1.2.4 二面角-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教B版2019）

第一章　空间向量与 立体几何 1.2　空间向量在立体几何中的应用 1.2.4　二面角 知识对点练 目录 40分钟综合练 知识对点练 知识点一　二面角及其度量 1．下列说法正确的是(　　) A．两个相交平面所成角的大小的范围是(0，π) B．二面角的大小的范围是[0，π] C．两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角 D．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的补角 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 4 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 5 3．正三棱锥P－ABC的高为2，侧棱与底面所成的角为45°，则二面角P－AB－C的正切值是________． 2 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 6 4．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为1，侧棱长为3，D，E分别是侧棱CC1和BB1上的点，且CD＝1，AD⊥DE，求截面ADE与底面ABC所成角的余弦值． 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 7 解析：二面角的大小的范围是[0，π]，并且二面角的大小与两个半平面的法向量的夹角相等或互补．故选C. 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 8 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7．如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，∠EBD＝60°，则二面角F－BE－D的余弦值为________． 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 10 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 11 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 12 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 13 40分钟综合练 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 17 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 18 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 19 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 20 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 21 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 22 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 23 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 24 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 25 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 26 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 27 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 28 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 29 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 30 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 31 三、填空题 8．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖．如图属重檐四角攒尖，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，则侧面与底面所成角的大小为________． 60° 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 32 解析：设正四棱锥如图所示，AC∩BD＝O，四边形ABCD为正方形，OE⊥平面ABCD，F为AB的中点，EF⊥AB，OF⊥AB，所以∠EFO即为侧面与底面所成的角，因为正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，所以△ABE的面积是△ABO面积的2倍，因为△ABE和△ABO同底，所以EF＝2FO，所以∠EFO＝60°，所以侧面与底面所成角的大小为60°. 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 33 9．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝AA1＝2BC＝2，D为AA1上一点．若二面角B1－DC－C1的大小为30°，则AD的长为________． 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 34 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 35 10．如图，已知E，F分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，则截面AEFD1与底面ABCD所成角的正弦值为________． 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 解： (1)证明：∵F，G，H分别为PB，EB，PC的中点， ∴FH，FG分别为△PBC，△PBE的中位线， ∴FH∥BC，FG∥PE， ∵PE⊂平面ADPE，FG⊄平面ADPE， ∴FG∥平面ADPE. 在正方形ABCD中，∵BC∥AD，∴FH∥AD， ∵AD⊂平面ADPE，FH⊄平面ADPE， ∴FH∥平面ADPE. 又FH∩FG＝F，FH，FG⊂平面FGH， ∴平面FGH∥平面ADPE. 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：两个相交平面所成角的大小不大于eq \f(π,2)，A错误；二面角的大小的范围是[0，π]，B正确；两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角或补角，C错误；二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角或补角，D错误．故选B. 2．在边长为a的正三角形ABC中，AD⊥BC于点D，将△ABD沿AD翻折后，BC＝eq \f(1,2)a，此时二面角B－AD－C的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：由题意可得∠BDC就是二面角B－AD－C的平面角．∵在△BCD中，BC＝BD＝CD＝eq \f(1,2)a，∴△BCD为正三角形，∴∠BDC＝60°.故选C. 解析：作PO⊥底面ABC，交底面ABC于点O，连接BO并 延长交AC于点D，取AB的中点E，连接PE，CE，则点O在 CE上，PE⊥AB，CE⊥AB，∴∠PEO是二面角P－AB－C的平 面角，∵正三棱锥P－ABC的高为2，侧棱与底面所成的角为45°，∴PO＝2，∠PBO＝45°，∠POB＝90°，∴BO＝CO＝2，EO＝1，∴二面角P－AB－C的正切值为tan∠PEO＝eq \f(PO,EO)＝2. 解：如图，设BE＝y，由已知可得， 在Rt△ADE中，AE2＝AD2＋DE2， 即12＋y2＝(12＋12)＋[12＋(y－1)2]，解得y＝eq \f(3,2)， ∴S△ADE＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－1))\s\up12(2))＝eq \f(\r(10),4)， S△ABC＝eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4). 设截面ADE与底面ABC所成角的大小为θ， 则cosθ＝eq \f(\f(\r(3),4),\f(\r(10),4))＝eq \f(\r(30),10)，∴截面ADE与底面ABC所成角的余弦值为eq \f(\r(30),10). 知识点二　用空间向量求二面角的大小 5．三棱锥A－BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2，若〈n1，n2〉＝eq \f(π,3)，则二面角A－BD－C的大小为(　　) A.eq \f(π,3) B.eq \f(2π,3) C.eq \f(π,3)或eq \f(2π,3) D.eq \f(π,6)或eq \f(π,3) 6．在一个二面角的两个面内与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为(　　) A．eq \f(\r(15),6) B．－eq \f(\r(15),6) C．eq \f(\r(15),3) D．以上都不对 解析：∵eq \f(（0，－1，3）·（2，2，4）,\r(1＋9)×\r(4＋4＋16))＝eq \f(\r(15),6)，∴这个二面角的余弦值为eq \f(\r(15),6)或－eq \f(\r(15),6).故选D. 解析：∵DA，DC，DE两两垂直，∴可建立空间直角坐标 系Dxyz，如图所示．∵∠EBD＝60°，∴eq \f(DE,DB)＝eq \r(3)，由AD＝3， 知BD＝3eq \r(2)，DE＝3eq \r(6)，AF＝eq \r(6).则A(3，0，0)，F(3，0，eq \r(6))， E(0，0，3eq \r(6))，B(3，3，0)，C(0，3，0)，∴eq \o(BF,\s\up16(→))＝(0，－3，eq \r(6))，eq \o(EF,\s\up16(→))＝(3，0，－2eq \r(6))．设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BF,\s\up16(→))＝0，,n·\o(EF,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3y＋\r(6)z＝0，,3x－2\r(6)z＝0，))令z＝eq \r(6)，则n＝(4，2，eq \r(6))为平面BEF的一个法向量． eq \f(\r(13),13) 连接AC，∵DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴DE⊥AC.∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又BD∩DE＝D，∴AC⊥平面BDE，∴平面BDE的一个法向量为eq \o(CA,\s\up16(→))＝(3，－3，0)，∴cos〈n，eq \o(CA,\s\up16(→))〉＝eq \f(n·\o(CA,\s\up16(→)),\a\vs4\al(|n||\o(CA,\s\up16(→))|))＝eq \f(6,\r(26)×3\r(2))＝eq \f(\r(13),13).由图可知二面角F－BE－D为锐角，∴二面角F－BE－D的余弦值为eq \f(\r(13),13). 8．如图所示，四棱锥S－ABCD的底面是边长为1的正方形，SD⊥底面ABCD，SB＝eq \r(3)，求平面ASD与平面BSC所成角的大小． 解：以D为原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DS,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，连接BD，易知BD＝eq \r(2)，SD＝1， ∴D(0，0，0)，S(0，0，1)，B(1，1，0)，C(0，1，0)， ∴eq \o(SC,\s\up16(→))＝(0，1，－1)，eq \o(SB,\s\up16(→))＝(1，1，－1)，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(0，1，0)． 设n＝(x，y，z)为平面BSC的一个法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(SC,\s\up16(→))＝0，,n·\o(SB,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,x＋y－z＝0，)) 令y＝1，则z＝1，x＝0，∴n＝(0，1，1)． 又eq \o(DC,\s\up16(→))＝(0，1，0)为平面ASD的一个法向量， ∴cos〈eq \o(DC,\s\up16(→))，n〉＝eq \f(\o(DC,\s\up16(→))·n,\a\vs4\al(|\o(DC,\s\up16(→))||n|))＝eq \f(1,1×\r(2))＝eq \f(\r(2),2). 设平面ASD与平面BSC所成的角为θ， ∴cosθ＝|cos〈eq \o(DC,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(\r(2),2)，∴θ＝45°， 即平面ASD与平面BSC所成角的大小为45°. 一、单项选择题 1．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，PA＝eq \f(4\r(3),5)，那么二面角A－BD－P的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．75° 解析：如图，过A作AE⊥BD于点E，连接PE，则∠PEA 就是二面角A－BD－P的平面角，AE＝eq \f(AB·AD,BD)＝eq \f(3×4,5)＝eq \f(12,5)，在 Rt△PAE中，tan∠PEA＝eq \f(PA,AE)＝eq \f(\f(4\r(3),5),\f(12,5))＝eq \f(\r(3),3)，所以∠PEA＝30°.故选A. 解析：如图，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz， 设正方体的棱长为a，则A(a，a，0)，B(a，0，0)，D1(0， a，a)，B1(a，0，a)，∴eq \o(BA,\s\up16(→))＝(0，a，0)，eq \o(BD1,\s\up16(→))＝(－a，a，a)， eq \o(BB1,\s\up16(→))＝(0，0，a)，设平面ABD1的一个法向量为n＝ (x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up16(→))＝ay＝0，,n·\o(BD1,\s\up16(→))＝－ax＋ay＋az＝0，))令z＝1，则n＝(1，0，1)，同理，平面B1BD1的一个法向量为m＝(1，1，0)，cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，而二面角A－BD1－B1为钝角，故其大小为120°.故选C. 3．如图所示，已知P为菱形ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，F为PC的中点，则二面角C－BF－D的正切值为(　　) A．eq \f(\r(3),6) B．eq \f(\r(3),4) C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(2\r(3),3) 解析：如图所示，设AC∩BD＝O，连接OF.以O为原点， eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))，eq \o(OF,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间 直角坐标系．设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝eq \r(3)，所以 Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，0))， eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq \o(FB,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(1,2)))，结合图形可知，eq \o(OC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))为平面BFD的一个法向量，设平面BCF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up16(→))＝－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0，,n·\o(FB,\s\up16(→))＝\f(\r(3),2)x－\f(1,2)z＝0，)) 令x＝1，得n＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))，所以cos〈n，eq \o(OC,\s\up16(→))〉＝eq \f(n·\o(OC,\s\up16(→)),|n||\o(OC,\s\up16(→))|)＝eq \f(\f(\r(3),2),\r(7)×\f(1,2))＝eq \f(\r(21),7)，sin〈n，eq \o(OC,\s\up16(→))〉＝eq \f(2\r(7),7)，所以tan〈n，eq \o(OC,\s\up16(→))〉＝eq \f(2\r(3),3).因为二面角C－BF－D为锐角，所以二面角C－BF－D的正切值为eq \f(2\r(3),3).故选D. 4．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1，D是棱AB的中点，则平面ABC与平面B1CD所成角的正弦值为(　　) A．eq \f(\r(30),6) B．eq \f(\r(6),6) C．eq \f(\r(6),3) D．1 解析：如图，以C为原点，eq \o(CA,\s\up16(→))，eq \o(CB,\s\up16(→))，eq \o(CC1,\s\up16(→))的方向分别为 x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，令AC＝2， 则C(0，0，0)，D(1，1，0)，B1(0，2，2)，设平面B1CD的 一个法向量为n＝(x，y，z)，∵eq \o(CD,\s\up16(→))＝(1，1，0)，eq \o(CB1,\s\up16(→))＝(0，2，2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up16(→))＝x＋y＝0，,n·\o(CB1,\s\up16(→))＝2y＋2z＝0，))令x＝1，则y＝－1，z＝1，∴n＝(1，－1，1)，又平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，∴cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(1,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3)，设平面ABC与平面B1CD所成的角为θ，则cosθ＝eq \f(\r(3),3)，∴平面ABC与平面B1CD所成角的正弦值为sinθ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(\r(6),3).故选C. 5．如图，已知边长为2的正三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，将此三角形沿DE折成二面角A1－DE－B，点A1不在平面BCED内，设二面角A1－DE－B的大小为θ，则当异面直线A1E与BD所成的角为60°时，cosθ的值为(　　) A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2) C．－eq \f(1,3) D．eq \f(1,3) 解析：∵△ABC为正三角形，AF为中线，∴AF⊥BC.∵DE为中位线，∴BC∥DE，∴AF⊥DE，即DE⊥AG，且DE⊥GF.∵沿着DE翻折，∴A1G⊥DE，∴∠A1GF是二面角A1－DE－B的平面角，即∠A1GF＝θ.∵正三角形ABC的边长为2，∴AE＝BD＝1，A1G＝GF＝eq \f(1,2)AF＝eq \f(\r(3),2)，连接EF(图略)，∵AE＝EC＝1，BF＝FC＝1，∴EF∥BD，EF＝BD＝1，∵异面直线A1E与BD所成的角为60°，∴∠A1EF＝60°，∴△A1EF是边长为1的正三角形，∴A1F＝1，∴cosθ＝eq \f(A1G2＋GF2－A1F2,2A1G·GF)＝eq \f(\f(3,4)＋\f(3,4)－1,2×\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2))＝eq \f(1,3).故选D. 二、多项选择题 6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为CC1，C1D的中点，则(　　) A．直线MN与A1C所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3) B．平面BMN与平面BC1D1所成角的余弦值为eq \f(3\r(10),10) C．在BC1上存在点Q，使得B1Q⊥BD1 D．在B1D上存在点P，使得PA∥平面BMN 解析：以D为原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、 z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为 1，则A(1，0，0)，D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1， 0，1)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).对于A，eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，eq \o(A1C,\s\up16(→))＝(－1，1，－1)，直线MN与A1C所成角的余弦值为|cos〈eq \o(MN,\s\up16(→))，eq \o(A1C,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|\o(MN,\s\up16(→))·\o(A1C,\s\up16(→))|,|\o(MN,\s\up16(→))||\o(A1C,\s\up16(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\f(1,2)×\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，故A错误； 对于B，eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，eq \o(BM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，设平面BMN的 一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up16(→))＝－\f(1,2)y＝0，,n·\o(BM,\s\up16(→))＝－x＋\f(1,2)z＝0，))取x＝1， 可得y＝0，z＝2，所以n＝(1，0，2)，eq \o(C1D1,\s\up16(→))＝(0，－1，0)，eq \o(BC1,\s\up16(→))＝(－1，0，1)，设平面BC1D1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(C1D1,\s\up16(→))＝－y1＝0，,n·\o(BC1,\s\up16(→))＝－x1＋z1＝0，))取x1＝1，可得y1＝0，z1＝1，所以m＝(1，0，1)，所以平面BMN与平面BC1D1所成角的余弦值为|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|1＋2|,\r(5)×\r(2))＝eq \f(3\r(10),10)，故B正确； 对于C，因为点Q在BC1上，所以设Q(x0，1，z0)，eq \o(C1Q,\s\up16(→))＝ λeq \o(C1B,\s\up16(→))，0≤λ≤1，则eq \o(C1Q,\s\up16(→))＝(x0，0，z0－1)，eq \o(C1B,\s\up16(→))＝(1，0，－1)， 所以x0＝λ，z0＝－λ＋1，所以Q(λ，1，－λ＋1)，eq \o(B1Q,\s\up16(→))＝(λ－1， 0，－λ)，eq \o(BD1,\s\up16(→))＝(－1，－1，1)，因为B1Q⊥BD1，所以eq \o(B1Q,\s\up16(→))·eq \o(BD1,\s\up16(→))＝1－λ－λ＝0，解得λ＝eq \f(1,2)，故BC1上存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，使得B1Q⊥BD1，故C正确；对于D，因为MN∥DC∥AB，所以N，M，B，A四点共面，所以A∈平面BMN，所以B1D上不存在点P，使得PA∥平面BMN，故D错误．故选BC. 7．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝eq \f(π,3)，AB＝2AD＝2PD，PD⊥底面ABCD，则(　　) A．PA⊥BD B．PB与平面ABCD所成的角为eq \f(π,3) C．异面直线AB与PC所成角的余弦值为eq \f(2\r(5),5) D．平面PAB与平面ABCD所成角的大小为45° 解析：设AD＝a，因为∠DAB＝eq \f(π,3)，AB＝2AD＝2PD＝2a， 由余弦定理可得BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcoseq \f(π,3)＝3a2, 即BD＝ eq \r(3)a，从而BD2＋AD2＝AB2，即BD⊥AD，由PD⊥底面ABCD， 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(a，0，0)，B(0，eq \r(3)a，0)，C(－a，eq \r(3)a，0)，D(0，0，0)，P(0，0，a)，故eq \o(PA,\s\up16(→))＝(a，0，－a)，eq \o(BD,\s\up16(→))＝(0，－eq \r(3)a，0)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(0，eq \r(3)a，－a)，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－a，eq \r(3)a，0)，eq \o(PC,\s\up16(→))＝(－a，eq \r(3)a，－a)，所以eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝a×0＋0×(－eq \r(3)a)＋(－a)×0＝0，所以eq \o(PA,\s\up16(→))⊥eq \o(BD,\s\up16(→))，即PA⊥BD，故A正确； 设PB与平面ABCD所成的角为θ，易知平面ABCD的一个法向 量为m＝(0，0，1)，则sinθ＝|cos〈eq \o(PB,\s\up16(→))，m〉|＝eq \f(|\o(PB,\s\up16(→))·m|,|\o(PB,\s\up16(→))||m|)＝eq \f(a,2a×1) ＝eq \f(1,2)，即PB与平面ABCD所成的角为eq \f(π,6)，故B错误；cos〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(PC,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up16(→))·\o(PC,\s\up16(→)), |\o(AB,\s\up16(→))||\o(PC,\s\up16(→))|)＝eq \f(4a2,2a×\r(5)a)＝eq \f(2\r(5),5)，所以异面直线AB与PC所成角的余弦值为eq \f(2\r(5),5)，故C正确； 设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PA,\s\up16(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up16(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax－az＝0，,\r(3)ay－az＝0，))令y＝1，则x＝eq \r(3)，z＝eq \r(3)，所以n＝ (eq \r(3)，1，eq \r(3))，所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(3),1×\r(7))＝eq \f(\r(21),7)，所以平面PAB与平面ABCD所成角的大小不是45°，故D错误．故选AC. eq \f(2\r(3),3) 解析：如图，以C为原点，eq \o(CA,\s\up16(→))，eq \o(CB,\s\up16(→))，eq \o(CC1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、 y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Cxyz，则C(0，0，0)， B1(0，1，2)，B(0，1，0)，∴eq \o(CB1,\s\up16(→))＝(0，1，2)，eq \o(CB,\s\up16(→))＝(0，1，0)． 设AD＝a(0≤a≤2)，则点D的坐标为(2，0，a)，eq \o(CD,\s\up16(→))＝(2，0，a)． 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\up16(→))＝0，,m·\o(CD,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋2z＝0，,2x＋az＝0，))令z＝－1，得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，2，－1)).又平面C1DC的一个法向量为eq \o(CB,\s\up16(→))＝(0，1，0)，则由cos30°＝eq \f(|m·\o(CB,\s\up16(→))|,\a\vs4\al(|m||\o(CB,\s\up16(→))|))＝eq \f(2,\r(\f(a2,4)＋4＋1))＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝eq \f(2\r(3),3)(负值舍去)，故AD＝eq \f(2\r(3),3). eq \f(\r(5),3) 解析：以D为原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、 y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则 A(1，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，D1(0，0，1)，∴eq \o(AD1,\s\up16(→))＝(－1， 0，1)，eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0)).设平面AEFD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－\f(x,2)＋y＝0，))取y＝1，则n＝(2，1，2)为平面AEFD1的一个法向量．又平面ABCD的一个法向量为u＝(0，0，1)，∴cos〈n，u〉＝eq \f(n·u,|n||u|)＝eq \f(2,3×1)＝eq \f(2,3)，∴sin〈n，u〉＝eq \f(\r(5),3)，即截面AEFD1与底面ABCD所成角的正弦值为eq \f(\r(5),3). 四、解答题 11．如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝eq \f(1,2)AD. (1)求异面直线BF与DE所成角的大小； (2)证明：平面AMD⊥平面CDE； (3)求二面角A－CD－E的余弦值． 解：(1)如图所示，建立空间直角坐标系Axyz. 设AB＝1，依题意得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，E(0，1，1)，F(0，0，1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2))). eq \o(BF,\s\up16(→))＝(－1，0，1)，eq \o(DE,\s\up16(→))＝(0，－1，1)， 于是cos〈eq \o(BF,\s\up16(→))，eq \o(DE,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(BF,\s\up16(→))·\o(DE,\s\up16(→)),|\o(BF,\s\up16(→))||\o(DE,\s\up16(→))|)＝eq \f(0＋0＋1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)， 所以异面直线BF与DE所成角的大小为60°. (2)证明：由eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，eq \o(CE,\s\up16(→))＝(－1，0，1)，eq \o(AD,\s\up16(→))＝(0，2，0)，可得eq \o(CE,\s\up16(→))·eq \o(AM,\s\up16(→))＝0，eq \o(CE,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))＝0. 因此CE⊥AM，CE⊥AD. 又AD∩AM＝A，AD，AM⊂平面AMD， 故CE⊥平面AMD. 又CE⊂平面CDE， 所以平面AMD⊥平面CDE. (3)设平面CDE的一个法向量为u＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(u·\o(CE,\s\up16(→))＝0，,u·\o(DE,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－y＋z＝0，)) 令x＝1，可得u＝(1，1，1)． 又由题意，得平面ACD的一个法向量为v＝(0，0，1)， 所以cos〈u，v〉＝eq \f(u·v,|u||v|)＝eq \f(0＋0＋1,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3). 因为二面角A－CD－E为锐角，所以其余弦值为eq \f(\r(3),3). 12．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是eq \o(DF,\s\up18(︵))的中点，P是eq \o(CE,\s\up18(︵))上的一点，且AP⊥BE. (1)求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小． 解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP， 又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，则∠EBP＝90°， 又∠EBC＝120°，因此∠CBP＝30°. (2)以B为原点，eq \o(BE,\s\up16(→))，eq \o(BP,\s\up16(→))，eq \o(BA,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意，得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，eq \r(3)，3)，C(－1，eq \r(3)，0)， 故eq \o(AE,\s\up16(→))＝(2，0，－3)，eq \o(AG,\s\up16(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \o(CG,\s\up16(→))＝(2，0，3)． 设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AG,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.)) 取z1＝2， 可得平面AEG的一个法向量为m＝(3，－eq \r(3)，2)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CG,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.)) 取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量为n＝(3，－eq \r(3)，－2)． 所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(8,4×4)＝eq \f(1,2). 又二面角E－AG－C为锐角，因此其大小为60°. 13．在空间中，经过点P(x0，y0，z0)，法向量为e＝(A，B，C)的平面的方程(即平面上任意一点的坐标(x，y，z)满足的关系)是A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0)＝0.如果给出平面α的方程是x－y＋z＝1，平面β的方程是eq \f(x,6)－eq \f(y,3)－eq \f(z,6)＝1，则这两平面所成角的正弦值是(　　) A．eq \f(\r(7),3) B．eq \f(\r(6),3) C．eq \f(\r(78),9) D．eq \f(\r(2),3) 解析：因为平面α的方程是x－y＋z＝1，所以平面α的一个法向量为m＝(1，－1，1)，因为平面β的方程是eq \f(x,6)－eq \f(y,3)－eq \f(z,6)＝1，所以平面β的一个法向量为n＝(1，－2，－1)，所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1＋2－1,\r(3)×\r(6))＝eq \f(\r(2),3)，所以sin〈m，n〉＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(7),3)，即这两平面所成角的正弦值是eq \f(\r(7),3).故选A. 14．在平面四边形ACPE中(如图1)，D为AC的中点，AD＝DC＝PD＝2，AE＝1，且AE⊥AC，PD⊥AC，现将此平面四边形沿PD折起，使二面角A－PD－C为直二面角，得到立体图形(如图2)．已知B为平面ADC内一点，并且四边形ABCD为正方形，设F，G，H分别为PB，EB，PC的中点． (1)求证：平面FGH∥平面ADPE； (2)在线段PC上是否存在一点M，使得平面FGM与平面PEB所成角的余弦值为eq \f(\r(30),6)？若存在，求出线段PM的长；若不存在，请说明理由． (2)由条件，知DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DP,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0，0，2)，E(2，0，1)，B(2，2，0)，F(1，1，1)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，\f(1,2)))， 则eq \o(PE,\s\up16(→))＝(2，0，－1)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(2，2，－2)． 设平面PEB的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up16(→))＝2x－z＝0，,n·\o(PB,\s\up16(→))＝2x＋2y－2z＝0，)) 取x＝1，得n＝(1，1，2)． 设M(0，m，2－m)，m∈[0，2]，则eq \o(FG,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，eq \o(FM,\s\up16(→))＝(－1，m－1，1－m)． 当m＝1，即M为线段PC的中点时，平面FGM的一个法向量为m1＝(0，1，0)． ∵eq \f(|m1·n|,|m1||n|)＝eq \f(1,1×\r(6))＝eq \f(\r(6),6)≠eq \f(\r(30),6)， ∴m＝1不符合题意． 当m≠1时，设平面FGM的一个法向量为m2＝(a，b，c)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2·\o(FG,\s\up16(→))＝a－\f(1,2)c＝0，,m2·\o(FM,\s\up16(→))＝－a＋（m－1）b＋（1－m）c＝0，)) 取a＝1，得m2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2m－1,m－1)，2))， 由平面FGM与平面PEB所成角的余弦值为eq \f(\r(30),6)，得 eq \f(\r(30),6)＝eq \f(|m2·n|,|m2||n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2m－1,m－1)＋4)),\r(1＋1＋4)×\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m－1,m－1)))\s\up12(2)＋4))， 令t＝eq \f(2m－1,m－1)，解得t＝0或eq \f(5,2)，令eq \f(2m－1,m－1)＝0，解得m＝eq \f(1,2)； 令eq \f(2m－1,m－1)＝eq \f(5,2)，解得m＝3(舍去)． ∴在线段PC上存在一点M，使得平面FGM与平面PEB所成角的余弦值为eq \f(\r(30),6)，此时PM＝eq \f(\r(2),2). $$