高二数学优质试题汇编之空间向量与立体几何(理科) - 教师版

1、高二数学优质试题汇编之空间向量与立体几何（理科）一、 选择题1.平面的一个法向量为v1(1,2,1)，平面的一个法向量为v2(2，4，10)，则平面与平面A平行 B垂直 C相交 D不确定答案及解析：1.B略2.已知=（1，2，3），=（2，1，2），=（1，1，2），点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为（） A B C D 答案及解析：2.C 考点： 空间向量的数量积运算 专题： 空间向量及应用 分析： 可先设Q（x，y，z），由点Q在直线OP上可得Q（，2），则由向量的数量积的坐标表示可得=2（328+5），根据二次函数的性质可求，取得最小值时的，进而可求Q 解答： 解：设Q

2、（x，y，z） 由点Q在直线OP上可得存在实数使得，则有Q（，2） ， 当=（1）（2）+（2）（1）+（32）（22）=2（328+5） 根据二次函数的性质可得当时，取得最小值此时Q 故选：C 点评： 本题主要考查了平面向量的共线定理的应用，解题的关键是由点Q在直线OP上可得存在实数使得，进而有Q（，2），然后转化为关于的二次函数，根据二次函数知识求解最值，体现了转化思想在解题中的应用 3.一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的主视图时，以平面为投影面，则得到主视图可以为（ ）A. B. C. D.答

3、案及解析：3.A4.在空间直角坐标系中，过点作直线的垂线，则直线与平面的交点的坐标满足条件ABCD答案及解析：4.C5.在如图所示的空间直角坐标系O-xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是（0，0，2），（2，2，0），（1，2，1），（2，2，2）. 给出编号为、的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为 第7题图A和 B和 C和 D和答案及解析：5.D6.如图，直二面角中，垂足分别为，且，则的长等于 （ ）A BC D答案及解析：6.B7.如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，点E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是(

4、 )ABCD0答案及解析：7.D【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离；异面直线及其所成的角 【专题】空间位置关系与距离；空间向量及应用【分析】以DA，DC，DD1所在直线方向x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可得和的坐标，进而可得cos，可得答案【解答】解：以DA，DC，DD1所在直线方向x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则可得A1（1，0，2），E（0，0，1），G（0，2，1），F（1，1，0）=（1，0，1），=（1，1，1）设异面直线A1E与GF所成角的为，则cos=|cos，|=0，故选：D【点评】本题考查异面直线所成的角，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题8.在四棱锥中

5、，底面是菱形，底面，是棱上一点. 若，则当的面积为最小值时，直线与平面所成的角为（ ）A B. C. D.答案及解析：8.D9.已知正方体的棱长为1，点是平面内的动点，若点到直线的距离等于点到直线的距离，则动点的轨迹所在的曲线是 （ ）A. 抛物线B. 双曲线C. 椭圆 D. 圆答案及解析：9.B10.九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图2,在鳖臑PABC中，PA 平面ABC，ABBC，且AP=AC=1，过A点分别作AE 1 PB于E、AFPC于F，连接EF当AEF的面积最大时，tanBPC的值是A B. C. D答案及解析：10.B显然，则，又，则，于是，结合条件得，所

6、以、均为直角三角形，由已知得，而，当且仅当时，取“=”，所以，当时，的面积最大，此时，故选B.11.如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是A1， B， C， D，答案及解析：11.B12.如图在一个二面角的棱上有两个点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，CD=2cm，则这个二面角的度数为( )A30°B60°C90°D120°答案及解析：12.B考点：二面

7、角的平面角及求法 专题：空间位置关系与距离；空间角分析：首先利用平行线做出二面角的平面角，进一步利用勾股定理和余弦定理解出二面角平面角的大小，最后确定结果解答：解：在平面内做BEAC，BE=AC，连接DE，CE，所以四边形ACEB是平行四边形由于线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，所以AB平面BDECEABCE平面BDE所以CDE是直角三角形又AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，CD=2cm，则：DE=2cm进一步利用余弦定理：DE2=BE2+BD22BEBDcosDBE解得cosDBE=所以DBE=60°即二面角的度数为：60°故选：B点评

8、：本题考查的知识要点：余弦定理的应用，勾股定理的应用，线面垂直的性质，二面角的应用13.如图，正方体的棱长为，点在棱上，且，点是平面上的动点，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为，则动点的轨迹是（ ）A圆 B抛物线 C双曲线D直线答案及解析：13.B过点作平面的垂线，垂足为，在平面上过作的垂线，垂足为，连接，由三垂线定理知：，线段的长即为点到直线的距离 ，,过点在平面上作，垂足为，连接， 则平面 ， ,又点是平面上的动点，由抛物线的定义知轨迹为抛物线，选B14.如图所示，五面体中，正的边长为，平面，且.设与平面所成的角为，若，则当取最大值时，平面与平面所成角的正切值为（A）（B）（C）（

9、D）答案及解析：14.C二、填空题15. 已知空间四边形OABC，如图所示，其对角线为OB，ACM，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且，现用基向量表示向量，并设，则_答案及解析：15.16.由空间向量，构成的向量集合，则向量的模的最小值为 . 答案及解析：16.17.在各棱长都等于1的正四面体中，若点P满足,则的最小值为_.答案及解析：17.18.在棱长为1的正方体中，若，则的最小值为 答案及解析：18.略19.正方体的棱长为，是它的内切球的一条弦（我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦），为正方体表面上的动点，当弦的长度最大时，的最大值是 答案及解析：19.2因为是它的内切球的

10、一条弦，所以当弦经过球心时，弦的长度最大，此时.以为原点建立空间直角坐标系如图.根据直径的任意性，不妨设分别是上下底面的中心，则两点的空间坐标为，设坐标为，则,所以，即.因为点为正方体表面上的动点，所以根据的对称性可知，的取值范围与点在哪个面上无关，不妨设，点在底面内，此时有，所以此时，,所以当时，此时最小，当但位于正方形的四个顶点时，最大，此时有，所以的最大值为2. 20.如图，已知边长为2的正，顶点在平面内，顶点在平面外的同一侧，点分别为在平面上的投影，设，直线与平面所成的角为若是以为直角的直角三角形，则的范围为_答案及解析：20.21.已知矩形的长，宽，将其沿对角线折起，得到三棱锥，给出

11、下列结论： 三棱锥体积的最大值为； 三棱锥外接球的表面积恒为定值； 若分别为棱的中点，则恒有且； 当二面角为直二面角时，直线所成角的余弦值为； 当二面角的大小为60°时，棱的长为其中正确的结论有 (请写出所有正确结论的序号)答案及解析：21.22.设动点P在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1上，记当APC为钝角时，则的取值范围是 答案及解析：22.（，1）【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离 【专题】综合题；空间位置关系与距离【分析】建立空间直角坐标系，利用APC不是平角，可得APC为钝角等价于cosAPC0，即，从而可求的取值范围【解答】解：由题设，建立如图所

12、示的空间直角坐标系Dxyz，则有A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1）=（1，1，1），=（，），=+=（，）+（1，0，1）=（1，1）=+=（，）+（0，1，1）=（，1，1）显然APC不是平角，所以APC为钝角等价于cosAPC0（1）（）+（）（1）+（1）2=（1）（31）0，得1因此，的取值范围是（，1）故答案为：（，1）【点评】本题考查了用空间向量求直线间的夹角，一元二次不等式的解法，属于中档题23.已知空间四点共面，则= 答案及解析：23. 24.在正方体中，点是上底面的中心，点在线段上运动，则异面直线与所成角最大时， .答案及解析：24.【知

13、识点】异面直线所成的角G9 解析：由题意可判断出BC在平面的射影为BD,可知当在平面内越远离射影时面直线与所成角越大，所以当Q与P点重合时，异面直线与所成角最大，不妨设正方体的棱长为2，则,根据余弦定理，故答案为。【思路点拨】由题意可判断出BC在平面的射影为BD,可知当在平面内越远离射影时面直线与所成角越大，所以当Q与P点重合时，异面直线与所成角最大，再结合余弦定理即可。25.设四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，且直线PA平面ABCD过直线BD且垂直于直线PC的平面交PC于点E，当三棱锥EBCD的体积取到最大值时，侧棱PA的长度为 25.三、解答题26.在如图所示的空间几何体

14、中，平面平面，与是边长为的等边三角形，和平面所成的角为，且点在平面上的射影落在的平分线上（）求证：平面；（）求二面角的余弦值答案及解析：26.解：（）由题意知，都是边长为2的等边三角形，取中点，连接，则，又平面平面，平面，作平面，那么，根据题意，点落在上，易求得，4分四边形是平行四边形，平面 （）解法一：作，垂足为，连接，平面，又，平面，就是二面角的平面角中，即二面角的余弦值为.解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，可知平面的一个法向量为设平面的一个法向量为则，可求得所以，又由图知，所求二面角的平面角是锐角，所以二面角的余弦值为略27.在如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，平面平面，是的

15、中点（）求证：/平面； （）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.NADMBEC答案及解析：27.（I）CM与BN交于F，连接EF由已知可得四边形BCNM是平行四边形，所以F是BN的中点因为E是AB的中点，所以ANEF 又EF平面MEC，AN平面MEC，所以AN平面MEC （II）由于四边形ABCD是菱形，E是AB的中点，可得DEAB又四边形ADNM是矩形，面ADNM面ABCD，DN面ABCD，如图建立空间直角坐标系D-xyz，则D（0，0，0），E（，0，0），C（0，2，0），P（，-1，h），=（，-2，0），=（0，-1，h），设平面PEC的法向

16、量为=（x，y，z）则，令y=h，=（2h，h，），又平面ADE的法向量=（0，0，1），cos，=，解得h=，在线段AM上是否存在点P，当h=时使二面角P-EC-D的大小为28.如图，边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将AED、DCF分别沿DE、DF折起，使A、C两点重合于点A，连接EF，AB（1）求证：ADEF；（2）求二面角AEFD的余弦值答案及解析：28.（1）证明：在正方形ABCD中，有ADAE，CDCF则A'DA'E，A'DA'F又A'EA'F=A'A'D平面A'EF而EF平面A&

17、#39;EF，A'DEF（2）方法一：连接BD交EF于点G，连接A'G在正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，BE=BF，DE=DF，点G为EF的中点，且BDEF正方形ABCD的边长为2，A'E=A'F=1，A'GEFA'GD为二面角A'EFD的平面角由（1）可得A'DA'G，A'DG为直角三角形正方形ABCD的边长为2，又A'D=2二面角A'EFD的余弦值为方法二：正方形ABCD的边长为2，点E是AB的中点，点F是BC的中点，BE=BF=A'E=A'F=1，A

18、9;E2+A'F2=EF2，A'EA'F由（1）得A'D平面A'EF，分别以A'E，A'F，A'D为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A'xyz，则A'（0，0，0），E（1，0，0），F（0，1，0），D（0，0，2），设平面DEF的一个法向量为，则由，可取又平面A'EF的一个法向量可取二面角A'EFD的余弦值为29.（本小题满分12分）如图，平面ABC，EB/DC，AC=BC=EB=2DC=2，P、Q分别为DE、AB的中点。（）求证：PQ/平面ACD；（）求几何体BADE的体积； （）求平

19、面ADE与平面ABC所成锐二面角的正切值。答案及解析：29.（本小题共12分）*K*s*5*u（）证明：取的中点，连接，易证平面又（分）（）（分）（分）（） （10分） （12分）注：用向量法请对应给分.（法2）解：以C为原点，CA、CB、CD所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系Cxyz,则A（2，0，0）B（0，2，0）C（0，0，0）D（0，0，1）E（0，2，2）则 设面ADE法向量为则可取即面ADE与面ABC所成的二面角余弦值为易得面ADE与面ABC所成二面角的正切值为 （12分）30.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB=60°，FC平面AB

20、CD，AEBD，CB=CD=CF.（）求证：BD平面AED；（）求二面角F-BD-C的余弦值.答案及解析：30.解析：（）在等腰梯形ABCD中，ABCD，DAB=60°，CB=CD,由余弦定理可知,即,在中，DAB=60°，则为直角三角形，且又AEBD，平面AED，平面AED，且，故BD平面AED；分（）由（）可知，设，则,建立如图所示的空间直角坐标系，向量为平面的一个法向量.设向量为平面的法向量，则,即，取，则，则为平面的一个法向量.，而二面角F-BD-C的平面角为锐角，则二面角F-BD-C的余弦值为分31.如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，ABC=6

21、0°，平面AA1C1C平面ABCD，A1AC=60°（）证明：BDAA1；（）求二面角DA1AC的平面角的余弦值；（）在直线CC1上是否存在点P，使BP平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由答案及解析：31.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的性质 【专题】综合题；空间位置关系与距离【分析】法一：（）连接BD交AC于O，则BDAC，连接A1O，可证A1O底面ABCD，从而建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，证明向量的数量积为0 即可得到BDAA1；（）确定平面AA1C1C、平面AA1D的法向量，利用向量的夹角公式，可求二面角DA1AC的平面角的

22、余弦值；（）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1，求出平面DA1C1的法向量，利用数量积为0，即可求得结论法二：（）先证明BD平面AA1O，即可证得AA1BD；（）过O作OEAA1于E点，连接OE，则DEO为二面角DAA1C的平面角，求出OE、DE，即可求得二面角DA1AC的平面角的余弦值；（）存在这样的点P，连接B1C，在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP，可得四边形BB1CP为平行四边形，进而利用线面平行的判定可得结论【解答】法一：（）证明：连接BD交AC于O，则BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA1=2，AO=1，A1AO=60°A1O2=AA

23、12+AO22AA1Aocos60°=3AO2+A1O2=A12A1OAO，平面AA1C1C平面ABCD，平面AA1C1C平面ABCD=AOA1O底面ABCD以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A（0，1，0），B（，0，0），C（0，1，0），D（，0，0），A1（0，0，） ，BDAA1（）解：OB平面AA1C1C，平面AA1C1C的法向量设平面AA1D，则由得到，所以二面角DA1AC的平面角的余弦值是（）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1设，则得设平面DA1C1，则由得到，又因为平面DA1C1，则，=1即点P在C1C的延

24、长线上且使C1C=CP （13分）法二：（）证明：过A1作A1OAC于点O，由于平面AA1C1C平面ABCD，由面面垂直的性质定理知，A1O平面ABCD，A1OBD又底面为菱形，所以ACBDA1OAC=OBD平面AA1OAA1平面AA1OAA1BD（）解：在AA1O中，A1A=2，A1AO=60°，AO=AA1cos60°=1所以O是AC的中点，由于底面ABCD为菱形，所以O也是BD中点由（）可知DO平面AA1C过O作OEAA1于E点，连接OE，则AA1DE，故DEO为二面角DAA1C的平面角 在菱形ABCD中，AB=2，ABC=60°AC=AB=BC=2，AO=

25、1，DO=在RtAEO中，OE=OAsinEAO=DE=cosDEO=二面角DA1AC的平面角的余弦值是（）解：存在这样的点P，连接B1C，A1B1ABDC，四边形A1B1CD为平行四边形，A1DB1C在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP B1BCC1，BB1CP四边形BB1CP为平行四边形BPB1C，BPA1DBP平面DA1C1，A1D平面DA1C1，BP平面DA1C1 （13分）【点评】本题考查线面位置关系，考查面面角，解题的关键是掌握线面平行、垂直的判定方法，正确作出面面角，考查利用向量方法解决立体几何问题，属于中档题32.（14分）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为

26、平行四边形，PA底面ABCD，M是棱PD的中点，且PA=AB=AC=2， （）求证：CD平面PAC；（）求二面角MABC的大小；（）如果N是棱AB上一点，且直线CN与平面MAB所成角的正弦值为，求的值答案及解析：32.考点： 二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定 专题： 空间位置关系与距离分析： （）连结AC，由已知数据和勾股定理可得ABAC，可得ACCD，再由线面垂直关系可得；（）如图建立空间直角坐标系，由数量积和垂直关系可得平面MAB的法向量=（0，1，1），又可得=（0，0，2）是平面ABC的一个法向量，计算可得cos，可得二面角；（）设N（x，0，0），由题意可得x的方程=，解方

27、程可得解答： 证明：（）连结AC，在ABC中，AB=AC=2，BC2=AB2+AC2，ABAC，ABCD，ACCD，又PA底面ABCD，PACD，ACPA=A，CD平面PAC；（）如图建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，2），B（2，0，0），C（0，2，0），D（2，2，0），M是棱PD的中点，M（1，1，1），=（1，1，1），=（2，0，0），设=（x，y，z）为平面MAB的法向量，即令y=1，则，平面MAB的法向量=（0，1，1）PA平面ABCD，=（0，0，2）是平面ABC的一个法向量cos，=二面角MABC 为锐二面角，二面角MABC的大小为；（）N是在棱AB上一点

28、，设N（x，0，0），=（x，2，0），设直线CN与平面MAB所成角为，因为平面MAB的法向量=（0，1，1），=，解得x=1，即AN=1，NB=1，=1点评： 本题考查空间位置关系，涉及向量法和线面垂直的证明，属中档题33.如图所示，四棱锥PABCD的底面是边长为1的正方形，PACD，PA=1，PD=，E为PD上一点，PE=2ED（）求证：PA平面ABCD；（）求二面角DACE的余弦值；（）在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由答案及解析：33考点：用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定 专题：计算题；

29、证明题；综合题分析：（I）根据勾股定理的逆定理，得到PAD是以PD为斜边的直角三角形，从而有PAAD，再结合PACD，AD、CD 相交于点D，可得PA平面ABCD；（II）过E作EGPA 交AD于G，连接BD交AC于O，过G作GHOD，交AC于H，连接EH利用三垂线定理结合正方形ABCD的对角线互相垂直，可证出EHG为二面角DACE的平面角分别在PAB中和AOD中，求出EH=，GH=，在RtEHG中利用三角函数的定义，得到tanEHG=最后由同角三角函数的关系，计算得cosEHG=（III）以AB，AD，PA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系分别给出点A、B、C、P、E的坐标，从而得出=（1

30、，1，0），=（0， ），利用向量数量积为零的方法，列方程组可算出平面AEC的一个法向量为=（1，1，2 ）假设侧棱PC上存在一点F，使得BF平面AEC，则=+=（，1，），且有=0所以=+12=0，解之得=，所以存在PC的中点F，使得BF平面AEC解答：解：（）PA=AD=1，PD=，PA2+AD2=PD2，可得PAD是以PD为斜边的直角三角形PAAD又PACD，AD、CD 相交于点D，PA平面ABCD（）过E作EGPA 交AD于G，EGPA，PA平面ABCD，EG平面ABCD，PAB中，PE=2EDAG=2GD，EG=PA=，连接BD交AC于O，过G作GHOD，交AC于H，连接EHODAC

31、，GHODGHACEG平面ABCD，HG是斜线EH在平面ABCD内的射影，EHAC，可得EHG为二面角DACE的平面角RtEGH中，HG=OD=BD=，可得tanEHG=由同角三角函数的关系，得cosEHG=二面角DACE的平面角的余弦值为（）以AB，AD，PA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），P（0，0，1），E（0，），=（1，1，0），=（0， ）设平面AEC的法向量=（x，y，z），根据数量积为零，可得，即：，令y=1，得=（1，1，2 ）假设侧棱PC上存在一点F，且=，（01），使得：BF平面AEC，则=0又=+=（0，1，0

32、）+（，）=（，1，），=+12=0，=，所以存在PC的中点F，使得BF平面AEC点评：本题给出一个特殊的棱锥，通过证明线面垂直和求二面角的大小，着重考查了用空间向量求平面间的夹角、直线与平面平行的判定与性质和直线与平面垂直的判定与性质等知识点，属于中档题34.（12分）（2015大连模拟）如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD为正方形，AE平面CDE，已知AE=DE=2，F为线段DE的中点（）求证：CD平面ADE；（）求二面角CBFE的平面角的余弦值答案及解析：34.考点： 二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定 专题： 空间位置关系与距离；空间角分析： （1）由正方形性质得CDAD，

33、由线面垂直得AECD，由此能证明CD平面ADE（2）以D为原点，DC为x轴，DE为y轴，过点D平行于EA的直线为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面BCF的法向量和平面BEF的法向量，由此能求出二面角CBFE的平面角的余弦值解答： （1）证明：底面ABCD为正方形，CDAD，AE平面CDE，CD平面CDE，AECD，又ADAE=A，CD平面ADE（2）解：由CD平面ADE，得CDDF，以D为原点，DC为x轴，DE为y轴，过点D平行于EA的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由题意AD=2，C（2，0，0），B（2，2，2），E（0，2，0），F（0，1，0），=（2，1，2），=（2，1，0），=（

34、0，1，0），设平面BCF的法向量=（x，y，z），则，取x=，得=（，4，4），设平面BEF的法向量=（a，b，c），则，取a=，得=（，0，2），设二面角CBFE的平面角为，cos=|cos|=|=|=，二面角CBFE的平面角的余弦值为点评： 本题考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用35.如图，已知长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点将ADM沿AM折起，使得平面ADM平面ABCM（1）求证：ADBM；（2）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角EAMD的余弦值为答案及解析：35.考点：用空间向量求

35、平面间的夹角；平面与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题 专题：综合题；空间位置关系与距离；空间角分析：（1）先证明BMAM，再利用平面ADM平面ABCM，证明BM平面ADM，从而可得ADBM；（2）建立直角坐标系，设，求出平面AMD、平面AME的一个法向量，利用向量的夹角公式，结合二面角EAMD的余弦值为，即可得出结论解答：（1）证明：长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点，AM=BM=，BMAM，平面ADM平面ABCM，平面ADM平面ABCM=AM，BM平面ABCMBM平面ADMAD平面ADMADBM；（2）建立如图所示的直角坐标系，设，则平面AMD的一个法向量，设平

36、面AME的一个法向量为，取y=1，得，所以，因为求得，所以E为BD的中点点评：本题考查线面垂直，考查面面角，正确运用面面垂直的性质，掌握线面垂直的判定方法，正确运用向量法是关键36.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB侧面BB1C1C，AB=BC=1，BB1=2，BCC1=（）求证：C1B平面ABC；（）设=（01），且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求的值答案及解析：36.考点：二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定 专题：空间位置关系与距离；空间角分析：（）由已知条件推导出ABBC1，BCBC1，由此能证明C1B平面ABC（）以B为原点，BC、BA、BC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系利用向量法能求出的值解答：（）证明：AB侧面BB1C1C，BC1侧面BB1C1C，ABBC1，在BCC1中，BC=1，CC1=BB1=2，BCC1=，由余弦定理得：BC12=BC2+CC122BCCC1cosBCC1=12+222×1×2×cos=3，BC1=，BC2+=C，BCBC1，BCAB=B，C1B平面AB