高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何空間向量在幾何體中的應(yīng)用理含試題.doc

【科學(xué)備考】（新課標(biāo)）2015高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 空間向量在幾何體中的應(yīng)用 理（含2014試題）理數(shù)1. (2014四川,8,5分)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點O為線段BD的中點.設(shè)點P在線段CC1上,直線OP與平面A1BD所成的角為,則sin 的取值范圍是()A.B.C.D.答案 1.B解析 1.由正方體的性質(zhì)易求得sinC1OA1=,sinCOA1=,注意到C1OA1是銳角,COA1是鈍角,且.故sin 的取值范圍是.2. (2014江西,10,5分)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=11,AD=7,AA1=12.一質(zhì)點從頂點A射向點E(4,3,12),遇長方體的面反射(反射服從光的反射原理),將第i-1次到第i次反射點之間的線段記為Li(i=2,3,4),L1=AE,將線段L1,L2,L3,L4豎直放置在同一水平線上,則大致的圖形是()答案 2.C解析 2.由對稱性知質(zhì)點經(jīng)點E反射到平面ABCD的點E1(8,6,0)處.在坐標(biāo)平面xAy中,直線AE1的方程為y=x,與直線DC的方程y=7聯(lián)立得F.由兩點間的距離公式得E1F=,tanE2E1F=tanEAE1=,E2F=E1FtanE2E1F=4.E2F1=12-4=8.=.故選C.3.(2014課標(biāo)全國卷,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,BCA=90,M,N分別是A1B1,A1C1的中點,BC=CA=CC1,則BM與AN所成角的余弦值為()A.B.C.D.答案 3.C解析 3.解法一:取BC的中點Q,連結(jié)QN,AQ,易知BMQN,則ANQ即為所求,設(shè)BC=CA=CC1=2,則AQ=,AN=,QN=,cosANQ=,故選C.解法二:以C1為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)BC=CA=CC1=2,則A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),=(-1,0,-2),=(1,-1,-2),cos=,故選C.4. (2014廣西桂林中學(xué)高三2月月考，10) 已知正三棱柱的底面是邊長為2，高為4則底面的中心到平面的距離為（ ）(A) (B) (C) (D) 答案 4. D解析 4.如圖，依題意，是等腰三角形，且，延長交于，取的中點，連結(jié)，則，過作平面，垂足為，則點在的角平分線上，又因為是等邊三角形，所以，由勾股定理可得，易證，所以，即，所以. 故底面的中心到平面的距離為.5.(2014吉林省長春市高中畢業(yè)班第二次調(diào)研測試，15) 用一個邊長為的正三角形硬紙，沿各邊中點連線垂直折起三個小三角形，做成一個蛋托，半徑為的雞蛋（視為球體）放在其上（如圖），則雞蛋中心（球心）與蛋托底面的距離為 .答案 5. 解析 5. 由題意可知蛋槽的高為，且折起三個小三角形頂點構(gòu)成邊長為的等邊三角形，所以球心到面的距離，雞蛋中心與蛋巢底面的距離為6. (2014大綱全國,19,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,點A1在平面ABC內(nèi)的射影D在AC上,ACB=90,BC=1,AC=CC1=2.()證明:AC1A1B;()設(shè)直線AA1與平面BCC1B1的距離為,求二面角A1-AB-C的大小.答案 6.查看解析解析 6.解法一:()因為A1D平面ABC,A1D平面AA1C1C,故平面AA1C1C平面ABC.又BCAC,所以BC平面AA1C1C.(3分)連結(jié)A1C.因為側(cè)面AA1C1C為菱形,故AC1A1C.由三垂線定理得AC1A1B.(5分)()BC平面AA1C1C,BC平面BCC1B1,故平面AA1C1C平面BCC1B1.作A1ECC1,E為垂足,則A1E平面BCC1B1.又直線AA1平面BCC1B1,因而A1E為直線AA1與平面BCC1B1的距離,A1E=.因為A1C為ACC1的平分線,故A1D=A1E=.(8分)作DFAB,F為垂足,連結(jié)A1F.由三垂線定理得A1FAB,故A1FD為二面角A1-AB-C的平面角.由AD=1得D為AC中點,DF=,tanA1FD=.所以二面角A1-AB-C的大小為arctan.(12分)解法二:以C為坐標(biāo)原點,射線CA為x軸的正半軸,以CB的長為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz.由題設(shè)知A1D與z軸平行,z軸在平面AA1C1C內(nèi).()設(shè)A1(a,0,c),由題設(shè)有a2,A(2,0,0),B(0,1,0),則=(-2,1,0),=(-2,0,0),=(a-2,0,c),=+=(a-4,0,c),=(a,-1,c).(2分)由|=2得=2,即a2-4a+c2=0.于是=a2-4a+c2=0,所以AC1A1B.(5分)()設(shè)平面BCC1B1的法向量為m=(x,y,z),則m,m,即m=0,m=0.因=(0,1,0),=(a-2,0,c),故y=0,且(a-2)x+cz=0.令x=c,則z=2-a,m=(c,0,2-a),點A到平面BCC1B1的距離為|cos|=c.又依題設(shè),A到平面BCC1B1的距離為,所以c=.代入解得a=3(舍去)或a=1.(8分)于是=(-1,0,).設(shè)平面ABA1的法向量為n=(p,q,r),則n,n,即n=0,n=0,-p+r=0,且-2p+q=0.令p=,則q=2,r=1,n=(,2,1).又p=(0,0,1)為平面ABC的法向量,故cos=.所以二面角A1-AB-C的大小為arccos.(12分)7. (2014重慶,19,13分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面是以O(shè)為中心的菱形,PO底面ABCD,AB=2,BAD=,M為BC上一點,且BM=,MPAP.()求PO的長;()求二面角A-PM-C的正弦值.答案 7.查看解析解析 7.()如圖,連結(jié)AC,BD,因為ABCD為菱形,則ACBD=O,且ACBD.以O(shè)為坐標(biāo)原點,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.因為BAD=,故OA=ABcos=,OB=ABsin=1,所以O(shè)(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),C(-,0,0),=(0,1,0),=(-,-1,0).由BM=,BC=2知,=,從而=+=,即M.設(shè)P(0,0,a),a0,則=(-,0,a),=.因為MPAP,故=0,即-+a2=0,所以a=或a=-(舍去),即PO=.()由()知,=,=,=.設(shè)平面APM的法向量為n1=(x1,y1,z1),平面PMC的法向量為n2=(x2,y2,z2),由n1=0,n1=0,得故可取n1=,由n2=0,n2=0,得故可取n2=(1,-,-2),從而法向量n1,n2的夾角的余弦值為cos=-,故所求二面角A-PM-C的正弦值為.8. (2014四川,18,12分)三棱錐A-BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖所示.設(shè)M,N分別為線段AD,AB的中點,P為線段BC上的點,且MNNP.()證明:P是線段BC的中點;()求二面角A-NP-M的余弦值.答案 8.查看解析解析 8.()如圖,取BD中點O,連結(jié)AO,CO.由側(cè)視圖及俯視圖知,ABD,BCD為正三角形,因此AOBD,OCBD.因為AO,OC平面AOC內(nèi),且AOOC=O,所以BD平面AOC.又因為AC平面AOC,所以BDAC.取BO的中點H,連結(jié)NH,PH.又M,N分別為線段AD,AB的中點,所以NHAO,MNBD.因為AOBD,所以NHBD.因為MNNP,所以NPBD.因為NH,NP平面NHP,且NHNP=N,所以BD平面NHP.又因為HP平面NHP,所以BDHP.又OCBD,HP平面BCD,OC平面BCD,所以HPOC.因為H為BO中點,故P為BC中點.()解法一:如圖,作NQAC于Q,連結(jié)MQ.由()知,NPAC,所以NQNP.因為MNNP,所以MNQ為二面角A-NP-M的一個平面角.由()知,ABD,BCD是邊長為2的正三角形,所以AO=OC=.由俯視圖可知,AO平面BCD.因為OC平面BCD,所以AOOC.因此在等腰RtAOC中,AC=.作BRAC于R.在ABC中,AB=BC,所以BR=.因為在平面ABC內(nèi),NQAC,BRAC,所以NQBR.又因為N為AB的中點,所以Q為AR的中點,因此NQ=.同理,可得MQ=,所以在等腰MNQ中,cosMNQ=.故二面角A-NP-M的余弦值是.解法二:由俯視圖及()可知,AO平面BCD.因為OC,OB平面BCD,所以AOOC,AOOB.又OCOB,所以直線OA,OB,OC兩兩垂直.如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點,以,的方向為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.則A(0,0,),B(1,0,0),C(0,0),D(-1,0,0).因為M,N分別為線段AD,AB的中點,又由()知,P為線段BC的中點,所以M,N,P.于是=(1,0,-),=(-1,0),=(1,0,0),=.設(shè)平面ABC的一個法向量n1=(x1,y1,z1),則即有 從而取z1=1,則x1=,y1=1,所以n1=(,1,1).設(shè)平面MNP的一個法向量n2=(x2,y2,z2),則即有從而取z2=1,所以n2=(0,1,1).設(shè)二面角A-NP-M的大小為,則cos =.故二面角A-NP-M的余弦值是.9. (2014廣東,18,13分)如圖,四邊形ABCD為正方形,PD平面ABCD,DPC=30,AFPC于點F,FECD,交PD于點E.(1)證明:CF平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.答案 9.查看解析解析 9.(1)證明:PD平面ABCD,PDAD,又CDAD,PDCD=D,AD平面PCD,ADPC,又AFPC,AFAD=A,PC平面ADF,即CF平面ADF.(2)解法一:設(shè)AB=1,則RtPDC中,CD=1,DPC=30,PC=2,PD=,由(1)知CFDF,DF=,CF=,又FECD,=,DE=,同理EF=CD=,如圖所示,以D為原點,建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,1),E,F,P(,0,0),C(0,1,0).設(shè)m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,則又令x=4,得z=,故m=(4,0,),由(1)知平面ADF的一個法向量為=(-,1,0),設(shè)二面角D-AF-E的平面角為,可知為銳角,cos =|cos|=,故二面角D-AF-E的余弦值為.解法二:設(shè)AB=1,CF平面ADF,CFDF.在CFD中,DF=,CDAD,CDPD,CD平面ADE.又EFCD,EF平面ADE.EFAE,在DEF中,DE=,EF=,在ADE中,AE=,在ADF中,AF=.由VA-DEF=SADEEF=SADFhE-ADF,解得hE-ADF=,設(shè)AEF的邊AF上的高為h,由SAEF=EFAE=AFh,解得h=,設(shè)二面角D-AF-E的平面角為.則sin =,cos =.10. (2014福建,17,13分)在平面四邊形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.將ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如圖.()求證:ABCD;()若M為AD中點,求直線AD與平面MBC所成角的正弦值.答案 10.查看解析解析 10.()平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD.又CD平面BCD,ABCD.()過點B在平面BCD內(nèi)作BEBD,如圖.由()知AB平面BCD,BE平面BCD,BD平面BCD,ABBE,ABBD.以B為坐標(biāo)原點,分別以,的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系.依題意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,則=(1,1,0),=,=(0,1,-1).設(shè)平面MBC的法向量為n=(x0,y0,z0),則即取z0=1,得平面MBC的一個法向量為n=(1,-1,1).設(shè)直線AD與平面MBC所成角為,則sin =|cos|=,即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為.11. (2014江西,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,ABCD為矩形,平面PAD平面ABCD.(1)求證:ABPD;(2)若BPC=90,PB=,PC=2,問AB為何值時,四棱錐P-ABCD的體積最大?并求此時平面BPC與平面DPC夾角的余弦值.答案 11.查看解析解析 11.(1)證明:ABCD為矩形,故ABAD.又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以AB平面PAD,故ABPD.(2)過P作AD的垂線,垂足為O,過O作BC的垂線,垂足為G,連結(jié)PG.故PO平面ABCD,BC平面POG,BCPG.在RtBPC中,PG=,GC=,BG=.設(shè)AB=m,則OP=,故四棱錐P-ABCD的體積V=m=.因為m=,故當(dāng)m=,即AB=時,四棱錐P-ABCD的體積最大.此時,建立如圖所示的坐標(biāo)系,各點的坐標(biāo)為O(0,0,0),B,C,D,P.故=,=(0,0),=.設(shè)平面BPC的法向量為n1=(x,y,1),則由n1,n1得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).同理可求出平面DPC的法向量為n2=.從而平面BPC與平面DPC夾角的余弦值為cos =.12. (2014湖南,19,12分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等,ACBD=O,A1C1B1D1=O1,四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形.()證明:O1O底面ABCD;()若CBA=60,求二面角C1-OB1-D的余弦值.答案 12.查看解析解析 12.()因為四邊形ACC1A1為矩形,所以CC1AC.同理DD1BD,因為CC1DD1,所以CC1BD,而ACBD=O,因此CC1底面ABCD.由題設(shè)知,O1OC1C,故O1O底面ABCD,()解法一:如圖,過O1作O1HOB1于H,連結(jié)HC1.由()知,O1O底面ABCD,所以O(shè)1O底面A1B1C1D1,于是O1OA1C1.又因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等,所以四邊形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1B1D1,從而A1C1平面BDD1B1,所以A1C1OB1,于是OB1平面O1HC1,進而OB1C1H,故C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不妨設(shè)AB=2,因為CBA=60,所以O(shè)B=,OC=1,OB1=.在RtOO1B1中,易知O1H=2,而O1C1=1,于是C1H=.故cosC1HO1=.即二面角C1-OB1-D的余弦值為.解法二:因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等,所以四邊形ABCD是菱形,因此ACBD,又由()知O1O底面ABCD,從而OB、OC、OO1兩兩垂直.如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點,OB,OC,OO1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,不妨設(shè)AB=2,因為CBA=60,所以O(shè)B=,OC=1,于是相關(guān)各點的坐標(biāo)為O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2).易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一個法向量.設(shè)n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,則即取z=-,則x=2,y=2,所以n2=(2,2,-),設(shè)二面角C1-OB1-D的大小為,易知是銳角,于是cos =|cos|=.故二面角C1-OB1-D的余弦值為.13.(2014安徽,20,13分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A底面ABCD.四邊形ABCD為梯形,ADBC,且AD=2BC.過A1,C,D三點的平面記為,BB1與的交點為Q.()證明:Q為BB1的中點;()求此四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積之比;()若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面積為6,求平面與底面ABCD所成二面角的大小.答案 13.查看解析解析 13.()證明:因為BQAA1,BCAD,BCBQ=B,ADAA1=A,所以平面QBC平面A1AD.從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行,即QCA1D.故QBC與A1AD的對應(yīng)邊相互平行,于是QBCA1AD.所以=,即Q為BB1的中點.圖1()如圖1,連結(jié)QA,QD.設(shè)AA1=h,梯形ABCD的高為d,四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積分別為V上和V下,BC=a,則AD=2a.=2ahd=ahd,VQ-ABCD=dh=ahd,所以V下=+VQ-ABCD=ahd,又=ahd,所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd,故=.()解法一:如圖1,在ADC中,作AEDC,垂足為E,連結(jié)A1E.又DEAA1,且AA1AE=A,所以DE平面AEA1,于是DEA1E.所以AEA1為平面與底面ABCD所成二面角的平面角.因為BCAD,AD=2BC,所以SADC=2SBCA.又因為梯形ABCD的面積為6,DC=2,所以SADC=4,AE=4.于是tanAEA1=1,AEA1=.故平面與底面ABCD所成二面角的大小為.圖2解法二:如圖2,以D為原點,的方向分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)CDA=.因為S四邊形ABCD=2sin =6,所以a=.從而C(2cos ,2sin ,0),A1,所以=(2cos ,2sin ,0),=.設(shè)平面A1DC的一個法向量為n=(x,y,1),由得x=-sin ,y=cos ,所以n=(-sin ,cos ,1).又因為平面ABCD的一個法向量為m=(0,0,1),所以cos=,故平面與底面ABCD所成二面角的大小為.14.(2014浙江,20,15分)如圖,在四棱錐A-BCDE中,平面ABC平面BCDE,CDE=BED=90,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.()證明:DE平面ACD;()求二面角B-AD-E的大小.答案 14.查看解析解析 14.()在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即ACBC,又平面ABC平面BCDE,從而AC平面BCDE,所以ACDE.又DEDC,從而DE平面ACD.()解法一:作BFAD,與AD交于點F,過點F作FGDE,與AE交于點G,連結(jié)BG,由()知DEAD,則FGAD.所以BFG是二面角B-AD-E的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BDBC,又平面ABC平面BCDE,得BD平面ABC,從而BDAB.由于AC平面BCDE,得ACCD.在RtACD中,由DC=2,AC=,得AD=.在RtAED中,由ED=1,AD=,得AE=.在RtABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,AF=AD.從而GF=.在ABE,ABG中,利用余弦定理分別可得cosBAE=,BC=.在BFG中,cosBFG=.所以,BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.解法二:以D為原點,分別以射線DE,DC為x軸,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,如圖所示.由題意知各點坐標(biāo)如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).設(shè)平面ADE的法向量為m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量為n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),由即可取m=(0,1,-).由即可取n=(1,-1,).于是|cos|=,由題意可知,所求二面角是銳角,故二面角B-AD-E的大小是.15.(2014山東,17,12分)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,DAB=60,AB=2CD=2,M是線段AB的中點.()求證:C1M平面A1ADD1;()若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值.答案 15.查看解析解析 15.()證明:因為四邊形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以ABDC,又由M是AB的中點,因此CDMA且CD=MA.連結(jié)AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因為CDC1D1,CD=C1D1,可得C1D1MA,C1D1=MA,所以四邊形AMC1D1為平行四邊形.因此C1MD1A,又C1M平面A1ADD1,D1A平面A1ADD1,所以C1M平面A1ADD1.()解法一:連結(jié)AC,MC,由()知CDAM且CD=AM,所以四邊形AMCD為平行四邊形.可得BC=AD=MC,由題意ABC=DAB=60,所以MBC為正三角形,因此AB=2BC=2,CA=,因此CACB.以C為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz.所以A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,),因此M,所以=,=.設(shè)平面C1D1M的法向量n=(x,y,z),由得可得平面C1D1M的一個法向量n=(1,1).又=(0,0,)為平面ABCD的一個法向量.因此cos=.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為.解法二:由()知平面D1C1M平面ABCD=AB,過C向AB引垂線交AB于N,連結(jié)D1N.由CD1平面ABCD,可得D1NAB,因此D1NC為二面角C1-AB-C的平面角.在RtBNC中,BC=1,NBC=60,可得CN=.所以ND1=.在RtD1CN中,cosD1NC=.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為.16.(2014遼寧,19,12分)如圖,ABC和BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,ABC=DBC=120,E,F分別為AC,DC的中點.()求證:EFBC;()求二面角E-BF-C的正弦值.答案 16.查看解析解析 16.()證法一:過E作EOBC,垂足為O,連OF.由ABCDBC可證出EOCFOC.所以EOC=FOC=,即FOBC.又EOBC,因此BC面EFO.又EF面EFO,所以EFBC.證法二:由題意,以B為坐標(biāo)原點,在平面DBC內(nèi)過B作垂直BC的直線為x軸,BC所在直線為y軸,在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸,建立如圖2所示空間直角坐標(biāo)系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E,F,所以,=,=(0,2,0),因此=0.從而,所以EFBC.圖2()解法一:在圖1中,過O作OGBF,垂足為G,連EG.由平面ABC平面BDC,從而EO面BDC,又OGBF,由三垂線定理知EGBF.因此EGO為二面角E-BF-C的平面角.在EOC中,EO=EC=BCcos 30=,由BGOBFC知,OG=FC=,因此tanEGO=2,從而sinEGO=,即二面角E-BF-C的正弦值為.解法二:在圖2中,平面BFC的一個法向量為n1=(0,0,1).設(shè)平面BEF的法向量為n2=(x,y,z),又=,=,由得其中一個n2=(1,-,1).設(shè)二面角E-BF-C的大小為,且由題意知為銳角,則cos =|cos|=,因此sin =,即所求二面角的正弦值為.17.(2014天津,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,點E為棱PC的中點.()證明BEDC;()求直線BE與平面PBD所成角的正弦值;()若F為棱PC上一點,滿足BFAC,求二面角F-AB-P的余弦值.答案 17.查看解析解析 17.解法一:依題意,以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E為棱PC的中點,得E(1,1,1).()證明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0.所以BEDC.()向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).設(shè)n=(x,y,z)為平面PBD的法向量,則即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)為平面PBD的一個法向量.于是有cos=.所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為.()向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由點F在棱PC上,設(shè)=,01.故=+=+=(1-2,2-2,2).由BFAC,得=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得=.即=.設(shè)n1=(x,y,z)為平面FAB的法向量,則即不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)為平面FAB的一個法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),則cos=-.易知,二面角F-AB-P是銳角,所以其余弦值為.解法二:()證明:如圖,取PD的中點M,連結(jié)EM,AM.由于E,M分別為PC,PD的中點,故EMDC,且EM=DC,又由已知,可得EMAB且EM=AB,故四邊形ABEM為平行四邊形,所以BEAM.因為PA底面ABCD,故PACD,而CDDA,從而CD平面PAD,因為AM平面PAD,于是CDAM,又BEAM,所以BECD.()連結(jié)BM,由()有CD平面PAD,得CDPD,而EMCD,故PDEM.又因為AD=AP,M為PD的中點,故PDAM,可得PDBE,所以PD平面BEM,故平面BEM平面PBD.所以直線BE在平面PBD內(nèi)的射影為直線BM,而BEEM,可得EBM為銳角,故EBM為直線BE與平面PBD所成的角.依題意,有PD=2,而M為PD的中點,可得AM=,進而BE=.故在直角三角形BEM中,tanEBM=,因此sinEBM=.所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為.()如圖,在PAC中,過點F作FHPA交AC于點H.因為PA底面ABCD,故FH底面ABCD,從而FHAC.又BFAC,得AC平面FHB,因此ACBH.在底面ABCD內(nèi),可得CH=3HA,從而CF=3FP.在平面PDC內(nèi),作FGDC交PD于點G,于是DG=3GP.由于DCAB,故GFAB,所以A,B,F,G四點共面.由ABPA,ABAD,得AB平面PAD,故ABAG.所以PAG為二面角F-AB-P的平面角.在PAG中,PA=2,PG=PD=,APG=45,由余弦定理可得AG=,cosPAG=.所以二面角F-AB-P的余弦值為.18.(2014北京,17,14分)如圖,正方形AMDE的邊長為2,B,C分別為AM,MD的中點.在五棱錐P-ABCDE中,F為棱PE的中點,平面ABF與棱PD,PC分別交于點G,H.()求證:ABFG;()若PA底面ABCDE,且PA=AE,求直線BC與平面ABF所成角的大小,并求線段PH的長.答案 18.查看解析解析 18.()在正方形AMDE中,因為B是AM的中點,所以ABDE.又因為AB平面PDE,所以AB平面PDE.因為AB平面ABF,且平面ABF平面PDE=FG,所以ABFG.()因為PA底面ABCDE,所以PAAB,PAAE.如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0).設(shè)平面ABF的法向量為n=(x,y,z),則即令z=1,則y=-1.所以n=(0,-1,1).設(shè)直線BC與平面ABF所成角為,則sin =|cos|=.因此直線BC與平面ABF所成角的大小為.設(shè)點H的坐標(biāo)為(u,v,w).因為點H在棱PC上,所以可設(shè)=(00),則C(m,0),=(m,0).設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACE的法向量,則即可取n1=.又n2=(1,0,0)為平面DAE的法向量,由題設(shè)|cos|=,即=,解得m=.因為E為PD的中點,所以三棱錐E-ACD的高為.三棱錐E-ACD的體積V=.20.(2014課表全國，19，12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,ABB1C.()證明:AC=AB1;()若ACAB1,CBB1=60,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.答案 20.查看解析解析 20.()連結(jié)BC1,交B1C于點O,連結(jié)AO.因為側(cè)面BB1C1C為菱形,所以B1CBC1,且O為B1C及BC1的中點.又ABB1C,所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO,故B1CAO.又B1O=CO,故AC=AB1.()因為ACAB1,且O為B1C的中點,所以AO=CO.又因為AB=BC,所以BOABOC.故OAOB,從而OA,OB,OB1兩兩互相垂直.以O(shè)為坐標(biāo)原點,的方向為x軸正方向,|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.因為CBB1=60,所以CBB1為等邊三角形,又AB=BC,則A,B(1,0,0),B1,C.=,=,=.設(shè)n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,則即所以可取n=(1,).設(shè)m是平面A1B1C1的法向量,則同理可取m=(1,-,).則cos=.所以二面角A-A1B1-C1的余弦值為.21.（2014重慶一中高三下學(xué)期第一次月考，19）（原創(chuàng)）如圖，在四面體中，平面，。是的中點，是的中點，點在線段上，且。(1) 證明: 平面；(2) 若異面直線與所成的角為，二面角的大小為，求的值。答案 21.查看解析解析 21. 法一：(1) 如圖，連并延長交于，連，過作交于，則，。故，從而。因平面，平面，故平面；(2) 過作于，作于，連。因平面，故平面平面，故平面，因此，從而平面，所以即為二面角的平面角。因，故，因此即為的角平分線。由易知，故，從而，。由題易知平面，故。由題，故。所以，從而。法二：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，。 (1) 設(shè)，則，因此。顯然是平面的一個法向量，且，所以平面；(2) 由(1) ，故由得，因此，從而，。設(shè)是平面的法向量，則，取得。設(shè)是平面的法向量，則，取得。故。22. (2014天津薊縣第二中學(xué)高三第一次模擬考試，19) 已知長方體中，棱棱，連結(jié)，過點作的垂線交于，交于（1）求證：平面；（2）求點到平面的距離；（3）求直線與平面所成角的正弦值答案 22.查看解析解析 22.（1）證明：由已知A1B1面BCC1B1 又BEB1C A1CBE 2分 面ABCD是正方形，ACBD A1CBD A1C平面 4分（2）ABA1B1, AB面點到平面的距離與點B到平面的距離相等由（1）知A1CBE，又BEB1CBE面BF即是點B到平面的距離 6分在BB1C中，點到平面的距離為8分 另解：連結(jié), A到平面的距離, 即三棱錐的高, 設(shè)為, , 由得: , 點A到平面的距離是（3）連結(jié)FD, 由（2）知BE面是在平面上的射影EDF即是直線與平面所成的角 10分 由BB1CBCE可求得CE= BE=DE=, EF= 即與平面所成的角的正弦值是12分23. (2014天津薊縣邦均中學(xué)高三第一次模擬考試，19) 如圖，在四棱錐中，底面為矩形，面，。() 求證：當(dāng)時，平面面；() 當(dāng)時，求二面角的大小。答案 23.查看解析解析 23.以為坐標(biāo)原點，射線分別為軸，軸，軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. (1分)設(shè)，由已知得：， (2分)() 當(dāng)時， , =, ， (3分)=，=， (4分)。 (5分)又， 平面平面平面。 (6分)() ，二面角小于， (11分)二面角余弦值為，二面角B-PD-C大小為。 (12分)24. (2014山西忻州一中、康杰中學(xué)、臨汾一中、長治二中四校高三第三次聯(lián)考，19) 如圖，在幾何體ABCDEF中，ABCD，ADDCCB1，ABC60, 四邊形ACFE為矩形，平面ACFE平面ABCD，CF1（1）求證：平面FBC平面ACFE；（2）點M在線段EF上運動，設(shè)平面MAB與平面FCB所成二面角的平面角為（90），試求cos的取值范圍答案 24.查看解析解析 24. （1）證明：在四邊形ABCD中，ABCD，AD=DC=CB=1，ABC=60, AB=2，AC2=AB2+BC2-2ABBCcos60=3, AB2=AC2+BC2, BCAC.平面ACFE平面ABCD，平面ACFE平面ABCD=AC，BC平面ABCD，BC平面ACFE. 又因為BC平面FBC， 所以 平面ACFE平面FBC， . 5分(2) 解：由(1) 可建立分別以直線CA，CB，CF為x軸，y軸，z軸的如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，令FM=(0), 則C(0，0，0) ，A(，0，0) ，B(0，1，0) ，M(，0，1) ，取x=1, 則n1=(1, , ),n2=(1,0, 0) 是平面FCB的一個法向量,0, 當(dāng)=0時，cos有最小值，當(dāng)=時，cos有最大值. cos. 12分25. (2014山西太原高三模擬考試（一），19) 如圖，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，點O是A1C1的中點，AO平面A1B1C1. 已知BCA=90，AA1=AC=BC=2. （I）求證：AB1 AlC；（）求A1C1與平面AA1B1所成角的正弦值. 答案 25.查看解析解析 25.26. (2014山東青島高三第一次模擬考試, 18) 如圖，四棱錐中, 面，、分別為、的中點，.（）證明：面；（）求面與面所成銳角的余弦值.答案 26.查看解析解析 26.：() 因為、分別為、的中點，所以，因為面，面，所以面. （4分）（）因為，所以，又因為為的中點，所以，所以，得，即6， （6分）因為，所以，分別以為軸建立坐標(biāo)系，所以，則，（8分）設(shè)、分別是面與面的法向量，則，令，又，令，所以. （12分）27. (2014福州高中畢業(yè)班質(zhì)量檢測, 18) 如圖，直角梯形中，=4，點、分別是、的中點，點在上，沿將梯形翻折，使平面平面（）當(dāng)最小時，求證：；（）當(dāng)時，求二面角平面角的余弦值.答案 27.查看解析解析 27.() 證明：點、分別是、的中點, ，又，平面平面，平面， 又，如圖建立空間坐標(biāo)系翻折前, 連結(jié)交于點，此時點使得最小., 又則，. （5分）() 解法一：設(shè),平面, 點到平面的距離為即為點到平面的距離.，=，又=, =,即，（8分）設(shè)平面的法向量為, G(0,1, 0),(2,2, 2),則 , 即取, 則, , ，平面BCG的一個法向量為，則cos =，由于所求二面角的平面角為銳角,所以此二面角平面角的余弦值為. （13分）() 解法二: 由解法一得, 過點D作, 垂足, 過點作延長線的垂線垂足，連接. 平面平面, 平面，,所以就是所求的二面角的平面角. （9分）由于, 在中,又，在中，所以此二面角平面角的余弦值為. （13分）28. (2014安徽合肥高三第二次質(zhì)量檢測，17) 如圖，平面為圓柱的軸截面. 點弧上的點，點為的中點. （）求證：平面； （）若，求二面角的余弦值答案 28.查看解析解析 28. （）連結(jié)，因為且，所以四邊形為平行四邊形，所以，由平面平面，又平面，所以平面. （6分）（）解法一 過點作，垂足為，過點作，垂足為，連結(jié)，因為平面，平面，所以，而，所以平面，所以，由，所以平面，所以，故為二面角的平面角，令，在中，所以，所以. （12分）解法二 如圖，建立空間之間坐標(biāo)系，設(shè)，因為，所以，設(shè)平面的一個法向量為，由得，取，則，即，因為平面為圓柱的軸截面，所以平面的一個法向量為，所以，即二面角的余弦值為. （12分）29.19(2014重慶楊家坪中學(xué)高三下學(xué)期第一次月考，19) 如圖，在棱長為1的正方體中，、分別為和的中點（）求異面直線和所成的角的余弦值；（）求平面與平面所成的銳二面角；答案 29.查看解析解析 29.（）以為原點，分別為軸，建立直角坐標(biāo)系，則，.，（5分）（）平面的一個法向量為，設(shè)平面的法向量為，取得平面的一個法向量（8分），因為為銳角，所求的銳二面角為（12分）30. (2014河北石家莊高中畢業(yè)班復(fù)習(xí)教學(xué)質(zhì)量檢測（二），19) 如