五年高考真题2016届高考数学复习第八章第七节空间角与距离理全国通用.doc

考点一直线与平面所成的角及二面角1(2014·广东，5)已知向量a(1，0，1)，则下列向量中与a成60°夹角的是()A(1，1，0) B(1，1，0)C(0，1，1) D(1，0，1)解析设选项中的向量与a的夹角为，对于选项A，由于cos ，此时夹角为120°，不满足题意；对于选项B，由于cos ，此时夹角为60°，满足题意故选B.答案B2(2014·四川，8)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为，则sin 的取值范围是() A. B. C. D.解析易证AC1平面A1BD，当点P在线段CC1上从C运动到C1时，直线OP与平面A1BD所成的角的变化情况：AOA1C1OA1(点P为线段CC1的中点时，)，由于sinAOA1，sinC1OA1>，sin 1，所以sin 的取值范围是，1答案B3(2014·新课标全国，11)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B.C. D.解析以C1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BCCACC12，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.答案C4(2013·山东，4)已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为() A. B. C. D.解析如图所示，由棱柱体积为，底面正三角形的边长为，可求得棱柱的高为.设P在平面ABC上射影为O，则可求得AO长为1，故AP长为2.故PAO，即PA与平面ABC所成的角为.答案B5(2013·大纲全国，10)已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A. B. C. D.解析设AB1，则AA12，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如右图所示：则D(0，0，2)，C1(0，1，0)，B(1，1，2)，C(0，1，2).(1，1，0)，(0，1，2)，(0，1，0)，设n(x，y，z)为平面BDC1的一个法向量，则即，取n(2，2，1)设CD与平面BDC1所成角为则sin ，故选A.答案A6.(2011·辽宁，8)如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是() AACSBBAB平面SCDCSA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角DAB与SC所成的角等于DC与SA所成的角解析四边形ABCD是正方形，ACBD.又SD底面ABCD，SDAC.其中SDBDD，AC面SDB，从而ACSB.故A正确；易知B正确；设AC与DB交于O点，连接SO.则SA与平面SBD所成的角为ASO，SC与平面SBD所成的角为CSO，又OAOC，SASC，ASOCSO.故C正确，由排除法可知选D.答案D7(2015·四川，14)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点设异面直线EM与AF所成的角为，则cos 的最大值为_解析建立空间直角坐标系如图所示，设AB1，则，E，设M(0，y，1)(0y1)，则，cos .设异面直线所成的角为，则cos |cos |·，令t1y，则y1t，0y1，0t1，那么cos |cos |·，令x，0t1，x1，那么cos ，又z9x28x4在1，)上单增，x1，zmin5，此时cos 的最大值··.答案 8.(2015·安徽，19)如图所示，在多面体A1B1D1­DCBA，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F. (1)证明：EFB1C.(2)求二面角E­A1D­B1的余弦值(1)证明由正方形的性质可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1.面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A为原点，分别以，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设面A1DE的法向量n1(r1，s1，t1)，而该面上向量，(0，1，1)，由n1.n1得r1，s1，t1应满足的方程组(1，1，1)为其一组解，所以可取n1(1，1，1)设面A1B1CD的法向量n2(r2，s2，t2)，而该面上向量(1，0，0)，(0，1，1)，由此同理可得n2(0，1，1)所以结合图形知二面角E­A1D­B1的余弦值为.9(2015·重庆，19)如图，三棱锥PABC中，PC平面ABC，PC3，ACB.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CDDE，CE2EB2. (1)证明：DE平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值(1)证明由PC平面ABC，DE平面ABC，故PCDE.由CE2，CDDE得CDE为等腰直角三角形，故CDDE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD.(2)解由(1)知，CDE为等腰直角三角形，DCE，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DFFCFE1，又已知EB1，故FB2.由ACB得DFAC，故ACDF.以C为坐标原点，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C(0，0，0)，P(0，0，3)，A，E(0，2，0)，D(1，1，0)，(1，1，0)，(1，1，3)，.设平面PAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由n1·0，n1·0，得故可取n1(2，1，1)由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2(1，1，0)从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos n1，n2，故所求二面角APDC的余弦值为.10(2015·北京，17)如图，在四棱锥AEFCB中，AEF为等边三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC，BC4，EF2a，EBCFCB60°，O为EF的中点(1) 求证：AOBE；(2) 求二面角FAEB的余弦值；(3)若BE平面AOC，求a的值(1)证明因为AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AOEF.又因为平面AEF平面EFCB.AO平面AEF，所以AO平面EFCB.所以AOBE.(2)解取BC中点G，连接OG. 由题设知EFCB是等腰梯形，所以OGEF. 由(1)知AO平面EFCB. 又OG平面EFCB，所以OAOG.如图建立空间直角坐标系Oxyz，则E(a，0，0)，A(0，0，a)，B(2，(2a)，0)，(a，0，a)，(a2，(a2)，0)设平面AEB的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则x，y1，于是n(，1，1)平面AEF的法向量为p(0，1，0)所以cosn，p.由题知二面角FAEB为钝角，所以它的余弦值为.(3)解因为BE平面AOC，所以BEOC，即·0，因为(a2，(a2)，0)，(2，(2a)，0)，所以·2(a2)3(a2)2.由·0及0<a<2，解得a.11(2015·四川，18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N. (1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN平面BDH；(3)求二面角AEGM的余弦值(1)解点F，G，H的位置如图所示(2)证明连接BD，设O为BD的中点，因为M，N分别是BC，GH的中点，所以OMCD，且OMCD，HNCD，且HNCD，所以OMHN，OMHN，所以MNHO是平行四边形，从而MNOH，又MN平面BDH，OH平面BDH，所以MN平面BDH.(3)解法一连接AC，过M作MPAC于P，在正方体ABCDEFGH中，ACEG，所以MPEG，过P作PKEG于K，连接KM，所以EG平面PKM，从而KMEG，所以PKM是二面角AEGM的平面角，设AD2，则CM1，PK2，在RtCMP中，PMCMsin 45°，在RtPKM中，KM，所以cosPKM，即二面角AEGM的余弦值为.法二如图，以D为坐标原点，分别以， ，方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，设AD2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，所以，(2，2，0)，(1，0，2)，设平面EGM的一个法向量为n1(x，y，z)，由取x2，得n1(2，2，1)，在正方体ABCDEFGH中，DO平面AEGC，则可取平面AEG的一个法向量为n2(1，1，0)，所以cos<n1，n2>，故二面角AEGM的余弦值为.12(2014·陕西，17)四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值(1)证明由该四面体的三视图可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDDC2，AD1.由题设，BC平面EFGH，平面EFGH平面BDCFG，平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH，FGEH.同理EFAD，HGAD，EFHG，四边形EFGH是平行四边形又ADDC，ADBD，AD平面BDC，ADBC，EFFG，四边形EFGH是矩形(2)解法一如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，(0，0，1)，(2，2，0)，(2，0，1)设平面EFGH的法向量n(x，y，z)，EFAD，FGBC，n·0，n·0，得取n(1，1，0)，sin |cos，n|.法二建立以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E是AB的中点，F，G分别为BD，DC的中点，得E(1，0，)，F(1，0，0)，G(0，1，0)，(1，1，0)，(2，0，1)设平面EFGH的法向量n(x，y，z)，则n·0，n·0，得 取n(1，1，0)，sin |cos，n|.13(2014·天津，17)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点(1)证明：BEDC；(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BFAC，求二面角FABP的余弦值法一依题意，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，BEDC.(2)解向量(1，2，0)，(1，0，2)设n(x，y，z)为平面PBD的法向量则即不妨令y1，可得n(2，1，1)为平面PBD的一个法向量，于是有cosn，.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)解向量(1，2，0)，(2，2，2)，(2，2，0)，(1，0，0)由点F在棱PC上，设，01.故(12，22，2)由BFAC，得·0，因此，2(12)2(22)0，解得.即.设n1(x，y，z)为平面FAB的法向量，则 即不妨令z1，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cosn1，n2.易知，二面角FABP是锐角，所以其余弦值为.法二(1)证明如图，取PD中点M，连接EM，AM.由于E，M分别为PC，PD的中点，故EMDC，且EMDC，又由已知，可得EMAB且EMAB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BEAM.因为PA底面ABCD，故PACD，而CDDA，从而CD平面PAD，因为AM平面PAD，于是CDAM，又BEAM，所以BECD.(2)解连接BM，由(1)有CD平面PAD，得CDPD，而EMCD，故PDEM，又因为ADAP，M为PD的中点，故PDAM，可得PDBE，所以PD平面BEM，故平面BEM平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM，而BEEM，可得EBM为锐角，故EBM为直线BE与平面PBD所成的角依题意，有PD2，而M为PD中点，可得AM，进而BE.故在直角三角形BEM中，tanEBM，因此sinEBM.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)解如图，在PAC中，过点F作FHPA交AC于点H.因为PA底面ABCD，故FH底面ABCD，从而FHAC.又BFAC，得AC平面FHB，因此ACBH.在底面ABCD内，可得CH3HA，从而CF3FP.在平面PDC内，作FGDC交PD于点G，于是DG3GP.由于DCAB，故GFAB，所以A，B，F，G四点共面由ABPA，ABAD，得AB平面PAD，故ABAG.所以PAG为二面角FABP的平面角在PAG中，PA2，PGPD，APG45°，由余弦定理可得AG，cosPAG.所以，二面角FABP的余弦值为.14.(2013·湖南，19)如图，在直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，ADBC，BAD90°，ACBD，BC1，ADAA13. (1)证明：ACB1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值法一(1)证明如图，因为BB1平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACBB1.又ACBD，所以AC平面BB1D.而B1D平面BB1D，所以ACB1D.(2)解因为B1C1AD，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)如图，连接A1D，因为棱柱ABCD­A1B1C1D1是直棱柱，且B1A1D1BAD90°，所以A1B1平面ADD1A1.从而A1B1AD1.又ADAA13，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1DAD1.故AD1平面A1B1D，于是AD1B1D.由(1)知，ACB1D，所以B1D平面ACD1.故ADB190°.在直角梯形ABCD中，因为ACBD，所以BACADB.从而RtABCRtDAB，故.即AB.连接AB1，易知AB1D是直角三角形，且B1D2BBBD2BBAB2AD221，即B1D.在RtAB1D中，cosADB1，即cos(90°).从而sin .即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.法二(1)证明易知，AB，AD，AA1两两垂直如图，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ABt，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)从而(t，3，3)，(t，1，0)，(t，3，0)因为ACBD，所以·t2300.解得t或t(舍去)于是(，3，3)，(，1，0)因为·3300，所以，即ACB1D.(2)解由(1)知，(0，3，3)，(，1，0)，(0，1，0)设n(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则即令x1，则n(1，)设直线B1C1与平面ACD1所成角为，则sin|cosn，|.15.(2012·新课标全国，19)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD. (1)证明：DC1BC；(2)求二面角A1­BD­C1的大小(1)证明由题设知，三棱柱的侧面为矩形，由于D为AA1的中点，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.(2)解由(1)知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1A1，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，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz.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(x1，y1，z1)是平面C1BD的法向量则即可取m(1，2，1)从而cosn，m.故二面角A1­BD­C1的大小为30°.考点二空间距离1(2014·江西，10)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB11，AD7，AA112.一质点从顶点A射向点E(4，3，12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i2，3，4)，L1AE，将线段L1，L2，L3，L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是()解析根据反射的对称性，质点是在过A，E，A1的平面内运动因为<，所以过A、E，A1作长方体的截面AA1NM如图所示设点A关于平面A1B1C1D1的对称点为A，易知它在z轴上，且AA1AA112，连接AE并延长交平面ABCD于点E1，因为A1E5，所以AE110，且E1到AB，AD的距离分别为6，8，即E1(8，6，0)，而它在线段AM上，从而知L1AEEE1L2；事实上，只需要在AA1NM内，过E1作AE的平行线交MN于点E2，再过E2作E1E的平行线交A1N于点E3，可知EE1>E2E3L4>E1E2L3，故L1L2>L4>L3，故选C.答案C2(2012·全国，4)已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB2，CC12，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为()A2 B. C. D1解析连接AC交BD于点O，连接OE，AB2，AC2. 又CC12，则ACCC1.作CHAC1于点H，交OE于点M.由OE为ACC1的中位线知，CMOE，M为CH的中点由BDAC，ECBD知，BD平面EOC，CMBD.CM平面BDE.HM为直线AC1到平面BDE的距离又ACC1为等腰直角三角形，CH2.HM1.答案D3(2011·重庆，9)高为的四棱锥S­ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为()A. B. C1 D.解析如图所示，过S点作SEAC交AC的延长线于E点，则SE面ABCD，故SE. 设球心为O，A，B，C，D所在圆的圆心为O1，则O1为AC，BD的交点在RtOAO1中，AO1，AO1，故OO1.故OO12SE.过S点作SO2O1O于点O2，则O2为O1O的中点故OSO1为等腰三角形，则有O1SSO1.答案C4(2011·大纲全国，6)已知直二面角­l­，点A，ACl，C为垂足，B，BDl，D为垂足，若AB2，ACBD1，则D到平面ABC的距离等于()A. B. C. D1解析由题意可作图：AB2，ACBD1，BC，CD，作DEBC于点E，则DE即为D到平面ABC的距离DC·DBBC·DE，DE.答案C5.(2013·北京，14)如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上点P到直线CC1的距离的最小值为_解析过E点作EE1垂直底面A1B1C1D1，交B1C1于点E1，连接D1E1，过P点作PH垂直于底面A1B1C1D1，交D1E1于点H，P点到直线CC1的距离就是C1H，故当C1H垂直于D1E1时，P点到直线CC1距离最小，此时，在RtD1C1E1中，C1HD1E1，D1E1·C1HC1D1·C1E1，C1H.答案v 6(2015·江苏，22)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长解以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)(1)因为AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0，2，0)因为(1，1，2)，(0，2，2)设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m·0，m·0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1，1，1)是平面PCD的一个法向量从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为(1，0，2)，设(，0，2)(01)，又(0，1，0)，则(，1，2)，又(0，2，2)，从而cos，.设12t，t1，3，则cos2，.当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.7(2015·山东，17)如图，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G，H分别为AC，BC的中点(1)求证：BD平面FGH；(2)若CF平面ABC，ABBC，CFDE, BAC45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小(1)证明法一连接DG，CD，设CDGFO，连接OH，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G为AC的中点，可得DFGC，DFGC，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OHBD，又OH平面FGH，BD平面FGH，所以BD平面FGH.法二在三棱台DEFABC中，由BC2EF，H为BC的中点，可得BHEF，BHEF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BEHF.在ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GHAB.又GHHFH，所以平面FGH平面ABED.因为BD平面ABED，所以BD平面FGH.(2)解法一设AB2，则CF1.在三棱台DEFABC中，G为AC的中点，由DFACGC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DGFC，又FC平面ABC，所以DG平面ABC.在ABC中，由ABBC，BAC45°，G是AC中点所以ABBC，GBGC，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Gxyz.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的一个法向量，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°.法二作HMAC于点M，作MNGF于点N，连接NH.由FC平面ABC，得HMFC，又FCACC，所以HM平面ACFD.因此GFNH，所以MNH即为所求的角在BGC中，MHBG，MHBG，由GNMGCF，可得，从而MN.由HM平面ACFD，MN平面ACFD，得HMMN，因此tanMNH，所以MNH60°，所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.8(2014·四川，18)三棱锥A­BCD及其侧视图、俯视图如图所示设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MNNP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A­NP­M的余弦值；(1)证明如图，取BD中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，ABD，BCD为正三角形，因此AOBD，OCBD.因为AO、OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDAC.取BO的中点H，连接NH，PH，又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NHAO，MN/BD.因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.因为H为BO的中点，故P为BC中点(2)解法一如图，作NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角A­NP­M的一个平面角由(1)知，ABD，BCD是边长为2的正三角形，所以AOOC.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC平面BCD，所以AOOC，因此在等腰RtAOC中，AC，作BRAC于R.在ABC中，ABBC，所以BR.因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，因此NQ.同理，可得MQ.所以在等腰MNQ中，cosMNQ.故二面角A­NP­M的余弦值是.法二由俯视图及(1)可知，AO平面BCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直线OA，OB，OC两两垂直如图，以O为坐标原点，以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O­xyz.则A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，0)，D(1，0，0)因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，所以M，N，P.于是(1，0，)，(1，0)，(1，0，0)，.设平面ABC的法向量n1(x1，y1，z1)，则即有从而取z11，则x1，y11，所以n1(，1，1)连接MP，设平面MNP的法向量n2(x2，y2，z2)，则即有从而取z21，所以n2(0，1，1)设二面角A­NP­M的大小为，则cos .故二面角A­NP­M的余弦值是.9.(2012·重庆，19)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB4，ACBC3，D为AB的中点(1)求点C到平面A1ABB1的距离；(2)若AB1A1C，求二面角A1­CD­C1的平面角的余弦值解(1)由ACBC，D为AB的中点，得CDAB.又CDAA1，故CD面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为CD.(2)法一如图，取D1为A1B1的中点，连接DD1，则DD1AA1CC1.又由(1)知CD面A1ABB1，故CDA1D，CDDD1，所以A1DD1为所求的二面角A1­CD­C1的平面角因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1A1D，从而A1AB1、A1DA都与B1AB互余，因此A1AB1A1DA，所以RtA1ADRtB1A1A.因此，即AAAD·A1B18，得AA12.从而A1D2.所以，在RtA1DD1中，cosA1DD1.法二如图，过D作DD1AA1交A1B1于D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1两两垂直以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系D­xyz.设直三棱柱的高为h，则A(2，0，0)，A1(2，0，h)，B1(2，0，h)，C(0，0)，C1(0，h)，从而(4，0，h)，(2，h)，由，有8h20，h2.故(2，0，2)，(0，0，2)，(0，0)设平面A1CD的法向量为m(x1，y1，z1)，则m，m，即取z11，得m(，0，1)设平面C1CD的法向量为n(x2，y2，z2)，则n，n，即取x21，得n(1，0，0)，所以cosm，n.所以二面角A1­CD­C1的平面角的余弦值为.25