高考真題+知識(shí)總結(jié)+方法總結(jié)+題型突破34立體幾何中二面角的計(jì)算問題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

第頁(yè)近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國(guó)通用)專題34立體幾何中二面角的計(jì)算問題【高考真題】1．（2022新高考Ⅰ卷）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．

(1)求A到平面的距離；(2)設(shè)D為的中點(diǎn)，，平面平面，求二面角的正弦值．1．解析(1)在直三棱柱中，設(shè)點(diǎn)A到平面的距離為h，則，解得，所以點(diǎn)A到平面的距離為；(2)取的中點(diǎn)E,連接AE，如圖，因?yàn)?，所以，又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以兩兩垂直，以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，由(1)得，所以，，所以，則,所以的中點(diǎn)，則，,設(shè)平面的一個(gè)法向量，則，可取，設(shè)平面的一個(gè)法向量，則，可取，則，所以二面角的正弦值為．2．（2022新高考Ⅱ卷）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點(diǎn)．(1)證明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．2．解析(1)連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接、，因?yàn)槭侨忮F的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以為的中點(diǎn)，又為的中點(diǎn)，所以，又平面，平面，所以平面(2)過點(diǎn)作，如圖建立平面直角坐標(biāo)系，因?yàn)?，，所以，又，所以，則，，所以，所以，，，，所以，則，，，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以；設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以；所以，設(shè)二面角為，由圖可知二面角為鈍二面角，所以，所以，故二面角的正弦值為．【方法總結(jié)】1．二面角(1)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個(gè)面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝＜eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))＞．(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|cosθ|＝|cos＜n1，n2＞|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補(bǔ)角)．2．平面與平面的夾角如圖，平面α與平面β相交，形成四個(gè)二面角，我們把四個(gè)二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角．若平面α，β的法向量分別是n1和n2，則平面α與平面β的夾角即為向量n1和n2的夾角或其補(bǔ)角．設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，則cosθ＝|cos＜n1，n2＞|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)．3．利用空間向量計(jì)算二面角大小的常用方法(1)找法向量：分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角的大??；(2)找與棱垂直的方向向量：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大?。绢}型突破】1．(2020·全國(guó)Ⅲ改編)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．(1)證明：點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi)；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求平面AEF與平面EFA1夾角的正弦值．1．解析(1)設(shè)AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如圖，以C1為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(C1D1,\s\up6(→))，eq\o(C1B1,\s\up6(→))，eq\o(C1C,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系C1xyz．連接C1F，則C1(0，0，0)，A(a，b，c)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(2,3)c))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(EA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(C1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，所以eq\o(EA,\s\up6(→))＝eq\o(C1F,\s\up6(→))，所以EA∥C1F，即A，E，F(xiàn)，C1四點(diǎn)共面，所以點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi)．(2)由已知得A(2，1，3)，E(2，0，2)，F(xiàn)(0，1，1)，A1(2，1，0)，則eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2，0，－2)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(－2，0，1)．設(shè)n1＝(x1，y1，z1)為平面AEF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y1－z1＝0，,－2x1－2z1＝0，))可取n1＝(－1，－1，1)．設(shè)n2＝(x2，y2，z2)為平面A1EF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(A1E,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(A1F,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y2＋2z2＝0，,－2x2＋z2＝0，))同理可取n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，1))．因?yàn)閏os<n1，n2>＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝－eq\f(\r(7),7)，所以平面AEF與平面EFA1夾角的正弦值為eq\f(\r(42),7)．2．(2019·全國(guó)Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2．(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的二面角B－CG－A的大?。?．解析(1)由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCGE．又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．(2)作EH⊥BC，垂足為H．因?yàn)镋H?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC．由已知，菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq\r(3)．以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(HC,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz，則A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，eq\r(3))，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，0)．設(shè)平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))所以可取n＝(3，6，－eq\r(3))．又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2)．因此二面角B－CG－A的大小為30°．3．(2019·全國(guó)Ⅱ)如圖，長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1．(1)證明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值．3．解析(1)由已知，得B1C1⊥平面ABB1A1，由于BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE．又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1．(2)由(1)知∠BEB1＝90°．由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB．以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，eq\o(DC,\s\up6(→))的方向?yàn)閥軸正方向，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向?yàn)閦軸正方向，|eq\o(DA,\s\up6(→))|為單位長(zhǎng)度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，所以eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，CC1＝(0，0，2)．設(shè)平面EBC的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1－y1＋z1＝0，))所以可取n＝(0，－1，－1)．設(shè)平面ECC1的法向量為m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(CC1·m＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2z2＝0，,x2－y2＋z2＝0，))所以可取m＝(1，1，0)．于是cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(1,2)．所以二面角B－EC－C1的正弦值為eq\f(\r(3),2)．4．(2019·全國(guó)Ⅰ改編)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)．(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求平面AMA1與平面MA1N夾角的正弦值．4．解析(1)如圖，連接B1C，ME．因?yàn)镸，E分別為BB1，BC的中點(diǎn)，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C．又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn)，所以ND＝eq\f(1,2)A1D．由題設(shè)知A1B1∥DC且A1B1＝DC，可得B1C∥A1D且B1C＝A1D，故ME∥ND且ME＝ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，MN∥ED．又MN?平面C1DE，ED?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE．(2)由已知可得DE⊥DA，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，eq\r(3)，2)，N(1,0,2)，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0，0，－4)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1N,\s\up6(→))＝(－1，0，－2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，0)．設(shè)m＝(x，y，z)為平面A1MA的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1M,\s\up6(→))＝0，,m·\o(A1A,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y－2z＝0，,－4z＝0，))可得m＝(eq\r(3)，1，0)．設(shè)n＝(p，q，r)為平面A1MN的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1N,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)q＝0，,－p－2r＝0，))可取n＝(2，0，－1)．于是cos<m，n>＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),2×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，所以平面AMA1與平面MA1N夾角的正弦值為eq\f(\r(10),5)．5．(2020·全國(guó)Ⅰ)如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE＝AD．△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點(diǎn)，PO＝eq\f(\r(6),6)DO．(1)證明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B－PC－E的余弦值．5．解析(1)設(shè)DO＝a，由題意可得PO＝eq\f(\r(6),6)a，AO＝eq\f(\r(3),3)a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(2),2)a．因此PA2＋PB2＝AB2，從而PA⊥PB．又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC．又PB∩PC＝P，PB，PC?平面PBC，所以PA⊥平面PBC．(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OE,\s\up7())的方向?yàn)閥軸正方向，|eq\o(OE,\s\up7())|為單位長(zhǎng)度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz．由題設(shè)可得E(0，1，0)，A(0，－1，0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))．所以eq\o(EC,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq\o(EP,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(\r(2),2)))．設(shè)m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(EP,\s\up7())＝0，,m·eq\o(EC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋\f(\r(2),2)z＝0，,－\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＝0.))可取m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，1，\r(2)))．由(1)知eq\o(AP,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(2),2)))是平面PCB的一個(gè)法向量，記n＝eq\o(AP,\s\up7())，則cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(2\r(5),5)．所以二面角B－PC－E的余弦值為eq\f(2\r(5),5)．6．(2021·全國(guó)新Ⅱ)在四棱錐Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝eq\r(5)，QC＝3．(1)證明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)求二面角B－QD－A的平面角的余弦值．6．解析(1)取AD的中點(diǎn)為O，連接QO，CO．因?yàn)镼D＝QA，OD＝OA，則QO⊥AD，而AD＝2，QA＝eq\r(5)，故QO＝eq\r(5－1)＝2，在正方形ABCD中，因?yàn)锳D＝2，故DO＝1，故CO＝eq\r(5)，因?yàn)镼C＝3，故QO2＋OC2＝QC2，故△QOC為直角三角形且QO⊥OC，因?yàn)镺C∩AD＝O，故QO⊥底面ABCD．因?yàn)镼O?平面QAD，，故平面QAD⊥底面ABCD．(2)在平面ABCD內(nèi)，過O作OT∥CD，交BC于T，則OT⊥AD，結(jié)合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如圖所示的空間坐標(biāo)系．則D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，，故eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(－2，1，2)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2，2，0)．設(shè)平面QBD的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BQ,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋2z＝0，,－2x＋2y＝0.))不妨設(shè)x＝1，可得n＝(1，1，eq\f(1,2))．而平面QAD的法向量為m＝(1，0，0)．故cos<m，n>＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,1×eq\f(3,2))＝eq\f(2,3)，二面角B－QD－A的平面角為銳角，故其余弦值為eq\f(2,3)．7．(2021·全國(guó)乙)如圖，四棱錐P—ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M為BC的中點(diǎn)，且PB⊥AM．(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．7．解析(1)連結(jié)BD，因?yàn)镻D⊥底面ABCD，且AM?平面ABCD，則AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD?平面PBD，所以AM⊥平面PBD，又BD?平面PBD，則AM⊥BD，所以∠ABD＋∠DAM＝90°，又∠DAM＋∠MAB＝90°，則有∠ADB＝∠MAB，所以Rt△DAB∽R(shí)t△ABM，則eq\f(AD,AB)＝eq\f(BA,BM)，所以eq\f(1,2)BC2＝1，解得BC＝eq\r(2)．(2)因?yàn)镈A，DC，DP兩兩垂直，故以點(diǎn)D位坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A(eq\r(2)，0，0)，B(eq\r(2)，1，0)，M(eq\f(\r(2),2)，1，0)，P(0，0，1)．所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(2),2)，1，0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(2),2)，0，0)．eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－1，1)設(shè)平面AMP的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－eq\r(2)x＋z＝0，,－eq\f(\r(2),2)x＋y＝0.))令x＝eq\r(2)，則y＝1，z＝2，故n＝(eq\r(2)，1，2)，設(shè)平面BMP的法向量為m＝(p，q，r)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－eq\f(\r(2),2)p＝0，,－eq\r(2)p－q＋r＝0.))令q＝1，則r＝1，故m＝(0，1，1)，所以cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(3,\r(7)×\r(2))＝eq\f(3\r(14),14)．設(shè)二面角A－PM－B的平面角為α，則sinα＝eq\f(\r(70),14)所以二面角A－PM－B的正弦值為eq\f(\r(70),14)．8．(2018·全國(guó)Ⅲ)如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧eq\o\ac(CD,\s\up8(︵))所在平面垂直，M是eq\o\ac(CD,\s\up8(︵))上異于C，D的點(diǎn)．(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值．8．解析(1)由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD．因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因?yàn)镸為eq\o\ac(CD,\s\up8(︵))上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以DM⊥CM．又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，eq\o(DC,\s\up6(→))的方向?yàn)閥軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz．當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，M為eq\o\ac(CD,\s\up8(︵))的中點(diǎn)．由題設(shè)得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2，0，0)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.))可取n＝(1，0，2)．eq\o(DA,\s\up6(→))是平面MCD的一個(gè)法向量，因此，cos<n，eq\o(DA,\s\up6(→))>＝eq\f(n·\o(DA,\s\up6(→)),|n||\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sin<n，eq\o(DA,\s\up6(→))>＝eq\f(2\r(5),5)，所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是eq\f(2\r(5),5)．9．(2021·全國(guó)新Ⅰ)如圖，在三棱錐A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O為BD的中點(diǎn)．(1)證明：OA⊥CD；(2)若△OCD是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小為45°，求三棱錐A－BCD的體積．9．解析(1)因?yàn)锳B＝AD，O為BD的中點(diǎn)，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO?平面BCD，所以AO⊥平面BCD，又CD?平面BCD，所以O(shè)A⊥CD；(2)取OD的中點(diǎn)F，因?yàn)椤鱋CD為正三角形，所以CF⊥OD，過O作OM∥CF與BC交于點(diǎn)M，則OM⊥OD，所以O(shè)M，OD，OA兩兩垂直，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)M，OD，OA為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則B(0，－1，0)，C(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，D(0，1，0)，設(shè)A(0，0，t)，則E(0，eq\f(1,3)，eq\f(2t,3))，因?yàn)镺A⊥平面BCD，故平面BCD的一個(gè)法向量為eq\o(OA,\s\up6(→))＝(0，0，t)，設(shè)平面BCE的法向量為n＝(x，y，z)，又eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2)，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，eq\f(4,3)，eq\f(2t,3))，所以由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\f(\r(3),2)x－eq\f(3,2)y＝0，,eq\f(4,3)y＋eq\f(2t,3)z＝0，))令x＝eq\r(3)，則n＝(eq\r(3)，－1，eq\f(2,t))．因?yàn)槎娼荅－BC－D的大小為45°，所以cos<n，eq\o(OA,\s\up6(→))>＝eq\f(n·\o(OA,\s\up6(→)),|n||\o(OA,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,teq\r(4＋eq\f(4,t2)))＝eq\f(\r(2),2)，解得t＝1，所以O(shè)A＝1，又S△OCD＝eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)，所以S△BCD＝eq\f(\r(3),2)，故VA－BCD＝eq\f(1,3)×S△BCD×OA＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),6)．10．(2021·全國(guó)甲)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點(diǎn)，D為棱A1B1上的點(diǎn)，BF⊥A1B1．(1)證明：BF⊥DE；(2)當(dāng)B1D為何值時(shí)，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最?。?0．解析(1)連接AF，∵E，F(xiàn)分別為直三棱柱ABC－A1B1C1的棱AC和CC1的中點(diǎn)，且AB＝BC＝2，∴CF＝1，BF＝eq\r(5)，∵BF⊥A1B1，A1B1∥AB，∴BF⊥AB，∴AF＝eq\r(AB2+BF2)＝eq\r(22+(eq\r(5))2)＝3，AC＝eq\r(AF2－CF2)＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，∴AB2＋BC2＝AC2，即BA⊥BC．故以B為原點(diǎn)，BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(2，0，0)，B(0，0，0)，C(0，2，0)，E(1，1，0)，F(xiàn)(0，2，1)，設(shè)B1D＝m，則D(m，0，2)，∴eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，∵eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，∴BF⊥DE．(2)∵AB⊥平面BB1C1C，∴平面BB1C1C的一個(gè)法向量為m＝(1，0，0)，由(1)知，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，設(shè)平面DFE的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((1－m)x＋y－2z＝0，,－x＋y＋z＝0.))令x＝3，則y＝m＋1，z＝2－m，故n＝(3，m＋1，2－m)，所以cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(3,\r(9＋(m＋1)2＋(2－m)2))＝eq\f(3,\r(2m2－2m＋14))．所以當(dāng)m＝eq\f(1,2)時(shí)，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的余弦值最大為eq\f(\r(6),3)，此時(shí)正弦值最小為eq\f(\r(3),3)．11．(2021·北京)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，點(diǎn)E為A1D1中點(diǎn)，直線B1C1交平面CDE于點(diǎn)F．(1)證明：點(diǎn)F為B1C1的中點(diǎn)；(2)若點(diǎn)M為棱A1B1上一點(diǎn)，且二面角M－CF－E的余弦值為eq\f(\r(5),3)，求eq\f(A1M,A1B1)的值．11．解析如圖所示，取B1C1的中點(diǎn)F′，連結(jié)DE，EF′，F(xiàn)′C，由于ABCD－A1B1C1D1為正方體，E，F(xiàn)′為中點(diǎn)，故EF′∥CD，從而E，F(xiàn)′，C，D，四點(diǎn)共面，所以平面CDE即平面CDEF′，據(jù)此可得，直線B1C1交平面CDE于點(diǎn)F′，當(dāng)直線與平面相交時(shí)只有唯一的交點(diǎn)，故點(diǎn)F與點(diǎn)F′重合，即點(diǎn)F為B1C1中點(diǎn)．(2)以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1，方向分別為x軸，y軸，z軸正方形，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，設(shè)eq\f(A1M,A1B1)＝λ(0≤λ≤1)，則，M(2，2λ，2)，C(0，2，0)，F(xiàn)(1，2，2)，E(1，0，2)，從而，eq\o(MC,\s\up6(→))＝(－2，2－2λ，－2)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(1，0，2)，eq\o(FE,\s\up6(→))＝(0，－2，0)，設(shè)平面MCF的法向量為m＝(x1，y1，z1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(MC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x1＋(2－2λ)y1－2z1＝0，,x1＋2z1＝0，))令z1＝－1，則平面MCF的一個(gè)法向量為m＝(2，eq\f(1,1－λ)，－1)．設(shè)平面CFE的法向量為n＝(x2，y2，z2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2y2＝0，,x2＋2z2＝0，))令z2＝－1，則平面CFE的一個(gè)法向量為n＝(2，0，－1)．從而m·n＝5，|m|＝eq\r(5＋(eq\f(1,1－λ))2)，|n|＝eq\r(5)，則，cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(5,\r(5＋(eq\f(1,1－λ))2×eq\r(5)))＝eq\f(\r(5),3)．整理可得：(λ－1)2＝eq\f(1,4)，故λ＝eq\f(1,2)或eq\f(3,2)(舍去）．12．如圖所示的幾何體由平面PECF截棱長(zhǎng)為2的正方體得到，其中P，C為原正方體的頂點(diǎn)，E，F(xiàn)為原正方體側(cè)棱長(zhǎng)的中點(diǎn)，正方形ABCD為原正方體的底面，G為棱BC上的動(dòng)點(diǎn)．(1)求證：平面APC⊥平面PECF；(2)設(shè)eq\o(BG,\s\up7())＝λeq\o(BC,\s\up7())(0≤λ≤1)，當(dāng)λ為何值時(shí)，平面EFG與平面ABCD所成的角為eq\f(π,3)？12．解析(1)由已知可知，EB∥FD，且EB＝FD，如圖，連接BD，則四邊形EFDB是平行四邊形，∴EF∥BD．∵底面ABCD為正方形，∴BD⊥AC．∵AP⊥底面ABCD，∴BD⊥AP．又AC∩AP＝A，∴BD⊥平面APC，∴EF⊥平面APC．∵EF?平面PECF，∴平面APC⊥平面PECF．(2)以D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則B(2，2，0)，F(xiàn)(0，0，1)，E(2，2，1)，G(2，2－2λ，0)，eq\o(FE,\s\up7())＝(2，2，0)，eq\o(GE,\s\up7())＝(0，2λ，1)，設(shè)m＝(x，y，z)是平面EFG的法向量，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(FE,\s\up7())＝0，,m·eq\o(GE,\s\up7())＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－y，,z＝－2λy，))令y＝－1，可得m＝(1，－1，2λ)為平面EFG的一個(gè)法向量，而平面ABCD的一個(gè)法向量為n＝(0，0，1)．于是coseq\f(π,3)＝|cos＜m，n＞|＝eq\f(|2λ|,\r(2＋4λ2))，解得λ＝±eq\f(\r(6),6)，又0≤λ≤1，∴λ＝eq\f(\r(6),6)．13．如圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分別是CC1，BC，AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在直線A1B1上運(yùn)動(dòng)，且eq\o(A1P,\s\up6(→))＝λeq\o(A1B1,\s\up6(→))(λ∈[0，1])．(1)證明：無論λ取何值，總有AM⊥平面PNQ；(2)是否存在點(diǎn)P，使得平面PMN與平面ABC的夾角為60°？若存在，試確定點(diǎn)P的位置，若不存在，請(qǐng)說明理由．13．解析(1)如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AC，AA1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，由eq\o(A1P,\s\up6(→))＝λeq\o(A1B1,\s\up6(→))＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)，可得點(diǎn)P(λ，0，1)，所以eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ，\f(1,2)，－1))，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－λ，\f(1,2)，－1))．又eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝0＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，所以eq\o(AM,\s\up6(→))⊥eq\o(PN,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))⊥eq\o(PQ,\s\up6(→))，即AM⊥PN，AM⊥PQ，又PN∩PQ＝P，所以AM⊥平面PNQ，所以無論λ取何值，總有AM⊥平面PNQ．(2)設(shè)n＝(x，y，z)是平面PMN的法向量，eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ，\f(1,2)，－1))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(NM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))x＋\f(1,2)y－z＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1＋2λ,3)x，,z＝\f(2－2λ,3)x，))令x＝3，所以n＝(3，1＋2λ，2－2λ)是平面PMN的一個(gè)法向量．取平面ABC的一個(gè)法向量為m＝(0，0，1)．假設(shè)存在符合條件的點(diǎn)P，則|cos＜m，n＞|＝eq\f(|2－2λ|,\r(9＋1＋2λ2＋2－2λ2))＝eq\f(1,2)，化簡(jiǎn)得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝eq\f(7－3\r(5),4)或λ＝eq\f(7＋3\r(5),4)(舍去)．綜上，存在點(diǎn)P，且當(dāng)A1P＝eq\f(7－3\r(5),4)時(shí)，滿足平面PMN與平面ABC的夾角為60°．14．已知在四棱錐P－ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥CD，AB＝2，DC＝4，E為PC的中點(diǎn)，PD＝PC，BC＝2eq\r(2)．(1)求證：BE∥平面PAD；(2)若PB與平面ABCD所成角為45°，點(diǎn)P在平面ABCD上的射影為O，問：BC上是否存在一點(diǎn)F，使平面POF與平面PAB所成的角為60°？若存在，試求點(diǎn)F的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．14．解析(1)取PD的中點(diǎn)H，連接AH，EH，則EH∥CD，EH＝eq\f(1,2)CD，又AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD＝2，∴EH∥AB，且EH＝AB，∴四邊形ABEH為平行四邊形，故BE∥HA．又BE?平面PAD，HA?平面PAD，∴BE∥平面PAD．(2)存在，點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)．理由：∵平面PDC⊥平面ABCD，PD＝PC，作PO⊥DC，交DC于點(diǎn)O，連接OB，可知O為點(diǎn)P在平面ABCD上的射影，則∠PBO＝45°．由題可知OB，OC，OP兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)B，OC，OP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，由題知OC＝2，BC＝2eq\r(2)，∴OB＝2，由∠PBO＝45°，可知OP＝OB＝2，∴P(0，0，2)，A(2，－2，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．設(shè)F(x，y，z)，eq\o(BF,\s\up7())＝λeq\o(BC,\s\up7())，則(x－2，y，z)＝λ(－2，2，0)，解得x＝2－2λ，y＝2λ，z＝0，可知F(2－2λ，2λ，0)，設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為m＝(x1，y1，z1)，∵eq\o(PA,\s\up7())＝(2，－2，－2)，eq\o(AB,\s\up7())＝(0，2，0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(PA,\s\up7())＝0，,m·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－2y1－2z1＝0，,2y1＝0，))令z1＝1，得m＝(1，0，1)．設(shè)平面POF的一個(gè)法向量為n＝(x2，y2，z2)，∵eq\o(OP,\s\up7())＝(0，0，2)，eq\o(OF,\s\up7())＝(2－2λ，2λ，0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(OP,\s\up7())＝0，,n·eq\o(OF,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2z2＝0，,2－2λx2＋2λy2＝0，))令y2＝1，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)，1，0))．∴cos60°＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1))),\r(1＋1)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))2＋1))，解得λ＝eq\f(1,2)，可知當(dāng)F為BC的中點(diǎn)時(shí)，兩平面所成的角為60°．15．如圖所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四邊形ACFE為矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF．(1)求證：EF⊥平面BCF；(2)點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M在什么位置時(shí)，平面MAB與平面FCB所成的銳二面角最大，并求此時(shí)二面角的余弦值．15．解析(1)設(shè)AD＝CD＝BC＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos60°＝3，∴AB2＝AC2＋BC2，則BC⊥AC．∵CF⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC?平面BCF，∴AC⊥平面BCF．∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF．(2)以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線CA，CB，CF為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)FM＝λ(0≤λ≤eq\r(3))，則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)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面MAB的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,λx－y＋z＝0，))取x＝1，則n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3)－λ)．易知m＝(1，0，0)是平面FCB的一個(gè)法向量，∴cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(1,\r(1＋3＋\r(3)－λ2)×1)＝eq\f(1,\r(λ－\r(3)2＋4))．∵0≤λ≤eq\r(3)，∴當(dāng)λ＝0時(shí)，cos<n，m>取得最小值eq\f(\r(7),7)，∴當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)F重合時(shí)，平面MAB與平面FCB所成的銳二面角最大，此時(shí)二面角的余弦值為eq\f(\r(7),7)．16．如圖所示，正方形AA1D1D與矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)．(1)求證：BD1∥平面A1DE；(2)設(shè)在線段AB上存在點(diǎn)M，使二面角D1－MC－D的大小為eq\f(π,6)，求此時(shí)AM的長(zhǎng)及點(diǎn)E到平面D1MC的距離．16．解析(1)連接AD1，交A1D于點(diǎn)O，∵四邊形AA1D1D為正方形，∴O是AD1的中點(diǎn)，∵點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，連接OE．∴EO為△ABD1的中位線，∴EO∥BD1．又∵BD1?平面A1DE，OE?平面A1DE，∴BD1∥平面A1DE．(2)由題意可得D1D⊥平面ABCD，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，C(0，2，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，B(1，2，0)，E(1，1，0)，設(shè)M(1，y0，0)(0≤y0≤2)，∵eq\o(MC,\s\up6(→))＝(－1，2－y0，0)，eq\o(D1C,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，設(shè)平面D1MC的一個(gè)法向量為n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(MC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(D1C,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y2－y0＝0，,2y－z＝0，))令y＝1，有n1＝(2－y0，1，2)．而平面MCD的一個(gè)法向量為n2＝(0，0，1)．要使二面角D1－MC－D的大小為eq\f(π,6)，則coseq\f(π,6)＝|cos＜n1，n2＞|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(2,\r(2－y02＋12＋22))＝eq\f(\r(3),2)，解得y0＝2－eq\f(\r(3),3)(0≤y0≤2)，故AM＝2－eq\f(\r(3),3)，此時(shí)n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1，2))，eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(1，1，－1)．故點(diǎn)E到平面D1MC的距離為d＝eq\f(|n1·\o(D1E,\s\up6(→))|,|n1|)＝eq\f(1－\f(\r(3),3),\f(4\r(3),3))＝eq\f(\r(3)－1,4)．17．(2017·全國(guó)Ⅱ)如圖，四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點(diǎn)．(1)證明：直線CE∥平面PAB；(2)點(diǎn)M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M－AB－D的余弦值．17．解析(1)取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF．因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD．由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EFBC，四邊形BCEF是平行四邊形，CE∥BF，又BF?平面PAB，CE?平面PAB，故CE∥平面PAB．(2)由已知得BA⊥AD，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD所在直線分別為x軸，y軸，|eq\o(AB,\s\up6(→))|為單位長(zhǎng)度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)．設(shè)M(x，y，z)(0<x<1)，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x，y－1，z－eq\r(3))．因?yàn)锽M與底面ABCD所成的角為45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的法向量，所以|cos＜eq\o(BM,\s\up6(→))，n＞|＝sin45°eq\f(|z|,\r((x－1)2＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即(x－1)2＋y2－z2＝0．①又M在棱PC上，設(shè)eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，則x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ．②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，從而eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))．設(shè)m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((2－\r(2))x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2)．于是cos<m，n>＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5)．由圖可知二面角M—AB—D是銳角，所以二面角M－AB－D的余弦值為eq\f(\r(10),5)．18．如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠ABC＝60°，AB＝2BC＝2CD，四邊形DCEF是正方形，N，G分別是線段AB，CE的中點(diǎn)．(1)求證：NG∥平面ADF；(2)設(shè)二面角A－CD－F的大小為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)<θ<π))，當(dāng)θ為何值時(shí)，二面角A－BC－E的余弦值為eq\f(\r(13),13)？18．解析(1)法一如圖，設(shè)DF的中點(diǎn)為M，連接AM，GM，因?yàn)樗倪呅蜠CEF是正方形，所以MGCD，eq\O(s\up2(∥),\s\do4())又四邊形ABCD是梯形，且AB＝2CD，AB∥CD，點(diǎn)N是AB的中點(diǎn)，所以ANDC，所以MGAN，所以四邊形ANGM是平行四邊形，所以NG∥AM.又AM?平面ADF，NG?平面ADF，所以NG∥平面ADF.法二如圖，連接NC，NE，因?yàn)镹是AB的中點(diǎn)，四邊形ABCD是梯形，AB＝2CD，AB∥CD，所以AN綉CD，所以四邊形ANCD是平行四邊形，所以NC∥AD，因?yàn)锳D?平面ADF，NC?平面ADF，所以NC∥平面ADF，同理可得NE∥平面ADF，又NC∩NE＝N，所以平面NCE∥平面ADF，因?yàn)镹G?平面NCE，所以NG∥平面ADF.(2)設(shè)CD的中點(diǎn)為O，EF的中點(diǎn)為P，連接NO，OP，易得NO⊥CD，以點(diǎn)O為原點(diǎn)，以O(shè)C所在直線為x軸，以NO所在直線為y軸，以過點(diǎn)O且與平面ABCD垂直的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)镹O⊥CD，OP⊥CD，所以∠NOP是二面角A－CD－F的平面角，則∠NOP＝θ，所以∠POy＝π－θ，設(shè)AB＝4，則BC＝CD＝2，則P(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，E(1，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，C(1，0，0)，B(2，－eq\r(3)，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，0)，設(shè)平面BCE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\r(3)y＝0，,2ycos(π－θ)＋2zsin(π－θ)＝0，))因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cos(π－θ)≠0，令z＝1，則y＝－tan(π－θ)，x＝－eq\r(3)tan(π－θ)，所以n＝(－eq\r(3)tan(π－θ)，－tan(π－θ)，1)為平面BCE的一個(gè)法向量，又易知平面ACD的一個(gè)法向量為m＝(0，0，1)，所以cos<m，n>＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,\r(4tan2(π－θ)＋1))，由圖可知二面角A－BC－E為銳角，所以eq\f(1,\r(4tan2(π－θ)＋1))＝eq\f(\r(13),13)，解得tan2(π－θ)＝3，又eq\f(π,2)<θ<π，所以tan(π－θ)＝eq\r(3)，即π－θ＝eq\f(π,3)，得θ＝eq\f(2π,3)，所以當(dāng)二面角A－CD－F的大小為eq\f(2π,3)時(shí)，二面角A－BC－E的余弦值為eq\f(\r(13),13)．19．已知三棱錐P－ABC(如圖1)的平面展開圖(如圖2)中，四邊形ABCD為邊長(zhǎng)等于eq\r(2)的正方形，△ABE和△BCF均為正三角形．在三棱錐P－ABC中：(1)證明：平面PAC⊥平面ABC；(2)若點(diǎn)M在棱PA上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)直線BM與平面PAC所成的角最大時(shí)，求二面角P－BC－M的余弦值．19．解析(1)如圖，設(shè)AC的中點(diǎn)為O，連接OB，OP．由題意，得PA＝PB＝PC＝eq\r(2)，OP＝OB＝1．因?yàn)樵凇鱌OB中，OP2＋OB2＝PB2，所以O(shè)P⊥OB．因?yàn)樵凇鱌AC中，PA＝PC，O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P⊥AC．因?yàn)锳C∩OB＝O，AC?平面ABC，OB?平面ABC，所以O(shè)P⊥平面ABC．因?yàn)镺P?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC．(2)由(1)知，OB⊥OP，由題意可得OB⊥AC，所以O(shè)B⊥平面PAC，所以∠BMO是直線BM與平面PAC所成的角，且tan∠BMO＝eq\f(OB,OM)＝eq\f(1,OM)，所以當(dāng)