2025版高考数学一轮总复习10年高考真题分类题组8.5空间角与距离空间向量及其应用

.5空间角与距离、空间向量及其应用考点二用向量法求空间角和空间距离1.(2024课标Ⅱ文,9,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A.22B.32C.52答案C本题主要考查异面直线所成的角.因为CD∥AB,所以∠BAE(或其补角)即为异面直线AE与CD所成的角.设正方体的棱长为2,则BE=5.因为AB⊥平面BB1C1C,所以AB⊥BE.在Rt△ABE中,tan∠BAE=BEAB=5故选C.解题关键找到异面直线所成的角是求解关键.2.(2017课标Ⅱ理,10,5分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.32B.155C.105答案C本题考查直棱柱的性质和异面直线所成的角.将直三棱柱ABC-A1B1C1补形成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图),连接AD1,B1D1,则AD1∥BC1.则∠B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角),易求得AB1=5,BC1=AD1=2,B1D1=3.由余弦定理得cos∠B1AD1=105.故选方法总结本题主要考查异面直线所成的角,求异面直线所成角的方法有两种:一是定义法,二是用向量的夹角公式求解.3.(2014大纲全国理,11,5分)已知二面角α-l-β为60°,AB⊂α,AB⊥l,A为垂足,CD⊂β,C∈l,∠ACD=135°,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A.14B.24C.34答案B在平面α内过点C作CE∥AB,则∠ECD为异面直线AB与CD所成的角(或其补角),不妨取CE=1,过点E作EO⊥β于点O.在平面β内过点O作OH⊥CD于点H,连接EH,则EH⊥CD.因为AB∥CE,AB⊥l,所以CE⊥l,又因为EO⊥β,所以CO⊥l.所以∠ECO为二面角α-l-β的平面角,即∠ECO=60°.因为∠ACD=135°,CD⊥l,所以∠OCH=45°.在Rt△ECO中,CO=CE·cos∠ECO=1×cos60°=12在Rt△COH中,CH=CO·cos∠OCH=12×cos45°=2在Rt△ECH中,cos∠ECH=CHCE=241所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为24.选4.(2014大纲全国文,4,5分)已知正四面体ABCD中,E是AB的中点,则异面直线CE与BD所成角的余弦值为()A.16B.36C.13答案B如图,取AD的中点F,连接EF、CF.因为E、F分别是AB、AD的中点,所以EF12BD,故∠CEF或其补角是异面直线CE、BD所成的角设正四面体ABCD的棱长为a,易知CE=CF=32a,EF=12a.在△CEF中,由余弦定理可得cos∠CEF=32a25.(2016课标Ⅰ,11,5分)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A.32B.22C.33答案A如图,延长B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延长D1A1至A3,使A3A1=D1A1,连接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D.易证AA2∥A1B∥D1C,AA3∥A1D∥B1C.∴平面AA2A3∥平面CB1D1,即平面AA2A3为平面α.于是m∥A2A3,直线AA2即为直线n.明显有AA2=AA3=A2A3,于是m、n所成的角为60°,其正弦值为32.选思路分析先利用平行关系作出平面α,进而确定直线m与直线n的位置,然后求m,n所成角的正弦值.疑难突破本题的难点是明确直线m、n的详细位置.为此适当扩形是常用策略.6.(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()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.解后反思本题考查了线面的垂直关系、空间想象力及运算实力.构造直角三角形是解题关键.7.(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()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),∴AN=(-1,0,-2),BM=(1,-1,-2),∴cos<AN,BM>=AN·BM|AN||BM|=-解法二:取BC的中点Q,连接QN,AQ,易知BM∥QN,则∠ANQ即为所求,设BC=CA=CC1=2,则AQ=5,AN=5,QN=6,∴cos∠ANQ=AN2+NQ2-A故选C.8.(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()A.55B.5C.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).∴BC1=(0,2,-1),cos<BC1,AB1>=BC1·评析本题考查利用空间坐标运算求异面直线所成的角,考查了运算求解实力.9.(2015浙江,13,5分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别为AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是.

答案7解析连接DN,取DN的中点H,连接HM,由N、M、H均为中点,知|cos∠HMC|即为所求.因为AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,又M,N为AD,BC的中点,所以CM⊥AD,AN⊥BC,所以CM=CD2-MD2=22,AN=AC2-NC2=22,MH=12AN=2,HC=NC2+N10.(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.(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;考查了空间想象实力和逻辑推理实力.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.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.(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.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.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.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.由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,3),A(-1,-3,0),E12,0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).由AC·m=0,AK·m由AB·n=0,AK·n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,还需结合图形推断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而确定cosθ=|cos<n1,n2>|,还是cosθ=-|cos<n1,n2>|.评析本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础学问,同时考查空间想象实力和运算求解实力.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.(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.由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=3,且EG⊥AC.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=3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.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),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.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.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.(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).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北京,17,14分)如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.解析(1)证明:因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,3a),B(2,3(2-a),0),EA=(-a,0,3a),BE=(a-2,3(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则n·EA令z=1,则x=3,y=-1.于是n=(3,-1,1).平面AEF的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>=n·p|由题设知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-55(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE·OC=0.因为BE=(a-2,3(a-2),0),OC=(-2,3(2-a),0),所以BE·OC=-2(a-2)-3(a-2)2.由BE·OC=0及0<a<2,解得a=43评析本题主要考查面面垂直的性质定理、二面角的求解以及线面垂直的性质定理,考查学生空间想象实力和运算求解实力,正确建立空间直角坐标系以及表示点的坐标是解决本题的关键.15.(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.(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.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.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.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.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).因此A1B=(0,2,-14),BD=(-2,-2,14),DB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).由m·A可取m=(0,7,1).由n·DB1=0,n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,二面角等基础学问,同时考查空间想象实力和运算求解实力.16.(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.(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.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).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2317.(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.(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.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.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∥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.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).可得H22,2故GH=22,22,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°.18.(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(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.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-2得BC=-22,22,0,A1C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,则n1·BC=0,nn2·CD=0,n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实力以及运算求解实力.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.19.(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.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.(1)证明:PB⊥平面DEF.试推断四面体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;(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.(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.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,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.设PD=DC=1,BC=λ,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),C(0,1,0),PB=(λ,1,-1),点E是PC的中点,所以E0,12,1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.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.(2)由PD⊥平面ABCD,所以DP=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;由(1)知,PB⊥平面DEF,所以BP=(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量.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=20.(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.(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.解析(1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.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).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,空间向量等学问;考查空间推理论证实力,计算实力;建立恰当坐标系,利用空间向量精确求解是解题的关键.21.(2014福建理,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.(1)求证:AB⊥CD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.解析(1)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊂平面ABD,AB⊥BD,∴AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.由(1)知AB⊥平面BCD,BE⊂平面BCD,BD⊂平面BCD,∴AB⊥BE,AB⊥BD.以B为坐标原点,分别以BE,BD,BA的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M0,则BC=(1,1,0),BM=0,12设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),则n·BC取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线AD与平面MBC所成角为θ,则sinθ=|cos<n,AD>|=|n·AD即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为6322.(2014陕西理,17,12分)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.解析(1)证明:由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.由题设知,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)解法一: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),DA=(0,0,1),BC=(-2,2,0),BA=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),∵EF∥AD,FG∥BC,∴n·DA=0,n·BC=0,得z=0,-∴sinθ=|cos<BA,n>|=BA·n|BA||解法二: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E1,∴FE=0,0,12设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),则n·FE=0,n·FG=0,得12z=0,∴sinθ=|cos<BA,n>|=BA·n|BA||23.(2014课标Ⅰ,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.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.又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1.(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.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.因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又AB=BC,则A0,0,33,B(1,0,0),BAB1=0,33,-33,A1B1设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则n·A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,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为17方法点拨在求解或证明过程中,通常会用到一些初中阶段学习的平面几何学问,如三角形中位线的性质、菱形的性质,等腰三角形的性质,相像(全等)三角形的判定与性质等,在复习时应予以关注.24.(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.(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.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.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),E0,32,1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实力.25.(2014江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(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.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=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,C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,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学问,考查空间想象实力、推理论证实力和运算求解实力,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缘由.26.(2014湖南理,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的全部棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(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的全部棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1⊥B1D1,从而A1C1⊥平面BDD1B1,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.在Rt△OO1B1中,易知O1H=OO1·O1B1OB1=237,而O1C1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的全部棱长都相等,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.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,于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B1(3,0,2),C1(0,1,2).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|故二面角C1-OB1-D的余弦值为25727.(2014辽宁理,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面相互垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.(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,-3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.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,由n2·BF=0,n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,留意到平面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.28.(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.(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,满意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).(1)证明:向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BE·DC=0.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,则n·BD=0,n·PB=0,即-xcos<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.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cos<n1,n2>=n1·n2|易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为31029.(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.(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.解析(1)证明:因为BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,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.VQ-A1AD=13×12·VQ-ABCD=13·a+2a2·d·所以V下=VQ-A1AD又VA1B所以V上=VA1B1C1D1-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.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=设平面A1DC的一个法向量为n=(x,y,1),由DA1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,二面角等学问;考查综合推理,转化与化归的意识,运用向量推理计算的实力;精确把握空间结构进行推理证明是解题的关键.30.(2014四川,18,12分)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.(1)证明:P是线段BC的中点;(2)求二面角A-NP-M的余弦值.解析(1)证明:如图,取BD中点O,连接AO,CO.由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD为正三角形,因此AO⊥BD,OC⊥BD.因为AO,OC⊂平面AOC内,且AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC,所以BD⊥AC.取BO的中点H,连接NH,PH.又M,N分别为线段AD,AB的中点,所以NH∥AO,MN∥BD.因为AO⊥BD,所以NH⊥BD.因为MN⊥NP,所以NP⊥BD.因为NH,NP⊂平面NHP,且NH∩NP=N,所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP,所以BD⊥HP.又OC⊥BD,HP⊂平面BCD,OC⊂平面BCD,所以HP∥OC.因为H为BO中点,故P为BC中点.(2)解法一:如图,作NQ⊥AC于Q,连接MQ.由(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP,所以∠MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.由(1)知,△ABD,△BCD是边长为2的正三角形,所以AO=OC=3.由俯视图可知,AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD,所以AO⊥OC.因此在等腰Rt△AOC中,AC=6.作BR⊥AC于R.在△ABC中,AB=BC,所以BR=AB2-因为在平面ABC内,NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,因此NQ=BR2=10同理,可得MQ=104所以在等腰△MNQ中,cos∠MNQ=MN2NQ=BD4故二面角A-NP-M的余弦值是105解法二:由俯视图及(1)可知,AO⊥平面BCD.因为OC,OB⊂平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB.又OC⊥OB,所以直线OA,OB,OC两两垂直.如图,以O为坐标原点,以OB,OC,OA的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,0,3),B(1,0,0),C(0,3,0),D(-1,0,0).因为M,N分别为线段AD,AB的中点,又由(1)知,P为线段BC的中点,所以M-12,0,于是AB=(1,0,-3),BC=(-1,3,0),MN=(1,0,0),NP=0,设平面ABC的法向量n1=(x1,y1,z1),则n1⊥有(x1,取z1=1,则x1=3,y1=1,所以n1=(3,1,1).设平面MNP的法向量n2=(x2,y2,z2),则n2⊥有(x2取z2=1,所以n2=(0,1,1).设二面角A-NP-M的大小为θ,则cosθ=n1·n2|故二面角A-NP-M的余弦值是105评析本题主要考查空间图形的三视图、线面垂直的判定与性质、二面角的计算等基础学问.考查空间想象实力、推理论证实力、运算求解实力.31.(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.(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.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.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,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.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,-12设平面C1D1M的法向量n=(x,y,z),由n·D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.由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.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5532.(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=22(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|=3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-E33.(2013课标Ⅰ理,18,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(1)证明:AB⊥A1C;(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.解析(1)证明:取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B.因为CA=CB,所以OC⊥AB.由于AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B为等边三角形,所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.又A1C⊂平面OA1C,故AB⊥A1C.(2)由(1)知OC⊥AB,OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB,所以OC⊥平面AA1B1B,故OA,OA1,OC两两相互垂直.以O为坐标原点,OA的方向为x轴的正方向,|OA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设知A(1,0,0),A1(0,3,0),C(0,0,3),B(-1,0,0).则BC=(1,0,3),BB1=AA1=(-1,3,0),A1C=(0,-设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量,则n·BC=0,n·BB故cos<n,A1C>=n·所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为105思路分析(1)取AB的中点O,由已知条件可得OC⊥AB,OA1⊥AB,从而得AB⊥平面OA1C,从而得AB⊥A1C;(2)依据证得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BB1C1C的一个法向量,进而求出该法向量与A1C夹角的余弦值,从而可得直线A1C与平面BB1C1C规律总结面面垂直的性质定理在立体几何中是一个极为关键的定理,这个定理的主要作用是将面面垂直问题转化为线面垂直问题.在一些垂直关系的证明及线面角、二面角的求解中,常要借助这个定理作出平面的垂线.34.(2013湖南,19,12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.(1)证明:AC⊥B1D;(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.解析解法一:(1)如图1,因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BB1.又AC⊥BD,所以AC⊥平面BB1D,而B1D⊂平面BB1D,所以AC⊥B1D.图1(2)因为B1C1∥AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ).如图1,连接A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90°,所以A1B1⊥平面ADD1A1,从而A1B1⊥AD1.又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形,于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D.由(1)知,AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1,故∠ADB1=90°-θ.在直角梯形ABCD中,因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故ABDA=BCAB,即AB=DA·连接AB1.易知△AB1D是直角三角形,且B1D2=BB12+BD2=BB12+AB2+AD2=21,即B在Rt△AB1D中,cos∠ADB1=ADB1D=3即cos(90°-θ)=217.从而sinθ=21即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为217解法二:(1)易知,AB,AD,AA1两两垂直.如图2,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.设AB=t,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).图2从而B1D=(-t,3,-3),AC=(t,1,0),因为AC⊥BD,所以AC·BD=-t2+3+0=0,解得t=3或t=-3(舍去).于是B1D=(-3,3,-3),AC=(因为AC·B1D=-3+3+0=0,所以AC⊥B1D,即AC(2)由(1)知,AD1=(0,3,3),AC=(3,1,0),设n=(x,y,z)是平面ACD1的法向量,则n·AC=0,n·AD1=0,设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则sinθ=|cos<n,B1C1>|=n·B即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为217评析本题考查两条直线的位置关系中线线垂直的证明及直线与平面所成角的求解,考查学生空间想象实力和运算求解实力.对于解法一的第(2)问的运算量很小,但对学生的逻辑思维论证实力要求较高,而解法二中虽然思维实力要求低了,但运算求解实力要求特别高.在利用空间向量求解线面角时简单把公式记错,也是失分的缘由.35.(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.(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+C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.结合题图①可知,H为AC中点,故OH=322,从而A'H=OH所以cos∠A'HO=OHA'H=155,所以二面角解法二: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,运算要精确.36.(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.(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.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=12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.又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM.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.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,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