【科学备考】（新课标）2021高考数学二轮复习 第八章 立体几何 空间向量在几何体中的应用 理（含2021试题）.doc

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1、【科学备考】（新课标）2015高考数学二轮复习 第八章 立体几何 空间向量在几何体中的应用 理（含2014试题）理数1. (2014四川,8,5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1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.答案 1.B解析 1.由正方体的性质易求得sinC1OA1=,sinCOA1=,注意到C1OA1是锐角,COA1是钝角,且.故sin 的取值范围是.2. (2014江西,10,5分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=11,AD=7,AA1=12.一质点从顶点A射向点E(4

2、,3,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第i-1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i=2,3,4),L1=AE,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()答案 2.C解析 2.由对称性知质点经点E反射到平面ABCD的点E1(8,6,0)处.在坐标平面xAy中,直线AE1的方程为y=x,与直线DC的方程y=7联立得F.由两点间的距离公式得E1F=,tanE2E1F=tanEAE1=,E2F=E1FtanE2E1F=4.E2F1=12-4=8.=.故选C.3.(2014课标全国卷,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,BCA=90,M,N分别是

3、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 3.C解析 3.解法一:取BC的中点Q,连结QN,AQ,易知BMQN,则ANQ即为所求,设BC=CA=CC1=2,则AQ=,AN=,QN=,cosANQ=,故选C.解法二: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.4. (2014广西桂林中学高三2月月考，10) 已知正三棱柱的底面是边长为2，高为4则底面的中心到平面的距离为（ ）

4、(A) (B) (C) (D) 答案 4. D解析 4.如图，依题意，是等腰三角形，且，延长交于，取的中点，连结，则，过作平面，垂足为，则点在的角平分线上，又因为是等边三角形，所以，由勾股定理可得，易证，所以，即，所以. 故底面的中心到平面的距离为.5.(2014吉林省长春市高中毕业班第二次调研测试，15) 用一个边长为的正三角形硬纸，沿各边中点连线垂直折起三个小三角形，做成一个蛋托，半径为的鸡蛋（视为球体）放在其上（如图），则鸡蛋中心（球心）与蛋托底面的距离为 .答案 5. 解析 5. 由题意可知蛋槽的高为，且折起三个小三角形顶点构成边长为的等边三角形，所以球心到面的距离，鸡蛋中心与蛋巢底面

5、的距离为6. (2014大纲全国,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,点A1在平面ABC内的射影D在AC上,ACB=90,BC=1,AC=CC1=2.()证明:AC1A1B;()设直线AA1与平面BCC1B1的距离为,求二面角A1-AB-C的大小.答案 6.查看解析解析 6.解法一:()因为A1D平面ABC,A1D平面AA1C1C,故平面AA1C1C平面ABC.又BCAC,所以BC平面AA1C1C.(3分)连结A1C.因为侧面AA1C1C为菱形,故AC1A1C.由三垂线定理得AC1A1B.(5分)()BC平面AA1C1C,BC平面BCC1B1,故平面AA1C1C平面BCC1B1.

6、作A1ECC1,E为垂足,则A1E平面BCC1B1.又直线AA1平面BCC1B1,因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离,A1E=.因为A1C为ACC1的平分线,故A1D=A1E=.(8分)作DFAB,F为垂足,连结A1F.由三垂线定理得A1FAB,故A1FD为二面角A1-AB-C的平面角.由AD=1得D为AC中点,DF=,tanA1FD=.所以二面角A1-AB-C的大小为arctan.(12分)解法二:以C为坐标原点,射线CA为x轴的正半轴,以CB的长为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.由题设知A1D与z轴平行,z轴在平面AA1C1C内.()设A1(a,0,c),由题设

7、有a2,A(2,0,0),B(0,1,0),则=(-2,1,0),=(-2,0,0),=(a-2,0,c),=+=(a-4,0,c),=(a,-1,c).(2分)由|=2得=2,即a2-4a+c2=0.于是=a2-4a+c2=0,所以AC1A1B.(5分)()设平面BCC1B1的法向量为m=(x,y,z),则m,m,即m=0,m=0.因=(0,1,0),=(a-2,0,c),故y=0,且(a-2)x+cz=0.令x=c,则z=2-a,m=(c,0,2-a),点A到平面BCC1B1的距离为|cos|=c.又依题设,A到平面BCC1B1的距离为,所以c=.代入解得a=3(舍去)或a=1.(8分)于

8、是=(-1,0,).设平面ABA1的法向量为n=(p,q,r),则n,n,即n=0,n=0,-p+r=0,且-2p+q=0.令p=,则q=2,r=1,n=(,2,1).又p=(0,0,1)为平面ABC的法向量,故cos=.所以二面角A1-AB-C的大小为arccos.(12分)7. (2014重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO底面ABCD,AB=2,BAD=,M为BC上一点,且BM=,MPAP.()求PO的长;()求二面角A-PM-C的正弦值.答案 7.查看解析解析 7.()如图,连结AC,BD,因为ABCD为菱形,则ACBD=O,且ACBD.以O为坐

9、标原点,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O-xyz.因为BAD=,故OA=ABcos=,OB=ABsin=1,所以O(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),C(-,0,0),=(0,1,0),=(-,-1,0).由BM=,BC=2知,=,从而=+=,即M.设P(0,0,a),a0,则=(-,0,a),=.因为MPAP,故=0,即-+a2=0,所以a=或a=-(舍去),即PO=.()由()知,=,=,=.设平面APM的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PMC的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1=0,n1=0,得故可取n1=,由n2=0,n2=0,得

10、故可取n2=(1,-,-2),从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos=-,故所求二面角A-PM-C的正弦值为.8. (2014四川,18,12分)三棱锥A-BCD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.()证明:P是线段BC的中点;()求二面角A-NP-M的余弦值.答案 8.查看解析解析 8.()如图,取BD中点O,连结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内,且AOOC=O,所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC,所以BDAC.取BO的中点H,连结NH,PH.又M

11、,N分别为线段AD,AB的中点,所以NHAO,MNBD.因为AOBD,所以NHBD.因为MNNP,所以NPBD.因为NH,NP平面NHP,且NHNP=N,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中点,故P为BC中点.()解法一:如图,作NQAC于Q,连结MQ.由()知,NPAC,所以NQNP.因为MNNP,所以MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.由()知,ABD,BCD是边长为2的正三角形,所以AO=OC=.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

12、BRAC于R.在ABC中,AB=BC,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A-NP-M的余弦值是.解法二:由俯视图及()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()知,P为线段

13、BC的中点,所以M,N,P.于是=(1,0,-),=(-1,0),=(1,0,0),=.设平面ABC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),则即有 从而取z1=1,则x1=,y1=1,所以n1=(,1,1).设平面MNP的一个法向量n2=(x2,y2,z2),则即有从而取z2=1,所以n2=(0,1,1).设二面角A-NP-M的大小为,则cos =.故二面角A-NP-M的余弦值是.9. (2014广东,18,13分)如图,四边形ABCD为正方形,PD平面ABCD,DPC=30,AFPC于点F,FECD,交PD于点E.(1)证明:CF平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.答案 9.查看

14、解析解析 9.(1)证明:PD平面ABCD,PDAD,又CDAD,PDCD=D,AD平面PCD,ADPC,又AFPC,AFAD=A,PC平面ADF,即CF平面ADF.(2)解法一:设AB=1,则RtPDC中,CD=1,DPC=30,PC=2,PD=,由(1)知CFDF,DF=,CF=,又FECD,=,DE=,同理EF=CD=,如图所示,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),E,F,P(,0,0),C(0,1,0).设m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则又令x=4,得z=,故m=(4,0,),由(1)知平面ADF的一个法向量为=(-,1,0),设二面角D-AF-E的平面角为,

15、可知为锐角,cos =|cos|=,故二面角D-AF-E的余弦值为.解法二:设AB=1,CF平面ADF,CFDF.在CFD中,DF=,CDAD,CDPD,CD平面ADE.又EFCD,EF平面ADE.EFAE,在DEF中,DE=,EF=,在ADE中,AE=,在ADF中,AF=.由VA-DEF=SADEEF=SADFhE-ADF,解得hE-ADF=,设AEF的边AF上的高为h,由SAEF=EFAE=AFh,解得h=,设二面角D-AF-E的平面角为.则sin =,cos =.10. (2014福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD折起,使

16、得平面ABD平面BCD,如图.()求证:ABCD;()若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.答案 10.查看解析解析 10.()平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD.又CD平面BCD,ABCD.()过点B在平面BCD内作BEBD,如图.由()知AB平面BCD,BE平面BCD,BD平面BCD,ABBE,ABBD.以B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.依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,则=(1,1,0),=,=(0,1,-1).设平面MBC

17、的法向量为n=(x0,y0,z0),则即取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线AD与平面MBC所成角为,则sin =|cos|=,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.11. (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:ABPD;(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.答案 11.查看解析解析 11.(1)证明:ABCD为矩形,故ABAD.又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以AB平面PA

18、D,故ABPD.(2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连结PG.故PO平面ABCD,BC平面POG,BCPG.在RtBPC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夹角的余弦值为cos =.12. (201

19、4湖南,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,ACBD=O,A1C1B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.()证明:O1O底面ABCD;()若CBA=60,求二面角C1-OB1-D的余弦值.答案 12.查看解析解析 12.()因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1AC.同理DD1BD,因为CC1DD1,所以CC1BD,而ACBD=O,因此CC1底面ABCD.由题设知,O1OC1C,故O1O底面ABCD,()解法一:如图,过O1作O1HOB1于H,连结HC1.由()知,O1O底面ABCD,所以O1O底面A1B1C1D1,于是O1OA1C

20、1.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A1C1B1D1,从而A1C1平面BDD1B1,所以A1C1OB1,于是OB1平面O1HC1,进而OB1C1H,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RtOO1B1中,易知O1H=2,而O1C1=1,于是C1H=.故cosC1HO1=.即二面角C1-OB1-D的余弦值为.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ACBD,又由()知O1O底面ABCD,从而OB、OC、OO1

21、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,易知是锐角,于是cos =|cos|=.故二面角C1-OB1-D的余弦值为.13.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1

22、A底面ABCD.四边形ABCD为梯形,ADBC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为,BB1与的交点为Q.()证明:Q为BB1的中点;()求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比;()若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面与底面ABCD所成二面角的大小.答案 13.查看解析解析 13.()证明:因为BQAA1,BCAD,BCBQ=B,ADAA1=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QCA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行,于是QBCA1AD.所以=,即Q为BB1的中点.图1()如图1,连结QA,QD.设AA1=h,梯形A

23、BCD的高为d,四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,BC=a,则AD=2a.=2ahd=ahd,VQ-ABCD=dh=ahd,所以V下=+VQ-ABCD=ahd,又=ahd,所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd,故=.()解法一:如图1,在ADC中,作AEDC,垂足为E,连结A1E.又DEAA1,且AA1AE=A,所以DE平面AEA1,于是DEA1E.所以AEA1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角.因为BCAD,AD=2BC,所以SADC=2SBCA.又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以SADC=4,AE=4.于是tanAEA1=1,AEA1=.故平面与底面AB

24、CD所成二面角的大小为.图2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.设CDA=.因为S四边形ABCD=2sin =6,所以a=.从而C(2cos ,2sin ,0),A1,所以=(2cos ,2sin ,0),=.设平面A1DC的一个法向量为n=(x,y,1),由得x=-sin ,y=cos ,所以n=(-sin ,cos ,1).又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos=,故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.14.(2014浙江,20,15分)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC平面BCDE,CDE=BED=90,AB=CD=

25、2,DE=BE=1,AC=.()证明:DE平面ACD;()求二面角B-AD-E的大小.答案 14.查看解析解析 14.()在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即ACBC,又平面ABC平面BCDE,从而AC平面BCDE,所以ACDE.又DEDC,从而DE平面ACD.()解法一:作BFAD,与AD交于点F,过点F作FGDE,与AE交于点G,连结BG,由()知DEAD,则FGAD.所以BFG是二面角B-AD-E的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BDBC,又平面ABC平面BCDE,得BD平面ABC,从

26、而BDAB.由于AC平面BCDE,得ACCD.在RtACD中,由DC=2,AC=,得AD=.在RtAED中,由ED=1,AD=,得AE=.在RtABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,AF=AD.从而GF=.在ABE,ABG中,利用余弦定理分别可得cosBAE=,BC=.在BFG中,cosBFG=.所以,BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.解法二:以D为原点,分别以射线DE,DC为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).设平面ADE的法向量为m=(x1,

27、y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),由即可取m=(0,1,-).由即可取n=(1,-1,).于是|cos|=,由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.15.(2014山东,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.()求证:C1M平面A1ADD1;()若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.答案 15.查看解析解析 15.()证明:因为四边形A

28、BCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以ABDC,又由M是AB的中点,因此CDMA且CD=MA.连结AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因为CDC1D1,CD=C1D1,可得C1D1MA,C1D1=MA,所以四边形AMC1D1为平行四边形.因此C1MD1A,又C1M平面A1ADD1,D1A平面A1ADD1,所以C1M平面A1ADD1.()解法一:连结AC,MC,由()知CDAM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CACB.以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-x

29、yz.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=.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.解法二:由()知平面D1C1M平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连结D1N.由CD1平面ABCD,可得D1NAB,因此D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.在RtBNC中,BC=1,NBC=60,可得CN=.所以ND1=.在RtD1CN中,cosD1NC=.所以平面C1D1M和平面ABCD

30、所成的角(锐角)的余弦值为.16.(2014辽宁,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.()求证:EFBC;()求二面角E-BF-C的正弦值.答案 16.查看解析解析 16.()证法一:过E作EOBC,垂足为O,连OF.由ABCDBC可证出EOCFOC.所以EOC=FOC=,即FOBC.又EOBC,因此BC面EFO.又EF面EFO,所以EFBC.证法二:由题意,以B为坐标原点,在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐

31、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EFBC.图2()解法一:在图1中,过O作OGBF,垂足为G,连EG.由平面ABC平面BDC,从而EO面BDC,又OGBF,由三垂线定理知EGBF.因此EGO为二面角E-BF-C的平面角.在EOC中,EO=EC=BCcos 30=,由BGOBFC知,OG=FC=,因此tanEGO=2,从而sinEGO=,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

32、得其中一个n2=(1,-,1).设二面角E-BF-C的大小为,且由题意知为锐角,则cos =|cos|=,因此sin =,即所求二面角的正弦值为.17.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.()证明BEDC;()求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;()若F为棱PC上一点,满足BFAC,求二面角F-AB-P的余弦值.答案 17.查看解析解析 17.解法一:依题意,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

33、棱PC的中点,得E(1,1,1).()证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0.所以BEDC.()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y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有cos=.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.()向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=,01.故=+=+=(1-2,2-2,2).由BFAC,得=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得=.即=.设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即不妨令z=

34、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=-.易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为.解法二:()证明:如图,取PD的中点M,连结EM,AM.由于E,M分别为PC,PD的中点,故EMDC,且EM=DC,又由已知,可得EMAB且EM=AB,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.()连结BM,由()有CD平面PAD,得CDPD,而EMCD,故PDEM.又因为AD=AP,M为PD的中点,故PDAM

35、,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PD=2,而M为PD的中点,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.()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CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FGDC交PD于点G,于是DG=3GP

36、.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F-AB-P的平面角.在PAG中,PA=2,PG=PD=,APG=45,由余弦定理可得AG=,cosPAG=.所以二面角F-AB-P的余弦值为.18.(2014北京,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.()求证:ABFG;()若PA底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.答案 18.查看解析解析 18.

37、()在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以ABDE.又因为AB平面PDE,所以AB平面PDE.因为AB平面ABF,且平面ABF平面PDE=FG,所以ABFG.()因为PA底面ABCDE,所以PAAB,PAAE.如图建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0).设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).设直线BC与平面ABF所成角为,则sin =|cos|=.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u,v,w).因为点H在棱PC上,

38、所以可设=(00),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|cos|=,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=.20.(2014课表全国，19，12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,ABB1C.()证明:AC=AB1;()若ACAB1,CBB1=60,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.答案 20.查看解析解析 20.()连结BC1,交B1C于点O,连结AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1CBC

39、1,且O为B1C及BC1的中点.又ABB1C,所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO,故B1CAO.又B1O=CO,故AC=AB1.()因为ACAB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以BOABOC.故OAOB,从而OA,OB,OB1两两互相垂直.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,-,).

40、则cos=.所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为.21.（2014重庆一中高三下学期第一次月考，19）（原创）如图，在四面体中，平面，。是的中点，是的中点，点在线段上，且。(1) 证明: 平面；(2) 若异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求的值。答案 21.查看解析解析 21. 法一：(1) 如图，连并延长交于，连，过作交于，则，。故，从而。因平面，平面，故平面；(2) 过作于，作于，连。因平面，故平面平面，故平面，因此，从而平面，所以即为二面角的平面角。因，故，因此即为的角平分线。由易知，故，从而，。由题易知平面，故。由题，故。所以，从而。法二：如图建立空间直角坐标系，则，。 (1)

41、设，则，因此。显然是平面的一个法向量，且，所以平面；(2) 由(1) ，故由得，因此，从而，。设是平面的法向量，则，取得。设是平面的法向量，则，取得。故。22. (2014天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试，19) 已知长方体中，棱棱，连结，过点作的垂线交于，交于（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离；（3）求直线与平面所成角的正弦值答案 22.查看解析解析 22.（1）证明：由已知A1B1面BCC1B1 又BEB1C A1CBE 2分 面ABCD是正方形，ACBD A1CBD A1C平面 4分（2）ABA1B1, AB面点到平面的距离与点B到平面的距离相等由（1）知A1CBE，又BEB1CBE面BF即是点B到平面的距离 6分在BB1C中，点到平面的距离为8分 另解：连结, A到平面的距离, 即三棱锥的高, 设为, , 由得: ,