2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)10年高考真題分類題組8.5空間角與距離空間向量及其應(yīng)用

.5空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用考點二用向量法求空間角和空間距離1.(2024課標Ⅱ文,9,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CC1的中點,則異面直線AE與CD所成角的正切值為()A.22B.32C.52答案C本題主要考查異面直線所成的角.因為CD∥AB,所以∠BAE(或其補角)即為異面直線AE與CD所成的角.設(shè)正方體的棱長為2,則BE=5.因為AB⊥平面BB1C1C,所以AB⊥BE.在Rt△ABE中,tan∠BAE=BEAB=5故選C.解題關(guān)鍵找到異面直線所成的角是求解關(guān)鍵.2.(2017課標Ⅱ理,10,5分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.32B.155C.105答案C本題考查直棱柱的性質(zhì)和異面直線所成的角.將直三棱柱ABC-A1B1C1補形成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如圖),連接AD1,B1D1,則AD1∥BC1.則∠B1AD1為異面直線AB1與BC1所成的角(或其補角),易求得AB1=5,BC1=AD1=2,B1D1=3.由余弦定理得cos∠B1AD1=105.故選方法總結(jié)本題主要考查異面直線所成的角,求異面直線所成角的方法有兩種:一是定義法,二是用向量的夾角公式求解.3.(2014大綱全國理,11,5分)已知二面角α-l-β為60°,AB?α,AB⊥l,A為垂足,CD?β,C∈l,∠ACD=135°,則異面直線AB與CD所成角的余弦值為()A.14B.24C.34答案B在平面α內(nèi)過點C作CE∥AB,則∠ECD為異面直線AB與CD所成的角(或其補角),不妨取CE=1,過點E作EO⊥β于點O.在平面β內(nèi)過點O作OH⊥CD于點H,連接EH,則EH⊥CD.因為AB∥CE,AB⊥l,所以CE⊥l,又因為EO⊥β,所以CO⊥l.所以∠ECO為二面角α-l-β的平面角,即∠ECO=60°.因為∠ACD=135°,CD⊥l,所以∠OCH=45°.在Rt△ECO中,CO=CE·cos∠ECO=1×cos60°=12在Rt△COH中,CH=CO·cos∠OCH=12×cos45°=2在Rt△ECH中,cos∠ECH=CHCE=241所以異面直線AB與CD所成角的余弦值為24.選4.(2014大綱全國文,4,5分)已知正四面體ABCD中,E是AB的中點,則異面直線CE與BD所成角的余弦值為()A.16B.36C.13答案B如圖,取AD的中點F,連接EF、CF.因為E、F分別是AB、AD的中點,所以EF12BD,故∠CEF或其補角是異面直線CE、BD所成的角設(shè)正四面體ABCD的棱長為a,易知CE=CF=32a,EF=12a.在△CEF中,由余弦定理可得cos∠CEF=32a25.(2016課標Ⅰ,11,5分)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為()A.32B.22C.33答案A如圖,延長B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延長D1A1至A3,使A3A1=D1A1,連接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D.易證AA2∥A1B∥D1C,AA3∥A1D∥B1C.∴平面AA2A3∥平面CB1D1,即平面AA2A3為平面α.于是m∥A2A3,直線AA2即為直線n.明顯有AA2=AA3=A2A3,于是m、n所成的角為60°,其正弦值為32.選思路分析先利用平行關(guān)系作出平面α,進而確定直線m與直線n的位置,然后求m,n所成角的正弦值.疑難突破本題的難點是明確直線m、n的詳細位置.為此適當擴形是常用策略.6.(2013北京,8,5分)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為對角線BD1的三等分點,P到各頂點的距離的不同取值有()A.3個B.4個C.5個D.6個答案B過P作平面A1B1C1D1、ABCD的垂線分別交D1B1、DB于E、F點,易知P也是EF的三等分點,設(shè)正方體的棱長為a,則PA1=PC1=a;PD1=233a;PB=33a;PB1=63a,PA=PC=63a;PD=a.故有思路分析設(shè)正方體的棱長為a,利用正方體中的直角三角形分別計算P到各頂點的距離即可.解后反思本題考查了線面的垂直關(guān)系、空間想象力及運算實力.構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵.7.(2014課標Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分別是A1B1,A1C1的中點,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為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,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-A故選C.8.(2012陜西,5,5分)如圖,在空間直角坐標系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為()A.55B.5C.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·評析本題考查利用空間坐標運算求異面直線所成的角,考查了運算求解實力.9.(2015浙江,13,5分)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,點M,N分別為AD,BC的中點,則異面直線AN,CM所成的角的余弦值是.

答案7解析連接DN,取DN的中點H,連接HM,由N、M、H均為中點,知|cos∠HMC|即為所求.因為AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,又M,N為AD,BC的中點,所以CM⊥AD,AN⊥BC,所以CM=CD2-MD2=22,AN=AC2-NC2=22,MH=12AN=2,HC=NC2+N10.(2016山東,17,12分)在如圖所示的圓臺中,AC是下底面圓O的直徑,EF是上底面圓O'的直徑,FB是圓臺的一條母線.(1)已知G,H分別為EC,FB的中點.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中點為I,連接GI,HI.在△CEF中,因為點G是CE的中點,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因為H是FB的中點,所以HI∥BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因為GH?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)為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.由題意得B(0,23,0),C(-23,0,0),所以BC=(-23,-23,0),過點F作FM垂直O(jiān)B于點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的一個法向量m=-1因為平面ABC的一個法向量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'.過點F作FM垂直O(jiān)B于點M.則有FM∥OO'.又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.可得FM=FB過點M作MN垂直BC于點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;考查了空間想象實力和邏輯推理實力.正確找到二面角的平面角或正確計算平面的法向量是求解的關(guān)鍵.11.(2016浙江,17,12分)如圖,在三棱臺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AD,BE,CF相交于一點K,如圖所示.因為平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.又因為EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK為等邊三角形,且F為CK的中點,則BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解法一:過點F作FQ⊥AK于Q,連接BQ.因為BF⊥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O,連接KO,則KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以點O為原點,分別以射線OB,OK的方向為x,z的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系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由AB·n=0,AK·n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)合圖形推斷二面角的平面角是銳角還是鈍角,進而確定cosθ=|cos<n1,n2>|,還是cosθ=-|cos<n1,n2>|.評析本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系,二面角等基礎(chǔ)學(xué)問,同時考查空間想象實力和運算求解實力.12.(2015課標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,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,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.因為EG?平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(6分)(2)如圖,以G為坐標原點,分別以GB,GC的方向為x軸,y軸正方向,|GB|為單位長,建立空間直角坐標系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),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.(2)建立適當?shù)目臻g直角坐標系,利用向量的夾角的余弦公式求解.解后反思建立適當?shù)目臻g直角坐標系,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.13.(2015課標Ⅱ理,19,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點E,F分別在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.過點E,F的平面α與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形.(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由);(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.因為EHGF為正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=EH2-以D為坐標原點,DA的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系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4514.(2015北京,17,14分)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.(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.解析(1)證明:因為△AEF是等邊三角形,O為EF的中點,所以AO⊥EF.又因為平面AEF⊥平面EFCB,AO?平面AEF,所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)取BC中點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系O-xyz,則E(a,0,0),A(0,0,3a),B(2,3(2-a),0),EA=(-a,0,3a),BE=(a-2,3(a-2),0).設(shè)平面AEB的法向量為n=(x,y,z),則n·EA令z=1,則x=3,y=-1.于是n=(3,-1,1).平面AEF的法向量為p=(0,1,0).所以cos<n,p>=n·p|由題設(shè)知二面角F-AE-B為鈍角,所以它的余弦值為-55(3)因為BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE·OC=0.因為BE=(a-2,3(a-2),0),OC=(-2,3(2-a),0),所以BE·OC=-2(a-2)-3(a-2)2.由BE·OC=0及0<a<2,解得a=43評析本題主要考查面面垂直的性質(zhì)定理、二面角的求解以及線面垂直的性質(zhì)定理,考查學(xué)生空間想象實力和運算求解實力,正確建立空間直角坐標系以及表示點的坐標是解決本題的關(guān)鍵.15.(2015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,D是B1C1的中點.(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,由題意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.因為AB=AC,所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D,E分別為B1C1,BC的中點,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.故A1D∥AE.又因為AE⊥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.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E為原點,分別以射線EA,EB為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標系E-xyz,如圖所示.由題意知各點坐標如下:A1(0,0,14),B(0,2,0),D(-2,0,14),B1(-2,2,14).因此A1B=(0,2,-14),BD=(-2,-2,14),DB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).由m·A可取m=(0,7,1).由n·DB1=0,n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評析本題主要考查空間點、線、面的位置關(guān)系,二面角等基礎(chǔ)學(xué)問,同時考查空間想象實力和運算求解實力.16.(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.(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H,連接HG,HD,又G是BE的中點,所以GH∥AB,且GH=12又F是CD的中點,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B點作BQ∥EC.因為BE⊥CE,所以BQ⊥BE.又因為AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B為原點,分別以BE,BQ,BA的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系,則A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因為AB⊥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2317.(2015山東理,17,12分)如圖,在三棱臺DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分別為AC,BC的中點.(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DEF-ABC中,AB=2DE,G為AC的中點,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,又H為BC的中點,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DEF-ABC中,G為AC的中點,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,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD兩兩垂直.以G為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系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,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的一個法向量n=(1,-1,2).因為GB是平面ACFD的一個法向量,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°.18.(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,O是AC與BE的交點.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,因為AB=BC=1,AD=2,E是AD的中點,∠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)因為平面A1BE⊥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,建立空間直角坐標系,因為A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,所以B22,0,0,E-2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,nn2·CD=0,n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)生的空間想象實力以及運算求解實力.正確利用面面垂直的性質(zhì)定理建立空間直角坐標系是求解的關(guān)鍵.19.(2015湖北理,19,12分)《九章算術(shù)》中,將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬,將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑.如圖,在陽馬P-ABCD中,側(cè)棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,過棱PC的中點E,作EF⊥PB交PB于點F,連接DE,DF,BD,BE.(1)證明:PB⊥平面DEF.試推斷四面體DBEF是不是鱉臑,若是,寫出其每個面的直角(只需寫出結(jié)論);若不是,說明理由;(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)因為PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,由底面ABCD為長方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD,而DE?平面PCD,所以BC⊥DE.又因為PD=CD,點E是PC的中點,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的四個面都是直角三角形,即四面體BDEF是一個鱉臑,其四個面的直角分別為∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)如圖,在面PBC內(nèi),延長BC與FE交于點G,則DG是平面DEF與平面ABCD的交線.由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.又因為PD⊥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=故當面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3時,DCBC=解法二:(1)如圖,以D為原點,射線DA,DC,DP分別為x,y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標系.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E是PC的中點,所以E0,12,1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的四個面都是直角三角形,即四面體BDEF是一個鱉臑,其四個面的直角分別為∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)由PD⊥平面ABCD,所以DP=(0,0,1)是平面ABCD的一個法向量;由(1)知,PB⊥平面DEF,所以BP=(-λ,-1,1)是平面DEF的一個法向量.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=故當面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3時,DCBC=20.(2014北京理,17,14分)如圖,正方形AMDE的邊長為2,B,C分別為AM,MD的中點.在五棱錐P-ABCDE中,F為棱PE的中點,平面ABF與棱PD,PC分別交于點G,H.(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.解析(1)證明:在正方形AMDE中,因為B是AM的中點,所以AB∥DE.又因為AB?平面PDE,所以AB∥平面PDE.因為AB?平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG.(2)因為PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.如圖建立空間直角坐標系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BC與平面ABF所成角為α,則sinα=|cos<n,BC>|=n·BC|因此直線BC與平面ABF所成角的大小為π6設(shè)點H的坐標為(u,v,w).因為點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=2λ,v=λ,w=2-2λ.因為n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H的坐標為4所以PH=43評析本題考查了空間直線與平面平行,線面角,空間向量等學(xué)問;考查空間推理論證實力,計算實力;建立恰當坐標系,利用空間向量精確求解是解題的關(guān)鍵.21.(2014福建理,17,13分)在平面四邊形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.將△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如圖.(1)求證:AB⊥CD;(2)若M為AD中點,求直線AD與平面MBC所成角的正弦值.解析(1)證明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB?平面ABD,AB⊥BD,∴AB⊥平面BCD.又CD?平面BCD,∴AB⊥CD.(2)過點B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD,如圖.由(1)知AB⊥平面BCD,BE?平面BCD,BD?平面BCD,∴AB⊥BE,AB⊥BD.以B為坐標原點,分別以BE,BD,BA的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系.依題意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M0,則BC=(1,1,0),BM=0,12設(shè)平面MBC的法向量為n=(x0,y0,z0),則n·BC取z0=1,得平面MBC的一個法向量為n=(1,-1,1).設(shè)直線AD與平面MBC所成角為θ,則sinθ=|cos<n,AD>|=|n·AD即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為6322.(2014陜西理,17,12分)四面體ABCD及其三視圖如圖所示,過棱AB的中點E作平行于AD,BC的平面分別交四面體的棱BD,DC,CA于點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.解析(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)知,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為坐標原點建立空間直角坐標系,則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),DA=(0,0,1),BC=(-2,2,0),BA=(-2,0,1).設(shè)平面EFGH的法向量n=(x,y,z),∵EF∥AD,FG∥BC,∴n·DA=0,n·BC=0,得z=0,-∴sinθ=|cos<BA,n>|=BA·n|BA||解法二:如圖,以D為坐標原點建立空間直角坐標系,則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),∵E是AB的中點,∴F,G分別為BD,DC的中點,得E1,∴FE=0,0,12設(shè)平面EFGH的法向量n=(x,y,z),則n·FE=0,n·FG=0,得12z=0,∴sinθ=|cos<BA,n>|=BA·n|BA||23.(2014課標Ⅰ,19,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,AB⊥B1C.(1)證明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.解析(1)連接BC1,交B1C于點O,連接AO.因為側(cè)面BB1C1C為菱形,所以B1C⊥BC1,且O為B1C及BC1的中點.又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO?平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因為AC⊥AB1,且O為B1C的中點,所以AO=CO.又因為AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,從而OA,OB,OB1兩兩垂直.以O(shè)為坐標原點,OB的方向為x軸正方向,|OB|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.因為∠CBB1=60°,所以△CBB1為等邊三角形,又AB=BC,則A0,0,33,B(1,0,0),BAB1=0,33,-33,A1B1設(shè)n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,則n·A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,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值為17方法點撥在求解或證明過程中,通常會用到一些初中階段學(xué)習(xí)的平面幾何學(xué)問,如三角形中位線的性質(zhì)、菱形的性質(zhì),等腰三角形的性質(zhì),相像(全等)三角形的判定與性質(zhì)等,在復(fù)習(xí)時應(yīng)予以關(guān)注.24.(2014課標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.(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O,連接EO.因為ABCD為矩形,所以O(shè)為BD的中點.又E為PD的中點,所以EO∥PB.又EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)因為PA⊥平面ABCD,ABCD為矩形,所以AB,AD,AP兩兩垂直.如圖,以A為坐標原點,AB的方向為x軸的正方向,|AP|為單位長,建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz,則D(0,3,0),E0,32,1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因為E為PD的中點,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評析本題考查線面平行的判定,利用空間向量解二面角問題,考查了學(xué)生的空間想象實力.25.(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AB為何值時,四棱錐P-ABCD的體積最大?并求此時平面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P作AD的垂線,垂足為O,過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=因為m8-6m2=故當m=63,即AB=63時,四棱錐P-ABCD此時,建立如圖所示的坐標系,各點的坐標為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+263同理可求出平面DPC的法向量為n2=0,從而平面BPC與平面DPC夾角θ的余弦值為cosθ=|n1·n2評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)學(xué)問,考查空間想象實力、推理論證實力和運算求解實力,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.計算失誤是失分的主要緣由.26.(2014湖南理,19,12分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的全部棱長都相等,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:因為四邊形ACC1A1為矩形,所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD,因為CC1∥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.又因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的全部棱長都相等,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,進而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不妨設(shè)AB=2,因為∠CBA=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:因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的全部棱長都相等,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)為坐標原點,OB,OC,OO1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系O-xyz,不妨設(shè)AB=2,因為∠CBA=60°,所以O(shè)B=3,OC=1,于是相關(guān)各點的坐標為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25727.(2014遼寧理,19,12分)如圖,△ABC和△BCD所在平面相互垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分別為AC,DC的中點.(1)求證:EF⊥BC;(2)求二面角E-BF-C的正弦值.解析(1)證法一:過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為坐標原點,在平面DBC內(nèi)過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B且垂直BC的直線為z軸,建立如圖2所示空間直角坐標系,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,-3圖2(2)解法一:在圖1中,過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,由n2·BF=0,n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,留意到平面BFC的一個法向量為(0,0,1),可以使問題簡捷,本題的難點和易錯點都是空間直角坐標系的建立,由于A,D兩點都不在坐標軸上,因此正確求出A,D兩點的坐標是解決本題的關(guān)鍵.28.(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E為棱PC的中點.(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,滿意BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.解析依題意,以點A為原點建立空間直角坐標系(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,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-xcos<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31029.(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A1,C,D三點的平面記為α,BB1與α的交點為Q.(1)證明:Q為BB1的中點;(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:因為BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,所以平面QBC∥平面A1AD.從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行,即QC∥A1D.故△QBC與△A1AD的對應(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.因為BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA.又因為梯形ABCD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,DA,DD1的方向分別為x軸和z圖2設(shè)∠CDA=θ.因為S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的一個法向量為n=(x,y,1),由DA1所以n=(-sinθ,cosθ,1).又因為平面ABCD的一個法向量為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,二面角等學(xué)問;考查綜合推理,轉(zhuǎn)化與化歸的意識,運用向量推理計算的實力;精確把握空間結(jié)構(gòu)進行推理證明是解題的關(guān)鍵.30.(2014四川,18,12分)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,P為線段BC上的點,且MN⊥NP.(1)證明:P是線段BC的中點;(2)求二面角A-NP-M的余弦值.解析(1)證明:如圖,取BD中點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.因為AO,OC?平面AOC內(nèi),且AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC.又因為AC?平面AOC,所以BD⊥AC.取BO的中點H,連接NH,PH.又M,N分別為線段AD,AB的中點,所以NH∥AO,MN∥BD.因為AO⊥BD,所以NH⊥BD.因為MN⊥NP,所以NP⊥BD.因為NH,NP?平面NHP,且NH∩NP=N,所以BD⊥平面NHP.又因為HP?平面NHP,所以BD⊥HP.又OC⊥BD,HP?平面BCD,OC?平面BCD,所以HP∥OC.因為H為BO中點,故P為BC中點.(2)解法一:如圖,作NQ⊥AC于Q,連接MQ.由(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP.因為MN⊥NP,所以∠MNQ為二面角A-NP-M的一個平面角.由(1)知,△ABD,△BCD是邊長為2的正三角形,所以AO=OC=3.由俯視圖可知,AO⊥平面BCD.因為OC?平面BCD,所以AO⊥OC.因此在等腰Rt△AOC中,AC=6.作BR⊥AC于R.在△ABC中,AB=BC,所以BR=AB2-因為在平面ABC內(nèi),NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR.又因為N為AB的中點,所以Q為AR的中點,因此NQ=BR2=10同理,可得MQ=104所以在等腰△MNQ中,cos∠MNQ=MN2NQ=BD4故二面角A-NP-M的余弦值是105解法二:由俯視圖及(1)可知,AO⊥平面BCD.因為OC,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)為坐標原點,以O(shè)B,OC,OA的方向為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標系Oxyz.則A(0,0,3),B(1,0,0),C(0,3,0),D(-1,0,0).因為M,N分別為線段AD,AB的中點,又由(1)知,P為線段BC的中點,所以M-12,0,于是AB=(1,0,-3),BC=(-1,3,0),MN=(1,0,0),NP=0,設(shè)平面ABC的法向量n1=(x1,y1,z1),則n1⊥有(x1,取z1=1,則x1=3,y1=1,所以n1=(3,1,1).設(shè)平面MNP的法向量n2=(x2,y2,z2),則n2⊥有(x2取z2=1,所以n2=(0,1,1).設(shè)二面角A-NP-M的大小為θ,則cosθ=n1·n2|故二面角A-NP-M的余弦值是105評析本題主要考查空間圖形的三視圖、線面垂直的判定與性質(zhì)、二面角的計算等基礎(chǔ)學(xué)問.考查空間想象實力、推理論證實力、運算求解實力.31.(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.(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:因為四邊形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以AB∥DC,又由M是AB的中點,因此CD∥MA且CD=MA.連接AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因為CD∥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為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz.所以A(3,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,3),因此M32所以MD1=-32,-12設(shè)平面C1D1M的法向量n=(x,y,z),由n·D可得平面C1D1M的一個法向量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C向AB引垂線交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5532.(2013課標Ⅱ理,18,12分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點,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F,則F為AC1中點.又D是AB中點,連接DF,則BC1∥DF.因為DF?平面A1CD,BC1?平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)由AC=CB=22AB得,AC⊥以C為坐標原點,CA的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系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F,得出F為AC1的中點,進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為坐標原點,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-E33.(2013課標Ⅰ理,18,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(1)證明:AB⊥A1C;(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值.解析(1)證明:取AB的中點O,連接OC,OA1,A1B.因為CA=CB,所以O(shè)C⊥AB.由于AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B為等邊三角形,所以O(shè)A1⊥AB.因為OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.又A1C?平面OA1C,故AB⊥A1C.(2)由(1)知OC⊥AB,OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B,交線為AB,所以O(shè)C⊥平面AA1B1B,故OA,OA1,OC兩兩相互垂直.以O(shè)為坐標原點,OA的方向為x軸的正方向,|OA|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.由題設(shè)知A(1,0,0),A1(0,3,0),C(0,0,3),B(-1,0,0).則BC=(1,0,3),BB1=AA1=(-1,3,0),A1C=(0,-設(shè)n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量,則n·BC=0,n·BB故cos<n,A1C>=n·所以A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為105思路分析(1)取AB的中點O,由已知條件可得OC⊥AB,OA1⊥AB,從而得AB⊥平面OA1C,從而得AB⊥A1C;(2)依據(jù)證得的垂直關(guān)系建立空間直角坐標系,求出平面BB1C1C的一個法向量,進而求出該法向量與A1C夾角的余弦值,從而可得直線A1C與平面BB1C1C規(guī)律總結(jié)面面垂直的性質(zhì)定理在立體幾何中是一個極為關(guān)鍵的定理,這個定理的主要作用是將面面垂直問題轉(zhuǎn)化為線面垂直問題.在一些垂直關(guān)系的證明及線面角、二面角的求解中,常要借助這個定理作出平面的垂線.34.(2013湖南,19,12分)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所成角的正弦值.解析解法一:(1)如圖1,因為BB1⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,所以AC⊥BB1.又AC⊥BD,所以AC⊥平面BB1D,而B1D?平面BB1D,所以AC⊥B1D.圖1(2)因為B1C1∥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θ).如圖1,連接A1D.因為棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90°,所以A1B1⊥平面ADD1A1,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,因為AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.從而Rt△ABC∽Rt△DAB,故ABDA=BCAB,即AB=DA·連接AB1.易知△AB1D是直角三角形,且B1D2=BB12+BD2=BB12+AB2+AD2=21,即B在Rt△AB1D中,cos∠ADB1=ADB1D=3即cos(90°-θ)=217.從而sinθ=21即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為217解法二:(1)易知,AB,AD,AA1兩兩垂直.如圖2,以A為坐標原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系.設(shè)AB=t,則相關(guān)各點的坐標為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).圖2從而B1D=(-t,3,-3),AC=(t,1,0),因為AC⊥BD,所以AC·BD=-t2+3+0=0,解得t=3或t=-3(舍去).于是B1D=(-3,3,-3),AC=(因為AC·B1D=-3+3+0=0,所以AC⊥B1D,即AC(2)由(1)知,AD1=(0,3,3),AC=(3,1,0),設(shè)n=(x,y,z)是平面ACD1的法向量,則n·AC=0,n·AD1=0,設(shè)直線B1C1與平面ACD1所成角為θ,則sinθ=|cos<n,B1C1>|=n·B即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為217評析本題考查兩條直線的位置關(guān)系中線線垂直的證明及直線與平面所成角的求解,考查學(xué)生空間想象實力和運算求解實力.對于解法一的第(2)問的運算量很小,但對學(xué)生的邏輯思維論證實力要求較高,而解法二中雖然思維實力要求低了,但運算求解實力要求特別高.在利用空間向量求解線面角時簡單把公式記錯,也是失分的緣由.35.(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,CD=BE=2,O為BC的中點.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+C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O作OH⊥CD交CD的延長線于H,連接A'H,因為A'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,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)點為原點,建立空間直角坐標系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的一個法向量所以cos<n,OA'>=n·OA'|n||OA'|評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,運算要精確.36.(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,P是BM的中點,點Q在線段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O,在線段CD上取點F,使得DF=3FC,連接OP,OF,FQ.因為AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF=14因為O,P分別為BD,BM的中點,所以O(shè)P是△BDM的中位線,所以O(shè)P∥DM,且OP=12又點M為AD的中點,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G,作GH⊥BM于點H,連接CH.因為AD⊥平面BCD,CG?平面BCD,所以AD⊥CG,又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面ABD,又BM?平面ABD,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O,以O(shè)為原點,OD,OP所在直線為y,z軸,建立空間直角坐標系O-xyz.由題意知A(0,2,2),B(0,-2,0),D(0,2,0).設(shè)點C的坐標為(x0,y0,0),因為AQ=3QC,所以Q34因為M為AD的中點,故M(0,2,1).又P為BM的中點,故P0,所以PQ=34又平面BCD的一個法向量為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