高考数学总复习 第九章 直线、平面、简单几何体和空间向量 第61讲 立体几何中的综合问题（向量法、几何法综合）练习 理（含解析）新人教A版-新人教A版高三数学试题

第61讲立体几何中的综合问题(向量法、几何法综合)夯实基础【p139】【学习目标】1．能根据题目条件灵活选择用几何法或向量法解决问题．2．会分析探究立体几何中位置关系问题和几何量的取值问题，培养探究思维能力．【基础检测】1．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝eq\r(2).将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，()A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直【解析】对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，由线面垂直的判定可得CD⊥平面ACB，则有CD⊥AC，而AB＝CD＝1，BC＝AD＝eq\r(2)，可得AC＝1，那么存在AC这样的位置，使得AB⊥CD成立．【答案】B2．如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是()A．直线B．抛物线C．椭圆D．双曲线的一支【解析】利用平面截圆锥面直接得轨迹．因为∠PAB＝30°，所以点P的轨迹为以AB为轴线，PA为母线的圆锥面与平面α的交线，且平面α与圆锥的轴线斜交，故点P的轨迹为椭圆．【答案】C3．(1)三角形的一边BC在平面α内，l⊥α，垂足为A，A∉BC，P在l上滑动，点P不同于A，若∠ABC是直角，则△PBC是________三角形；(2)直角三角形PBC的斜边BC在平面α内，直角顶点P在平面α外，P在平面上的射影为A，则△ABC是________三角形．(填“锐角”“直角”或“钝角”)【解析】(1)如图，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又∵∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB，∴∠PBC＝90°.(2)如图，PB2＋PC2＝BC2，AB＜PB，AC＜PC，所以AB2＋AC2＜BC2，故∠BAC为钝角．【答案】(1)直角；(2)钝角4．如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15m，AC＝25m，∠BCM＝30°，则tanθ的最大值是________．(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)【解析】先利用解三角形知识求解，再利用确定函数最值的方法确定最值．如图，过点P作PO⊥BC于点O，连接AO，则∠PAO＝θ.设CO＝xm，则OP＝eq\f(\r(3),3)xm.在Rt△ABC中，AB＝15m，AC＝25m，所以BC＝20m．所以cos∠BCA＝eq\f(4,5).所以AO＝eq\r(625＋x2－2×25x×\f(4,5))＝eq\r(x2－40x＋625)(m)．所以tanθ＝eq\f(\f(\r(3),3)x,\r(x2－40x＋625))＝eq\f(\f(\r(3),3),\r(1－\f(40,x)＋\f(625,x2)))＝eq\f(\f(\r(3),3),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,x)－\f(4,5)))\s\up12(2)＋\f(9,25))).当eq\f(25,x)＝eq\f(4,5)，即x＝eq\f(125,4)时，tanθ取得最大值为eq\f(\f(\r(3),3),\f(3,5))＝eq\f(5\r(3),9).【答案】eq\f(5\r(3),9)【知识要点】1．折叠问题(1)将平面图形按一定规则折叠成立体图形，再对立体图形的位置和数量关系进行论证和计算，这就是折叠问题．(2)处理折叠问题，要先画好平面图形，并且注意平面图形与立体图形的对照使用，这样有利于分析元素间的位置关系和数量关系．(3)要注意分析折叠前后位置关系及数量关系的变化．一般位于折线一边的点、线间的位置关系和数量关系不变，位于折线两边的点、线间的位置关系，数量关系要发生变化．不变的关系，要注意在平面图形中处理；变化的关系，一般在立体图形中处理．2．探究性问题(1)若某几何量或几何元素的位置关系存在时，某点或线或面应具备何种条件的问题，就是立体几何中的探究性问题．(2)探究性问题的题设情境通常就是“是否存在”，其求解策略是：①观察——猜想——证明；②赋值推断；③类比联想；④特殊——一般——特殊．典例剖析【p139】考点1线面位置关系的证明eq\a\vs4\al(例1)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E、F分别是AB、PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论．【解析】(1)如图，分别以DA、DC、DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设AD＝a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，0))，P(0，0，a)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0)．∵eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，即EF⊥CD.(2)设G(x，0，z)，则eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，若使GF⊥平面PCB，则由eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a，0，0)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq\f(a,2)；由eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(0，－a，a)＝eq\f(a2,2)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(a,2)))＝0，得z＝0.∴G点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，即G点为AD的中点．考点2空间角与距离的求法eq\a\vs4\al(例2)如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2eq\r(3)，求点A到平面MBC的距离．【解析】如图，取CD的中点O，连接OB，OM.因为△BCD与△MCD均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，所以MO⊥平面BCD.以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz.因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，所以OB＝OM＝eq\r(3)，则O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0，eq\r(3))，B(0，－eq\r(3)，0)，A(0，－eq\r(3)，2eq\r(3))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，eq\r(3))．设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(BC,\s\up6(→))，,n⊥\o(BM,\s\up6(→))，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋\r(3)z＝0，))取x＝eq\r(3)，可得平面MBC的一个法向量为n＝(eq\r(3)，－1，1)．又eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，0，2eq\r(3))，所以所求距离为d＝eq\f(|\o(BA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2\r(15),5).【点评】求点面距一般有以下三种方法：①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．考点3平面图形的翻折问题eq\a\vs4\al(例3)如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2所示)．(1)当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大；(2)当三棱锥A－BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．【解析】(1)在如图1所示的△ABC中，设BD＝x(0<x<3)，则CD＝3－x.由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x.由折起前AD⊥BC知，折起后(如图2)，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD.又∠BDC＝90°，所以S△BCD＝eq\f(1,2)BD·CD＝eq\f(1,2)x(3－x)，于是VA－BCD＝eq\f(1,3)AD·S△BCD＝eq\f(1,3)(3－x)·eq\f(1,2)x(3－x)＝eq\f(1,12)·2x(3－x)(3－x)≤eq\f(1,12)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋（3－x）＋（3－x）,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(2,3)，当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立，故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．(另：VA－BCD＝eq\f(1,3)AD·S△BCD＝eq\f(1,3)(3－x)·eq\f(1,2)x(3－x)＝eq\f(1,6)(x3－6x2＋9x)．令f(x)＝eq\f(1,6)(x3－6x2＋9x)，由f′(x)＝eq\f(1,2)(x－1)(x－3)＝0，且0<x<3，解得x＝1.当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，3)时，f′(x)<0.所以当x＝1时，f(x)取得最大值．故当BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．)(2)法一：以D为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系D－xyz，由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.于是可得D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2)，M(0，1，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，且eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，1，1)．设N(0，λ，0)，则eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，λ－1，0)).因为EN⊥BM等价于eq\o(EN,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，λ－1，0))·(－1，1，1)＝eq\f(1,2)＋λ－1＝0，故λ＝eq\f(1,2)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0)).所以当DN＝eq\f(1,2)(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(BN,\s\up6(→))，,n⊥\o(BM,\s\up6(→))，))及eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，0))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x，,z＝－x，))可取n＝(1，2，－1)．设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，n＝(1，2，－1)，可得sinθ＝cos(90°－θ)＝eq\f(|n·\o(EN,\s\up6(→))|,|n|·|\o(EN,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－1)),\r(6)×\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(3),2)，即θ＝60°.故直线EN与平面BMN所成角的大小为60°.法二：由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2，如图b，取CD的中点F，连接MF，BF，EF，则MF∥AD，EF∥BD.由(1)知AD⊥平面BCD，所以MF⊥平面BCD.如图c，延长FE至P点，使得FP＝DB，连接BP，DP，则四边形DBPF为正方形，所以DP⊥BF，取DF的中点N，连接EN，又E为FP的中点，则EN∥DP，所以EN⊥BF.因为MF⊥平面BCD，又EN⊂平面BCD，所以MF⊥EN.又MF∩BF＝F，所以EN⊥平面BMF.又BM⊂平面BMF，所以EN⊥BM.因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的．即当DN＝eq\f(1,2)(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.连接MN，ME，由计算得NB＝NM＝EB＝EM＝eq\f(\r(5),2)，所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取BM的中点G，连接EG，NG，则BM⊥平面EGN.在平面EGN中，过点E作EH⊥GN于H，则EH⊥平面BMN.故∠ENH是EN与平面BMN所成的角．在△EGN中，易得EG＝GN＝NE＝eq\f(\r(2),2)，所以△EGN是正三角形，故∠ENH＝60°，即直线EN与平面BMN所成角的大小为60°.考点4立体几何中的探索性问题eq\a\vs4\al(例4)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．【解析】分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．(1)因为AD⊥平面PAB，所以eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一个法向量，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)．因为eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，1，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)．设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(PD,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0.))令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．从而cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·m,|\o(AD,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为eq\f(\r(3),3).(2)因为eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，设eq\o(BQ,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，则eq\o(CQ,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(－λ，－1，2λ)，又eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－2，2)，从而cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CQ,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→)),|\o(CQ,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos2〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq\f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,9)))\s\up12(2)＋\f(20,9))≤eq\f(9,10).当且仅当t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)时，|cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|的最大值为eq\f(3\r(10),10).因为y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).方法总结【p140】1．求异面直线所成角时易忽视角的范围eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))而导致结论错误．2．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．3．利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量法求二面角的难点、易错点．4．翻折问题求解的关键是充分利用不变的量和不变关系．5．探究性问题的分析求解要求具备较好的逆向思维能力，问题探究方法通常是分析法与综合法的整合应用．走进高考【p140】1．(2016·全国卷Ⅱ)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＝eq\f(5,4)，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝eq\r(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)∵AE＝CF＝eq\f(5,4)，∴eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，∴EF∥AC.∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，∴EF⊥BD，∴EF⊥DH，∴EF⊥D′H.∵AC＝6，∴AO＝3；又AB＝5，AO⊥OB，∴OB＝4，∴OH＝eq\f(AE,AD)·OD＝1，∴DH＝D′H＝3，∴|OD′|2＝|OH|2＋|D′H|2，∴D′H⊥OH.又∵OH∩EF＝H，∴D′H⊥平面ABCD.(2)建立如图坐标系H－xyz.B(5，0，0)，C(1，3，0)，D′(0，0，3)，A(1，－3，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(4，3，0)，eq\o(AD′,\s\up6(→))＝(－1，3，3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，6，0)，设面ABD′的法向量n1＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AD′,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x＋3y＝0，,－x＋3y＋3z＝0，))取eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝－4，,z＝5，))∴n1＝(3，－4，5)．同理可得面AD′C的法向量n2＝(3，0，1)，∴|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(|9＋5|,5\r(2)·\r(10))＝eq\f(7\r(5),25)，∴sinθ＝eq\f(2\r(95),25).考点集训【p254】A组题1．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1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所成的角是()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)【解析】以D为原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz，则A1(1，0，2)，E(0，0，1)，G(0，2，1)，F(1，1，0)，∴eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，eq\o(GF,\s\up6(→))＝(1，－1，－1)，∴cos〈eq\o(A1E,\s\up6(→))，eq\o(GF,\s\up6(→))〉＝eq\f(|\o(A1E,\s\up6(→))·\o(GF,\s\up6(→))|,|\o(A1E,\s\up6(→))|·|\o(GF,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－1＋0＋1|,\r(2)·\r(3))＝0，∴异面直线A1E与GF所成角的大小为eq\f(π,2).【答案】D2．如图，将正方形ABCD沿对角线BD折成一个120°的二面角，点C到达点C1，这时异面直线AD与BC1所成角的余弦值是()A.eq\f(3,4)B．－eq\f(3,4)C.eq\f(\r(3),4)D．－eq\f(\r(3),4)【解析】设正方形的边长为1，AC与BD交于点O.当折成120°的二面角时，ACeq\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)－2·eq\f(\r(2),2)·eq\f(\r(2),2)cos120°＝eq\f(3,2).又eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BC1,\s\up6(→))，∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|2＝|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＋|eq\o(DB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BC1,\s\up6(→))|2＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＋2eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝1＋2＋1＋2×1×eq\r(2)cos135°＋2×eq\r(2)×1×cos135°＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2|eq\o(AD,\s\up6(→))|·|eq\o(BC1,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝2cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉，∴cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(3,4).【答案】A3．如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2，AD＝eq\r(2)，则二面角C－AS－D的余弦值为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(\r(6),5)D.eq\f(\r(10),5)【解析】如图，以D为原点建立空间直角坐标系D－xyz.则D(0，0，0)，A(eq\r(2)，0，0)，B(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，C(0，eq\r(2)，0)，S(0，0，2)，得eq\o(SA,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，－2)，eq\o(SC,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－2)．设平面ACS的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(SA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(SC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x－2z＝0，,\r(2)y－2z＝0.))取z＝eq\r(2)，得n＝(2，2，eq\r(2))．易知平面ASD的一个法向量为eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，0)．设二面角C－AS－D的大小为θ，则cosθ＝eq\f(n·\o(DC,\s\up6(→)),|n||\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(10),5).即二面角C－AS－D的余弦值为eq\f(\r(10),5).【答案】D4．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是B1C1和C1D1的中点，点A1到平面DBEF的距离为________________________________________________________________________．【解析】建立空间直角坐标系D－xyz，则B(1，1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，设n＝(x，y，z)是平面BDFE的法向量，由n⊥eq\o(DB,\s\up6(→))，n⊥eq\o(DF,\s\up6(→))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))得：n·eq\o(DB,\s\up6(→))＝x＋y＝0，n·eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)y＋z＝0，所以x＝－y，z＝－eq\f(y,2).令y＝1，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，－\f(1,2)))，设点A1在平面BDFE上的射影为H，连接A1D，A1D是平面BDFE的斜线段，则：cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，eq\o(A1H,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(2),2)，所以|eq\o(A1H,\s\up6(→))|＝|eq\o(A1D,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，eq\o(A1H,\s\up6(→))〉＝1，所以点A1到平面DBEF的距离为1.【答案】15．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段BD1上．当∠APC最大时，三棱锥P－ABC的体积为________．【解析】以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系(如图)，设eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BD1,\s\up6(→))，可得P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝eq\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(CP,\s\up6(→)),|\o(AP,\s\up6(→))||\o(CP,\s\up6(→))|)可求得当λ＝eq\f(1,3)时，∠APC最大，故VP－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(1,3)＝eq\f(1,18).【答案】eq\f(1,18)6．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为__________．【解析】如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)，设AD＝a，则D点坐标为(1，0，a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1，0，a)，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(0，2，2)，设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)．则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CD,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0，,x＋az＝0，))令z＝－1，得m＝(a，1，－1)，又平面C1DC的一个法向量为n＝(0，1，0)，则由cos60°＝eq\f(m·n,|m||n|)，得eq\f(1,\r(a2＋2))＝eq\f(1,2)，即a＝eq\r(2)，故AD＝eq\r(2).【答案】eq\r(2)7．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D－AE－C的大小为60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，求三棱锥E－ACD的体积．【解析】(1)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.因为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．如图，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|eq\o(AP,\s\up6(→))|为单位长，建立空间直角坐标系A－xyz，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，eq\r(3)，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(m，eq\r(3)，0)．设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,2)，即eq\r(\f(3,3＋4m2))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(3,2).因为E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为eq\f(1,2).三棱锥E－ACD的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(3,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),8).8．如图，在直三棱柱(侧棱和底面垂直的棱柱)ABC－A1B1C1中，平面A1BC⊥侧面A1ABB1，AB＝BC＝AA1＝3，线段AC、A1B上分别有一点E、F，且满足2AE＝EC，2BF＝FA1.(1)求证：AB⊥BC；(2)求点E到直线A1B的距离；(3)求二面角F－BE－C的平面角的余弦值．【解析】(1)如图，过点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D，则由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，且平面A1BC∩侧面A1ABB1＝A1B，得AD⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，所以AD⊥BC.因为三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，则AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BC.又AA1∩AD＝A，从而BC⊥侧面A1ABB1，又AB⊂侧面A1ABB1，故AB⊥BC.(2)由(1)知，以点B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，3，0)，C(3，0，0)，A1(0，3，3)．由线段AC、A1B上分别有一点E、F，满足2AE＝EC，2BF＝FA1，所以E(1，2，0)，F(0，1，1)．eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(0，3，3)．所以EF⊥BA1，所以点E到直线A1B的距离d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(EF))＝eq\r(3).(3)eq\o(BE,\s\up6(→))＝(1，2，0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，1，1)，设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BE,\s\up6(→))＝x＋2y＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝y＋z＝0，))取x＝2，得n＝(2，－1，1)，根据题意知平面BEC的法向量为m＝(0，0，1)，设二面角F－BE－C的平面角为θ，∵θ是钝角，∴cosθ＝－|cos〈m，n〉|＝－eq\f(1,\r(6))＝－eq\f(\r(6),6).∴二面角F－BE－C的平面角的余弦值为－eq\f(\r(6),6).B组题1．如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶eq\r(2)，则AF与CE所成角的余弦值为________．【解析】如图，建立空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，∵AE∶DE∶AD＝1∶1∶eq\r(2)，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，1)，∴eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(0，2，1)，∴cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(EC,\s\up6(→))〉＝eq\f(4,5)，∴AF与CE所成角的余弦值为eq\f(4,5).【答案】eq\f(4,5)2．如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.(1)求证：平面FBC⊥平面ACFE；(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cosθ的取值范围．【解析】(1)在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，∴AB＝2，∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos60°＝3，∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC.∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE.又因为BC⊂平面FBC，所以平面FBC⊥平面ACFE.(2)由(1)知可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系C－xyz，令FM＝λ(0≤λ≤eq\r(3))，则C(0，0，0)，A(eq\r(3)，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(λ，－1，1)．设n1＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,λx－y＋z＝0，))取x＝1，则n1＝(1，eq\r(3)，eq\r(3)－λ)．∵n2＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，∴cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,\r(1＋3＋（\r(3)－λ）2))＝eq\f(1,\r(（\r(3)－λ）2＋4)).∵0≤λ≤eq\r(3)，∴当λ＝0时，cosθ有最小值eq\f(\r(7),7)，当λ＝eq\r(3)时，cosθ有最大值eq\f(1,2)，∴cosθ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),7)，\f(1,2))).3．在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝eq\r(5)，BC＝4，A1在底面ABC的射影是线段BC的中点O.(1)证明：在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求二面角A1－B1C－C1的余弦值．【解析】(1)连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，所以OE⊥BB1，因为A1O⊥平面ABC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C，又AO＝eq\r(AB2－BO2)＝1，AA1＝eq\r(5)，得AE＝eq\f(AO2,AA1)＝eq\f(\r(5),5).(2)如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，－2，0)，A1(0，0，2)．由eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(AA1,\s\up6(→))，得点E的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，0，\f(2,5)))，由(1)