2023新高考总复习数学5·3A27-专题八85空间角与距离、空间向量及其应用之1-8.5　空间角与距离、空间向量及其应用-习题+题组

2023版新高考版高考总复习数学5·3A版27_专题八85空间角与距离、空间向量及其应用之1_8.5空间角与距离、空间向量及其应用2023版新高考版高考总复习数学5·3A版27_专题八85空间角与距离、空间向量及其应用之1_8.5空间角与距离、空间向量及其应用2023版新高考版高考总复习数学5·3A版27_专题八85空间角与距离、空间向量及其应用之1_8.5空间角与距离、空间向量及其应用[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版27_专题八85空间角与距离、空间向量及其应用之1_8.5空间角与距离、空间向量及其应用]2023版新高考版高考总复习数学5·3A版27_专题八85空间角与距离、空间向量及其应用之1_8.5应用创新题组2023版新高考版高考总复习数学5·3A版27_专题八85空间角与距离、空间向量及其应用之1_8.5应用创新题组2023版新高考版高考总复习数学5·3A版27_专题八85空间角与距离、空间向量及其应用之1_8.5应用创新题组8。5空间角与距离、空间向量及其应用考试点用向量法求空间角和空间距离１.【2014课标Ⅱ,1１，5分】直三棱柱AＢＣ-A１Ｂ1C1中，∠BＣＡ=90°,Ｍ,N分别是A1B１，A1C1的中点，ＢC=ＣＡ=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为【】〔未经许可请勿转载〕A。110B.C．3010Ｄ.答案：Ｃ解法一：以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设BC=CA＝CＣ1＝2,则Ａ【2，0，２】,N【１,0,0】，Ｍ【１,1，0】，B【0，2，2】,〔未经许可请勿转载〕∴AN=【-1,0,－2】,BM=【1，－1，-２】，∴cos<AN，BM>=AN·BM|AN||BM|＝-1+4解法二:取ＢC的中点Q，连接QN,AQ，易知ＢM∥QＮ,则∠ＡＮＱ即为所求，〔未经许可请勿转载〕设ＢC=CA＝CC１＝2，则ＡＱ=5，AＮ=5,QN=6,∴ｃos∠ＡNQ＝AN2+NQ2-A故选C。2.【2０１3北京，8，5分】如图,在正方体ＡＢCD-A1B１Ｃ1Ｄ1中，P为对角线BD1的三等分点,Ｐ到各顶点的距离的不同取值有【】〔未经许可请勿转载〕A.3个Ｂ。4个Ｃ。5个D.6个答案：B过P作平面Ａ1B1Ｃ１Ｄ１、ABCD的垂线分别交D1B1、DB于Ｅ、F点,易知Ｐ也是ＥF的三等分点，设正方体的棱长为ａ,则PA１=ＰC1=a；ＰＤ1=233ａ；PＢ=33a；PB１=63a,PA=PC=63ａ；PＤ=a.故有4思路分析设正方体的棱长为a,利用正方体中的直角三角形分别计算P到各顶点的距离即可.〔未经许可请勿转载〕解后反思本题考查了线面的垂直关系、空间想象力及运算能力．构造直角三角形是解题关键.〔未经许可请勿转载〕3.【20１２陕西,5，5分】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ＡBC-Ａ1B1Ｃ1，CA＝ＣＣ１=2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为【】〔未经许可请勿转载〕Ａ．55B。Ｃ.255答案:A不妨设ＣＢ=1，则B【0，0,1】，A【2，0，0】,C１【0,2,0】,Ｂ１【0,2，1】.〔未经许可请勿转载〕∴BC1=【0，2，－1】,cｏs＜BC1,AB1>=BC1·A评析本题考查利用空间坐标运算求异面直线所成的角,考查了运算求解能力．4。【2０１9天津理，１7,13分】如图,AＥ⊥平面ABCD，ＣＦ∥AE，AD∥BC，AD⊥AB,AB=AD=1，AE=BC＝2.〔未经许可请勿转载〕【1】求证：BF∥平面ADE;【２】求直线CE与平面BＤＥ所成角的正弦值；【3】若二面角E-ＢＤ-F的余弦值为13，求线段CF的长解析本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．重点考查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算。〔未经许可请勿转载〕依题意,可以建立以Ａ为原点,分别以AB，AD，AE的方向为x轴,y轴，z轴正方向的空间直角坐标系【如图】，〔未经许可请勿转载〕可得A【0，0，0】，B【1，0，0】,Ｃ【1，2，0】，D【0,1,0】，Ｅ【０,0，２】。〔未经许可请勿转载〕设CF=h【h〉0】,则F【1，2，h】．【１】证明：依题意，AB＝【1,0，０】是平面AＤE的法向量,又BF＝【0，2,ｈ】，可得BF·AB=0，〔未经许可请勿转载〕又因为直线BF⊄平面AＤE，所以BF∥平面AＤE。【２】依题意,BD＝【-1，1，０】,BE=【－1，０，2】,CE＝【—１，－2,２】.设ｎ＝【x,y，ｚ】为平面BDE的法向量，则n·BD=0,n·可得ｎ=【２,２，１】，因此有coｓ〈CE，n〉=CE·n|CE所以，直线CE与平面BＤＥ所成角的正弦值为49【3】设m=【ｘ,y,ｚ】为平面BDF的法向量，则m·BD不妨令ｙ=１，可得m=1,1,-由题意，有｜ｃos<ｍ,n〉|=|m·n||m||n|=4-2h32+4h2=1思路分析从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何中的位置关系或长度.〔未经许可请勿转载〕方法总结利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤：①观察图形,建立恰当的空间直角坐标系；②写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；③设出相应平面的法向量，利用两直线垂直，其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量;④将空间位置关系转化为向量关系；⑤根据定理结论求出相应的角和距离。〔未经许可请勿转载〕5。【20１9课标Ⅱ理，17，1２分】如图,长方体ABCD－A１B１C1D1的底面AＢＣD是正方形，点E在棱AＡ1上，BE⊥ＥC１。〔未经许可请勿转载〕【１】证明：BE⊥平面EB1C1;【2】若AE=A1E,求二面角B—EＣ－C１的正弦值。解析本题考查线面垂直的判定和性质，空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,考查了直观想象的核心素养．〔未经许可请勿转载〕【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°.由题设知Rt△ABＥ≌Rt△Ａ１B1E，所以∠AEB=4５°,故ＡE=AＢ，AA1=2AB.以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，｜DA｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz,〔未经许可请勿转载〕则C【0，１,０】，Ｂ【1,１,0】，Ｃ１【０,1，2】，E【1,0，1】,CB＝【１，0，0】，CE=【1，—１,1】,CC1设平面ＥBC的法向量为n=【x,y,ｚ】，则CB·n所以可取ｎ=【０,－１,－1】．设平面ECC1的法向量为m=【x,ｙ，z】，则CC1所以可取m＝【１，１,０】.于是cos<ｎ，m＞＝n·m|所以,二面角B－EC－C1的正弦值为32一题多解【2】连接BC１．设AＥ=m,不妨令AＢ=1，则ＢE=m2+1，C1E=m2+2,BC1∵ＢＥ⊥EC1，∴4ｍ２＋1=2m2＋3，解得ｍ＝1，则ＡＡ１＝2．连接AC，ＢD,相交于点Ｏ，连接Ａ1C１。由题意可知AＣ⊥BＤ,BD⊥CC1，AＣ∩CC1＝Ｃ，∴BD⊥平面AA１C1C,∴ＢＤ⊥CE,即BＯ⊥CE。在长方形AＡ1C1C中,AC=2,AＡ1＝2。连接AC1,有CC1AC=22＝ACAE，又∠ＥAC=∠C1CA＝９0°，则Ｒt△C1CA∴∠ＥCA+∠Ｃ１AＣ＝90°，∴ＣE⊥AC1。取CC1的中点F，连接OF，BＦ，则OＦ∥ＡＣ1，∴ＯF⊥CE。∵BO∩OF=O,∴ＣＥ⊥平面FＯB．设ＣE∩OF＝G，连接BG，∴CE⊥BＧ，CE⊥FG，则∠ＢＧＦ为二面角B-ＣE－C１的平面角,且ｓｉｎ∠BGＦ=siｎ∠BＧO。设AC１∩ＣE=Ｈ，易得△AEH∽△Ｃ1ＣＨ.又∵AE=12ＣC1，∴AH=13AC1．易知OG∥AH,又∵Ｏ为AC的中点，∴ＯG=12AH。∵ＢO=22,ＯG＝12ＡＨ=16AC１＝66，BO⊥OG，∴tan∠ＢGO=2266=3，∴∠ＢGO=60°，则∠6．【2017北京理，16，14分】如图,在四棱锥P-ABＣD中，底面ABCD为正方形,平面PＡD⊥平面ＡＢCD,点M在线段PB上，ＰD∥平面MAＣ，PＡ＝ＰD＝6,ＡB=4．〔未经许可请勿转载〕【１】求证:M为PＢ的中点;【2】求二面角B-ＰD—A的大小；【3】求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.解析本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理，二面角，直线与平面所成的角等知识。考查用空间向量解决立体几何问题的方法。考查空间想象能力、运算求解能力。〔未经许可请勿转载〕【１】设AC，BD交点为E，连接ME.因为PＤ∥平面MAＣ，平面MAC∩平面PDB＝ME,所以PD∥ＭE.因为AＢＣD是正方形，所以E为ＢD的中点.所以M为PB的中点。【２】取AD的中点O，连接OP,OE.因为PA＝PＤ,所以ＯP⊥ＡD.又因为平面PＡD⊥平面AＢCD，且OP⊂平面PAＤ，所以OP⊥平面ABＣD.因为OE⊂平面ＡBＣＤ，所以ＯP⊥OE．因为ABCD是正方形，所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O—xyz，则P【０，0，2】,D【２，０,０】，B【－2,4，０】，BD=【4,－４，0】,PD=【2，０，－2】．〔未经许可请勿转载〕设平面BDP的法向量为ｎ=【ｘ，y，z】，则n·BD令x＝1,则y＝１，z＝2.于是n=【1,１，2】。平面PAD的一个法向量为ｐ=【０,1，０】。所以coｓ＜ｎ,ｐ〉=n·p|由题意知二面角B—PD－A为锐角，所以它的大小为π3【3】由题意知M-1,2,22，C【２,４，0】，MC设直线MC与平面BDP所成角为α,则sinα=｜cｏs＜ｎ，MC〉|=|n·MC|所以直线ＭＣ与平面ＢＤP所成角的正弦值为26方法总结1.在求二面角时,通常用空间向量法，即建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量ｎ１，n2，设二面角的大小为θ，则有|ｃosθ|=｜cｏs〈n1，n2〉|=|n1·n2|２。用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线的方向向量为ｅ,平面的法向量为n,则直线与平面所成的角θ满足sinθ=e·n|e||n7.【2０１7课标Ⅰ理，18，1２分】如图,在四棱锥Ｐ-ABCD中,AB∥ＣD,且∠BAP=∠CＤP=90°.〔未经许可请勿转载〕【1】证明：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。〔未经许可请勿转载〕解析本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.【1】由已知∠ＢAP=∠CDP＝９0°，得AＢ⊥ＡＰ,CD⊥PD．由于AB∥CＤ，故AＢ⊥PD,又ＡP∩PD=P,从而AＢ⊥平面PＡＤ。又ＡB⊂平面PAB,所以平面ＰAB⊥平面PAD。【2】在平面PAＤ内作PF⊥AＤ,垂足为F．由【1】可知,ＡB⊥平面PAD，故AＢ⊥PF，又AD∩AB=A,可得PＦ⊥平面ABCD.以F为坐标原点,FA的方向为ｘ轴正方向,｜AB｜为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F—ｘyz．〔未经许可请勿转载〕由【1】及已知可得A22,0,0，P0,0,22，Ｂ2所以PC=-22,1,-22，CB=【2,０,0】,PA设ｎ＝【x1,y1，ｚ1】是平面PCＢ的法向量,则n·PC=0,可取n=【0，—1,－2】.设m=【x2，y２,ｚ2】是平面ＰAＢ的法向量，则m·PA可取m＝【1,0，1】.则cos〈ｎ，m>=n·m|易知二面角Ａ—ＰB－C为钝二面角，所以二面角Ａ—ＰＢ-Ｃ的余弦值为－33方法总结面面垂直的证明及向量法求解二面角。【1】面面垂直的证明证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面.〔未经许可请勿转载〕【２】利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值.建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量ｎ1,n2,设二面角的大小为θ,则｜cｏsθ|=|n1·n8.【201７课标Ⅲ理,1９,１２分】如图,四面体ＡBCＤ中，△ＡBC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ＡBD=∠CBＤ,ＡB=BD．〔未经许可请勿转载〕【1】证明:平面ＡCD⊥平面AＢC；【2】过AＣ的平面交ＢD于点E，若平面ＡＥC把四面体ＡＢＣD分成体积相等的两部分，求二面角Ｄ－AE-C的余弦值。〔未经许可请勿转载〕解析本题考查面面垂直的证明,二面角的求法.【１】由题设可得，△ABＤ≌△CＢD，从而AＤ=DC．又△AＣＤ是直角三角形，所以∠ADC＝90°。取AC的中点Ｏ,连接DＯ,ＢO,则DO⊥ＡC，DO＝ＡＯ。又由于△ＡＢC是正三角形，故BO⊥AC.所以∠DOＢ为二面角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°.〔未经许可请勿转载〕所以平面AＣＤ⊥平面ABC。【2】由题设及【１】知，OA，OB,OD两两垂直．以O为坐标原点,OA的方向为x轴正方向，|OA｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－ｘｙz.则A【1，0,０】,B【0,3,0】，C【－1,0，0】，D【０，０,１】。〔未经许可请勿转载〕由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12，即E为DB的中点,得E0,32,12。故AD=【－１,０，１】,设ｎ=【ｘ,ｙ，z】是平面DAＥ的法向量，则n·AD=0,n·AE=0,即设m是平面AEC的法向量,则m同理可取m＝【0，—1,3】。则cos<n，m〉＝n·m|n易知二面角D-AE—Ｃ为锐二面角,所以二面角D—AE—Ｃ的余弦值为77方法总结证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，即在一个平面内,找一条直线,使它垂直于另一个平面．用空间向量法求二面角的余弦值时，要判断二面角是钝角还是锐角．〔未经许可请勿转载〕9。【2016课标Ⅱ理，1９,１2分】如图，菱形ABCD的对角线AC与BＤ交于点O，AB=5,AC=6，点E，Ｆ分别在ＡD,CD上，AＥ＝CF=54，EＦ交BD于点H.将△DEF沿EＦ折到△D’EF的位置,OD＇=10。【1】证明：Ｄ'H⊥平面ABCD；【2】求二面角Ｂ—D'A-C的正弦值。解析【1】证明:由已知得ＡC⊥BD,AD＝CD。又由AE=ＣF得AEAD=CFCD,故ＡC因此EF⊥HＤ，从而EF⊥Ｄ'H.【2分】由AB＝5，AC=6得DO=BO=AB由ＥF∥AC得OHDO＝AEAD=所以OH=1，D'Ｈ=DＨ＝3.于是Ｄ＇H2＋OH2=3２+12=１0＝D'Ｏ2,故D'H⊥OＨ。【４分】〔未经许可请勿转载〕又D'Ｈ⊥ＥF，而OH∩ＥF=H,所以Ｄ’H⊥平面ABＣD.【5分】【２】如图,以H为坐标原点,HF的方向为ｘ轴正方向，建立空间直角坐标系H-xyｚ．则H【0，0，0】，A【—３，－1，0】,B【0，—5,0】，Ｃ【3,-1，0】，D'【0，0，3】，〔未经许可请勿转载〕AB=【３，-4，0】,AC＝【6,0,0】，AD'=【3，1，３】。【6分】设m=【x1，ｙ1，ｚ1】是平面ABＤ’的法向量，则m·AB=0,所以可取m=【４,3，－5】.【8分】设ｎ=【ｘ2,y2,z2】是平面ＡＣD＇的法向量，则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】利用已知条件及翻折的性质得出D’H⊥EＦ，利用勾股定理的逆定理得出Ｄ'H⊥OＨ，从而得出结论;〔未经许可请勿转载〕【２】在第【1】问的基础上建立恰当的空间直角坐标系，从而求出两个半平面的法向量，利用向量的夹角公式求二面角的余弦值，从而求出正弦值。〔未经许可请勿转载〕评析本题主要考查翻折问题,线面垂直的证明以及用空间向量法求解二面角的基本知识和基本方法,考查学生的运算求解能力以及空间想象能力，求解各点的坐标是利用向量法解决空间问题的关键.〔未经许可请勿转载〕1０.【20１6山东，17，1２分】在如图所示的圆台中,ＡC是下底面圆O的直径,EＦ是上底面圆O’的直径，FB是圆台的一条母线.〔未经许可请勿转载〕【1】已知G，H分别为EC,FB的中点。求证：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】证明:设FC中点为Ｉ,连接GI,HI．在△CEＦ中，因为点G是ＣE的中点，所以GI∥EＦ.又ＥF∥OB,所以ＧI∥OB。在△CFB中，因为Ｈ是FＢ的中点，所以ＨＩ∥BC.又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GＨＩ,所以GH∥平面ABC.【２】解法一:连接OO',则OO’⊥平面AＢC。又AB=ＢC,且ＡＣ是圆O的直径，所以BO⊥AＣ．以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ-xｙｚ.由题意得B【０，23，0】,Ｃ【—23，0，０】，所以BC＝【－23，—23，0】,过点F作FM垂直OB于点M。所以FM=FB2-BM故BF＝【０,-3,3】。设m=【x，y，ｚ】是平面BCF的法向量．由m可得-可得平面BCF的一个法向量m=-1,1,因为平面ABＣ的一个法向量n=【0,0，１】，所以cｏs<m，n>=m·n|所以二面角F—ＢC-A的余弦值为77解法二:连接OＯ’.过点F作ＦＭ垂直OB于点Ｍ。则有FM∥OＯ'。又OＯ'⊥平面ABＣ，所以FM⊥平面ABC。可得FＭ＝FB过点M作MN垂直ＢC于点N,连接FN.可得FＮ⊥BC，从而∠ＦＮＭ为二面角F—ＢC—Ａ的平面角。又AB=BC，AC是圆Ｏ的直径，所以MＮ=BMsin45°=62从而FN=422可得cos∠ＦNM＝77所以二面角F－BC-A的余弦值为77评析本题考查了线面平行、垂直的位置关系；考查了二面角的求解方法；考查了空间想象能力和逻辑推理能力．正确找到二面角的平面角或正确计算平面的法向量是求解的关键.〔未经许可请勿转载〕11.【２016浙江，１7,1２分】如图，在三棱台AＢC-DEF中，平面ＢＣFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF＝ＦC＝1,BC=２,ＡC=３。〔未经许可请勿转载〕【１】求证:BF⊥平面AＣFＤ；【2】求二面角B－AD—Ｆ的平面角的余弦值。解析【1】延长ＡD,BＥ,CF相交于一点K，如图所示.因为平面BCFE⊥平面ABC，且AＣ⊥ＢＣ,所以,AC⊥平面BＣＫ,因此，BF⊥AC.〔未经许可请勿转载〕又因为EＦ∥BＣ,BE=ＥＦ=FC=1，BＣ=２,所以△BCＫ为等边三角形，且Ｆ为CK的中点，则BF⊥CＫ．〔未经许可请勿转载〕所以BＦ⊥平面ＡCFＤ。【2】解法一：过点F作ＦQ⊥AK于Q，连接BQ．因为BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK，则ＡK⊥平面ＢＱF,所以BQ⊥ＡK.〔未经许可请勿转载〕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的平面角的余弦值为34解法二：由【1】知△BCＫ为等边三角形．取BC的中点Ｏ,连接KO,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面AＢC，所以，ＫO⊥平面ABＣ.以点O为原点,分别以射线OＢ,OK的方向为x,z的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyｚ。〔未经许可请勿转载〕由题意得B【1，0,0】，Ｃ【－1，0，0】，Ｋ【０,０，3】,Ａ【-1,－3,0】，〔未经许可请勿转载〕E12,0,3因此,AC=【0，3，０】，AK=【1，３，3】，AB=【2,3，0】。设平面ＡCK的法向量为ｍ=【x１，y1,z1】，平面ＡＢK的法向量为n=【x2,y2，z2】.〔未经许可请勿转载〕由AC·m=0,AK·m=0得由AB·n=0,AK·n=0得于是，ｃｏs<m,n〉=m·n|又易知二面角B-ＡD—F为锐二面角,所以,二面角B-AD－F的平面角的余弦值为34方法总结若二面角的平面角为θ，两半平面的法向量分别为n1和n2,则｜cosθ｜=｜cｏｓ<n1,n２＞｜,要求cｏsθ的值,还需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而决定coｓθ=｜ｃos〈n1,n2>|,还是coｓθ=—|coｓ<n1，n2＞|.〔未经许可请勿转载〕评析本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.〔未经许可请勿转载〕１2。【2015课标Ⅰ理,1８,12分】如图，四边形ＡBCD为菱形，∠ＡＢＣ=1２0°，E,F是平面ABCＤ同一侧的两点,BE⊥平面ＡBCＤ,DF⊥平面AＢCD，BＥ=2DF，AE⊥ＥC.〔未经许可请勿转载〕【1】证明:平面ＡEC⊥平面AFC；【2】求直线AＥ与直线CF所成角的余弦值．解析【1】证明:连接BＤ．设BD∩AＣ=G，连接ＥＧ，FＧ，EF。在菱形ABＣD中，不妨设GB=1．由∠ＡBC=120°,可得AG=GC=3．〔未经许可请勿转载〕由BE⊥平面AＢＣD,AB=BC，可知AＥ=EC。又AＥ⊥EＣ，所以EG=3，且EG⊥AC。〔未经许可请勿转载〕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＝32从而ＥG2+ＦＧ２=EF2，所以EG⊥FG．又AC∩FG=G,可得EG⊥平面ＡＦC。因为ＥＧ⊂平面ＡEＣ,所以平面AＥC⊥平面AＦC.【6分】【2】如图，以G为坐标原点,分别以GB,GC的方向为x轴，y轴正方向,｜GB|为单位长，建立空间直角坐标系G－ｘyz．〔未经许可请勿转载〕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=-1,故ｃos＜AE,CF〉=AE·CF|所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为33.【１2分思路分析【1】利用勾股定理的逆定理和平面与平面垂直的判定定理求证。【２】建立适当的空间直角坐标系，利用向量的夹角的余弦公式求解．〔未经许可请勿转载〕解后反思建立适当的空间直角坐标系,利用空间向量的有关公式是求解的关键．证明“EG⊥平面AFC”是解题的难点．〔未经许可请勿转载〕13.【2015课标Ⅱ理,1９，1２分】如图，长方体ＡＢCＤ-A1B1C1D1中，AＢ=１6，BC=10,AA1=8,点E，F分别在Ａ1Ｂ1,Ｄ1C1上，A1E＝D１F=４.过点E，Ｆ的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.〔未经许可请勿转载〕【1】在图中画出这个正方形【不必说明画法和理由】；【２】求直线AＦ与平面α所成角的正弦值．解析【１】交线围成的正方形ＥHGF如图:【2】作EM⊥AB，垂足为Ｍ,则AM=A1E=4，ＥM=AA1=8.因为ＥHGＦ为正方形,所以ＥH=ＥＦ＝BＣ=１0.于是ＭH＝EH2-以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Ｄ—xyz,则A【10，０，０】，H【10，1０，０】,E【10，4，8】，F【０，4，8】,FE=【10,0,0】，HE=【0，－6，8】。〔未经许可请勿转载〕设n＝【ｘ，ｙ,z】是平面EＨＧF的法向量，则n·FE所以可取ｎ=【０，4,3】.又AF＝【-1０，4，8】，故｜cos〈n,AF＞|=|n·AF|所以AＦ与平面EHGＦ所成角的正弦值为451４。【２015山东理，17，12分】如图，在三棱台ＤEF—ABC中，AB=２DE,Ｇ，H分别为AＣ,BC的中点.〔未经许可请勿转载〕【１】求证:BD∥平面FGＨ；【2】若CＦ⊥平面ＡBＣ,AＢ⊥BC，CF=ＤE,∠ＢAC=4５°，求平面ＦGＨ与平面ACFD所成的角【锐角】的大小。〔未经许可请勿转载〕解析【１】连接DG,CD，设ＣD∩GF＝O，连接OH．在三棱台DEF—ABC中，AB=2DＥ,G为AC的中点,可得ＤF∥GC，ＤF=GＣ，所以四边形DFＣG为平行四边形．〔未经许可请勿转载〕则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OH∥BD,又ＯＨ⊂平面FGH，BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH。【2】设AB=2，则ＣF=1．在三棱台DＥF-ＡBC中,G为ＡC的中点,由DＦ=12ＡC=GＣ，可得四边形DＧＣF为平行四边形,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中点，所以AB=BC，ＧB⊥GC，因此GB,GC,GD两两垂直．〔未经许可请勿转载〕以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz。所以G【0，０,０】，B【2,0，0】，C【0，2,0】，D【0，0,1】.〔未经许可请勿转载〕可得Ｈ22,2故GH=22,22,0设ｎ=【x,y,z】是平面ＦGH的法向量，则由n可得x可得平面FGH的一个法向量n=【1,-1，2】.因为GB是平面ACFD的一个法向量,GB＝【2,０,０】，所以cｏs〈GB，ｎ〉=GB·n|GB|所以平面FGH与平面ACFＤ所成角【锐角】的大小为60°.15。【201５陕西，１8，１2分】如图1，在直角梯形ABCD中，ＡD∥BＣ,∠BAD=π2，AB=BＣ=１,AD=2,E是AD的中点，O是AC与BE的交点。将△ABE沿BE折起到△A1ＢE的位置，如图2．【1】证明:CＤ⊥平面Ａ1ＯＣ；【2】若平面A１BE⊥平面ＢCDＥ，求平面Ａ1BC与平面A1CD夹角的余弦值．〔未经许可请勿转载〕解析【１】证明:在题图1中,因为ＡB=ＢC=１，AＤ=2，Ｅ是ＡＤ的中点，∠ＢAD=π2,所以BE⊥ＡＣ。即在题图２中,BE⊥OA1，BE⊥OC,从而ＢＥ⊥平面Ａ1OC,又ＣD∥BＥ，所以ＣD⊥平面A1OＣ.【２】因为平面Ａ１BE⊥平面ＢCDE，又由【１】知,BE⊥OA1，ＢE⊥OＣ，所以∠A1OＣ为二面角A１—BE—C的平面角,所以∠A1OＣ＝π2如图,以O为原点,建立空间直角坐标系，因为A1B＝Ａ1E＝BＣ=ED=1,BC∥ED，所以B22,0,0，E-22,0,0,A得BC=-22,22,0，A1C=0,设平面A１BC的法向量n1＝【ｘ1,ｙ１，z１】，平面A1CＤ的法向量n２=【x2,y2,z2】,平面A1BＣ与平面A1ＣD的夹角为θ，〔未经许可请勿转载〕则n1·BC=0,n1·n2·CD=0,n2·从而cosθ=｜cos〈n1,n2〉｜=23×2即平面A1BＣ与平面Ａ1CD夹角的余弦值为63评析本题主要考查线面垂直的判定、面面垂直的性质以及平面与平面的夹角的求解.考查学生的空间想象能力以及运算求解能力.正确利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系是求解的关键.〔未经许可请勿转载〕１6。【２０15湖北理，1９,１2分】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑。〔未经许可请勿转载〕如图,在阳马P—AＢCＤ中,侧棱PＤ⊥底面ＡＢＣD，且PＤ＝CD，过棱ＰC的中点E,作ＥＦ⊥ＰＢ交PB于点F，连接DE，DF,BD，ＢE．〔未经许可请勿转载〕【1】证明：PB⊥平面ＤEF.试判断四面体DＢEF是不是鳖臑，若是，写出其每个面的直角【只需写出结论】；若不是，说明理由；〔未经许可请勿转载〕【2】若面DEＦ与面ABCD所成二面角的大小为π3，求DCBC解析解法一:【1】因为ＰD⊥底面AＢCD，所以PＤ⊥BＣ,由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而ＰD∩CＤ＝D，所以BC⊥平面PCD,而DE⊂平面ＰCD，所以BC⊥DE。又因为PD=CD，点E是PＣ的中点，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，可知四面体BＤＥF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠ＤＥB，∠DEF,∠ＥＦＢ,∠ＤFB．〔未经许可请勿转载〕【2】如图，在面PBC内,延长ＢC与FE交于点G，则DG是平面ＤEF与平面AＢCD的交线．〔未经许可请勿转载〕由【1】知，ＰB⊥平面ＤEＦ，所以PB⊥ＤG．又因为PD⊥底面ABCＤ,所以PD⊥ＤG．而PＤ∩PB＝P，所以DG⊥平面ＰBD。故∠BDF是面DＥF与面ABCD所成二面角的平面角，设PＤ＝DC=1，BC＝λ，有BD＝1+λ在Rt△PDB中，由ＤF⊥PB,得∠DPF＝∠FDB=π3则taｎπ3＝tａn∠ＤPF=BDPD＝1+λ2=3，解得所以DCBC=1λ=故当面DEＦ与面AＢCD所成二面角的大小为π3时，DCBC=解法二：【1】如图，以D为原点,射线DA，DＣ,ＤＰ分别为x,y,ｚ轴的正半轴，建立空间直角坐标系。〔未经许可请勿转载〕设PD＝DC＝1，BC=λ,则D【0，0,0】，P【0,0，1】，Ｂ【λ，1,0】,〔未经许可请勿转载〕Ｃ【０,1，０】，PB＝【λ,1,－１】，点E是ＰＣ的中点,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,则DE⊥ＰC，所以DE⊥平面ＰBC.〔未经许可请勿转载〕由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,〔未经许可请勿转载〕即四面体ＢDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEＢ，∠DＥF，∠EFB，∠DFB.〔未经许可请勿转载〕【2】由PD⊥平面AＢCD，所以DP=【0，0,１】是平面ABCD的一个法向量；〔未经许可请勿转载〕由【1】知，PＢ⊥平面DＥF，所以BP=【－λ,-1,1】是平面ＤEＦ的一个法向量．〔未经许可请勿转载〕若面DEＦ与面ＡBCD所成二面角的大小为π3则coｓπ3=BP·DP|BP解得λ＝2,所以DCBC=1λ=故当面DEＦ与面ABCD所成二面角的大小为π3时，DCBC=17.【２014北京理，1７，14分】如图，正方形ＡMDE的边长为２，B，Ｃ分别为AM，ＭＤ的中点．在五棱锥P—AＢＣDE中，Ｆ为棱PＥ的中点，平面ABＦ与棱ＰD,ＰＣ分别交于点G,Ｈ．〔未经许可请勿转载〕【1】求证：AＢ∥ＦG；【２】若ＰA⊥底面ＡBCDE，且ＰA=AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PＨ的长.〔未经许可请勿转载〕解析【1】证明：在正方形AMDE中，因为B是ＡＭ的中点，所以AB∥DE。〔未经许可请勿转载〕又因为AＢ⊄平面PＤＥ，所以ＡB∥平面ＰDE．因为AB⊂平面ＡＢF，且平面ABF∩平面PDＥ＝FＧ，所以ＡB∥ＦＧ.【２】因为ＰA⊥底面AＢCＤE，所以PA⊥AB，PＡ⊥AＥ．如图建立空间直角坐标系Axyz，则A【0,０,0】,B【1,0,0】，C【2，1，0】，P【0，0,2】,F【0，1，1】，BC=【1,1，０】。〔未经许可请勿转载〕设平面AＢF的法向量为n=【x，ｙ，z】，则n·AB令z=1，则y=—１．所以n=【0,－１，１】。设直线BC与平面ＡBF所成角为α，则sinα＝｜cos＜n,BC〉｜=n·BC|因此直线BC与平面ABF所成角的大小为π6设点Ｈ的坐标为【u，v，w】.因为点H在棱PC上，所以可设PH=λPC【０＜λ＜1】，即【ｕ，v，w-2】=λ【2,1,-2】。所以u=2λ，v=λ，ｗ=2—2λ.因为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,所以点H的坐标为4所以ＰH=43评析本题考查了空间直线与平面平行,线面角，空间向量等知识；考查空间推理论证能力,计算能力；建立恰当坐标系，利用空间向量准确求解是解题的关键。〔未经许可请勿转载〕18．【2014课标Ⅱ理，18,1２分】如图，四棱锥P—ＡBCD中，底面ＡBＣD为矩形，PＡ⊥平面ABＣＤ，E为PD的中点．〔未经许可请勿转载〕【1】证明：ＰＢ∥平面ＡEＣ;【２】设二面角D—ＡE—Ｃ为6０°，AP=1,AＤ=3，求三棱锥E－AＣD的体积。〔未经许可请勿转载〕解析【1】证明:连接BD交AC于点Ｏ，连接EO.因为ABCD为矩形，所以Ｏ为BD的中点.又E为PD的中点,所以ＥO∥ＰＢ.又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面ＡEC。【2】因为ＰA⊥平面ABCD，ABCD为矩形,所以AB，AD，AP两两垂直。〔未经许可请勿转载〕如图，以A为坐标原点,AB的方向为x轴的正方向，|AP｜为单位长，建立空间直角坐标系Ａ－ｘyｚ,则D【0,3，0】，Ｅ0,32,12，设B【m,0,0】【m＞0】，则C【m,3,0】,AC=【m，3,0】。设ｎ１=【x,y，z】为平面ACＥ的法向量，则n1·可取n１=3m又ｎ2＝【1,0,0】为平面DAE的法向量，由题设得|coｓ＜ｎ1，n2>｜=12,即33+4m2=12，因为E为PＤ的中点，所以三棱锥E－ACD的高为12三棱锥Ｅ－ACD的体积V=13×12×3×32×1评析本题考查线面平行的判定，利用空间向量解二面角问题，考查了学生的空间想象能力.〔未经许可请勿转载〕19．【201４江西,19，12分】如图,四棱锥Ｐ-ABCD中,ABCＤ为矩形，平面ＰAD⊥平面ＡＢCD.〔未经许可请勿转载〕【１】求证:AB⊥ＰＤ；【2】若∠BPＣ=９0°,PＢ=2，PＣ=2,问AＢ为何值时,四棱锥P-ABＣD的体积最大？并求此时平面BPＣ与平面DＰC夹角的余弦值．〔未经许可请勿转载〕解析【1】证明:因四边形ABCD为矩形，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】过P作AＤ的垂线,垂足为O，过Ｏ作ＢC的垂线，垂足为G，连接PG.故ＰO⊥平面ＡＢCD,BC⊥平面POG,BC⊥PＧ.在Ｒt△ＢＰＣ中，PG=233，GC=26设ＡＢ＝ｍ，则OP=PG2-OG2=43-m2,故四棱锥P－ABCD的体积V=1因为m8-6m2=故当m＝63,即AB=63时，四棱锥P—ABＣＤ此时，建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O【０，０，0】,B63,-63,0,C6故PC=63,263,-63，设平面ＢPC的法向量为ｎ1＝【x,y,１】，则由n1⊥PC,n1⊥BC得63x+263同理可求出平面ＤPC的法向量为n2＝0,1从而平面BＰC与平面DPC夹角θ的余弦值为cｏsθ=|n1·n2|评析本题考查面面垂直的性质定理、线线垂直的判定、空间几何体的体积以及二面角的求解等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力,正确利用面面垂直的性质定理求出棱锥的高是解决本题的关键.计算失误是失分的主要原因．〔未经许可请勿转载〕2０.【2014湖南理,19，12分】如图，四棱柱ＡBCD-A1B1C１D1的所有棱长都相等，ＡC∩BD=Ｏ,A1Ｃ１∩B１D1＝Ｏ1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．〔未经许可请勿转载〕【１】证明：O1O⊥底面ＡBCＤ;【2】若∠CＢA=6０°，求二面角C１-ＯB1—Ｄ的余弦值。解析【1】证明:因为四边形ＡCC1Ａ1为矩形，所以ＣC1⊥AＣ．同理DＤ1⊥ＢD，因为CC1∥DD1,所以CC1⊥ＢＤ，而AC∩BD=O,因此CＣ1⊥底面ABCD。由题设知,O１O∥C1C，故Ｏ1Ｏ⊥底面ABCD,【２】解法一：如图，过O1作O1H⊥OＢ1于H，连接HC1。由【1】知,O1O⊥底面ABＣＤ，所以O1O⊥底面Ａ１B1Ｃ1D１,于是O1O⊥Ａ1C１．又因为四棱柱AＢＣD—A１Ｂ1C１D1的所有棱长都相等,所以四边形Ａ1Ｂ１C１Ｄ１是菱形,因此A1C1⊥Ｂ1D1,从而A1Ｃ１⊥平面BDD1Ｂ1,〔未经许可请勿转载〕所以Ａ1C1⊥OB１，于是OＢ１⊥平面O１HC1,进而OＢ1⊥C1H,故∠Ｃ１HO1是二面角C1—OB１-Ｄ的平面角，不妨设AＢ＝2，因为∠CＢA=６0°，所以OB=3,OＣ=１,OB1=7.〔未经许可请勿转载〕在Ｒt△OO1B1中，易知O１H=OO1·O1B1OB1＝237，而O１C1=1,故coｓ∠C１HO１=O1HC1H即二面角C1－OB1—D的余弦值为257解法二:因为四棱柱ABCＤ－A１B1C１Ｄ１的所有棱长都相等,所以四边形ABＣD是菱形，因此ＡC⊥BD，又由【１】知O1O⊥底面ABＣD,从而OB，OＣ，OO1两两垂直.〔未经许可请勿转载〕如图,以O为坐标原点，OＢ，OＣ,OO1所在直线分别为x轴，ｙ轴,ｚ轴,建立空间直角坐标系Ｏ—xyz，不妨设AB=2，因为∠CBＡ=60°，所以OB=3，ＯC＝1,〔未经许可请勿转载〕于是相关各点的坐标为Ｏ【０，0，0】,Ｂ1【3，0，２】，C1【0，1，2】．〔未经许可请勿转载〕易知，ｎ1=【0,1,0】是平面BDD１B1的一个法向量。设n2=【x,y,z】是平面ＯB1C1的法向量，则n2·取z=-3，则ｘ=2，ｙ=２3，所以ｎ２=【2,２3，-3】，设二面角C１-ＯB1—D的大小为θ，易知θ是锐角，于是ｃｏsθ=｜ｃos〈ｎ1,n2＞｜=n1·n2|n故二面角Ｃ1－OB1—D的余弦值为25721。【２014辽宁理，19，１２分】如图，△ＡＢC和△BCD所在平面互相垂直，且ＡB＝ＢＣ＝ＢD=2，∠AＢC=∠DＢC=120°，E,F分别为ＡC，DC的中点．〔未经许可请勿转载〕【1】求证:EＦ⊥ＢＣ；【2】求二面角Ｅ—BF－C的正弦值。解析【1】证法一：过Ｅ作ＥO⊥BC，垂足为Ｏ,连接OF.由△ABC≌△DBＣ可证出△ＥOC≌△ＦOC.图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．证法二：以Ｂ为坐标原点，在平面DBC内过B且垂直BC的直线为x轴，ＢＣ所在直线为y轴,在平面ABC内过B且垂直BC的直线为ｚ轴，建立如图2所示空间直角坐标系，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=【0，2，0】,图2【2】解法一：在图1中,过O作OＧ⊥BF,垂足为G，连EG。由平面ABＣ⊥平面ＢDC,从而EＯ⊥面BDC,又OG⊥BF，易知EG⊥BF。〔未经许可请勿转载〕因此∠EＧO为二面角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，从而ｓin∠EGＯ=255，即二面角E－BＦ—C的正弦值为解法二:在图2中，平面BFC的一个法向量为n1=【0，0，1】.设平面BEＦ的法向量为n2=【x,y,z】,又BF=32,12,0由n2·BF=0,n2设二面角Ｅ-ＢF—C的大小为θ,且由题意知θ为锐角，则cｏｓθ=|cｏｓ＜ｎ１，n2＞|=n1·n2|因此sｉnθ=25＝255,评析本题考查空间位置关系的证明及空间角的求法，考查线线垂直的本质是对垂直关系转化的考查.在利用向量法求二面角的正弦值时，注意到平面BFC的一个法向量为【0，0，１】,可以使问题简捷,本题的难点和易错点都是空间直角坐标系的建立,由于A，D两点都不在坐标轴上，因此正确求出A，D两点的坐标是解决本题的关键。〔未经许可请勿转载〕22．【2014天津理，１7,１2分】如图，在四棱锥Ｐ—ABCD中，PA⊥底面ABCD，ＡD⊥ＡB，AB∥DC,ＡＤ=DC＝ＡP=2,AB=１,点Ｅ为棱PC的中点.〔未经许可请勿转载〕【1】证明BE⊥DＣ;【２】求直线BE与平面PBＤ所成角的正弦值；【3】若F为棱PC上一点，满足BＦ⊥AC,求二面角Ｆ—ＡB-P的余弦值.解析依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系【如图】,可得B【1,０,0】，C【2，２,０】,D【０,2，０】，Ｐ【０，0，2】.由Ｅ为棱PC的中点，得Ｅ【1,１，1】。〔未经许可请勿转载〕【１】证明:向量BE＝【0,1,1】，DC＝【2,0，0】,故BE·DC=0。〔未经许可请勿转载〕所以BE⊥DC．【２】向量BD=【—1，2,0】,PB＝【1,0，—2】．设ｎ=【x1，y1,z１】为平面PBD的法向量,〔未经许可请勿转载〕则n·BD=0,n·PB=0,即-x+2y=0,cos<n,BE>=n·BE|n|所以直线BE与平面PＢD所成角的正弦值为33【3】向量BC=【1,2，0】,CP=【—2,－2，２】，AC=【2,２,0】,AB=【1，0,０】.由点F在棱ＰＣ上，设CF=λCP,0≤λ≤１.〔未经许可请勿转载〕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.设n1=【x1,y１，z1】不妨令z1=1，可得ｎ1＝【0，—3，1】为平面FAB的一个法向量。取平面ABP的法向量ｎ2=【０，1，0】,则〔未经许可请勿转载〕cos<n1,n2>=n1·n2|n易知，二面角F－AB－Ｐ是锐角,所以其余弦值为310２3.【２0１4安徽,2０,13分】如图,四棱柱ABＣD－Ａ1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD．四边形ＡBCD为梯形，AD∥BＣ，且AD=２ＢＣ．过A1,C，D三点的平面记为α，BB１与α的交点为Ｑ。〔未经许可请勿转载〕【1】证明:Q为BB１的中点;【2】求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；【3】若AA１=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ＡBCD所成二面角的大小。〔未经许可请勿转载〕解析【1】证明：因为BＱ∥ＡA1，BC∥AＤ，BＣ∩BQ＝B,AＤ∩AA1=Ａ，〔未经许可请勿转载〕所以平面QBC∥平面A1AＤ.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即ＱC∥A1Ｄ.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行,于是△ＱＢＣ∽△Ａ1ＡD。所以BQBB1=BQAA1=BCAD=12【2】如图1,连接QA，QD。图1设AA1＝h，梯形ABＣD的高为ｄ，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC=ａ,则AＤ＝2a．〔未经许可请勿转载〕VQ-A1AD＝13×12·VＱ-ABCD=13·a+2a2·d·所以V下＝VQ-A1AD又VA1B所以V上=VA1B1C1D1-ABCD故V上V下【3】解法一：如图1，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接Ａ1E，AＣ。〔未经许可请勿转载〕又DＥ⊥AA1，且AA1∩AE=A，所以ＤE⊥平面AEA1，于是ＤE⊥A1Ｅ．所以∠ＡEＡ1为平面α与底面ＡBCD所成二面角的平面角。因为BC∥ＡＤ,AD=2BC,所以S△ＡDC=２S△ＢCA.又因为梯形ABCＤ的面积为６，DC=2,所以S△ADC=4,ＡＥ=４.于是ｔan∠AEA１=AA1AE=１，∠ＡEA1故平面α与底面AＢＣD所成二面角的大小为π4解法二:如图2,以D为原点,DA,DD1的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系图２设∠CDＡ=θ。因为Ｓ四边形ＡBCD=a+2a2·2sinθ=6，所以从而C【２cosθ，２siｎθ,0】,A14sin所以DC=【２cosθ,2ｓinθ，0】,DA1＝4设平面A1DＣ的一个法向量为n=【x,y,1】，由DA1·n=4sinθx所以ｎ=【—sinθ,cosθ，１】.又因为平面ABCＤ的一个法向量为m=【0，0，1】,所以coｓ＜n，m>=n·m|易知所求二面角为锐二面角，故平面α与底面ＡBCD所成二面角的大小为π4评析本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直,柱、锥体积,二面角等知识；考查综合推理，转化与化归的意识，运用向量推理计算的能力;准确把握空间结构进行推理证明是解题的关键.〔未经许可请勿转载〕２4．【2０14山东理,17,12分】如图,在四棱柱ABＣD－A1B1C1D1中，底面ＡBCD是等腰梯形，∠DAB＝60°,AＢ=2CD=2，M是线段ＡB的中点.〔未经许可请勿转载〕【1】求证: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【锐角】的余弦值.〔未经许可请勿转载〕解析【1】证明:因为四边形ABCＤ是等腰梯形，且AB=2CD,所以AＢ∥DC，又由Ｍ是AB的中点，因此CD∥MA且CＤ＝MA．〔未经许可请勿转载〕连接AＤ1,在四棱柱ABCＤ—A1B1C1D1中，因为CＤ∥C1D1，CＤ=C1D1,可得C1D1∥MＡ，C1D１=MＡ，所以四边形AＭC1D1为平行四边形.因此C1M∥D1Ａ,又Ｃ1M⊄平面A1ADＤ１，Ｄ1A⊂平面A１ADD1,〔未经许可请勿转载〕所以Ｃ1M∥平面A１AＤＤ1．【2】解法一：连接AC，MC,由【1】知CD∥AM且CD=AM，所以四边形AMCD为平行四边形.〔未经许可请勿转载〕可得BＣ=AD=ＭＣ,由题意∠AＢC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形，因此AＢ=2BＣ＝2，CＡ=3，因此CA⊥CB.以Ｃ为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C－xｙz.所以A【3,０,0】，B【０,1，０】，D1【0，０，3】，因此Ｍ32所以MD1=-32,-1设平面C１D1M的法向量n=【ｘ,y，z】，由n·D1可得平面C1D1M的一个法向量ｎ=【1，3，1】。又CD1=【0，０,3】为平面ABCD因此cｏｓ<CD1，ｎ>=CD所以平面C1D１Ｍ和平面ABCD所成的角【锐角】的余弦值为55解法二：由【1】知平面D１Ｃ1M∩平面ABＣD=AB，过Ｃ向ＡB引垂线交AＢ于N，连接D1N．〔未经许可请勿转载〕由CD1⊥平面ＡＢCD,可得D1N⊥ＡB，因此∠Ｄ１NC为二面角C1-ＡB-C的平面角。〔未经许可请勿转载〕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【锐角】的余弦值为55２5。【2013课标Ⅱ理，18,１２分】如图，直三棱柱AＢC—A1B１C1中,D，E分别是AB，ＢＢ1的中点,ＡＡ１＝AＣ=CB=22AB．【1】证明:BC1∥平面A1CD;【2】求二面角D－Ａ１C-Ｅ的正弦值。解析【1】连接ＡC1交Ａ1C于点F，则Ｆ为AＣ1中点．又D是AB中点,连接DF，则BＣ1∥ＤF．因为DF⊂平面A1CD，BＣ1⊄平面A1CD，所以ＢC1∥平面A1CD．【2】由AC=CB=22AＢ得，AC⊥以C为坐标原点，CA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Ｃ—xｙｚ.设CA=2，则D【1，1，0】,E【0,２,1】，A1【2,0，2】，CD＝【1,1，0】,CE=【0,2,1】,CA1=【2,０,2】．设n=【ｘ1,y１,ｚ1】是平面A１CＤ的法向量,则n·CD可取n＝【1，－1,－1】.同理,设m是平面A1CE的法向量，则m可取m＝【2,1，—2】．从而cos＜n，m〉＝n·m|n||m|=33即二面角D—A1C—Ｅ的正弦值为63思路分析【1】连接AC１交A1C于点F,得出Ｆ为AC1的中点,进而由三角形中位线定理得ＢC1∥DF，结合线面平行的判定定理即可获证线面平行;【2】以Ｃ为坐标原点,CA,CB,CC1的方向分别为x轴，y轴，ｚ轴正方向建立空间直角坐标系,分别求出平面A１ＣD与平面Ａ1CＥ的法向量，利用向量法求出二面角D-A１C-E的正弦值26.【2013广东理,18，１4分】如图①,在等腰直角三角形ＡBC中,∠A=９0°,BＣ＝6,D，E分别是AC，AB上的点，CD=BＥ＝2，Ｏ为BC的中点。将△AＤＥ沿DE折起，得到如图②所示的四棱锥Ａ'-BCＤE,其中Ａ'Ｏ=3．〔未经许可请勿转载〕【１】证明:Ａ＇O⊥平面BCDE;【2】求二面角A'－CD-Ｂ的平面角的余弦值。图①图②解析【1】在题图①中,易得OC=3，ＡC=32,AD=22.连接ＯＤ，OE，在△ＯＣD中,由余弦定理可得ＯＤ=OC2+由翻折不变性可知A'D=２2，所以A＇O2+ＯD2=A’D2，所以A＇O⊥OＤ，同理可证A'O⊥OE,又OD∩OE=O，所以A’O⊥平面BＣＤE。【2】解法一：过O作ＯH⊥CＤ交CＤ的延长线于H，连接Ａ'H,因为A＇O⊥平面BCＤＥ，所以Ａ’Ｈ⊥CD，所以∠A'HO为二面角A’－ＣD—B的平面角。〔未经许可请勿转载〕结合题图①可知,H为ＡＣ中点，故ＯH=322，从而A’Ｈ=OH2所以cｏs∠A'HＯ=OHA'H＝155，所以二面角A'-CD-B解法二:以Ｏ点为原点，建立空间直角坐标系Ｏ-ｘyz如图所示，则A'【０,0,3】,C【0,－3,0】,Ｄ【1,－２，0】，所以CA'=【０，3，3】，DA'=【—1，２，设n=【x,ｙ，ｚ】为平面Ａ＇CD的法向量,则n·即3y+令x＝1，得n=【1，—1,3】.由【1】知,OA'＝【0,0,3】为平面CＤB的一个法向量所以cｏs<n，OA'〉=n·OA'|n||OA'|＝评析本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的求法.属中等难度题,运算要准确。〔未经许可请勿转载〕27。【２０１3浙江理,20,15分】如图，在四面体ＡBCＤ中，AＤ⊥平面ＢＣD,BC⊥ＣD，AＤ=2,BD=22。M是AＤ的中点,Ｐ是BＭ的中点，点Ｑ在线段ＡC上，且AQ=3ＱC.〔未经许可请勿转载〕【1】证明:ＰQ∥平面BCD；【2】若二面角Ｃ—BＭ-D的大小为60°,求∠BDＣ的大小.解析解法一：【1】证明：取ＢD的中点O,在线段ＣD上取点F，使得DF=3FC，连接OＰ,OＦ，FQ。〔未经许可请勿转载〕因为AQ＝3ＱC，所以ＱF∥ＡD,且QF=14因为O,P分别为BD，ＢM的中点,所以OＰ是△BＤM的中位线,所以ＯP∥DM，且OＰ＝12ＤM.又点Ｍ为AＤ的中点，所以OP∥AD,且OP＝14从而OP∥FQ,且OＰ=FQ，所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF。又PQ⊄平面BCD，OF⊂平面BCD，所以PQ∥平面BCD．【２】作CG⊥ＢD于点G，作ＧH⊥BM于点H，连接CH．因为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．〔未经许可请勿转载〕又GH⊥BＭ,CＧ∩ＧH=G，故ＢM⊥平面CGＨ,所以ＧＨ⊥BM，ＣＨ⊥BＭ。〔未经许可请勿转载〕所以∠ＣHG为二面角C－BＭ－D的平面角，即∠CHG＝60°．设∠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。从而θ=６０°.即∠ＢDC=60°.解法二:【１】证明：如图，取BD的中点O，以O为原点,OD，OP所在直线为y，z轴，建立空间直角坐标系O—xyz.〔未经许可请勿转载〕由题意知A【０，2，２】，B【0，—2,0】,D【０,2,０】。设点C的坐标为【x0，ｙ0，0】,因为AQ＝３QC，所以Ｑ34因为M为ＡD的中点,故M【0，2，1】.又P为BM的中点，故P0,0,1所以PQ=34又平面BＣD的一个法向量为u=【0,０，１】，故PQ·ｕ=0.又ＰQ⊄平面ＢCＤ，所以PQ∥平面BCD。【2】设m＝【x,y,ｚ】为平面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的一个法向量为n=【１，０,0】,于是｜cos<ｍ，ｎ〉｜=|m·n||m即y0+又BC⊥CD，所以CB·CD＝0,故【—ｘ0，-2－ｙ０，0】·【－x0,2-y0，０】=0,即x02+y联立①,②，解得x0=0,y0=所以tan∠ＢDＣ=x02-又∠BＤC是锐角，所以∠BDＣ=60°.２8.【20１2课标理,19，12分】如图，直三棱柱ＡBC-A1B1Ｃ1中,AC＝BC=12ＡA1，D是棱ＡA１的中点，DC1⊥ＢD。【1】证明：DC１⊥ＢC;【2】求二面角A1－BD-Ｃ１的大小。解析【1】由题设知,三棱柱的侧面为矩形．由于D为ＡＡ1的中点,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，故【2】由【1】知ＢＣ⊥ＤＣ1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1，所以CA,CB,CC１两两相互垂直.以Ｃ为坐标原点，CA的方向为x轴的正方向,CB的方向为y轴的正方向，|CA｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz．〔未经许可请勿转载〕由题意知A１【1，0，2】,B【0,１，0】,D【1，0,1】，C1【0,0，2】．〔未经许可请勿转载〕则A1D=【0,0,-１】，BD＝【1,－１,1】,D设n=【x，y，z】是平面A1B1ＢD的法向量，则n·BD=0,n·A同理,设m是平面C1BD的法向量，则m可取m＝【1,2,1】.从而cos〈n，m〉＝n·m|n又易知二面角A１-ＢD—C1为锐二面角，故二面角A1－BD-C1的大小为30°。评析本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的求法。属中等难度题,运算要准确.〔未经许可请勿转载〕29.【2011课标,18,12分】如图，四棱锥P—AＢＣD中，底面ABCD为平行四边形,∠ＤAＢ=60°，AB＝2ＡD，PＤ⊥底面AＢCD。〔未经许可请勿转载〕【1】证明：PA⊥BD;【2】设PD=ＡD=１,求棱锥D-PBC的高。解析【１】因为∠DAB=６0°,AB＝2AD,由余弦定理得BD=3AD.从而ＢD2+AＤ2=AB２,故BＤ⊥AＤ.〔未经许可请勿转载〕又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PＤ，所以BＤ⊥平面PＡD．故ＰA⊥BD。【2】如图,作DＥ⊥ＰB，垂足为E.已知ＰD⊥底面ABCD,则ＰＤ⊥ＢC.〔未经许可请勿转载〕由【1】知BD⊥ＡD,又ＢC∥AD,所以BＣ⊥BD.故ＢC⊥平面ＰBD，ＢＣ⊥ＤE。则DE⊥平面PBC，即ＤE为棱锥D—PBC的高由题设知PD＝AD＝1,则BＤ=3,ＰB=2。根据DE·PB=PD·ＢD得ＤE＝32即棱锥D—PBC的高为32评析本题考查直线与平面垂直，直线与直线垂直的判定与性质，三棱锥的体积,点到平面的距离等基础知识与基本方法,考查空间想象能力，推理论证能力和运算能力，对平面几何知识也有一定的要求，属中等偏难题。〔未经许可请勿转载〕30。【2０１1四川理,１９，1２分】如图，在直三棱柱ABC—A1B１C1中，∠ＢＡC=90°，AＢ=AC=AA1＝1。D是棱CC１上的一点，P是AD的延长线与Ａ１C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA１.〔未经许可请勿转载〕【1】求证:CＤ=C１Ｄ;【２】求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值；【3】求点C到平面B１DP的距离。解析如图，以A1为原点，A1B1，A1C1,A1A所在直线分别为x轴，y轴,ｚ轴建立空间直角坐标系A1-Ｂ１Ｃ1Ａ，则A1【0，０,０】,B1【1,０,０】，C1【０，１，0】,B【１,0,１】.〔未经许可请勿转载〕【１】证明：设C1D=x,∵AC∥PC1,∴C1PAC=C1由此可得Ｄ【0，1,x】，Ｐ0,1+x∴A1B=【1，０，１】，A1D＝【0,1，ｘ】,B设平面BA1Ｄ的一个法向量为n1=【a，b，ｃ】，则n1·A1B=a∵PB1∥平面ＢＡ1Ｄ，∴ｎ1·B1P=１×【—1】+ｘ·1+x由此可得ｘ=12，故CD=C１D．【4分【2】由【1】知，平面BA1Ｄ的一个法向量ｎ1=1,1又n２＝【1，0,０】为平面ＡA1Ｄ的一个法向量．∴cos＜ｎ１，ｎ2〉＝n1·n2|故二面角A—A1D-Ｂ的平面角的余弦值为23.【8分【３】∵PB1=【１，—２,0】,PD=设平面B１DP的一个法向量ｎ３=【a１,b1,c1】,则n令ｃ1=1,可得n3＝1,12,1。又DC∴C到平面B1ＤＰ的距离d＝|DC·n3|31．【2０18北京理，１6,14分】如图，在三棱柱ＡBC-A1B1C1中,CC1⊥平面AＢC，D，E，F，G分别为AA1，ＡC，A１C１，BB１的中点，AB=ＢＣ=5,AC=AA1＝2.〔未经许可请勿转载〕【１】求证：AC⊥平面BEF；【2】求二面角B—CＤ-C1的余弦值;【3】证明:直线FＧ与平面BCD相交．解析【1】在三棱柱ABＣ-Ａ１B1Ｃ1中，因为ＣC1⊥平面ABC，所以四边形Ａ１AＣC１为矩形。又E,F分别为AC，Ａ1Ｃ1的中点,所以AＣ⊥EF。因为ＡB=BC,所以AC⊥ＢE.所以AＣ⊥平面BEF.【２】由【１】知AC⊥ＥＦ，AC⊥BE,EF∥CＣ1.又ＣC1⊥平面AＢＣ,所以EF⊥平面ABC。因为ＢE⊂平面ABC,所以EＦ⊥BＥ。如图建立空间直角坐标系E-xyz。由题意得B【0,２,0】,C【-1,0，0】,D【１,0，1】，F【0，0，2】,G【0,2，1】.〔未经许可请勿转载〕所以BC=【－１,—2,0】，BD＝【1，－2,1】.设平面BCD的法向量为n=【x0，y0,z０】，则n·BC=0,令y0=—1,则x０=2，z０＝—4.于是n=【２，-1,—4】．又因为平面ＣC1D的一个法向量为EB=【0，2，0】,所以ｃos＜n,EB>=n·EB|由题知二面角B-ＣD-Ｃ1为钝角,所以其余弦值为－2121【3】由【2】知平面BCD的一个法向量为n=【2,-1,—4】，FG=【0，2,－1】．〔未经许可请勿转载〕因为ｎ·FG=2×0+【-1】×２+【-4】×【—1】=２≠０,所以直线FG与平面BCD相交．32。【2016课标Ⅰ，文18,12分】如图,在以Ａ，B，C,Ｄ，E，Ｆ为顶点的五面体中,面ABＥF为正方形，ＡF＝2FＤ,∠AFＤ＝90°,且二面角D-AF—E与二面角C－BE－F都是60°.〔未经许可请勿转载〕【１】证明：平面ABEF⊥平面ＥFDC;【2】求二面角E-BC—A的余弦值。解析【1】证明:由已知可得AF⊥ＤF,AF⊥FＥ,所以ＡF⊥平面ＥFＤC．【２分】〔未经许可请勿转载〕又ＡF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.【３分】【2】过Ｄ作DＧ⊥EF，垂足为G，由【1】知ＤＧ⊥平面AＢEF.以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向,|GF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G-xｙz.【６分】〔未经许可请勿转载〕由【1】知∠ＤFE为二面角D－AF—E的平面角，故∠ＤFE=6０°,则|DF｜=2，|ＤＧ|=3，可得A【1,４，0】,B【—3,4，0】,E【-3，0,０】，D【0，0,3】。〔未经许可请勿转载〕由已知得,AB∥ＥF，所以AB∥平面EFDC．【8分】又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥ＣＤ,CD∥ＥF。由BE∥AF,可得BＥ⊥平面ＥFDＣ，所以∠CEF为二面角C-BE—Ｆ的平面角,∠CＥF=60°。从而可得C【—2，0，3】。〔未经许可请勿转载〕所以EC=【1,0，3】,EB=【0，4,0】，AC=【—3,－４，3】,AB=【—４,0，0】。【1０分】〔未经许可请勿转载〕设n=【x,y,z】是平面BCE的法向量，则n·EC所以可取n＝【３，0，－3】.设m是平面ＡBCD的法向量,则m同理可取ｍ＝【0，3,4】。则cｏs<n,m＞=n·m|n故二面角E-BＣ-A的余弦值为—21919.【1２评析本题考查了立体几何部分有关垂直的证明，以及二面角的求解和利用空间向量求解立体几何问题．解决立体几何问题时要注意“发现”垂线所在的位置.〔未经许可请勿转载〕３3。【20１5浙江,１7，15分】如图，在三棱柱AＢC－A1B１C1中,∠BAC＝９0°，ＡB=AＣ＝2,Ａ1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B１C1的中点．〔未经许可请勿转载〕【1】证明:A1Ｄ⊥平面Ａ1BＣ；【2】求二面角A1—ＢD-B１的平面角的余弦值.解析【1】证明:设Ｅ为BC的中点，由题意得Ａ1E⊥平面AＢＣ,所以A1E⊥ＡＥ．〔未经许可请勿转载〕因为ＡB=AC，所以ＡE⊥BC.故AE⊥平面A1BC．由D,E分别为Ｂ1C1,BC的中点，得ＤE∥B１Ｂ且DE=B1B,从而DE∥A1A且ＤE=A1A，所以四边形A１AEＤ为平行四边形。〔未经许可请勿转载〕故A1Ｄ∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面Ａ1ＢC.【2】解法一:作A1F⊥BD且A１F∩BD=F,连接B1F。由AＥ=EＢ＝2，∠A1EA＝∠A1EB=90°，得A1B=A1Ａ＝4。由Ａ1Ｄ＝Ｂ1Ｄ，A1Ｂ=B1B,得△A1ＤＢ与△B１DB全等。由A1F⊥BD,得B１F⊥BD，因此∠Ａ1ＦB１为二面角A１—ＢＤ—Ｂ1的平面角．〔未经许可请勿转载〕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的中点E为原点，分别以射线ＥＡ，ＥＢ为ｘ,y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Ｅ－ｘyz，如图所示。〔未经许可请勿转载〕由题意知各点坐标如下:A1【0，0，14】，B【0，2,0】，D【－2，０,14】,B1【－2,2，14】．〔未经许可请勿转载〕因此A1B=【0,2，—14】,BD＝【—2，－2,14】，DB1设平面A1BＤ的法向量为ｍ＝【x1,y1，z１】，平面B1ＢD的法向量为n＝【x2，y2，z2】．〔未经许可请勿转载〕由m·A1可取ｍ＝【0,7,1】.由n·DB1=0,n·BD于是|cos＜m，n>｜＝|m·n由题意可知,所求二面角的平面角是钝角，故二面角A１—BD—Ｂ1的平面角的余弦值为-18.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力。〔未经许可请勿转载〕３4。【２015福建理，１７，1２分】如图，在几何体AＢCDE中,四边形ABCD是矩形,ＡB⊥平面ＢEC，BE⊥ＥC，ＡB=BE=EC=２，G,F分别是线段BE，DC的中点.〔未经许可请勿转载〕【1】求证：ＧF∥平面ADE；【2】求平面AEF与平面ＢEC所成锐二面角的余弦值.解析解法一：【1】证明:如图,取AＥ的中点Ｈ,连接HＧ，HD，又G是BE的中点,所以ＧＨ∥AB，且GH=12又F是ＣD的中点，所以ＤF=12由四边形ＡBCD是矩形得,AB∥CD,AB=CＤ，所以GH∥DF，且GH＝DF，从而四边形ＨGFD是平行四边形,所以GＦ∥DＨ.又ＤH⊂平面ＡDE，GＦ⊄平面AＤE,所以GＦ∥平面ＡDE.【2】如图,在平面BＥC内，过B点作ＢQ∥EC。因为BE⊥CＥ，所以BQ⊥BE。〔未经许可请勿转载〕又因为ＡB⊥平面BＥC，所以ＡＢ⊥BE,AB⊥BQ。以B为原点，分别以BE,BQ，BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A【0，0,2】，B【0,0,0】，E【2,0,０】,Ｆ【2，2,1】．〔未经许可请勿转载〕因为AB⊥平面ＢEC,所以BA＝【0,0，２】为平面ＢEＣ的法向量．设n=【x，ｙ,z】为平面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】.从而cos〈ｎ，BA>=n·BA|n|所以平面ＡEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为233５。【20１４课标Ⅰ,19,12分】如图，三棱柱ABC-A1B１C1中,侧面ＢB1C1C为菱形,AB⊥B1C.〔未经许可请勿转载〕【１】证明:AC=AB1;【2】若AC⊥AB１,∠CBB１＝60°，ＡB=BＣ，求二面角Ａ—A１B1－C1的余弦值．〔未经许可请勿转载〕解析【1】连接BC1，交B1C于点Ｏ，连接AO.因为侧面ＢB1C１C为菱形，所以B1C⊥BC1，且Ｏ为B1C及BＣ1的中点.〔未经许可请勿转载〕又ＡＢ⊥B１C，所以B1C⊥平面ABO．由于AＯ⊂平面ABO，故B1C⊥AO。又Ｂ1O＝CＯ,故AＣ=AB1.〔未经许可请勿转载〕【2】因为ＡC⊥ＡＢ１,且O为Ｂ1C的中点，所以ＡＯ＝ＣＯ．又因为ＡB=BＣ,所以△BOA≌△BOC。故OA⊥OB，从而OＡ,OB,OＢ1两两垂直．〔未经许可请勿转载〕以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ-xyz.〔未经许可请勿转载〕因为∠ＣBB1=60°，所以△CＢB１为等边三角形，又AB=BＣ，则A0,0,33，B【1，0，０】,B10,33AB1=0,33,-33，A1B1=设n＝【x，y，z】是平面AＡ1B1的法向量，则n·AB所以可取n＝【1,3,3】。设m是平面A1B1C1的法向量，则m同理可取m＝【1，-3，3】.则cos<n,m>=n·m|易知二面角A-Ａ1B1－Ｃ1为锐二面角