ,9,5分)已知正方體ABCD-A1B1C1D1,則()A.直線(xiàn)BC1與DA1所成的角為90°B.直線(xiàn)BC1與CA1所成的角為90°C.直線(xiàn)BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D.直線(xiàn)BC1與平面ABCD所成的角為45°答案ABD連接B1C,交BC1于O,∵A1D∥B1C,∴∠B1OC1(或其補(bǔ)角)為直線(xiàn)BC1與DA1所成的角,又B1C⊥BC1,∴∠B1OC1=90°,即直線(xiàn)BC1與DA1所成角為90°.故選項(xiàng)A正確.由A1B1⊥平面BB1C1C,BC1?平面BB1C1C知A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1?平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,∴直線(xiàn)BC1與CA1所成角為90°.故選項(xiàng)B正確.連接A1C1,交B1D1于點(diǎn)O1,連接O1B,易證C1O1⊥平面BB1D1D,∴BC1在平面BB1D1D內(nèi)的射影為O1B,∴BC1與平面BB1D1D所成角為∠C1BO1.在Rt△BO1C1中,sin∠C1BO1=C1O1BC1=12,則∠C1∵CC1⊥平面ABCD,∴∠C1BC是BC1與平面ABCD所成的角,而∠C1BC=45°,故選項(xiàng)D正確.故選ABD.5.(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()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),∴AN=(-1,0,-2),BM=(1,-1,-2),∴cos<AN,BM>=AN·BM|AN||BM|=?解法二:取BC的中點(diǎn)Q,連接QN,AQ,易知BM∥QN,則∠ANQ即為所求,設(shè)BC=CA=CC1=2,則AQ=5,AN=5,QN=6,∴cos∠ANQ=AN2+NQ2?故選C.6.(2013北京,8,5分)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為對(duì)角線(xiàn)BD1的三等分點(diǎn),P到各頂點(diǎn)的距離的不同取值有()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(xiàn)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.解后反思本題考查了線(xiàn)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.7.(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(xiàn)BC1與直線(xiàn)AB1夾角的余弦值為()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).∴BC1=(0,2,-1),cos<BC1,AB1>=BC1·評(píng)析本題考查利用空間坐標(biāo)運(yùn)算求異面直線(xiàn)所成的角,考查了運(yùn)算求解能力.8.(2023北京,16,14分,中)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=3.(1)求證:BC⊥平面PAB;(2)求二面角A-PC-B的大小.解析(1)證明:因?yàn)镻A⊥平面ABC,BC,AB?平面ABC,所以PA⊥BC,PA⊥AB.所以PB=PA又因?yàn)锽C=1,PC=3,所以PB2+BC2=PC2,所以PB⊥BC,又因?yàn)镻A⊥BC,且PA∩PB=P,PA,PB?平面PAB,所以BC⊥平面PAB.(2)以B為原點(diǎn),BC所在直線(xiàn)為x軸,BA所在直線(xiàn)為y軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),所以AP=(0,0,1),AC=(1,-1,0),PC=(1,-1,-1),BC=(1,0,0),設(shè)平面PAC的法向量為m=(x1,y1,z1),則m·AP=z1=0,m·AC=x1?y1=0,令設(shè)平面PBC的法向量為n=(x2,y2,z2),則n·PC=x2?y2?z2=0,n·BC=x所以cos<m,n>=m·n|m|·|n|又因?yàn)槎娼茿-PC-B為銳二面角,所以二面角A-PC-B的大小為π3考點(diǎn)2空間向量及其應(yīng)用1.(多選)(2021新高考Ⅰ,12,5分)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,點(diǎn)P滿(mǎn)足BP=λBC+μBB1,其中λ∈[0,1],μ∈[0A.當(dāng)λ=1時(shí),△AB1P的周長(zhǎng)為定值B.當(dāng)μ=1時(shí),三棱錐P-A1BC的體積為定值C.當(dāng)λ=12時(shí),有且僅有一個(gè)點(diǎn)P,使得A1P⊥D.當(dāng)μ=12時(shí),有且僅有一個(gè)點(diǎn)P,使得A1B⊥平面AB1答案BD選項(xiàng)A,當(dāng)λ=1時(shí),點(diǎn)P在線(xiàn)段CC1上,設(shè)CP=x(0≤x≤1),若x=0,則△AB1P即為△AB1C,此時(shí)△AB1P的周長(zhǎng)為22+1;若x=1,則△AB1P即為△AB1C1,此時(shí)△AB1P的周長(zhǎng)為22+1.若0<x<1,PC1=1-x,在Rt△PCA中,PA=1+x在Rt△B1C1P中,PB1=1+(1?而AB1=2,所以△AB1P的周長(zhǎng)為2+x2?2x+2+選項(xiàng)B,當(dāng)μ=1時(shí),點(diǎn)P在線(xiàn)段B1C1上,因?yàn)锽1C1∥BC,B1C1?平面A1BC,BC?平面A1BC,所以B1C1∥平面A1BC,所以直線(xiàn)B1C1上的任何一點(diǎn)到平面A1BC的距離均相等,所以三棱錐P-A1BC的體積為定值,故選項(xiàng)B正確;取BC,B1C1的中點(diǎn)分別為O,O1,連接OO1,AO,易知OO1⊥平面ABC,AO⊥BC,以O(shè)B,OA,OO1所在直線(xiàn)分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則B12,0,0,A0,?32,0,A10,?32,1,選項(xiàng)C,當(dāng)λ=12時(shí),點(diǎn)P在線(xiàn)段OO1上,設(shè)P(0,0,z)(0≤z≤1),則A1P=即z(z-1)=0,解得z=0或z=1,即當(dāng)λ=12時(shí),存在兩個(gè)點(diǎn)P,使得A1P⊥BP,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤選項(xiàng)D,當(dāng)μ=12時(shí),點(diǎn)P在線(xiàn)段MN上(M,N分別是線(xiàn)段BB1,CC1的中點(diǎn)),設(shè)Px,0,12若A1B⊥平面AB1P,則A1B⊥AP,則A1B即12,32,?1·x,32,12=12x+34?所以當(dāng)μ=12時(shí),有且僅有一個(gè)點(diǎn)P,使得A1B⊥平面AB1P,故選項(xiàng)D正確.故選BD命題立意:本題以正三棱柱為載體,考查正三棱柱的性質(zhì),平面向量基本定理,空間幾何體的體積,以及線(xiàn)面垂直的判定等,考查學(xué)生空間想象能力和邏輯推理能力,通過(guò)研究點(diǎn)P的位置,考查數(shù)形結(jié)合思想,體現(xiàn)數(shù)學(xué)運(yùn)算與直觀(guān)想象的核心素養(yǎng),落實(shí)對(duì)試題的創(chuàng)新性和綜合性的考查.2.（2023課標(biāo)I，18）如圖，在正四棱柱中，．點(diǎn)分別在棱,上，．（1）證明：；（2）點(diǎn)在棱上，當(dāng)二面角為時(shí)，求．【解析】（1）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線(xiàn)為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則，，，又不在同一條直線(xiàn)上，.（2）設(shè)，則，設(shè)平面的法向量，則，令，得，，設(shè)平面的法向量，則，令，得，，，化簡(jiǎn)可得，，解得或，或，.3.（2023課標(biāo)II，20）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點(diǎn)．（1）證明：；（2）點(diǎn)F滿(mǎn)足，求二面角的正弦值．【解析】（1）連接，因?yàn)镋為BC中點(diǎn)，，所以①，因?yàn)椋?，所以與均為等邊三角形，，從而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨設(shè)，，．，，又，平面平面．以點(diǎn)為原點(diǎn)，所在直線(xiàn)分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：設(shè)，設(shè)平面與平面一個(gè)法向量分別為，二面角平面角為,而，因?yàn)?，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，從而．所以二面角的正弦值為?.（2023全國(guó)甲理，18）在三棱柱中，，底面ABC，，到平面的距離為1．（1）求證：；（2）若直線(xiàn)與距離為2，求與平面所成角的正弦值．【解析】（1）如圖，底面，面，，又，平面，,平面ACC1A1，又平面，平面平面，過(guò)作交于，又平面平面，平面，平面到平面的距離為1，，在中，，設(shè)，則，為直角三角形，且，，，，，解得，，（2），，，過(guò)B作，交于D，則為中點(diǎn)，由直線(xiàn)與距離為2，所以，，，在，，延長(zhǎng)，使，連接，由知四邊形為平行四邊形，，平面，又平面，則在中，，，在中，，，,又到平面距離也為1，所以與平面所成角的正弦值為.5.（2022全國(guó)甲（理）T18）在四棱錐中，底面．（1）證明：；（2）求PD與平面所成的角的正弦值．【解析】（1）證明：在四邊形中，作于，于，因?yàn)?，所以四邊形為等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因?yàn)槠矫妫矫?，所以，又，所以平面，又因平面，所以；?）如圖，以點(diǎn)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，，則，則，設(shè)平面的法向量，則有，可取，則，所以與平面所成角的正弦值為.6.（2022全國(guó)乙文，18，12分）如圖，四面體中，，E為AC的中點(diǎn)．（1）證明：平面平面ACD；（2）設(shè)，點(diǎn)F在BD上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，求三棱錐的體積．【解析】（1）由于，是的中點(diǎn)，所以.由于，所以，所以，故，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.（2）依題意，，三角形是等邊三角形，所以，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.，所以，由于，平面，所以平面.由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以當(dāng)最短時(shí)，三角形的面積最小值.過(guò)作，垂足為，在中，，解得，所以，所以過(guò)作，垂足為，則，所以平面，且，所以,所以.7.（2022·全國(guó)乙（理）T18）如圖，四面體中，，E為的中點(diǎn)．（1）證明：平面平面；（2）設(shè)，點(diǎn)F在上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，求與平面所成的角的正弦值．【解析】（1）因?yàn)?，E為的中點(diǎn)，所以；在和中，因?yàn)?，所以，所以，又因?yàn)镋為的中點(diǎn)，所以；又因?yàn)槠矫?，，所以平面，因?yàn)槠矫?，所以平面平?（2）連接，由（1）知，平面，因?yàn)槠矫?，所以，所以，?dāng)時(shí)，最小，即的面積最小.因?yàn)?，所以，又因?yàn)?，所以是等邊三角形，因?yàn)镋為的中點(diǎn)，所以，，因?yàn)?，所?在中，，所以.以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，所以，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，取，則，又因?yàn)?，所以，所以，設(shè)與平面所成的角的正弦值為，所以，所以與平面所成的角的正弦值為.8.（2022·新高考Ⅰ卷T19）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．（1）求A到平面的距離；（2）設(shè)D為的中點(diǎn)，，平面平面，求二面角的正弦值．【解析】（1）在直三棱柱中，設(shè)點(diǎn)A到平面的距離為h，則，解得，所以點(diǎn)A到平面的距離為；（2）取的中點(diǎn)E,連接AE,如圖，因?yàn)?，所?又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以?xún)蓛纱怪保訠為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，由（1）得，所以，，所以，則,所以的中點(diǎn)，則，,設(shè)平面的一個(gè)法向量，則，可取，設(shè)平面的一個(gè)法向量，則，可取，則，所以二面角的正弦值為.9.（2022·新高考Ⅱ卷T20）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點(diǎn)．（1）求證：平面；（2）若，，，求二面角的正弦值．【解析】（1）證明：連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接、，因?yàn)槭侨忮F的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以為的中點(diǎn)，又為的中點(diǎn)，所以，又平面，平面，所以平面（2）過(guò)點(diǎn)作，如圖建立平面直角坐標(biāo)系，因?yàn)?，，所以，又，所以，則，，所以，所以，，，，所以，則，，，設(shè)平面法向量為，則，令，則，，所以；設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以；所以設(shè)二面角為，由圖可知二面角為鈍二面角，所以，所以故二面角的正弦值為；10.（2022北京，17，14分）如圖，在三棱柱中，側(cè)面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點(diǎn)．（1）求證：平面；（2）再?gòu)臈l件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，求直線(xiàn)AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．【解析】（1）取的中點(diǎn)為，連接，由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，而，則，而平面，平面，故平面，而，則，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因?yàn)閭?cè)面為正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因?yàn)?，故平面，因?yàn)槠矫?，故，若選①，則，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標(biāo)系，則，故，設(shè)平面的法向量為，則，從而，取，則，設(shè)直線(xiàn)與平面所成的角為，則.若選②，因?yàn)?，故平面，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標(biāo)系，則，故，設(shè)平面的法向量為，則，從而，取，則，設(shè)直線(xiàn)與平面所成的角為，則.11.（2022浙江卷T19）如圖，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角為．設(shè)M，N分別為的中點(diǎn)．（1）證明：；（2）求直線(xiàn)與平面所成角的正弦值．【解析】（1）過(guò)點(diǎn)、分別做直線(xiàn)、的垂線(xiàn)、并分別交于點(diǎn)交于點(diǎn)、．∵四邊形和都是直角梯形，，，由平面幾何知識(shí)易知，，則四邊形和四邊形是矩形，∴在Rt和Rt，，∵，且，∴平面是二面角的平面角，則，∴是正三角形，由平面，得平面平面，∵是的中點(diǎn)，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．（2）因?yàn)槠矫?，過(guò)點(diǎn)做平行線(xiàn)，所以以點(diǎn)為原點(diǎn)，，、所在直線(xiàn)分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，設(shè)平面的法向量為由，得，取，設(shè)直線(xiàn)與平面所成角為，∴．12.(2019天津理,17,13分)如圖,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求證:BF∥平面ADE;(2)求直線(xiàn)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(xiàn)段CF的長(zhǎng)解析本小題主要考查直線(xiàn)與平面平行、二面角、直線(xiàn)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(guān)想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算.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),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).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,又因?yàn)橹本€(xiàn)BF?平面ADE,所以BF∥平面ADE.(2)依題意,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|所以,直線(xiàn)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?2?32+4h2=思路分析從已知條件線(xiàn)面垂直、線(xiàn)線(xiàn)垂直、線(xiàn)線(xiàn)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.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(guān)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(xiàn)的方向向量;③設(shè)出相應(yīng)平面的法向量,利用兩直線(xiàn)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.13.(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.(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(xiàn)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(guān)想象的核心素養(yǎng).(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,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),CC設(shè)平面EBC的法向量為n=(x,y,z),則CB·n所以可取n=(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,BC∵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△C1∴∠ECA+∠C1AC=90°,∴CE⊥AC1.取CC1的中點(diǎn)F,連接OF,BF,則OF∥AC1,∴OF⊥CE.∵BO∩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,∴∠14.(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(xiàn)段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4.(1)求證:M為PB的中點(diǎn);(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直線(xiàn)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(xiàn)面平行的性質(zhì)定理,二面角,直線(xiàn)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.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力.(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).(2)取AD的中點(diǎn)O,連接OP,OE.因?yàn)镻A=PD,所以O(shè)P⊥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O(shè)P⊥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).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(xiàn)MC與平面BDP所成角為α,則sinα=|cos<n,MC>|=|n·MC所以直線(xiàn)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|=|cos<n1,n2>|=|n1·n22.用向量法求直線(xiàn)與平面所成的角的方法:設(shè)直線(xiàn)的方向向量為e,平面的法向量為n,則直線(xiàn)與平面所成的角θ滿(mǎn)足sinθ=e·n|e15.(2017課標(biāo)Ⅰ理,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(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.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.(2)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)閤軸正方向,|AB|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz.由(1)及已知可得A22,0,0,P0,0,22,B所以PC=?22,1,?22,CB=(2,0,0),設(shè)n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,則n·PC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.(1)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(xiàn)l,證明直線(xiàn)l垂直于另一平面.(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|cosθ|=|n1·16.(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.(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.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°.所以平面ACD⊥平面ABC.(2)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).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設(shè)n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,則n·AD=0,n·AE=0,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|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(xiàn),即在一個(gè)平面內(nèi),找一條直線(xiàn),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.17.(2016課標(biāo)Ⅱ理,19,12分)如圖,菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)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(1)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.(4分)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)閤軸正方向,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),AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),AD'=(3,1,3).(6分設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量,則m·AB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所以可取n=(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;(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.評(píng)析本題主要考查翻折問(wèn)題,線(xiàn)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.18.(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,FB是圓臺(tái)的一條母線(xiàn).(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)镠是FB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.可得FM=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(xiàn)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.19.(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.(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.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.所以BF⊥平面ACFD.(2)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.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(xiàn)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.由題意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,3),A(-1,-3,0),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).由AC·m=0,AK·m=0由AB·n=0,AK·n=0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|cosθ|=|cos<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>|.評(píng)析本題主要考查空間點(diǎn)、線(xiàn)、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.20.(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.(1)證明:平面AEC⊥平面AFC;(2)求直線(xiàn)AE與直線(xiàn)CF所成角的余弦值.解析(1)證明:連接BD.設(shè)BD∩AC=G,連接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨設(shè)GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=3.由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=3,且EG⊥AC.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=3從而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.因?yàn)镋G?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.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=?故cos<AE,CF>=AE·CF|所以直線(xiàn)AE與直線(xiàn)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.(2)建立適當(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.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).21.(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(xiàn)圍成一個(gè)正方形.(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(xiàn)AF與平面α所成角的正弦值.解析(1)交線(xiàn)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)镋HGF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(0,4,8),FE=(10,0,0),HE=(0,-6,8).設(shè)n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,則n·FE所以可取n=(0,4,3).又AF=(-10,4,8),故|cos<n,AF>|=|n·AF所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為4522.(2015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).(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.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.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∥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(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1).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°.23.(2015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(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.解析(1)證明:在題圖1中,因?yàn)锳B=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B(niǎo)E⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)因?yàn)槠矫鍭1BE⊥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=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,則n1·BC=0,n1n2·CD=0,n2從而cosθ=|cos<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(xiàn)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.24.(2015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(chēng)之為陽(yáng)馬,將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱(chēng)之為鱉臑.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.(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;(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)镻D⊥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.(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(xiàn).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,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(xiàn)DA,DC,DP分別為x,y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)PD=DC=1,BC=λ,則D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),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.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.(2)由PD⊥平面ABCD,所以DP=(0,0,1)是平面ABCD的一個(gè)法向量;由(1)知,PB⊥平面DEF,所以BP=(-λ,-1,1)是平面DEF的一個(gè)法向量.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=25.(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.(1)求證:AB∥FG;(2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直線(xiàn)BC與平面ABF所成角的大小,并求線(xiàn)段PH的長(zhǎng).解析(1)證明:在正方形AMDE中,因?yàn)锽是AM的中點(diǎn),所以AB∥DE.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)镻A⊥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).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(xiàn)BC與平面ABF所成角為α,則sinα=|cos<n,BC>|=n·BC|因此直線(xiàn)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(xiàn)與平面平行,線(xiàn)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.26.(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).(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.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(shè)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)镻A⊥平面ABCD,ABCD為矩形,所以AB,AD,AP兩兩垂直.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(chǔ)-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(xiàn)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.27.(2014江西,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(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.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(xiàn),垂足為O,過(guò)O作BC的垂線(xiàn),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=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,C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+26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(xiàn)線(xiàn)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.28.(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.(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)樗倪呅蜛CC1A1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∥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,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.在Rt△OO1B1中,易知O1H=OO1·O1B1OB1=237,而O1C1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.如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB,OC,OO1所在直線(xiàn)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,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).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|故二面角C1-OB1-D的余弦值為25729.(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).(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(xiàn)為x軸,BC所在直線(xiàn)為y軸,在平面ABC內(nèi)過(guò)B且垂直BC的直線(xiàn)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,F32,12,0,所以,EF=32,0,?32,BC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.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(xiàn)線(xiàn)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.30.(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).(1)證明BE⊥DC;(2)求直線(xiàn)BE與平面PBD所成角的正弦值;(3)若F為棱PC上一點(diǎn),滿(mǎn)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).(1)證明:向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BE·DC=0.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,則n·BD=0,n·PB=0,即?x+2ycos<n,BE>=n·BE|n|所以直線(xiàn)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.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cos<n1,n2>=n1·n2|易知,二面角F-AB-P是銳角,所以其余弦值為31031.(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.(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.解析(1)證明:因?yàn)锽Q∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,所以平面QBC∥平面A1AD.從而平面A1CD與這兩個(gè)平面的交線(xiàn)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.VQ?A1AD=13×12·VQ-ABCD=13·a+2a2·d·所以V下=VQ?A1AD又VA1B所以V上=VA1B1C1D1?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.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圖2設(shè)∠CDA=θ.因?yàn)镾四邊形ABCD=a+2a2·2sinθ=6,所以從而C(2cosθ,2sinθ,0),A14sin所以DC=(2cosθ,2sinθ,0),DA1=設(shè)平面A1DC的一個(gè)法向量為n=(x,y,1),由DA1·n=4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(xiàn)、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.32.(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(xiàn)段AB的中點(diǎn).(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.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.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,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.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·D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(xiàn)交AB于N,連接D1N.由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC為二面角C1-AB-C的平面角.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5533.(2013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=22(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|=3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(xiàn)定理得BC1∥DF,結(jié)合線(xiàn)面平行的判定定理即可獲證線(xiàn)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-E34.(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.(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.(2)解法一:過(guò)O作OH⊥CD交CD的延長(zhǎng)線(xiàn)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.結(jié)合題圖①可知,H為AC中點(diǎn),故OH=322,從而A'H=OH所以cos∠A'HO=OHA'H=155,所以二面角解法二:以O(shè)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(xiàn)與直線(xiàn)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.35.(2013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(xiàn)段AC上,且AQ=3QC.(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:取BD的中點(diǎn)O,在線(xiàn)段CD上取點(diǎn)F,使得DF=3FC,連接OP,OF,FQ.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(xiàn),所以O(shè)P∥DM,且OP=12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.又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM.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(xiàn)為y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.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=y0又平面BDM的一個(gè)法向量為n=(1,0,0),于是|cos<m,n>|=|m·n||即y0又BC⊥CD,所以CB·CD=0,故(-x0,-2-y0,0)·(-x0,2-y0,0)=0,即x02+聯(lián)立①,②,解得x0=0,y0=所以tan∠BDC=x02?又∠BDC是銳角,所以∠BDC=60°.36.(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⊥(1)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,(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.由題意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).則A1D=(0,0,-1),BD=(1,-1,1),設(shè)n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,則n·BD=0,n·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|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(xiàn)與直線(xiàn)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.37.(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.(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B(niǎo)D2+AD2=AB2,故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如圖,作DE⊥PB,垂足為E.已知PD⊥底面ABCD,則PD⊥BC.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(xiàn)與平面垂直,直線(xiàn)與直線(xiàn)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.38.(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(xiàn)與A1C1的延長(zhǎng)線(xiàn)的交點(diǎn),且PB1∥平面BDA1.(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(xiàn)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).(1)證明:設(shè)C1D=x,∵AC∥PC1,∴C1PAC=C由此可得D(0,1,x),P0,1+x∴A1B=(1,0,1),A1D=(0,1,x),設(shè)平面BA1D的一個(gè)法向量為n1=(a,b,c),則n1·A1B=∵PB1∥平面BA1D,∴n1·B1P=1×(-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|39.(2018北京理,16,14分)如圖,在三棱柱AB