2017届高考理科数学知识点题组训练题21

题组层级快练(四十五)(第一次作业)1．(2016·合肥一检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，E，F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1A．60° B．45°C．30° D．90°答案B解析连接A1D，DC1，A1C1，∵E，F为A1D，A1C1∴EF∥C1D.∴EF和CD所成角即为∠C1DC＝45°.2．若正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1A.eq\f(3,5) B.eq\f(4,5)C.eq\f(3,4) D.eq\f(\r(5),5)答案B解析间接法：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B1D⊥平面ACD，∴B1D⊥DC，故△B1DC为直角三角形．设棱长为1，则有AD＝eq\f(\r(5),2)，B1D＝eq\f(\r(3),2)，DC＝eq\f(\r(5),2)，∴S△B1DC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(5),2)＝eq\f(\r(15),8).设A到平面B1DC的距离为h，则有VA－B1DC＝VB1－ADC，∴eq\f(1,3)×h×S△B1DC＝eq\f(1,3)×B1D×S△ADC.∴eq\f(1,3)×h×eq\f(\r(15),8)＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,2)，∴h＝eq\f(2,\r(5)).设直线AD与平面B1DC所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(h,AD)＝eq\f(4,5).向量法：如图，取AC的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系．设各棱长为2，则有A(0，－1，0)，D(0，0，2)，C(0，1，0)，B1(eq\r(3)，0，2)．设n＝(x，y，z)为平面B1CD的法向量，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CB1,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y＋2z＝0，,\r(3)x－y＋2z＝0))⇒n＝(0，2，1)．∴sin〈eq\o(AD,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·n,|\o(AD,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(4,5).3．(2016·皖南八校联考)四棱锥V－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面是腰长为3的等腰三角形，则二面角V－AB－C的余弦值的大小为()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(7),3) D.eq\f(2\r(2),3)答案B解析如图所示，取AB中点E，过V作底面的垂线，垂足为O，连接OE，根据题意可知，∠VEO是二面角V－AB－C的平面角．因为OE＝1，VE＝eq\r(32－1)＝2eq\r(2)，所以cos∠VEO＝eq\f(OE,VE)＝eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，故选B.4．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为()A．30° B．45°C．60° D．90°答案B解析以A点为坐标原点，AP，AB，AD分别为x，y，z轴建系且设AB＝1，∴C(1，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)．∴设面CDP的法向量为n＝(x，y，z)．∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up6(→))＝（x，y，z）·（－1，0，0）＝－x＝0，,n·\o(DP,\s\up6(→))＝（x，y，z）·（0，－1，1）＝－y＋z＝0.))令y＝1，∴n＝(0，1，1)．又∵eq\o(AD,\s\up6(→))为面ABP的一个法向量，∴cos〈n，eq\o(AD,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AD,\s\up6(→)),|n||\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).∴二面角为45°.5．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，若E，F分别是BC，DD1的中点，则B1A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(5),3) D.eq\f(2\r(5),5)答案D解析方法一：由VB1－ABF＝VF－ABB1可得解．方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，1)，B1(1，1，0)．设F(0，0，eq\f(1,2))，E(eq\f(1,2)，1，1)，B(1，1，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)．∴eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，0，1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1，0，－eq\f(1,2))．∵eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(－1，0，－eq\f(1,2))·(－eq\f(1,2)，0，1)＝0，∴eq\o(AF,\s\up6(→))⊥eq\o(B1E,\s\up6(→)).又eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(B1E,\s\up6(→))，∴eq\o(B1E,\s\up6(→))⊥平面ABF.平面ABF的法向量为eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，0，1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0，1，－1)．B1到平面ABF的距离为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(B1E,\s\up6(→)),|\o(B1E,\s\up6(→))|)))＝eq\f(2\r(5),5).6．如图所示，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB.(1)求证：AB⊥DE；(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值．答案(1)略(2)eq\f(\r(3),3)解析(1)证明：取AB的中点O，连接EO，DO.因为EB＝EA，所以EO⊥AB.因为四边形ABCD为直角梯形，AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，所以四边形OBCD为正方形，所以AB⊥OD.所以AB⊥平面EOD.因为ED⊂平面EOD，所以AB⊥ED.(2)方法一：因为平面ABE⊥平面ABCD，且AB⊥BC，所以BC⊥平面ABE.则∠CEB即为直线EC与平面ABE所成的角．设BC＝a，则AB＝2a，BE＝eq\r(2)a，所以CE＝eq\r(3)a.则在直角三角形CBE中，sin∠CEB＝eq\f(CB,CE)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).方法二：因为平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD.由OB，OD，OE两两垂直可建立如图所示的空间直角坐标系．因为三角形EAB为等腰直角三角形，所以OA＝OB＝OD＝OE.设OB＝1，则O(0，0，0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，E(0，0，1)．所以eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，平面ABE的一个法向量为eq\o(OD,\s\up6(→))＝(0，1，0)．设直线EC与平面ABE所成的角为θ，所以sinθ＝|cos〈eq\o(EC,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(EC,\s\up6(→))·\o(OD,\s\up6(→))|,|\o(EC,\s\up6(→))||\o(OD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),3).即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).7．(2016·河南内黄一中摸底)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B⊥平面ABC，AB⊥(1)求证：AC⊥BB1；(2)若AB＝AC＝A1B＝2，在棱B1C1上确定一点P，使二面角P－AB－A1的平面角的余弦值为eq\f(2\r(5),5).答案(1)略(2)P为棱B1C1解析(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，因为A1B⊥平面ABC，A1B⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面ABC.因为平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，AB⊥AC，所以AC⊥平面ABB1A1，(2)如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，则C(2，0，0)，B(0，2，0)，A1(0，2，2)，B1(0，4，2)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2，－2，0)．设eq\o(B1P,\s\up6(→))＝λeq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(2λ，－2λ，0)，λ∈[0，1]，则P(2λ，4－2λ，2)．设平面PAB的一个法向量为n1＝(x，y，z)，因为eq\o(AP,\s\up6(→))＝(2λ，4－2λ，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2λx＋（4－2λ）y＋2z＝0，,2y＝0.))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝－λx，,y＝0.))令x＝1，得n1＝(1，0，－λ)．而平面ABA1的一个法向量是n2＝(1，0，0)，所以|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1,\r(1＋λ2))＝eq\f(2\r(5),5)，解得λ＝eq\f(1,2)，即P为棱B1C1的中点．8.(2015·安徽理)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1(1)证明：EF∥B1C(2)求二面角E－A1D－B1的余弦值．答案(1)略(2)eq\f(\r(6),3)解析(1)证明：由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D.又A1D⊂平面A1DE，B1C⊄平面A1DE，于是B1C∥平面A1DE.又B1C⊂平面B1CD1，平面A1DE∩平面B1CD1＝EF，所以EF(2)因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD，以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为(0.5，0.5，1)．设平面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(0.5，0.5，0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，由n1⊥eq\o(A1E,\s\up6(→))，n1⊥eq\o(A1D,\s\up6(→))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0.5r1＋0.5s1＝0，,s1－t1＝0，))(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1)．设平面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1)．所以结合图形知二面角E－A1D－B1的余弦值为eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3).9.(2016·杭州学军中学模拟)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝CD＝BC＝2AD，AD∥BC，∠BCD＝90°.(1)求证：BC⊥PC；(2)求PA与平面PBC所成角的正弦值；(3)线段PB上是否存在点E，使AE⊥平面PBC？说明理由．答案(1)略(2)eq\f(\r(10),5)(3)E为PB中点时，AE⊥平面PBC解析(1)证明：在四棱锥P－ABCD中，∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.∵∠BCD＝90°，∴BC⊥CD.∵PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PCD.∵PC⊂平面PCD，∴BC⊥PC.(2)如图，以D为原点建立空间直角坐标系D－xyz.不妨设AD＝1，则PD＝CD＝BC＝2，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2，2，－2)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2)．设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)．所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y－2z＝0，,2y－2z＝0.))令y＝1，则x＝0，z＝1，∴n＝(0，1，1)，∴cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(－2,\r(5)×\r(2))＝－eq\f(\r(10),5)，∴PA与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(10),5).(3)方法一：当E为线段PB的中点时，AE⊥平面PBC.如图，分别取PB，PC的中点为E，F，连接AE，DF，EF，∴EF∥BC，且EF＝eq\f(1,2)BC.∵AD∥BC，且AD＝eq\f(1,2)BC，∴AD∥EF，且AD＝EF.∴四边形AEFD是平行四边形，∴AE∥DF.∵PD＝CD，∴三角形PCD是等腰三角形，∴DF⊥PC.∴BC⊥平面PCD，∴DF⊥BC.∵PC∩BC＝C，∴DF⊥平面PBC.∴AE⊥平面PBC，即在线段PB上存在点E，使AE⊥平面PBC.方法二：设在线段PB上存在点E，当eq\o(PE,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))(0<λ<1)时，AE⊥平面PBC.设E(x0，y0，z0)，则eq\o(PE,\s\up6(→))＝(x0，y0，z0－2)，∴(x0，y0，z0－2)＝λ(2，2，－2)，即x0＝2λ，y0＝2λ，z0＝－2λ＋2.∴E(2λ，2λ，－2λ＋2)，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝(2λ－1，2λ，－2λ＋2)．由(2)可知平面PBC的法向量n＝(0，1，1)．若AE⊥平面PBC，则eq\o(AE,\s\up6(→))∥n，即eq\o(AE,\s\up6(→))＝μn.解得λ＝eq\f(1,2)，μ＝1，∴当eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(PB,\s\up6(→))，即E为PB中点时，AE⊥平面PBC.10．(2014·陕西理)四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．答案(1)略(2)eq\f(\r(10),5)解析(1)由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.由题设，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.∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC.∴AD⊥BC，∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形．(2)方法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－2，0，1)．设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，∵EF∥AD，FG∥BC，∴n·eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0.∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝0，,－2x＋2y＝0，))取n＝(1，1，0)．∴sinθ＝|cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BA,\s\up6(→))·n,|\o(BA,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．∵E是AB的中点，∴F，G分别为BD，DC的中点，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，F(1，0，0)，G(0，1，0)．∴eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，eq\o(FG,\s\up6(→))＝(－1，1，0).eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－2，0，1)．设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，则n·eq\o(FE,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(FG,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)z＝0，,－x＋y＝0，))取n＝(1，1，0)，∴sinθ＝|cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BA,\s\up6(→))·n,|\o(BA,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).题组层级快练(四十六)(第二次作业)1．(2016·皖南十校联考)把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为()A．120° B．30°C．90° D．60°答案D解析建立如图所示的空间直角坐标系，则A(eq\r(2)，0，0)，B(0，eq\r(2)，0)，C(0，0，eq\r(2))，D(0，－eq\r(2)，0)，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(2)，eq\r(2))．∴|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝2，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝2，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2.∴cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2×2)＝eq\f(1,2).∴异面直线AD，BC所成的角为60°.2．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)答案B解析由题意设棱长为2，如图所示，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心D，连接AD，则DA＝eq\f(2\r(3),3).由勾股定理得A1D＝eq\r(4－\f(4,3))＝eq\f(2\r(6),3).以D为坐标原点，AD,DA1所在直线为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0),A(0,-eq\f(2\r(3),3),0),B(1,eq\f(\r(3),3),0),A1(0,0,eq\f(2\r(6),3)),eq\o(AB1,\s\up6(→))=eq\o(AA1,\s\up6(→))+eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，eq\f(2\r(3),3)，eq\f(2\r(6),3))+(1,,0)=(1,eq\f(5\r(3),3),eq\f(2\r(6),3)).又平面ABC的法向量n=(0,0,1)，设eq\o(AB1,\s\up6(→))与底面所成角为θ,则sinθ=|cos<eq\o(AB,\s\up6(→)),n>|=eq\f(\f(2\r(6),3),2\r(3))＝eq\f(\r(2),3).3．(2016·湖南长沙一模)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E答案eq\f(3\r(5),10)解析以A为坐标原点，AB，AD，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A1(0，0，1)，E(1，0，eq\f(1,2))，F(eq\f(1,2)，1，0)，D1(0，1，1)．∴eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\f(1,2))，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(0，1，0)．设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)z＝0，,y＝0.))令z＝2，则x＝1.∴n＝(1，0，2)．又eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，1，－1)，∴点F到平面A1D1E的距离为d＝eq\f(|\o(A1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|\f(1,2)－2|,\r(5))＝eq\f(3\r(5),10).4．(2016·河南洛阳模拟)如图(1)所示，在△ABC中，BC＝3，AC＝6，∠C＝90°，且DE∥BC，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图(2)所示．(1)求证：BC⊥平面A1DC；(2)若CD＝2，求BE与平面A1BC所成角的正弦值．答案(1)略(2)eq\f(4,5)解析(1)证明：∵DE⊥AD，DE∥BC，∴BC⊥AD，∴BC⊥A1D.又∵BC⊥CD，A1D∩CD＝D，∴BC⊥平面A1DC.(2)以D为原点，分别以eq\o(DE,\s\up6(→))，eq\o(DA1,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz.在直角梯形CDEB中，过E作EF⊥BC，垂足为F，则EF＝2，BF＝1，BC＝3.∴B(3，0，－2)，E(2，0，0)，C(0，0，－2)，A1(0，4，0)．∴eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(0，4，2)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(－3，4，2)．设平面A1BC的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CA1,\s\up6(→))·m＝0，,\o(BA1,\s\up6(→))·m＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4y＋2z＝0，,－3x＋4y＋2z＝0.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝－2y，,x＝0.))令y＝1，则m＝(0，1，－2)．设BE与平面A1BC所成角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(BE,\s\up6(→))·m|,|\o(BE,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(4,\r(5)·\r(5))＝eq\f(4,5).5．(2016·河北开滦二中月考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PD＝AB＝2，E为PC中点．(1)求证：DE⊥平面PCB；(2)求点C到平面DEB的距离；(3)求二面角E－BD－P的余弦值．答案(1)略(2)eq\f(2\r(3),3)(3)eq\f(\r(6),3)解析(1)证明：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC.又正方形ABCD中，CD⊥BC，PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PCD.∵DE⊂平面PCD，∴BC⊥DE.∵PD＝CD，E是PC的中点，∴DE⊥PC.又∵PC∩BC＝C，∴DE⊥平面PCB.(2)如图①所示，过点C作CM⊥BE于点M，由(1)知平面DEB⊥平面PCB，∵平面DEB∩平面PCB＝BE，∴CM⊥平面DEB.∴线段CM的长度就是点C到平面DEB的距离．∵PD＝AB＝CD＝2，∠PDC＝90°，∴PC＝2eq\r(2)，EC＝eq\r(2)，BC＝2.∴BE＝eq\r(6).∴CM＝eq\f(CE·BC,BE)＝eq\f(2\r(3),3).(3)以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴建立如图②所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)，E(0，1，1)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，1，1)．设平面BDE的法向量为n1＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝0，,y＋z＝0.))令z＝1，得y＝－1，x＝1.∴平面BDE的一个法向量为n1＝(1，－1，1)．又∵C(0，2，0)，A(2，0，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，且AC⊥平面PDB，∴平面PDB的一个法向量为n2＝(1，－1，0)．设二面角E－BD－P的平面角为α，则cosα＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(2,\r(3)·\r(2))＝eq\f(\r(6),3).∴二面角E－BD－P的余弦值为eq\f(\r(6),3).6．(2016·石家庄质检)四棱锥A—BCDE的正视图和俯视图如下，其中俯视图是直角梯形．(1)若正视图是等边三角形，F为AC的中点，当点M在棱AD上移动时，是否总有BF⊥CM，请说明理由；(2)若平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45°.求直线AD与平面ABE所成角的正弦值．答案(1)总有BF⊥CM(2)eq\f(\r(6),4)解析(1)由俯视图可知平面ABC⊥平面EBCD.BC＝2，O为BC中点，BE＝1，CD＝2.∵△ABC为等边三角形，F为AC中点，∴BF⊥AC.又平面ABC⊥平面EBCD，且DC⊥BC，∴DC⊥平面ABC，∴DC⊥BF.又AC∩CD＝C，∴BF⊥平面ACD.∴BF⊥CM.(2)以O为原点，eq\o(OC,\s\up6(→))为x轴，eq\o(OA,\s\up6(→))为z轴建系．B(－1，0，0)，C(1，0，0)，E(－1，1，0)，D(1，2，0)．设A(0，0，a)，由题意可知平面ABC的法向量为(0，1，0)．设平面ADE法向量n＝(x，y，z)．eq\o(ED,\s\up6(→))＝(2，1，0)，eq\o(EA,\s\up6(→))＝(1，－1，a)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0，,x－y＋az＝0，))令x＝1，y＝－2，z＝eq\f(－3,a).∴n＝(1，－2，－eq\f(3,a))．∴eq\f(\r(2),2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(1＋4＋\f(9,a2)))))，解得a＝eq\r(3).∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1，2，－eq\r(3))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(EA,\s\up6(→))＝(1，－1，eq\r(3))．设平面ABE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up6(→))·m＝y1＝0，,\o(EA,\s\up6(→))·m＝x1－y1＋\r(3)z1＝0.))令z1＝1，∴m＝(－eq\r(3)，0，1)．设AD与平面ABE所成角为θ，则有sinθ＝|cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\r(3)－\r(3))),2\r(2)·2)＝eq\f(\r(6),4).∴直线AD与平面ABE所成角的正弦值为eq\f(\r(6),4).7.如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的余弦值；(3)是否存在点E使得二面角A－DE－P为直二面角？并说明理由．答案(1)略(2)eq\f(\r(14),4)(3)存在点E解析方法一：(1)∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC，∴BC⊥平面PAC.(2)∵D为PB的中点，DE∥BC，∴DE＝eq\f(1,2)BC.又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB.又PA＝AB，∴△ABP为等腰直角三角形．∴AD＝eq\f(1,\r(2))AB.在Rt△ABC中，∠ABC＝60°.∴BC＝eq\f(1,2)AB.∴Rt△ADE中，sin∠DAE＝eq\f(DE,AD)＝eq\f(BC,2AD)＝eq\f(\r(2),4).∴cos∠DAE＝eq\f(\r(14),4).(3)∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC.又∵AE⊂平面PAC，PE⊂平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE.∴∠AEP为二面角A－DE－P的平面角．∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°.∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC.这时，∠AEP＝90°.故存在点E使得二面角A－DE－P是直二面角．方法二：如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz.设PA＝a，由已知可得A(0，0，0)，B(－eq\f(1,2)a，eq\f(\r(3),2)a，0)，C(0，eq\f(\r(3),2)a，0)，P(0，0，a)．(1)∵eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，a)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)a，0，0)，∴eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，∴BC⊥AP.又∵∠BCA＝90°，∴BC⊥AC.又AP∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.(2)∵D为PB的中点，DE∥BC，∴E为PC的中点．∴D(－eq\f(1,4)a，eq\f(\r(3),4)a，eq\f(1,2)a)，E(0，eq\f(\r(3),4)a，eq\f(1,2)a)．又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,4)a，eq\f(\r(3),4)a，eq\f(1,2)a)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，eq\f(\r(3),4)a，eq\f(1,2)a)，∴cos∠DAE＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(AE,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))|·|\o(AE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(14),4).(3)同方法一．8．(2015·新课标全国Ⅰ理)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.(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．答案(1)略(2)eq\f(\r(3),3)解析(1)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＝eq\r(3)，由BE⊥平面ABCD，AB＝BC可知AE＝EC，又∵AE⊥EC，∴EG＝eq\r(3)，EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝eq\r(2)，∴DF＝eq\f(\r(2),2).在Rt△FDG中，可得FG＝eq\f(\r(6),2).在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq\r(2)，DF＝eq\f(\r(2),2)可得EF＝eq\f(3\r(2),2).∴EG2＋FG2＝EF2，∴EG⊥FG，∵AC∩FG＝G，∴EG⊥平面AFC.∵EG⊂面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以eq\o(GB,\s\up6(→))，eq\o(GC,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴正方向，|eq\o(GB,\s\up6(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系G－xyz，由(1)可得A(0，－eq\r(3)，0)，E(1，0，eq\r(2))，F(－1，0，eq\f(\r(2),2))，C(0，eq\r(3)，0)，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，eq\r(2))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，eq\f(\r(2),2))．故cos<eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))>＝eq