第23讲 空间向量与立体几何（解析版）

第23讲空间向量与立体几何一．选择题（共4小题）1．（2020秋•抚州期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，BC的中点，则EF与平面A1BC1所成角的正弦值为（）A．36 B．26 C．33【解析】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，BC的中点，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则E（2，1，2），F（1，2，0），A1（2，0，2），B（2，2，0），C1（0，2，2），EF→=（﹣1，1，﹣2），BA设平面A1BC1的法向量n→=（x，y，则n→⋅BA1设EF与平面A1BC1所成角为θ，则sinθ=|∴EF与平面A1BC1所成角的正弦值为23故选：D．2．（2020秋•利通区校级期末）如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（）A．15 B．25 C．35【解析】解：连结BC1，因为C1D1∥AB且C1D1＝AB，所以四边形ABC1D1是平行四边形，故BC1∥AD1，所以∠A1BC1就是异面直线A1B与AD1所成的角或其补角，连结A1C1，由AB＝1，AA1＝2，则A1所以cos∠A故异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为45故选：D．3．（2020秋•滁州期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，M，P分别为棱AD，CC1，A1D1的中点，则B1P与MN所成角的余弦值为（）A．3010 B．-15 C．70【解析】解：设正方体的棱长为2，以A为坐标原点，AB，AB，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，则B1（2，0，2），P（0，1，2），M（0，1，0），N（2，2，1），所以B1故|cos＜B所以B1P与MN所成角的余弦值为3010故选：A．4．（2020秋•南通期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E，F分别是棱B1C1，A1D1的中点，则异面直线BE，DF所成角的余弦值为（）A．55 B．35 C．45【解析】解：连接CE，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E，F分别是棱B1C1，A1D1的中点，∴DF∥CE，∴∠CEB是异面直线BE，DF所成角（或所成角的补角），设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则CE＝BE=2∴cos∠CEB=C∴异面直线BE，DF所成角的余弦值为35故选：B．二．解答题（共25小题）5．（2020•拉萨二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD＝2AD，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD为正方形，M．N分别为AD，PD的中点．（Ⅰ）求证：PA∥平面MNC；（Ⅱ）求直线PB与平面MNC所成角的正弦值．【解析】解：（Ⅰ）证明：∵M，N分别为AD，PD的中点，∴PA∥MN，又∵PA不在平面MNC，∴PA∥平面MNC；（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，设AD＝2，则B（2，2，0），C（0，2，0），P（0，0，4），M（1，0，0），N（0，0，2），PB→设平面MNC的法向量为n→=(x，y，z)，则n→设直线PB与平面MNC所成角为α，则sinα=|cos＜6．（2020•益阳模拟）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中．（1）求证：AD1∥平面A1BC1；（2）若AB＝AD＝2，AA1＝3，求直线A1D与平面A1BC1所成角的正弦值．【解析】（1）证明：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝C1D1，AB∥C1D1，所以ABC1D1是平行四边形，所以AD1∥BC1；因为BC1⊂平面A1BC1，AD1⊄平面A1BC1，所以AD1∥平面A1BC1；（2）解：以A1为原点，A1D1→、A1B1→、建立空间直角坐标系如图所示；由AB＝AD＝2，AA1＝3，则A1（0，0，0），C1（2，2，0），D（2，0，3），所以A1D→=（2，0，3），设平面C1A1B的法向量为m→=（x，y，由m→⋅A令y＝﹣3，得m→设直线A1D与平面A1BC1所成的角为θ，所以sinθ＝|cos＜A1D→，m→即直线A1D与平面A1BC1所成角的正弦值为62867．（2020秋•南关区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD中点．（I）求直线CD与平面ACM所成的角的正弦值；（Ⅱ）求点P到平面ACM的距离．【解析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，∵PA＝AD＝4，AB＝2，则有A（0，0，0），C（2，4，0），D（0，4，0），P（0，0，4）∵M是PD的中点，∴M（0，2，2）设平面ACM的一个法向量为n→=(x，y，z)，则有n→⋅又∵CD→=(-2，0，0)，设直线CD与平面ACM所成的角为sinθ==故直线CD与平面ACM所成的角的正弦值为63（2）∵AP→=(0，0，4)，平面ACM的一个法向量为n→=(2，-1，1)，设点P到平面d==故点P到平面ACM的距离为268．（2019春•湖北期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别是BB1，CD，CC1的中点．（1）求证：D1F⊥平面DEG；（2）求直线EF与平面CC1D1D所成角的正切值．【解析】解：（1）证明：方法一：如图，∵四边形CC1D1D为正方形，且F，G分别为CD，CC1的中点，∴△D1DF≌△DCG，∴∠DFD1＝∠CGD，又∠CGD+∠CDG＝90°，∴∠DFD1+∠FDG＝90°，∴D1F⊥DG，又E为BB1的中点，∴BC||EG，又BC⊥平面CC1D1D，D1F⊂平面CC1D1D，∴D1F⊥BC，∴D1F⊥EG，又EG∩DG＝G，且都在平面DEG内，∴D1F⊥平面DEG；方法二：如图，∵E，G分别为BB1，CC1的中点，∴EG||BC，又BC⊥平面CC1D1D，∴EG⊥平面CC1D1D，∴平面DEG⊥平面CC1D1D，∵四边形CC1D1D为正方形，且F，G分别为CD，CC1的中点，∴△D1DF≌△DCG，∴∠DFD1＝∠CGD，又∠CGD+∠CDG＝90°，∴∠DFD1+∠FDG＝90°，∴D1F⊥DG，∴D1F⊥平面DEG；（2）连接FG，由（1）知EG⊥平面CC1D1D，∴EG⊥FG，∴∠EFG为直线EF与平面CC1D1D所成的角，设正方体的棱长为2a，则EG＝2a，CF＝CG＝a，于是FG=2∴tan∠EFG=EG所以直线EF与平面CC1D1D所成角的正切值为2．9．（2020秋•霞山区校级期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝AA1＝2BC，E，F分别为侧棱BB1，CC1中点．（1）证明：BF∥平面A1C1E．（2）求B1C与平面A1C1E所成角的正弦值．【解析】解：（1）证明：∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F分别为侧棱BB1，CC1中点．∴BE∥=C1F，∴四边形BEC1F是平行四边形，∴BF∥EC1∵BF⊄平面A1C1E，EC1⊂平面A1C1E，∴BF∥平面A1C1E．（2）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝AA1＝2BC，E，F分别为侧棱BB1，CC1中点．∴以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，设AC＝AA1＝2BC＝2，则B1（0，1，2），C（0，0，0），A1（2，0，2），C1（0，0，2），E（0，1，1），B1C→=（0，﹣1，﹣2），设平面A1C1E的法向量n→=（x，y，则n→⋅C1A设B1C与平面A1C1E所成角为θ，则sinθ=|∴B1C与平面A1C1E所成角的正弦值为31010．（2020秋•阎良区期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（Ⅰ）求证：BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）求平面ABCD与平面AD1E夹角的余弦值．【解析】（Ⅰ）证明：由正方体的性质知，AB∥C1D1，AB＝C1D1，∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴BC1∥AD1，又BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，∴BC1∥平面AD1E．（Ⅱ）解：设正方体的棱长为1，则AD1=2，AE=52，ED在△AD1E中，由余弦定理知，cos∠AD1E=A∴sin∠AD1E=2∴S△AD1E=12AD1•ED而S△ABD=12×设平面ABCD与平面AD1E的夹角为θ，∵△AD1E在平面ABCD内的投影为△ABD，∴cosθ=S故平面ABCD与平面AD1E夹角的余弦值为2311．（2020秋•枣庄期末）如图，在三棱锥D﹣ABC中，△ABC为等边三角形，∠ABD＝∠ACD＝90°．（1）求证：BC⊥AD；（2）若AB＝2，AD=6，求二面角D﹣AC﹣B【解析】（1）证明：取BC的中点O，连接AO，DO，因为底面ABC为等边三角形，所以AO⊥BC．因为∠ABD＝∠ACD＝90°，所以△ABD和△ACD均为直角三角形．所以BD=AD2-AB2，CD=AD2又O是BC的中点，所以DO⊥BC．又因为AO∩DO＝O，AO⊥BC，AO⊂平面AOD，DO⊂平面AOD，所以BC⊥平面AOD．AD⊂平面AOD，所以BC⊥AD．（2）解法1：以O为坐标原点，以OA→，OC→所在方向分别为x轴，y轴正方向，建立空间直角坐标系O﹣因为等边△ABC的边长为2，所以OA=3．则A(3，0，0)，B因为BC⊥OD，所以点D在xOz平面内．设D（m，0，n）（n＞0）．由CD=(6)2-22=2所以D(-33，0，6设平面ACD的一个法向量为n1→=(x，y，z)，则取x＝1，得y=3，z=22．所以又n2→=(0，0，1)为平面ABC所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值为63解法2：作OE⊥AC于E．设EO的一个方向向量为n→=(x，y，z)，且n→因为∠ACD＝90°，所以DC⊥AC．所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值为cos〈因为BC⊥OD，所以点D在xOz平面内，设D（m，0，n）（n＞0）．由CD=(6)2-22=2所以D(-33，0，6由n→⋅AC→=-3x+y=0cos〈所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值为63解法3：在平面AOD内，作DF⊥AO于F，连接CF．因为BC⊥平面AOD，BC⊂平面ABC，所以平面AOD⊥平面ABC．又平面AOD∩平面ABC＝AO，DF⊂平面AOD，DF⊥AO，所以DF⊥平面ABC．又因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥DF．又因为AC⊥CD，CD∩DF＝D，所以AC⊥平面CDF．所以AC⊥CF．因此∠DCF即为二面角D﹣AC﹣B的平面角．在Rt△ACF中，CF=AC⋅在Rt△ACD中，CD=A在Rt△CDF中，cos∠DCF=CFCD=2332=612．（2020秋•湖州期末）在所有棱长均为2的直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，O，M分别为BD，B1C的中点．（Ⅰ）求证：直线OM∥平面DB1C1；（Ⅱ）求二面角D1﹣AC﹣D的余弦值．【解析】（Ⅰ）证明：连BC1，则M为BC1的中点，又O为BD的中点，所以OM∥C1D，因为OM⊄平面DB1C1，C1D⊂平面DC1B1，所以直线OM∥平面DB1C1；（6分）（Ⅱ）解：连D1O，因为ABCD是菱形，所以DO⊥AC，又ABCD﹣A1B1C1D1为直棱柱，所以D1A＝D1C，而O为AC中点，所以D1O⊥AC，所以∠D1OD为二面角D1﹣AC﹣D的平面角，（9分）因为ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD＝60°，所以DO＝1，又DO＝2，所以D1所以cos∠D二面角D1﹣AC﹣D的余弦值cos∠D13．（2020秋•新乡期末）如图，在Rt△ABC中，AC⊥BC，∠BAC＝30°，BC=3，AC＝3DC，DE∥BC，沿DE将点A折至A1处，使得A1C⊥DC，点M为A1B（1）证明：A1B⊥平面CMD．（2）求二面角B﹣CM﹣E的余弦值．【解析】（1）证明：由DC⊥BC，A1C⊥DC，且A1C∩BC＝C，A1C⊂平面A1CB，BC⊂平面A1CB，可得DC⊥平面A1CB，因此DC⊥A1B．由∠BAC＝30°，BC=3，得AC=因此DC＝1，AD＝2＝A1D，由勾股定理可得A1又因为点M为A1B的中点，所以CM⊥A1B，而CD∩CM＝C，CM⊂平面CMD，CD⊂平面CMD，故A1B⊥平面CMD．（2）解：因为DE⊥CD，DE⊥A1D，CD，DE⊂平面A1CD，A1D⊂平面A1CD，所以DE⊥平面A1CD，又BC∥DE，所以BC⊥平面A1CD．如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C﹣xyz，则M(0，32，3易知n1→=(1，0，0)设平面CME的法向量为n2令y=3，得n2→易知二面角B﹣CM﹣E为锐角，故二面角B﹣CM﹣E的余弦值为10514．（2020秋•连云港期末）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值；（2）求平面PBC1与平面AQC1所形成的锐二面角的余弦值．【解析】解：如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，故以{OB→，OC→∵AB＝AA1＝2，A（0，﹣1，0），B(3，0，0)，A1（0，﹣1，2），B1(3，0，2)（1）∵Q为BC的中点，∴Q(32，12，0)，∴设平面AQC1的一个法向量为n→由AQ→⋅n设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，sinθ=|cos＜∴直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55（2）B(3，1，0)，P(32设平面PBC1的法向量为n则可得BP→=(-3由n1→⋅得：-3令y1＝1，可得x1=3，z1由（1）得平面AQC1的一个法向量为n2cos(n故平面PBC1与平面AQC1所成的锐二面角的余弦值为3515．（2020秋•济宁期末）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，BC＝BD＝1，AB=2，直线CC1与平面A1BD所成角的正弦值为3（1）求点C1到平面A1BD的距离；（2）求平面A1BD与平面C1BD的夹角的余弦值．【解析】解：（1）因为四边形ABCD为平行四边形，所以AD＝BD＝1，AB=2所以AD2+BD2＝AB2，所以AD⊥BD，又四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为直棱柱，所以DD1⊥平面ABCD，又DA，DB⊂平面ABCD，所以DD1⊥DA，DD1⊥DB，以D为原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，设DD1＝a（a＞0），则D（0，0，0），B（0，1，0），C（﹣1，1，0），A1（1，0，a），C1（﹣1，1，a），所以DA1设平面A11BD的法向量为n→则n→⋅D取z＝1，则x＝﹣a，y＝0，所以n→=(-a，0，1)，又所以cos＜CC1所以点C1到平面A1BD的距离为|D（2）设平面C1BD的法向量为m→又DB→所以m→⋅DB令r＝1，则p=2所以m→所以|cos＜m故平面A1BD与平面C1BD的夹角的余弦值为1316．（2020秋•大武口区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知四边形ABCD是平行四边形，∠DAB＝60°，AD＝AB＝PB，PC⊥PA，PC＝PA．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解析】（1）证明：设AD＝AB＝PB＝2，AC∩BD＝O，连接OP，则∵AB＝AD，且∠DAB＝60°，∴四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，且AC=23，BD＝2，BO又∵PC⊥PA，PC＝PA，∴△PCA是等腰Rt△，∴PO⊥AC，PC=PA=6，PO=在△POB中，PO=3，PB＝2，BO＝1，有PB2＝PO2+BO2∴PO⊥BO，即BD⊥OP，又AC∩OP＝O，AC⊂平面PAC；OP⊂平面PAC；∴BD⊥平面PAC；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）（2）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图：则O（0，0，0），A(3，0，0)，B（0，1，0），C(-则AP→=(-3，0，3)，设平面PAB的法向量为n1则n1令x1＝1，则y1=3、z1设平面PBC的法向量为n2则n2→⋅BP→=-y2+3z∴cos〈设二面角A﹣PB﹣C的平面角为θ，经观察θ为钝角，则cosθ=-17．（2020秋•未央区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形，且△PAD为等边三角形．（1）求证：PA⊥CD；（2）求二面角D﹣PA﹣C的正弦值．【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴CD⊥平面ADP，又PA⊂平面ADP，所以PA⊥CD．…………．（4分）（2）解：取AD中点记为O，连结BO．由于△PAD为等边三角形，O为AD中点，PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD，在平面ABCD内过O作直线平行于AB，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，…………．（6分）则A（1，0，0），P(0，0，3)，D（﹣1，0，0），C（﹣1，2，0），AP平面PAD的一个法向量为m→设平面PAC的一个法向量n→则有n→⋅AP令x2＝1，则n→则有|cos〈则二面角D﹣PA﹣C的正弦值2718．（2020秋•张家界期末）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，AD∥BC，侧棱SA⊥平面ABCD，且SA＝AB＝BC＝2，AD＝1，M为棱SB的中点．（1）求证：AM∥平面SCD；（2）求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值．【解析】解：（1）证明：记SC的中点为Q，连MQ，DQ，则MQ∥BC，且MQ=1∴MQ∥AD，且MQ＝AD，从而四边形MQDA为平行四边形．∴AM∥DQ，又AM⊄面SCD，DQ⊂面SCD．∴AM∥平面SCD；……………（6分）（2）以A为原点，分别以AB，AD，AS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．………（7分）则B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，1，0），S（0，0，2），SC→设面SCD的法向量为n1由2x+2y-2z=0，y-2z=0则平面SAB的法向量为n2记平面SCD与平面SAB所成锐二面角为θ，则cosθ=|n19．（2020秋•越秀区期末）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥BE，BE＝2，AB＝PA＝4．（1）求直线PD与平面PCE所成角的正弦值；（2）在棱AB上是否存在一点F，使得二面角E﹣PC﹣F的大小为60°？如果存在，确定点F的位置；如果不存在，说明理由．【解析】解：（1）以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P（0，0，4），C（4，4，0），D（0，4，0），E（4，0，2），∴PD→=（0，4，﹣4），PC→设平面PCE的法向量为m→=（x，y，z），则m→令x＝1，则y＝1，z＝2，∴m→设直线PD与平面PCE所成角为θ，则sinθ＝|cos＜PD→，m→＞|＝|PD→故直线PD与平面PCE所成角的正弦值为36（2）由（1）知，A（0，0，0），B（4，0，0），∴AB→设AF→=λAB→，λ∈[0，1]，则F（4λ，0，0），PF设平面PCF的法向量为n→=（a，b，c），则n→令a＝1，则b＝λ﹣1，c＝λ，∴n→=（1，λ﹣1，∵二面角E﹣PC﹣F的大小为60°，∴|cos＜m→，n→＞|＝|m→化简得2λ2+λ﹣1＝0，解得λ=1故点F为AB的中点．20．（2020秋•南阳期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2．（1）证明：A1C⊥平面BC1D；（2）求点C到平面BC1D的距离．【解析】解：（1）证明：如图，连接AC．因为ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，所以AA1⊥平面ABCD．因为BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD．因为ABCD是正方形，所以BD⊥AC．因为A1C⊂平面A1AC，AC⊂平面A1AC，A1A∩AC＝A，所以BD⊥平面A1AC，因为A1C⊂平面A1AC，所以A1C⊥BD，同理可证A1C⊥BC1．因为BD⊂平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，BD∩BC1＝B，所以AC1⊥平面BC1D．（2）因为AB＝2，所以△BCD的面积为1由正方体的性质可知CC1⊥平面ABCD，则三棱锥C1﹣BCD的体积为1因为AB＝2，所以BD=BC则△BC1D的面积为12设点C到平面BC1D的距离为d，则三棱锥C﹣BC1D的体积为1因为三棱锥C1﹣BCD的体积等于三棱锥C﹣BC1D的体积，所以233d=即点C到平面BC1D的距离为2321．（2020秋•沙市区校级期末）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD=2，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD（1）求直线PB与平面POC所成角的余弦值；（2）求B点到平面PCD的距离．【解析】解：（1）∵侧棱PA＝PD=2，PA⊥PD，O为AD∴AD=2+2=2，PO⊥∵底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，∴OC⊥AD，OC＝1，∵侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，OC⊥AD，且OC⊂平面ABCD，∴OC⊥平面PAD，以O为原点，分别以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，则B（1，﹣1，0），P（0，0，1），PB→平面POC的法向量n→设直线PB与平面POC所成角为θ，则sinθ=|PB→⋅∴PB与平面POC所成角的余弦值为63（2）C（1，0，0），D（0，1，0），PB→PC→=（1，0，﹣1），设平面PCD的法向量m→=（x，y，则m→⋅PC→=x-z=0∴B点到平面PCD的距离为d=|22．（2020秋•运城期末）已知矩形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在的平面垂直，M是半圆弧上异于C，D的点，l为平面AMD与平面BMC的交线．（1）证明：l∥AD；（2）若CD＝2AD＝2MC＝2，求B到平面ADM的距离．【解析】解：（1）证明：由题设知，AD∥BC，∵AD⊄平面BMC，BC⊂平面BMC，∴AD∥平面BMC，又AD⊂平面ADM，平面ADM∩平面BMC＝l，∴l∥AD．（2）过点M作MH⊥CD于H，∵平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD，MH⊂平面CDM，∴MH⊥平面ABCD．又∵AD⊥CD，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥平面CMD，∴AD⊥DM．∵M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，∴DM⊥CM．∵DC＝2MC＝2，∴DM=3，S△ADM=12设B到平面ADM的距离为h，∵VM﹣ADB＝VB﹣ADM，∴13S△ADB∴B到平面ADM的距离为1．23．（2020秋•西城区期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，E为AD的中点，底面ABCD是边长为2的正方形，且二面角P﹣BE﹣C的余弦值为66（Ⅰ）求PD的长；（Ⅱ）求点C到平面PEB的距离．【解析】解：（Ⅰ）依题意，DA，DC，DP两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系D﹣xyz．……（1分）设PD＝h（h＞0）．由题意得E（1，0，0），B（2，2，0），P（0，0，h）．所以PE→=(1，0，-h)，设平面PEB的法向量为n→=（x0，y0，z则n→即x0令x0＝2，则y0＝﹣1，z0于是n→又因为PD⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为m→依题意，有cos〈解得h＝2，所以PD＝2．……（10分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得，平面PEB的法向量为n→又C（0，2，0），所以BC→所以点C到平面PEB的距离为|BC24．（2020秋•海原县校级期末）如图，在边长是2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1C的中点．（Ⅰ）求异面直线EF与CD1所成角的大小．（Ⅱ）证明：EF⊥平面A1CD．【解析】解：（Ⅰ）建立以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：则D（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），A1（2，0，2），D1（0，0，2）∵E，F分别为AB，A1C的中点，∴E（2，1，0），F（1，1，1），则EF→=（﹣1，0，1），则EF→•CD1→=2，|EF→|=2则cos＜EF→，即＜EF→，CD1→＞=π3（Ⅱ）证明：DA1→则EF→•DA1→=即EF→⊥DA1→，则EF⊥DA1，EF⊥DC，∵DA1∩DC＝D，∴EF⊥平面A1CD．25．（2020秋•乐山期末）如图，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别是AB、PC的中点．（1）求证：MN∥平面PAD；（2）若MN=3，PA＝BC＝2，求异面直线PA与MN【解析】解：（1）证明：取PD的中点为Q，连结QN、QA，∵N是PC的中点，∴QN∥DC且QN=1又∵ABCD是平行四边形，∴DC∥AB．又∵M是AB的中点，∴QN∥AM且QN＝AM．∴QAMN为平行四边形．∴MN∥QA．∵QA⊂面PAD，且MN⊄面PAD，∴MN∥面PAD．（2）由（1）可知∠PAQ即为MN与PA所成的角．∵PA＝BC＝2＝AD．Q为PD的中点．∴AQ⊥PD．∴cos∠PAQ=AQPA=即异面直线PA与MN所成的角为π626．（2020秋•安徽期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（1）证明：AB∥平面C1D1E；（2）若O为平面A1B1C1D1的中心，求异面直线C1E与AO所成角的余弦值．【解析】解：（1）证明：∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD∥C1D1，∴AB∥C1D1，∵AB⊄平面C1D1E，C1D1⊂平面C1D1E，∴AB∥平面C1D1E．（2）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝2，则A（2，0，0），O（1，1，2），C1（0，2，2），E（2，2，1），∵C1E→∴cos＜C∴异面直线C1E与AO所成角的余弦值为23027．（2020秋•太原期末）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1．（1）设点M为SC的中点，求异面直线AM，CD所成角的余弦值；（2）求二面角D﹣SC﹣B的大小．【解析】解：（1）由已知AS⊥AB，AS⊥AD，AB⊥AD，如图，以A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz．则B（0，2，0），C（2，2，0），D（1，0，0）