7.4 空间角与距离、空间向量及其应用-【高考密码】备战2026年高考数学十年高考真题分类汇编

7.4　空间角与距离、空间向量及其应用 考点1 空间角与距离 1(2024新课标Ⅱ,7,5分,中)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B.1 C.2 D.3 【答案】 B 【解析】 如图,延长AA1,BB1,CC1交于一点P,过P作PO⊥平面ABC,垂足为O,PO与平面A1B1C1交于点O1,连接O1A1,OA. ∵ABC-A1B1C1是正三棱台, ∴三棱锥P-ABC是正三棱锥. 设△A1B1C1,△ABC的面积分别为S1,S2, 则=(S1+S2+)·O1O=. 又∵S1=×22×=,S2=×62×=9, ∴(+9+)·O1O=,∴O1O=. ∵△PO1A1∽△POA,∴=. 又∵△PB1A1∽△PBA,∴===, ∴=,∴PO=2, ∵PO⊥平面ABC,∴∠PAO是AA1与平面ABC所成角. AO=××AB=2, 在Rt△PAO中,tan∠PAO===1.故选B. 2.（2023全国乙理，9）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有， 又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即， 显然平面，于是平面，又平面， 因此平面平面，显然平面平面， 直线平面，则直线在平面内的射影为直线， 从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：， 由正弦定理得，即， 显然是锐角，， 所以直线与平面所成的角的正切为.故选：C 3.(2020新高考Ⅰ,4,5分)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为 (　　) A.20°　　　　B.40°　　　　C.50°　　　　D.90° 【答案】　B　 【解析】 由题意作出如图所示的截面图,设所求角为α, 由图易知α=40°.故选B. 4(2022全国甲,理7,文9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则 (　　) A.AB=2AD B.AB与平面AB1C1D所成的角为30° C.AC=CB1 D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45° 【答案】　D　 【解析】 如图,连接BD.由题可知,BB1⊥平面ABCD,AD⊥平面AA1B1B, 易知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角分别为∠B1DB,∠AB1D,∴∠B1DB=∠AB1D=30°. 设AD=1,则AB1=,B1D=2, ∴BB1=1,BD=,∴AB=, ∴AB=AD,故A错误. 过B作BH⊥AB1,交AB1于H, 易知∠HAB为AB与平面AB1C1D所成的角. ∵BH=, ∴sin∠HAB=,故B错误. 易知AC=,CB1=,∴AC≠CB1,故C错误. 易知∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角, ∴sin∠DB1C=,∴∠DB1C=45°,故D正确. 5.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 (　　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 【答案】　ABD　 【解析】 连接B1C,交BC1于O,∵A1D∥B1C,∴∠B1OC1(或其补角)为直线BC1与DA1所成的角,又B1C⊥BC1,∴∠B1OC1=90°,即直线BC1与DA1所成角为90°.故选项A正确. 由A1B1⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C知A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1⊂平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,∴直线BC1与CA1所成角为90°.故选项B正确. 连接A1C1,交B1D1于点O1,连接O1B,易证C1O1⊥平面BB1D1D,∴BC1在平面BB1D1D内的射影为O1B,∴BC1与平面BB1D1D所成角为∠C1BO1.在Rt△BO1C1中,sin∠C1BO1=,则∠C1BO1=30°,故选项C错误. ∵CC1⊥平面ABCD,∴∠C1BC是BC1与平面ABCD所成的角,而∠C1BC=45°,故选项D正确.故选ABD. 6.(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.　　　　　B. C.　　　　　D. 【答案】　C　 【解析】 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), ∴=(-1,0,-2),=(1,-1,-2), ∴cos<,>====,故选C. 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=,AN=,QN=, ∴cos∠ANQ====, 故选C. 7.(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　 【解析】 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=a;PB=a;PB1=a,PA=PC=a;PD=a.故有4个不同的值.故选B. 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、空间想象力及运算能力.构造直角三角形是解题关键. 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.　　　　　B. C.　　　　　D. 【答案】　A　 【解析】 不妨设CB=1,则B(0,0,1),A(2,0,0),C1(0,2,0),B1(0,2,1).　 ∴=(0,2,-1),=(-2,2,1). cos<,>===,故选A. 评析　本题考查利用空间坐标运算求异面直线所成的角,考查了运算求解能力. 9(2024天津,17,15分,中)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,AA1⊥平面ABCD,AD⊥AB,AB=AA1=2,AD=DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点. (1)求证:D1N∥平面CB1M; (2)求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角的余弦值; (3)求点B到平面CB1M的距离. 【解析】 (1)证明:取CB1的中点P,连接NP,MP, 因为N是B1C1的中点,所以NP∥CC1,且NP=CC1, 因为M是DD1的中点,所以D1M=DD1=CC1,且D1M∥CC1, 则有D1M∥NP,D1M=NP, 所以四边形D1MPN是平行四边形,故D1N∥MP, 又MP⊂平面CB1M,D1N⊄平面CB1M, 所以D1N∥平面CB1M. (2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,0,2),M(0,1,1),C(1,1,0),C1(1,1,2), 所以=(1,-1,2),=(-1,0,1),=(0,0,2), 设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2), 则有 分别取x1=x2=1,则有y1=3,z1=1,y2=1, 即m=(1,3,1),n=(1,1,0), 则cos<m,n>===, 故平面CB1M与平面BB1C1C的夹角的余弦值为. (3)由=(0,0,2),平面CB1M的一个法向量为m=(1,3,1),可得==, 即点B到平面CB1M的距离为. 10(2024北京,17,14分,中)如图,在四棱锥P-ABCD中,BC∥AD,AB=BC=1,AD=3.点E在AD上,且PE⊥AD,PE=DE=2. (1)若F为线段PE的中点,求证:BF∥平面PCD; (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 【解析】 (1)证明:取PD的中点M,连接CM,MF, ∵F是PE中点,M是PD中点, ∴MF∥DE,MF=DE=1, 又BC∥AD,BC=1, ∴MF∥BC,MF=BC, ∴四边形BCMF是平行四边形, ∴BF∥CM, 又BF⊄平面PCD,CM⊂平面PCD, ∴BF∥平面PCD. (2)∵AB⊥平面PAD,PE⊂平面PAD,AD⊂平面PAD, ∴AB⊥PE,AB⊥AD. 又PE⊥AD,AD∩AB=A. ∴PE⊥平面ABCD, 连接EC,易得EC⊥AD. 以点E为原点,EC、ED、EP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A(0,-1,0),B(1,-1,0),P(0,0,2),C(1,0,0),D(0,2,0), ∴=(1,0,0),=(0,1,2),=(-1,2,0),=(0,2,-2), 设平面PAB的法向量为m=(x1,y1,z1), 则∴ 令z1=1,得m=(0,-2,1). 设平面PCD的法向量为n=(x2,y2,z2), 则∴ 令z2=1,得n=(2,1,1), ∴平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为|cos<m,n>|==. 11.(2023北京,16,14分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=. (1)求证:BC⊥平面PAB; (2)求二面角A-PC-B的大小. 【解析】　(1)证明:因为PA⊥平面ABC,BC,AB⊂平面ABC, 所以PA⊥BC,PA⊥AB.所以PB=. 又因为BC=1,PC=,所以PB2+BC2=PC2, 所以PB⊥BC, 又因为PA⊥BC,且PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB, 所以BC⊥平面PAB. (2)以B为原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1), 所以=(0,0,1),=(1,-1,0),=(1,-1,-1),=(1,0,0), 设平面PAC的法向量为m=(x1,y1,z1), 则令y1=1,则m=(1,1,0), 设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2), 则令z2=-1,则n=(0,1,-1), 所以cos<m,n>=, 又因为二面角A-PC-B为锐二面角, 所以二面角A-PC-B的大小为. 考点2 空间向量及其应用 1.(多选)(2021新高考Ⅰ,12,5分)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则 (　　) A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值 B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值 C.当λ=时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP D.当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P 【答案】　BD　 【解析】 选项A,当λ=1时,点P在线段CC1上,设CP=x(0≤x≤1),若x=0,则△AB1P即为△AB1C,此时△AB1P的周长为2+1;若x=1,则△AB1P即为△AB1C1,此时△AB1P的周长为2+1.若0<x<1,PC1=1-x, 在Rt△PCA中,PA=, 在Rt△B1C1P中,PB1=, 而AB1=,所以△AB1P的周长为,不为定值,故选项A错误; 选项B,当μ=1时,点P在线段B1C1上, 因为B1C1∥BC,B1C1⊄平面A1BC,BC⊂平面A1BC, 所以B1C1∥平面A1BC, 所以直线B1C1上的任何一点到平面A1BC的距离均相等, 所以三棱锥P-A1BC的体积为定值,故选项B正确; 取BC,B1C1的中点分别为O,O1,连接OO1,AO,易知OO1⊥平面ABC,AO⊥BC,以OB,OA,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B,A,A1,选项C,当λ=时,点P在线段OO1上,设P(0,0,z)(0≤z≤1),则,若A1P⊥BP,则=0, 即z(z-1)=0,解得z=0或z=1,即当λ=时,存在两个点P,使得A1P⊥BP,故选项C错误; 选项D,当μ=时,点P在线段MN上(M,N分别是线段BB1,CC1的中点),设P,则, 若A1B⊥平面AB1P,则A1B⊥AP,则=0, 即=0,解得x=-,所以P,易验证此时满足A1B⊥平面AB1P, 所以当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P,故选项D正确.故选BD. 命题立意:本题以正三棱柱为载体,考查正三棱柱的性质,平面向量基本定理,空间几何体的体积,以及线面垂直的判定等,考查学生空间想象能力和逻辑推理能力,通过研究点P的位置,考查数形结合思想,体现数学运算与直观想象的核心素养,落实对试题的创新性和综合性的考查. 2.（2025北京，17,14分） 如图,在四棱锥P-ABCD中,△ADC与△BAC均为等腰直角三角形,∠ADC=90°,∠BAC=90°,E为BC的中点. (1)若F,G分别为PD,PE的中点,求证:FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. 【解析】(1)证明:连接DE,因为F,G分别是PD,PE的中点,所以FG∥DE, 又易知AD􀱀BE,所以四边形ADEB为平行四边形,所以AB∥DE,所以AB∥FG, 因为FG⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,所以FG∥平面PAB. (2)因为AB,AC,AP两两垂直,所以以点A为坐标原点,AC,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0), 设PA=2,则B(0,2,0),P(0,0,2),C(2,0,0),D(1,-1,0),则=(0,2,0),=(2,0,-2),=(1,-1,-2), 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,得x=1,y=-1,则n=(1,-1,1),设直线AB与平面PCD所成角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|===,故直线AB与平面PCD所成角的正弦值为. 3.（2025全国二卷，17,15分） 如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 【解析】(1)证明:在四边形ABCD中,AB∥CD, 因为E,F分别在AB,CD上,所以FC∥EB, 因为BE⊄平面CD'F,FC⊂平面CD'F, 所以BE∥平面CD'F, 同理可得,A'E∥平面CD'F, 又BE∩A'E=E,BE,A'E⊂平面A'EB, 所以平面A'EB∥平面CD'F, 又A'B⊂平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F. (2)由CD=2AD,F为CD的中点,得DF=DA=FC.又AB∥CD,EF∥AD,所以四边形EFDA为平行四边形,又∠DAB=90°,DF=DA,所以四边形EFDA为正方形,则EF⊥DC,即D'F⊥EF,FC⊥EF,所以∠D'FC是面EFD'A'与面EFCB所成的二面角的平面角,因为面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°,所以∠D'FC=60°.又D'F=FC,所以△CD'F为正三角形.由D'F⊥EF,FC⊥EF,D'F∩FC=F,得EF⊥平面CD'F.因为EF⊂面EFCB,所以面D'FC⊥面EFCB.取FC的中点O,连接D'O,则D'O⊥面EFCB,过O作OM∥EF,交BE于M,则以O为坐标原点,分别以OM,OC,OD'所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设FC=2,则F(0,-1,0),E(2,-1,0),C(0,1,0),B(2,3,0),D'(0,0,),A'(2,0,),则=(2,2,0),=(0,-1,),=(2,0,0),=(0,1,). 设面BCD'的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 即 令z1=1,得x1=-,y1=,则平面BCD'的一个法向量为n1=(-,,1). 设面EFD'A'的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 即 令z2=1,得y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n2=(0,-,1), 则cos<n1,n2>===-. 设面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的大小为θ,则cos θ=, 所以sin θ===,则面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为. 4.（2025全国一卷，17,15分） 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)设PA=AB=,BC=2,AD=1+,且点P,B,C,D均在球O的球面上. (i)证明:点O在平面ABCD内; (ii)求直线AC与PO所成角的余弦值. 【解析】(1)证明:因为PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,所以PA⊥AD,又AB⊥AD,AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,又AD⊂平面PAD,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)由(1)知PA,AB,AD两两垂直.以AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图,则P(0,0,),A(0,0,0),D(0,1+,0),C(,2,0),B(,0,0). (i)证明:设O(x,y,z),则OP=, OB=,OC=, OD=, 由OP=OB=OC=OD,解得x=z=0,y=1, 则O(0,1,0),故O在线段AD上,即点O在平面ABCD内. (ii)因为=(,2,0),=(0,1,-), 所以cos<,>===, 故直线AC与PO所成角的余弦值为. 5.(2024全国甲理,19,12分,中)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点. (1)证明:BM∥平面CDE; (2)求二面角F-BM-E的正弦值. 【解析】(1)证明:∵M为AD的中点,且AD=4, ∴MD=2,∴MD=BC, 又∵MD∥BC,∴四边形BCDM为平行四边形, ∴BM∥CD, 又BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE, ∴BM∥平面CDE. (2)设AM的中点为O,连接FO,BO, ∵AB=BM=AM=2,∴OB⊥AM,OB=, 在等腰梯形ADEF中,EF∥MD,EF=MD, ∴四边形MDEF为平行四边形,∴FM=DE=, ∴AF=MF,又∵O为AM的中点,∴OF⊥AM,OA=AM=1, ∴OF==3,又∵OB=,FB=2, ∴OF2+OB2=BF2,∴OB⊥OF, 又∵OB⊥AD,OF⊥AD, ∴分别以OB,OD,OF所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则F(0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3), ∴=(-,1,0),=(,0,-3),=(0,1,3), 设平面FBM的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即 不妨取x1=,则n1=(,3,1). 设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则即 不妨取y2=3,则x2=,z2=-1,则n2=(,3,-1). 设二面角F-BM-E的平面角为θ,则|cos θ|=|cos<n1,n2>|===, ∵0≤θ≤π,∴sin θ===, ∴二面角F-BM-E的正弦值为. 6.（2023新课标I，18）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，． （1）证明：； （2）点在棱上，当二面角为时，求． 【【解析】】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ，， 又不在同一条直线上，. （2）设，则， 设平面的法向量，则， 令 ，得，， 设平面的法向量，则， 令 ，得，， ， 化简可得，，解得或，或，. 7.（2023课标II，20） 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 【【解析】】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）不妨设，，． ，，又，平面平面．以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设， 设平面与平面一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 8.（2023全国甲理，18）在三棱柱中，，底面ABC，，到平面的距离为1． （1）求证：； （2）若直线与距离为2，求与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）如图， 底面，面， ，又，平面，, 平面ACC1A1，又平面， 平面平面， 过作交于，又平面平面，平面， 平面 到平面的距离为1，， 在中，， 设，则， 为直角三角形，且， ，，， ，解得，， （2）， ，， 过B作，交于D，则为中点， 由直线与距离为2，所以 ，，， 在，， 延长，使，连接， 由知四边形为平行四边形， ，平面，又平面， 则在中，，， 在中，，， , 又到平面距离也为1， 所以与平面所成角的正弦值为. 9.（2022全国甲（理）T18） 在四棱锥中，底面． （1）证明：； （2）求PD与平面所成的角的正弦值． 【【解析】】（1）证明：在四边形中，作于，于， 因为，所以四边形为等腰梯形， 所以，故，， 所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又，所以平面， 又因平面，所以； （2）如图，以点原点建立空间直角坐标系，， 则， 则， 设平面的法向量， 则有，可取， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 10.（2022全国乙文，18，12分） 如图，四面体中，，E为AC的中点． （1）证明：平面平面ACD； （2）设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积． 【解析】（1）由于，是的中点，所以. 由于，所以， 所以，故， 由于，平面， 所以平面， 由于平面，所以平面平面. （2）依题意，，三角形是等边三角形， 所以， 由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以. ，所以， 由于，平面，所以平面. 由于，所以， 由于，所以， 所以，所以， 由于，所以当最短时，三角形的面积最小值. 过作，垂足为， 在中，，解得， 所以， 所以 过作，垂足为，则，所以平面，且， 所以, 所以. 11.（2022全国乙理，18） 如图，四面体中，，E为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【【解析】】（1）因为，E为的中点，所以； 在和中，因为， 所以，所以，又因为E为的中点，所以； 又因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）连接，由（1）知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小. 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以, 在中，，所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角的正弦值为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 12.（2022新高考Ⅰ，19） 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． （1）求A到平面的距离； （2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 【【解析】】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 则，解得， 所以点A到平面的距离为； （2）取的中点E,连接AE,如图，因为，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， 所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得，所以，，所以， 则,所以的中点， 则，, 设平面的一个法向量，则， 可取， 设平面的一个法向量，则， 可取， 则， 所以二面角的正弦值为. 14.(2019天津理,17,13分)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求证:BF∥平面ADE; (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F的余弦值为,求线段CF的长. 【解析】　本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.重点考查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算. 依题意,可以建立以A为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图), 可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2). 设CF=h(h>0),则F(1,2,h). (1)证明:依题意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得·=0, 又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE. (2)依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2), =(-1,-2,2). 设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量, 则即不妨令z=1, 可得n=(2,2,1),因此有cos<,n>==-. 所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为. (3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量, 则即 不妨令y=1,可得m=. 由题意,有|cos<m,n>|===,解得h=.经检验,符合题意.所以,线段CF的长为. 思路分析　从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何中的位置关系或长度. 方法总结　利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤: ①观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;②写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;③设出相应平面的法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量;④将空间位置关系转化为向量关系;⑤根据定理结论求出相应的角和距离. 15.(2019课标Ⅱ理,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1. (1)证明:BE⊥平面EB1C1; (2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值. 【解析】　本题考查线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,考查了直观想象的核心素养. (1)由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1, 故B1C1⊥BE. 又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1=90°. 由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E, 所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB. 以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1,-1,1),=(0,0,2). 设平面EBC的法向量为n=(x,y,z), 则即 所以可取n=(0,-1,-1). 设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z), 则即 所以可取m=(1,1,0). 于是cos<n,m>==-. 所以,二面角B-EC-C1的正弦值为. 一题多解　 (2)连接BC1.设AE=m,不妨令AB=1,则BE=,C1E=,BC1=. ∵BE⊥EC1,∴4m2+1=2m2+3,解得m=1,则AA1=2. 连接AC,BD,相交于点O,连接A1C1. 由题意可知AC⊥BD,BD⊥CC1,AC∩CC1=C, ∴BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥CE, 即BO⊥CE. 在长方形AA1C1C中,AC=,AA1=2.连接AC1,有==,又∠EAC=∠C1CA=90°,则Rt△C1CA∽Rt△CAE. ∴∠ECA+∠C1AC=90°,∴CE⊥AC1. 取CC1的中点F,连接OF,BF,则OF∥AC1,∴OF⊥CE. ∵BO∩OF=O,∴CE⊥平面FOB. 设CE∩OF=G,连接BG,∴CE⊥BG,CE⊥FG,则∠BGF为二面角B-CE-C1的平面角,且sin∠BGF=sin∠BGO.设AC1∩CE=H,易得△AEH∽△C1CH.又∵AE=CC1,∴AH=AC1.易知OG∥AH,又∵O为AC的中点,∴OG=AH.∵BO=,OG=AH=AC1=,BO⊥OG,∴tan∠BGO==,∴∠BGO=60°,则∠BGF=120°,故sin∠BGF=. 16.(2017北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4. (1)求证:M为PB的中点; (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值. 【解析】　本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力. (1)设AC,BD交点为E,连接ME. 因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME, 所以PD∥ME. 因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点. 所以M为PB的中点. (2)取AD的中点O,连接OP,OE. 因为PA=PD,所以OP⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD, 所以OP⊥平面ABCD. 因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE. 因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD. 如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-). 设平面BDP的法向量为n=(x,y,z), 则即 令x=1,则y=1,z=. 于是n=(1,1,). 平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0). 所以cos<n,p>==. 由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为. (3)由题意知M,C(2,4,0),=. 设直线MC与平面BDP所成角为α, 则sin α=|cos<n,>|==. 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为. 方法总结　1.在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向量n1,n2,设二面角的大小为θ,则有|cos θ|=|cos<n1,n2>|=,再通过原图判断二面角是钝角还是锐角,进而求出二面角. 2.用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线的方向向量为e,平面的法向量为n,则直线与平面所成的角θ满足sin θ=,θ∈. 17.(2017课标Ⅰ理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值. 【解析】　本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题. (1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD, 又AP∩PD=P,从而AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F. 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF, 又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD. 以 F为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz. 由(1)及已知可得A,P,B,C. 所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0). 设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则 即 可取n=(0,-1,-). 设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则 即 可取m=(1,0,1). 则cos<n,m>==-. 易知二面角A-PB-C为钝二面角, 所以二面角A-PB-C的余弦值为-. 方法总结　面面垂直的证明及向量法求解二面角. (1)面面垂直的证明 证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面. (2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值. 建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n1,n2,设二面角的大小为θ, 则|cos θ|=,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况. 18.(2017课标Ⅲ理,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD. (1)证明:平面ACD⊥平面ABC; (2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值. 【解析】　本题考查面面垂直的证明,二面角的求法. (1)由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC. 又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°. 取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO. 又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC. 所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角. 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2. 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°. 所以平面ACD⊥平面ABC. (2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1). 由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=. 设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量, 则即可取n=. 设m是平面AEC的法向量,则 同理可取m=(0,-1,).则cos<n,m>==. 易知二面角D-AE-C为锐二面角, 所以二面角D-AE-C的余弦值为. 方法总结　证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,即在一个平面内,找一条直线,使它垂直于另一个平面.用空间向量法求二面角的余弦值时,要判断二面角是钝角还是锐角. 19.(2016课标Ⅱ理,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=. (1)证明:D'H⊥平面ABCD; (2)求二面角B-D'A-C的正弦值. 【解析】　(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD. 又由AE=CF得=,故AC∥EF. 因此EF⊥HD,从而EF⊥D'H.(2分) 由AB=5,AC=6得DO=BO==4. 由EF∥AC得==. 所以OH=1,D'H=DH=3. 于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故D'H⊥OH.(4分) 又D'H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D'H⊥平面ABCD.(5分) (2)如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3), =(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).(6分) 设m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量, 则即 所以可取m=(4,3,-5).(8分) 设n=(x2,y2,z2)是平面ACD'的法向量, 则即 所以可取n=(0,-3,1).(10分) 于是cos<m,n>===-. sin<m,n>=. 因此二面角B-D'A-C的正弦值是.(12分) 思路分析　(1)利用已知条件及翻折的性质得出D'H⊥EF,利用勾股定理的逆定理得出D'H⊥OH,从而得出结论; (2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系,从而求出两个半平面的法向量,利用向量的夹角公式求二面角的余弦值,从而求出正弦值. 评析　　本题主要考查翻折问题,线面垂直的证明以及用空间向量法求解二面角的基本知识和基本方法,考查学生的运算求解能力以及空间想象能力,求解各点的坐标是利用向量法解决空间问题的关键. 20.(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=AC=2,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(0,2,0),C(-2,0,0), 所以=(-2,-2,0), 过点F作FM垂直OB于点M. 所以FM==3,可得F(0,,3). 故=(0,-,3). 设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量. 由 可得 可得平面BCF的一个法向量m=. 因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1), 所以cos<m,n>==. 所以二面角F-BC-A的余弦值为. 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==3. 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=BMsin 45°=. 从而FN=, 可得cos∠FNM=. 所以二面角F-BC-A的余弦值为. 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;考查了空间想象能力和逻辑推理能力.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. 21.(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=. 在Rt△BQF中,FQ=,BF=,得cos∠BQF=. 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为. 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,),A(-1,-3,0), E,F. 因此,=(0,3,0),=(1,3,),=(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). 由得取m=(,0,-1); 由得取n=(3,-2,). 于是,cos<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. 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|cos θ|=|cos<n1,n2>|,要求cos θ的值,还需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而决定cos θ=|cos<n1,n2>|,还是cos θ=-|cos<n1,n2>|. 评析　本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力. 22.(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=. 由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC. 在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=. 在Rt△FDG中,可得FG=. 在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=. 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,的方向为x轴,y轴正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz. 由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,,0),所以=(1,,),=.(10分) 故cos<,>==-. 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.(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. 23.(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==6,所以AH=10. 以D为坐标原点,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),=(10,0,0),=(0,-6,8). 设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量, 则即 所以可取n=(0,4,3). 又=(-10,4,8),故|cos<n,>|==. 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为. 24.(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=AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC. 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(,0,0),C(0,,0),D(0,0,1). 可得H,F(0,,1), 故=,=(0,,1). 设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量, 则由 可得 可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,). 因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0), 所以cos<,n>===. 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°. 25.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,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2. (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=, 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=. 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B,E,A1,C, 得=,=,==(-,0,0). 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, 则得取n1=(1,1,1); 得取n2=(0,1,1), 从而cos θ=|cos<n1,n2>|==, 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为. 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能力以及运算求解能力.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. 26.(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.试判断四面体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,求的值. 【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=, 在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=, 则tan=tan∠DPF===,解得λ=. 所以==. 故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=. 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),=(λ,1,-1),点E是PC的中点, 所以E, =, 于是·=0,即PB⊥DE. 又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF. 因=(0,1,-1),·=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=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量; 由(1)知,PB⊥平面DEF,所以=(-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, 则cos===, 解得λ=,所以==. 故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=. 27.(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=,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,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,,0),E,=. 设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0). 设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量, 则即 可取n1=. 又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos<n1,n2>|=,即=,解得m=. 因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为. 三棱锥E-ACD的体积V=××××=. 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能力. 28.(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=,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=,GC=,BG=. 设AB=m,则OP==,故四棱锥P-ABCD的体积V=··m·=. 因为m==, 故当m=,即AB=时,四棱锥P-ABCD的体积最大. 此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B,C,D,P. 故=,=(0,,0),=. 设平面BPC的法向量为n1=(x,y,1),则由n1⊥,n1⊥得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1). 同理可求出平面DPC的法向量为n2=. 从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cos θ===. 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知识,考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力,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原因. 29.(2014湖南理,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,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的所有棱长都相等, 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=,OC=1,OB1=. 在Rt△OO1B1中,易知O1H==2,而O1C1=1,于是C1H===. 故cos∠C1HO1===. 即二面角C1-OB1-D的余弦值为. 解法二:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,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=,OC=1, 于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B1(,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, 则即 取z=-,则x=2,y=2,所以n2=(2,2,-), 设二面角C1-OB1-D的大小为θ,易知θ是锐角, 于是cos θ=|cos<n1,n2>|===. 故二面角C1-OB1-D的余弦值为. 30.(2014辽宁理,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,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=, 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,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E,F,所以,=,=(0,2,0),因此·=0.从而⊥,所以EF⊥BC. 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=EC=BC·cos 30°=, 由△BGO∽△BFC知,OG=·FC=, 因此tan∠EGO==2,从而sin∠EGO=,即二面角E-BF-C的正弦值为. 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=,=, 由得其中一个n2=(1,-,1). 设二面角E-BF-C的大小为θ,且由题意知θ为锐角,则 cos θ=|cos<n1,n2>|==, 因此sin θ==,即所求二面角的正弦值为. 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,注意到平面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. 31.(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,满足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=(0,1,1),=(2,0,0),故·=0. 所以BE⊥DC. (2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x1,y1,z1)为平面PBD的法向量, 则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有 cos<n,>===. 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为. (3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=λ,0≤λ≤1. 故=+=+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得·=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=.故=.设n1=(x1,y1,z1)为平面FAB的法向量,则即 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>===-. 易知,二面角F-AB-P是锐角, 所以其余弦值为. 32.(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===,即Q为BB1的中点. (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. =×·2a·h·d=ahd, VQ-ABCD=··d·h=ahd, 所以V下=+VQ-ABCD=ahd, 又=ahd, 所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd, 故=. (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==1,∠AEA1=. 故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为. 解法二:如图2,以D为原点,,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系. 图2 设∠CDA=θ. 因为S四边形ABCD=·2sin θ=6,所以a=. 从而C(2cos θ,2sin θ,0),A1, 所以=(2cos θ,2sin θ,0),=. 设平面A1DC的一个法向量为n=(x,y,1), 由得x=-sin θ,y=cos θ, 所以n=(-sin θ,cos θ,1). 又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1), 所以cos<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. 评析　本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直,柱、锥体积,二面角等知识;考查综合推理,转化与化归的意识,运用向量推理计算的能力;准确把握空间结构进行推理证明是解题的关键. 33.(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=,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=, 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(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,), 因此M, 所以=,==. 设平面C1D1M的法向量n=(x,y,z), 由得 可得平面C1D1M的一个法向量n=(1,,1). 又=(0,0,)为平面ABCD的一个法向量, 因此cos<,n>==. 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为. 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=. 所以ND1==. 在Rt△D1CN中,cos∠D1NC===. 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为. 34.(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=AB. (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=AB得,AC⊥BC. 以C为坐标原点,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),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2). 设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量, 则即 可取n=(1,-1,-1). 同理,设m是平面A1CE的法向量,则 可取m=(2,1,-2). 从而cos<n,m>==,故sin<n,m>=. 即二面角D-A1C-E的正弦值为. 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,,,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-E的正弦值. 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=,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=. (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=3,AD=2. 连接OD,OE,在△OCD中,由余弦定理可得 OD==. 由翻折不变性可知A'D=2, 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=,从而A'H==, 所以cos∠A'HO==,所以二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为. 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,),C(0,-3,0),D(1,-2,0), 所以=(0,3,),=(-1,2,). 设n=(x,y,z)为平面A'CD的法向量,则 即解得 令x=1,得n=(1,-1,). 由(1)知,=(0,0,)为平面CDB的一个法向量, 所以cos<n,>===,即二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为. 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,运算要准确. 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=2.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=AD. 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=DM. 又点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP=AD. 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=BDcos θ=2cos θ, CG=CDsin θ=2cos θsin θ, BG=BCsin θ=2sin2θ. 在Rt△BDM中,HG==. 在Rt△CHG中,tan∠CHG===. 所以tan θ=. 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),B(0,-,0),D(0,,0). 设点C的坐标为(x0,y0,0), 因为=3,所以Q. 因为M为AD的中点,故M(0,,1). 又P为BM的中点,故P, 所以=. 又平面BCD的一个法向量为u=(0,0,1),故·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=(-x0,-y0,1),=(0,2,1), 知 取y=-1,得m=. 又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),于是 |cos<m,n>|===, 即=3.① 又BC⊥CD,所以·=0, 故(-x0,--y0,0)·(-x0,-y0,0)=0, 即+=2.② 联立①,②,解得(舍去)或 所以tan∠BDC==. 又∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°. 37.(2012课标理,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD. (1)证明:DC1⊥BC; (2)求二面角A1-BD-C1的大小. 【解析】　(1)由题设知,三棱柱的侧面为矩形. 由于D为AA1的中点,故DC=DC1.又AC=AA1,可得D+DC2=C,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.又BC⊂平面BCD,故DC1⊥BC. (2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,则BC⊥平面ACC1, 所以CA,CB,CC1两两相互垂直. 以C为坐标原点,的方向为x轴的正方向,的方向为y轴的正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz. 由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2). 则=(0,0,-1),=(1,-1,1),=(-1,0,1). 设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量, 则即可取n=(1,1,0). 同理,设m是平面C1BD的法向量,则 可取m=(1,2,1).从而cos<n,m>==. 又易知二面角A1-BD-C1为锐二面角, 故二面角A1-BD-C1的大小为30°. 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,运算要准确. 38.(2011课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (1)证明:PA⊥BD; (2)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高. 【解析】　(1)因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=AD.从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD, 所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD. (2)如图,作DE⊥PB,垂足为E.已知PD⊥底面ABCD,则PD⊥BC. 由(1)知BD⊥AD,又BC∥AD,所以BC⊥BD. 故BC⊥平面PBD,BC⊥DE. 则DE⊥平面PBC,即DE为棱锥D-PBC的高 由题设知PD=AD=1,则BD=,PB=2. 根据DE·PB=PD·BD得DE=. 即棱锥D-PBC的高为. 评析　本题考查直线与平面垂直,直线与直线垂直的判定与性质,三棱锥的体积,点到平面的距离等基础知识与基本方法,考查空间想象能力,推理论证能力和运算能力,对平面几何知识也有一定的要求,属中等偏难题. 39.(2011四川理,19,12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1.D是棱CC1上的一点,P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点,且PB1∥平面BDA1. (1)求证:CD=C1D; (2)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值; (3)求点C到平面B1DP的距离. 【解析】　如图,以A1为原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A1-B1C1A,则A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1).　 (1)证明:设C1D=x,∵AC∥PC1,∴==. 由此可得D(0,1,x),P, ∴=(1,0,1),=(0,1,x),=. 设平面BA1D的一个法向量为n1=(a,b,c), 则令c=-1,则n1=(1,x,-1). ∵PB1∥平面BA1D, ∴n1·=1×(-1)+x·+(-1)×0=0. 由此可得x=,故CD=C1D.(4分) (2)由(1)知,平面BA1D的一个法向量n1=. 又n2=(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量. ∴cos<n1,n2>===. 故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为.(8分) (3)∵=(1,-2,0),=. 设平面B1DP的一个法向量n3=(a1,b1,c1), 则 令c1=1,可得n3=.又=, ∴C到平面B1DP的距离d==.(12分) 40.(2018北京理,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2. (1)求证:AC⊥平面BEF; (2)求二面角B-CD-C1的余弦值; (3)证明:直线FG与平面BCD相交. 【解析】　(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中, 因为CC1⊥平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形. 又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以AC⊥EF. 因为AB=BC,所以AC⊥BE. 所以AC⊥平面BEF. (2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1. 又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC. 因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE. 如图建立空间直角坐标系E-xyz. 由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1). 所以=(-1,-2,0),=(1,-2,1). 设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0), 则即 令y0=-1,则x0=2,z0=-4. 于是n=(2,-1,-4). 又因为平面CC1D的一个法向量为=(0,2,0), 所以cos<n,>==-. 由题知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为-. (3)由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4),=(0,2,-1). 因为n·=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0, 所以直线FG与平面BCD相交. 41.(2016课标Ⅰ,文18,12分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°. (1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC; (2)求二面角E-BC-A的余弦值. 【解析】　(1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC.(2分) 又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(3分) (2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF. 以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.(6分) 由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,). 由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.(8分) 又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF. 由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,). 所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).(10分) 设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则 即 所以可取n=(3,0,-). 设m是平面ABCD的法向量,则 同理可取m=(0,,4).则cos <n,m>==-. 故二面角E-BC-A的余弦值为-.(12分) 评析　　本题考查了立体几何部分有关垂直的证明,以及二面角的求解和利用空间向量求解立体几何问题.解决立体几何问题时要注意“发现”垂线所在的位置. 42.(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=,∠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=,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3,A1F=B1F=, 由余弦定理得cos∠A1FB1=-. 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,),B(0,,0),D(-,0,),B1(-,,). 因此=(0,,-),=(-,-,),=(0,,0). 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). 由即 可取m=(0,,1). 由即可取n=(,0,1). 于是|cos<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-. 评析　本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力. 43.(2015福建理4,17,12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=AB. 又F是CD的中点,所以DF=CD. 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,,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=(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=(2,0,-2),=(2,2,-1), 由得 取z=2,得n=(2,-1,2). 从而cos<n,>===, 所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为. 44.(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,的方向为x轴正方向,||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A,B(1,0,0),B1,C. =,==,==. 设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量, 则即 所以可取n=(1,,). 设m是平面A1B1C1的法向量,则 同理可取m=(1,-,). 则cos<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. 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知识,如三角形中位线的性质、菱形的性质,等腰三角形的性质,相似(全等)三角形的判定与性质等,在复习时应予以关注. 45.(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,的方向为x轴的正方向,||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,,0),C(0,0,),B(-1,0,0). 则=(1,0,),==(-1,,0),=(0,-,). 设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量, 则即可取n=(,1,-1). 故cos<n,>==-. 所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为. 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)根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夹角的余弦值,从而可得直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值. 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. 46.(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=,即AB==. 连接AB1.易知△AB1D是直角三角形,且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=. 在Rt△AB1D中,cos∠ADB1===, 即cos(90°-θ)=.从而sin θ=. 即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为. 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=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0). 因为AC⊥BD,所以·=-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去). 于是=(-,3,-3),=(,1,0). 因为·=-3+3+0=0,所以⊥,即AC⊥B1D. (2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD1的法向量, 则即令x=1,则n=(1,-,). 设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则sin θ=|cos<n,>|===. 即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为. 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,考查学生空间想象能力和运算求解能力.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能力要求较高,而解法二中虽然思维能力要求低了,但运算求解能力要求非常高.在利用空间向量求解线面角时容易把公式记错,也是失分的原因. 47.(2016课标Ⅲ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点. (1)证明MN∥平面PAB; (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 【解析】　(1)证明:由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN, 由N为PC的中点知TN∥BC,TN=BC=2.(3分) 又AD∥BC,故TN􀱀AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT. 因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分) (2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE===. 以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N,=(0,2,-4),=,=. 设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量, 则即(10分) 可取n=(0,2,1).于是|cos<n,>|==. 即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分) 48.(2022浙江,19,15分)如图,已知四边形ABCD和四边形CDEF都是直角梯形,AB∥DC,DC∥EF,AB=5,DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE=60°,二面角F-DC-B的平面角为60°.设M,N分别为AE,BC的中点. (1)证明:FN⊥AD; (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值. 【解析】　 (1)证明:由题意知CD⊥CB,CD⊥CF,CB∩CF=C,∴CD⊥平面CBF,又FN⊂平面CBF,∴CD⊥FN. 易知∠FCB即为二面角F-DC-B的平面角,故∠FCB=60°, 又CF=(CD-EF)·tan∠CDE=2,CB=(AB-CD)·tan∠BAD=2,∴△BCF是等边三角形, 又N是BC的中点,∴CB⊥FN, ∵CB∩CD=C,CB,CD⊂平面ABCD, ∴FN⊥平面ABCD,∵AD⊂平面ABCD,∴FN⊥AD. (2)建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得B(0,,0),A(5,,0),E(1,0,3),D(3,-,0),则M,∴=(2,2,0),=(-2,,3). 设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),则令y=-1,则n=(,-1,). 设直线BM与平面ADE所成角为θ, 则sin θ=|cos<n,. ∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为. 49.(2021北京,17,14分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为A1D1的中点,直线B1C1交平面CDE于点F. (1)求证:点F为B1C1的中点; (2)若点M为棱A1B1上一点,且二面角M-CF-E的余弦值为,求. 【解析】　(1)证明:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CD∥C1D1,因为CD⊄平面A1B1C1D1,C1D1⊂平面A1B1C1D1,所以CD∥平面A1B1C1D1,又CD⊂平面CDE,平面A1B1C1D1∩平面CDE=EF,所以CD∥EF,则EF∥C1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥B1C1,所以四边形EFC1D1是平行四边形,则FC1=ED1,又E是A1D1的中点,所以FC1=ED1=B1C1,即点F是B1C1的中点. (2)以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系D-xyz.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,(0<λ<1),则C(0,2,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),F(1,2,2),E(1,0,2),所以=(1,0,2),=(0,2,0),=(2,-2,2)+λ(0,2,0)=(2,-2+2λ,2). 设平面CEF的法向量为n1=(x1,y1,z1),则令z1=1,得x1=-2,所以平面CEF的一个法向量为n1=(-2,0,1). 设平面CFM的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 即令z2=1,得x2=-2,y2=,所以平面CFM的一个法向量为n2=. 因为二面角M-CF-E的余弦值为,所以,即,又0<λ<1,解得λ=,即. 解题指导:(1)先利用直线与平面平行的判定定理得到CD∥平面A1B1C1D1,进而得到EF∥C1D1,再由A1D1∥B1C1,得到四边形EFC1D1是平行四边形,从而得出结论; (2)以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz,设(0<λ<1),利用空间向量的坐标运算,得到平面CEF与平面CFM的法向量,进而由已知条件得到关于λ的方程,解方程即可. 拓展延伸:(1)平面α与平面β的夹角与这两个平面的二面角相等或互补;(2)若平面α与平面β的法向量分别为n1,n2,则平面α与平面β的夹角即为n1和n2的夹角或其补角,设平面α与平面β的夹角为θ,则|cos θ|=|cos<n1,n2>|=. 50.(2021浙江,19,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠ABC=120°,AB=1,BC=4,PA=,M,N分别为BC,PC的中点,PD⊥DC,PM⊥MD. (1)证明:AB⊥PM; (2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值. 【解析】　本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查直观想象和数学运算等素养. (1)在△CDM中,DC=1,MC=2,∠DCM=60°,则DM=,所以CD⊥DM. 又因为CD⊥PD,所以CD⊥平面PDM. 因此CD⊥PM. 又因为AB∥CD,所以AB⊥PM. (2)解法一: 连接AC交DM于点E,过E作EF∥AN交PC于点F.过点F作FH∥CD,交PD于H,连接HE. 由(1)知CD⊥平面PDM,所以FH⊥平面PDM. 故∠FEH是直线AN与平面PDM所成的角. 由(1)知PM⊥CD,又已知PM⊥MD, 所以PM⊥平面ABCD. 连接AM,在平行四边形ABCD中,AM=,AC=. 在直角△PMA中,由PA=,AM=得PM=2. 在直角△PMC中,由PM=2,MC=2得PC=2. 在△PAC中,由PA=,PC=2,AC=得AN=. 在平行四边形ABCD中,,所以, 故EF=,HF=, 在直角△FHE中,sin∠FEH=. 因此,直线AN与平面PDM所成角的正弦值为. 解法二: 如图,以D为原点,分别以射线DM,DC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz. 则A(2,-2,0),C(0,1,0),M(,0,0),设P(,0,z0),z0>0, 因为PA=,所以z0=2, 故P(,0,2),N, 所以=(,0,2=(,0,0). 设平面PDM的法向量为n=(x,y,z), 由取n=(0,1,0). 设直线AN与平面PDM所成角为α,所以 sin α=|cos<,n>|=. 因此,直线AN与平面PDM所成角的正弦值为. 51.(2020新高考Ⅰ,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)证明:l⊥平面PDC; (2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值. 【解析】　(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC. 因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC. 由已知得l∥AD. 因此l⊥平面PDC. (2)以D为坐标原点,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D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),=(0,1,0),=(1,1,-1). 由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1). 设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则 可取n=(-1,0,a). 所以cos<n,. 设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ=. 因为,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. 解后反思　(1)证明线面垂直最常用的方法是线面垂直的判定定理,而本题中直线l不易作出,直接证明比较困难,通过线面平行的性质定理可以判定直线l∥AD,从而将问题转化为证明AD⊥平面PDC,问题得证. (2)建立空间直角坐标系,利用向量法求解.先用变量表示出PB与平面QCD所成角的正弦值,再转化为函数最值问题,此类问题要注意变量的取值范围,避免最终结果出错. 52.(2020北京,16,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点. (Ⅰ)求证:BC1∥平面AD1E; (Ⅱ)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值. 【解析】(Ⅰ)证明:∵ABCD-A1B1C1D1为正方体, ∴D1C1∥A1B1,D1C1=A1B1. 又AB∥A1B1,AB=A1B1, ∴D1C1∥AB,D1C1=AB, ∴四边形ABC1D1为平行四边形, ∴AD1∥BC1,又AD1⊂平面AD1E,BC1⊄平面AD1E, ∴BC1∥平面AD1E. (5分) (Ⅱ)不妨设正方体的棱长为2,如图,分别以{}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz, 则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),∴=(0,0,2),=(2,0,2),=(0,2,1),设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),直线AA1与平面AD1E所成的角为θ, 则令z=-2,则 此时n=(2,1,-2), (10分) ∴sin θ=|cos<n,, ∴直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为. (13分) 名师点拨(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所成的锐角后(求出是钝角时取其补角),取其余角即为直线与平面所成的角; (2)若求线面角的余弦值,则要注意利用平方关系sin2θ+cos2θ=1求出其值.不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成的角的余弦值即为所求. 53.(2022新高考Ⅰ,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2. (1)求A到平面A1BC的距离; (2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值. 【解析】　 (1)设A到平面A1BC的距离为d.因为,所以d=. (2)解法一(几何法):由题意知,二面角A-BD-A1的平面角与二面角A-BD-C的平面角互补,故两二面角的正弦值相等.下求二面角A-BD-A1的正弦值. 如图,过A作AH⊥BD于H,取A1B的中点O,连接AO,OH. 因为AA1=AB,所以AO⊥A1B, 又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AO⊂平面ABB1A1,所以AO⊥平面A1BC. 又BD,BC⊂平面A1BC,所以AO⊥BC,AO⊥BD,又AO∩AH=A,所以BD⊥平面AOH,因为OH⊂平面AOH,所以OH⊥BD,则∠AHO是二面角A-BD-A1的平面角. 由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,因为BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC, 又AA1∩AO=A,AA1,AO⊂平面ABB1A1, 所以BC⊥平面ABB1A1. 因为A1B,AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥A1B,BC⊥AB. 由(1)知AO=d=,所以AB=AA1=2,A1B=2, 又因为△A1BC的面积为2,所以BC=2,所以可得AC=2,A1C=2,BD=,故△ABD的面积为, 又S△ABD=,所以AH=, 在Rt△OHA中,sin∠OHA=, 即二面角A-BD-C的正弦值为. 解法二(向量法):如图,取A1B的中点E,连接AE. 因为AA1=AB,所以AE⊥A1B,又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AE⊂平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC. 又BC⊂平面A1BC,所以AE⊥BC. 由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC, 又BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AE=A,AA1,AE⊂平面ABB1A1,所以BC⊥平面ABB1A1,又AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥AB. 由(1)知AE=d=,所以AB=AA1=2,A1B=2, 又因为△A1BC的面积为2,所以BC=2. 以B为坐标原点,向量的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系B-xyz, 则C(2,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),则=(2,0,0),=(0,2,0),=(1,1,1). 设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则令x1=1,得z1=-1,所以n1=(1,0,-1). 设平面BCD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1). 所以cos<n1,n2>=, 又sin<n1,n2>>0,所以sin<n1,n2>=. 所以二面角A-BD-C的正弦值为. 54.(2022新高考Ⅱ,20,12分)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点. (1)证明:OE∥平面PAC; (2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值. 【解析】　(1)证法一:连接OA, ∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC, ∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°, 又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB, 取AB的中点D,连接OD、DE,则OD⊥AB, 又∵AB⊥AC,∴OD∥AC, 又∵OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC, ∴OD∥平面PAC, 又D、E分别为AB、PB的中点,∴DE∥PA, 又∵DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,∴DE∥平面PAC, 又OD、DE⊂平面ODE,OD∩DE=D, ∴平面ODE∥平面PAC, 又OE⊂平面ODE,∴OE∥平面PAC. 证法二:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高, ∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB, ∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO, ∴△POA≌△POB,∴OA=OB, 延长BO交AC于点F,连接PF, 易知在Rt△ABF中,O为BF的中点, ∵E为PB的中点,∴OE∥PF, 又OE⊄平面PAC,PF⊂平面PAC, ∴OE∥平面PAC. (2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M且与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系. ∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4, 又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=2, ∴P(0,2,3),B(2,0,0),A(-2,0,0),E, ∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=4, ∴AC=12,C(-2,12,0). 设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1), =(4,0,0),, ∴ 令y1=3,则z1=-2,∴n1=(0,3,-2). 设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2), =(0,12,0), ∴ 令x2=,则z2=-6,∴n2=(,0,-6), ∴cos<n1,n2>=, 设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sin θ=,∴二面角C-AE-B的正弦值为. 55.(2022全国甲理,18,12分)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=. (1)证明:BD⊥PA; (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 【解析】　(1)证明:过D作DH⊥AB,垂足为H,则AH=,又AD=1,所以DH=.易知BH=,所以BD=,在△ABD中,AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PD⊥BD,又因为PD∩AD=D,所以BD⊥平面PAD,又PA⊂平面PAD,所以BD⊥PA. (2)解法一:连接PH.设点D到平面PAB的距离为h, 由VD-PAB=VP-ABD得S△ABD·PD, 所以h=. 由(1)易知S△ABD=, 由PD⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,DH⊂平面ABCD,得PD⊥AB,PD⊥DH,又AB⊥DH,DH∩PD=D,所以AB⊥平面PDH,所以AB⊥PH. 在Rt△PDH中,PH=, ∴S△PAB=, ∴h=. 设直线PD与平面PAB所成的角为θ,则 sin θ=. 故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为. 解法二:由(1)知BD⊥平面PAD, ∴DA,DB,DP两两垂直. 以D为原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),P(0,0,),A(1,0,0),B(0,,0),∴=(0,0,=(1,0,-=(-1,,0). 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=,则y=1,z=1, ∴平面PAB的一个法向量为n=(,1,1). 设直线PD与平面PAB所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|=. 故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为. 56.(2021全国甲理,19,12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1. (1)证明:BF⊥DE; (2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小? 解题指导:由直棱柱的特征及BF⊥A1B1,可得AB⊥平面B1C1CB,进而可建立空间直角坐标系,利用坐标运算证明垂直关系和求二面角的正弦值. 【解析】　∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B, ∴A1B1⊥平面B1C1CB,∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB, 又∵BC⊂平面B1C1CB,∴AB⊥BC. 以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴=(0,2,1),设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则=(1-a,1,-2). (1)证明:∵=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE. (2)=(-1,1,1),=(a,-2,1), 设平面DFE的法向量为n=(x,y,z), 则不妨设x=1,则y=,z=, ∴n=. 易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量. 设平面BB1C1C与平面DEF所成的锐二面角的大小为θ, 则cos θ=|cos<m,n>|=, ∴sin θ=,故当a=,即B1D=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为. 57.(2021全国乙理,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM. (1)求BC; (2)求二面角A-PM-B的正弦值. 【解析】　(1)由题意知DA,DC,DP两两垂直,所以以D为原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示,设BC=t(t>0),则A(t,0,0),B(t,1,0),M,P(0,0,1),所以=(t,1,-1),, 因为PB⊥AM,所以=0,所以-+1=0,即t2=2. 又t>0,所以t=,即BC=. (2)设平面PAM的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则由(1)知=(,0,-1),,所以令x1=,则y1=1,z1=2,即n1=(,1,2), 设平面PMB的法向量为n2=(x2,y2,z2),则由(1)知=(,1,-1),,所以令y2=1,则z2=1,即n2=(0,1,1), 所以cos<n1,n 2>=. 由题图可知二面角A-PM-B的平面角为锐角,所以所求二面角的正弦值为. 方法总结:二面角的求解主要有两种方法:一是几何法,根据几何体的结构特征与线面位置关系作出二面角的平面角,然后转化为解三角形问题求解;二是空间向量法,根据题意建立合适的空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,代入向量的夹角公式求解. 58(2020课标Ⅰ理,18,12分)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO. (1)证明:PA⊥平面PBC; (2)求二面角B-PC-E的余弦值. 【解析】　(1)证明:设DO=a,由题设可得PO=a,AO=a,AB=a,PA=PB=PC=a. 因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB. 又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC. 所以PA⊥平面PBC. (2)以O为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C,P. 所以. 设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则 可取m=. 由(1)知是平面PCB的一个法向量,记n=,则cos<n,m>=. 易知二面角B-PC-E的平面角为锐角, 所以二面角B-PC-E的余弦值为. 易错警示　利用法向量求二面角的平面角时,要注意法向量的夹角与二面角的平面角不一定一致,所以最后结论一定要结合几何体判定该二面角的平面角是锐角还是钝角. 59.(2020课标Ⅲ理,19,12分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1. (1)证明:点C1在平面AEF内; (2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值. 【解析】　设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1-xyz. (1)连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),E,F,得,因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内. (2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),=(0,-1, -1),=(-2,0,-2),=(0,-1,2),=(-2,0,1). 设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则 即可取n1=(-1,-1,1). 设n2为平面A1EF的法向量,则 同理可取n2=. 因为cos<n1,n2>=, 所以二面角A-EF-A1的正弦值为. 易错警示　用向量法求二面角的注意点 ①某些平面的法向量可能已知,不用单独求.②注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角,可结合图形进行,以防结论错误. ( 第 59 页 共 60 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$