届高考数学一轮复习第章立体几何第讲空间角与距离空间向量及应用作业试题含解析新人教版.docx

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1、第五讲空间角与距离、空间向量及应用1.2020湖北部分重点中学高三测试如图8-5-1,E,F分别是三棱锥P-ABC的棱AP,BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为()图8-5-1A.30B.60C.120D.1502.2020湖南长沙市长郡中学模拟图8-5-2中的三个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G作正方体的截面.下列各选项中,关于直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是()图8-5-2A.BD1平面EFG的有且只有,BD1平面EFG的有且只有B.BD1平面EFG的有且只有,BD1平面EFG的有且只有C.BD1

2、平面EFG的有且只有,BD1平面EFG的有且只有D.BD1平面EFG的有且只有,BD1平面EFG的有且只有3.多选题如图8-5-3,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则以下说法正确的是()图8-5-3A.直线BC与平面ABC1D1所成的角等于4B.点C到平面 ABC1D1的距离为22C.异面直线D1C和BC1所成的角为4D.三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球的半径为324.2019吉林长春质量监测双空题已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N,E,F分别是A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为,CE 和该截面所成角

3、的正弦值为.5.2021广州市阶段模拟如图8-5-4,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为菱形,BE平面ABCD,G为AC与BD的交点.(1)证明:平面AEC平面BED.(2)若BAD=60,AEEC,求直线EG与平面EDC所成角的正弦值.图8-5-46.2021晋南高中联考如图8-5-5,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD底面ABCD,其中底面ABCD为等腰梯形,ADBC,PA=AB=BC=CD,PAPD,PAD=60,Q为PD的中点.(1)证明:CQ平面PAB.(2)求二面角P-AQ-C的余弦值.图8-5-57.2021湖南六校联考如图8-5-6,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD平

4、面ABCD,SD=2a,AD=2a,点E是SD上的点,且DE=a(02).(1)求证:对任意的(0,2,都有ACBE.(2)设二面角C-AE-D的大小为,直线BE与平面ABCD所成的角为,若sin =cos ,求的值.图8-5-68.2020福建五校联考图8-5-7是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体,平面ABC与半圆柱的下底面共面,且ACBC,P为B1A1上的动点(不与B1,A1重合).(1)证明:PA1平面PBB1.(2)若四边形ABB1A1为正方形,且AC=BC,PB1A1=4,求二面角P-A1B1-C的余弦值.图8-5-79.2020全国卷,12分如图8-5-8,已知三棱柱A

5、BC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1MN,且平面A1AMN平面EB1C1F.(2)设O为A1B1C1的中心.若AO平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图8-5-810.2021黑龙江省六校联考如图8-5-9,正方形ABCD和ABEF所在的平面互相垂直,且边长都是1,M,N,G分别为线段AC,BF,AB上的动点,且CM=BN,AF平面MNG,记BG=a(0a1).(1)证明:MG平面ABEF.(2)当MN的长度最小时,求二

6、面角A-MN-B的余弦值.图8-5-911.2021蓉城名校联考如图8-5-10(1),AD是BCD中BC边上的高,且AB=2AD=2AC,将BCD沿AD翻折,使得平面ACD平面ABD,如图8-5-10(2)所示.(1)求证:ABCD.(2)在图8-5-10(2)中,E是BD上一点,连接AE,CE,当AE与底面ABC所成角的正切值为12时,求直线AE与平面BCE所成角的正弦值.图8-5-1012.2020洛阳市联考如图8-5-11,底面ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF平面ABCD,AFDE,ADDE,AF=26,DE=36.(1)求证:平面ACE平面BED.(2)求直线CA与平面BEF

7、所成角的正弦值.(3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60?若存在,求出AMAF的值;若不存在,请说明理由.图8-5-1113.如图8-5-12,三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,ABBC,平面经过棱PC的中点E,与棱PB,AC分别交于点F,D,且BC平面,PA平面.(1)证明:AB平面.(2)若AB=BC=PA=2,点M在直线EF上,求平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值.图8-5-1214.2021安徽江淮十校第一次联考如图8-5-13(1),已知圆O的直径AB的长为2,上半圆弧上有一点C,COB=60,点P是弧AC上的动点,点D是下半圆弧的中点.现

8、以AB为折痕,使下半圆所在的平面垂直于上半圆所在的平面,连接PO,PD,PC,CD,如图8-5-13(2)所示.(1)当AB平面PCD时,求PC的长;(2)当三棱锥P-COD体积最大时,求二面角D-PC-O的余弦值.图8-5-13答 案第四讲直线、平面垂直的判定及性质1.B如图D 8-5-8,取AC的中点D,连接DE,DF,因为D,E,F分别为AC,PA,BC的中点,所以DFAB,DF=12AB,DEPC,DE=12PC,所以EDF或其补角为异面直线PC与AB所成的角.因为PC=10,AB=6,所以在DEF中,DE=5,DF=3,EF=7,由余弦定理得cosEDF=DE2+DF2-EF22DE

9、DF=25+9-49253=-12,所以EDF=120,所以异面直线PC与AB所成的角为60.故选B.图D 8-5-82.A对于题图,连接BD,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BDGE,DD1EF,又BD平面EFG,DD1平面EFG,从而可得BD平面EFG,DD1平面EFG,又BDDD1=D,所以平面BDD1平面EFG,所以BD1平面EFG.对于题图,连接DB,DA1,设正方体的棱长为1,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BD1GE=(DD1-DB)(12DA1)=12(DD1DA1-DBDA1)=12(12cos 45-22cos 60)=0,即BD1EG.连接DC1,则BD1EF=(

10、DD1-DB)(12DC1)=12(DD1DC1-DBDC1)=12(12cos 45-22cos 60)=0,即BD1EF.又EGEF=E,所以BD1平面EFG.对于题图,设正方体的棱长为1,连接DB,DG,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BD1EG=(DD1-DB)(DG-DE)=(DD1-DB)(DC+12DD1-12DA)=12DD12-DBDC+12DBDA=12-2122+122122=0,即BD1EG.连接AF,则BD1EF=(DD1-DB)(AF-AE)=(DD1-DB)(DD1+12DC+12DA)=DD12-12DBDC-12DBDA=1-122122-122122=0

11、,即BD1EF.又EGEF=E,所以BD1平面EFG.故选A.3.ABD正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,对于A,直线BC与平面ABC1D1所成的角为CBC1=4,故A正确;对于B,点C到平面ABC1D1的距离为B1C长度的一半,即距离为22,故B正确;对于C,连接AC,因为BC1AD1,所以异面直线D1C和BC1所成的角即直线D1C和AD1所成的角,又ACD1是等边三角形,所以异面直线D1C和BC1所成的角为3,故C错误;对于D,三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球就是正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球,正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球半径r=12+12+122=32

12、,故D正确.故选ABD.4.221010如图D 8-5-9,正方体ABCD-A1B1C1D1中,设CD,BC的中点分别为H,G,连接HE,HG,GE,HF,ME,NH.图D 8-5-9易知MENH,ME=NH,所以四边形MEHN是平行四边形,所以MNHE.因为MN平面EFHG,HE平面EFHG,所以MN平面EFHG,所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG,易知平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG,EF=2,FH=2,所以截面EFHG的面积为22=22.连接AC,交HG于点I,易知CIHG,平面EFHG平面ABCD,平面EFHG平面ABCD=HG,所以CI平面EFHG,连接EI,因为E

13、I平面EFHG,所以CIEI,所以CEI为直线CE和截面EFHG所成的角.在RtCIE中,易知CE=1+22=5,CI=14AC=224=22,所以sinCEI=CICE=1010.5.(1)因为四边形ABCD为菱形,所以ACBD.因为BE平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACBE.又BEBD=B,所以AC平面BED.又AC平面AEC,所以平面AEC平面BED.(2)解法一设AB=1,在菱形ABCD中,由BAD=60,可得AG=GC=32,BG=GD=12.因为AEEC,所以在RtAEC中可得EG=AG=32.由BE平面ABCD,得EBG为直角三角形,则EG2=BE2+BG2,得BE=22.

14、如图D 8-5-10,过点G作直线GzBE,因为BE平面ABCD,所以Gz平面ABCD,又ACBD,所以建立空间直角坐标系 G-xyz.G(0,0,0),C(0,32,0),D(-12,0,0),E(12,0,22),图D 8-5-10所以GE=(12,0,22),DE=(1,0,22),CE=(12,-32,22).设平面EDC的法向量为n=(x,y,z),由DEn=0,CEn=0,得x+22z=0,12x-32y+22z=0,取x=1,则z=-2,y=-33,所以平面EDC的一个法向量为n=(1,-33,-2).设直线EG与平面EDC所成的角为,则sin =|cos|=|12+0-114+

15、121+13+2|=|-1232103|=1010.所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为1010.解法二设BG=1,则GD=1,AB=2,AG=3.设点G到平面EDC的距离为h,EG与平面EDC所成角的大小为.因为AC平面EBD,EG平面EBD,所以ACEG.因为AEEC,所以AEC为等腰直角三角形.因为AC=2AG=23,所以AE=EC=6,EG=AG=3.因为AB=BD=2,所以RtEABRtEDB,所以EA=ED=6.在EDC中,ED=EC=6,DC=2,则SEDC=5.在RtEAB中,BE=EA2-AB2=(6)2-22=2.VE-GDC=13BE12SCBD=162SABD=16

16、21223=66.由VG-EDC=13h5=VE-GDC=66,得h=625=3010.所以sin =hEG=1010.所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为1010.解法三如图D 8-5-11,以点B为坐标原点,建立空间直角坐标系B-xyz.图D 8-5-11不妨设AB=2,在菱形ABCD中,由BAD=60,可得AG=GC=3,BG=GD=1.因为AEEC,所以在RtAEC中可得EG=AG=3.由BE平面ABCD,得EBG为直角三角形,则EG2=BE2+BG2,得BE=2.则C(2,0,0),E(0,0,2),D(1,3,0),G(12,32,0),所以EG=(12,32,-2),ED=(

17、1,3,-2),EC=(2,0,-2).设平面EDC的法向量为n=(x,y,z),则nED=0,nEC=0,得x+3y-2z=0,2x-2z=0,令x=3,则z=6,y=1.所以平面EDC的一个法向量为n=(3,1,6).设EG与平面EDC所成的角为,则sin =|cos|=|32+32-23|1+23+1+6=1010.所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为1010.6.(1)如图D 8-5-12,取PA的中点N,连接QN,BN.图D 8-5-12Q,N分别是PD,PA的中点,QNAD,且QN=12AD.PAPD,PAD=60,PA=12AD,又PA=BC,BC=12AD,QN=BC,又A

18、DBC,QNBC,四边形BCQN为平行四边形,BNCQ.又BN平面PAB,CQ平面PAB,CQ平面PAB.(2)在图D 8-5-12的基础上,取AD的中点M,连接BM,PM,取AM的中点O,连接BO,PO,如图D 8-5-13.图D 8-5-13设PA=2,由(1)得PA=AM=PM=2,APM为等边三角形,POAM,同理BOAM.平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PO平面PAD,PO平面ABCD.以O为坐标原点,分别以OB,OD,OP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz,则A(0,-1,0),C(3,2,0),P(0,0,3),Q(0,32,32)

19、,AC=(3,3,0),AQ=(0,52,32),设平面ACQ的法向量为m=(x,y,z),则mAC=0,mAQ=0,3x+3y=0,52y+32z=0,取y=-3,得m=(3,-3,5)是平面ACQ的一个法向量,又平面PAQ的一个法向量为n=(1,0,0),cos=mn|m|n|=33737,由图得二面角P-AQ-C的平面角为钝角,二面角P-AQ-C的余弦值为-33737.7.(1)由题意SD平面ABCD,ADDC,以D为原点,DA,DC,DS的方向分别作为x,y,z轴的正方向建立如图D 8-5-14所示的空间直角坐标系,图D 8-5-14则D(0,0,0),A(2a,0,0),B(2a,2

20、a,0),C(0,2a,0),E(0,0,a),AC=(-2a,2a,0),BE=(-2a,-2a,a),ACBE=2a2-2a2+0a=0,即ACBE.(2)解法一由(1)得EA=(2a,0,-a),EC=(0,2a,-a),BE=(-2a,-2a,a).设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则由nEA,nEC得nEA=0,nEC=0,得2x-z=0,2y-z=0,取z=2,得n=(,2)为平面ACE的一个法向量,易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为DS=(0,0,2a)与DC=(0,2a,0),sin =|DSBE|DS|BE|=2+4,易知二面角C-AE-D为锐二面角,co

21、s =|DCn|DC|n|=22+2,由sin =cos 得2+4=22+2,解得2=2,又(0,2,=2.解法二如图D 8-5-15,连接BD,由SD平面ABCD知,DBE=.图D 8-5-15由(1)易知CD平面SAD.过点D作DFAE于点F,连接CF,则CFD是二面角C-AE-D的平面角,即CFD=.在RtBDE中,BD=2a,DE=a,BE=4a2+2a2,sin =DEBE=2+4,在RtADE中,AD=2a,DE=a,AE=a2+2,DF=ADDEAE=2a2+2,在RtCDF中,CF=DF2+CD2=22+12+2a,cos =DFCF=22+2,由sin =cos 得2+4=2

22、2+2,解得2=2,又(0,2,=2.8.(1)在半圆柱中,BB1平面PA1B1,PA1平面PA1B1,所以BB1PA1.因为A1B1是上底面对应圆的直径,所以PA1PB1.因为PB1BB1=B1,PB1平面PBB1,BB1平面PBB1,所以PA1平面PBB1.(2)根据题意,以C为坐标原点建立空间直角坐标系C-xyz,如图D 8-5-16所示.图D 8-5-16设CB=1,则C(0,0,0),A1(0,1,2),B1(1,0,2),所以CA1=(0,1,2),CB1=(1,0,2).易知n1=(0,0,1)为平面PA1B1的一个法向量.设平面CA1B1的法向量为n2=(x,y,z),则n2C

23、A1=0,n2CB1=0,即y+2z=0,x+2z=0,令z=1,则x=-2,y=-2,所以n2=(-2,-2,1)为平面CA1B1的一个法向量.所以cos=115=55.由图可知二面角P-A1B1-C为钝角,所以所求二面角的余弦值为-55.9.(1)因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MNCC1.又由已知得AA1CC1,故AA1MN.因为A1B1C1是正三角形,所以B1C1A1N.又B1C1MN,故B1C1平面A1AMN.所以平面A1AMN平面EB1C1F.(2)由已知得AMBC.以M为坐标原点,MA的方向为x轴正方向,|MB|为单位长度,建立如图D 8-5-17所示的空间直角坐标系M

24、-xyz,则AB=2,AM=3.图D 8-5-17连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=233,E(233,13,0).由(1)知平面A1AMN平面ABC.作NQAM,垂足为Q,则NQ平面ABC.设Q(a,0,0),则NQ=4-(233-a)2,B1(a,1,4-(233-a)2),故B1E=(233-a,-23,-4-(233-a)2),|B1E|=2103.又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一个法向量,故sin(2-􀎮n,B1E􀎯)=cos􀎮n,B1E􀎯=nB1E|n|B1E|=1010.所以直线B1E

25、与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.10.(1)因为AF平面MNG,且AF平面ABEF,平面ABEF平面MNG=NG,所以AFNG,所以CM=BN=2a,所以AM=2(1-a),所以AMCM=AGBG=1-aa,所以MGBC,所以MGAB.又平面ABCD平面ABEF,且MG平面ABCD,平面ABCD平面ABEF=AB,所以MG平面ABEF.(2)由(1)知,MGNG,MG=1-a,NG=a,所以MN=a2+(1-a)2=2a2-2a+1=2(a-12)2+1222,当且仅当a=12时等号成立,即当a=12时,MN的长度最小.以B为坐标原点,分别以BA,BE,BC所在的直线为x轴、y轴、z

26、轴建立如图D 8-5-18所示的空间直角坐标系B-xyz,则A(1,0,0),B(0,0,0),M(12,0,12),N(12,12,0),图D 8-5-18设平面AMN的法向量为m=(x1,y1,z1),因为AM=(-12,0,12),MN=(0,12,-12),所以mAM=-x12+z12=0,mMN=y12-z12=0,取z1=1,得m=(1,1,1)为平面AMN的一个法向量.设平面BMN的法向量为n=(x2,y2,z2),因为BM=(12,0,12),MN=(0,12,-12),所以nBM=x22+z22=0,nMN=y22-z22=0,取z2=1,得n=(-1,1,1)为平面BMN的

27、一个法向量.所以cos=mn|m|n|=13,又二面角A-MN-B为钝二面角,所以二面角A-MN-B的余弦值为-13.11.(1)由题图(1)知,在题图(2)中,ACAD,ABAD.平面ACD平面ABD,平面ACD平面ABD=AD,AB平面ABD,AB平面ACD,又CD平面ACD,ABCD.(2)以A为坐标原点,AC,AB,AD所在的直线分别为x,y,z轴建立如图D 8-5-19所示的空间直角坐标系,不妨设AC=1,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,0,0),D(0,0,1),AD=(0,0,1),BC=(1,-2,0),DB=(0,2,-1).图D 8-5-19设E(x,y,z)

28、,由DE=DB(01),得(x,y,z-1)=(0,2,-),得E(0,2,1-),AE=(0,2,1-),又平面ABC的一个法向量为AD=(0,0,1),AE与底面ABC所成角的正切值为12,所以|tan􀎮AD,AE􀎯|=2,于是|cos􀎮AD,AE􀎯|=15=55,即|1-(2)2+(1-)2|=55,解得=12,则E(0,1,12),AE=(0,1,12),BE=(0,-1,12).设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),则nBC=0,nBE=0,即x-2y=0,-y+12z=0,令y=1,得x=2,z=2,则n=

29、(2,1,2)是平面BCE的一个法向量,设直线AE与平面BCE所成的角是,则sin =|cos􀎮AE,n􀎯|=|AEn|AE|n|=2523=4515,故直线AE与平面BCE所成角的正弦值为4515.12.(1)因为平面ADEF平面ABCD,平面ADEF平面ABCD=AD,DE平面ADEF,DEAD,所以DE平面ABCD.因为AC平面ABCD,所以DEAC.又四边形ABCD是正方形,所以ACBD.因为DEBD=D,DE平面BED,BD平面BED,所以AC平面BED.又AC平面ACE,所以平面ACE平面BED.(2)因为DA,DC,DE两两垂直,所以以D为坐标

30、原点,建立如图D 8-5-20所示的空间直角坐标系D-xyz.则A(3,0,0),F(3,0,26),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),所以CA=(3,-3,0),BE=(-3,-3,36),EF=(3,0,-6).图D 8-5-20设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),则nBE=-3x-3y+36z=0,nEF=3x-6z=0,取x=6,得n=(6,26,3)为平面BEF的一个法向量.所以cos=CAn|CA|n|=-363239=-1313.所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为1313.(3)假设在线段AF上存在符合条件的点M,由(2)可设M(3,0,t),0

31、t26,则BM=(0,-3,t).设平面MBE的法向量为m=(x1,y1,z1),则mBM=-3y1+tz1=0,mBE=-3x1-3y1+36z1=0,令y1=t,得m=(36-t,t,3)为平面MBE的一个法向量.由(1)知CA平面BED,所以CA是平面BED的一个法向量,|cos|=|mCA|m|CA|=|96-6t|32(36-t)2+t2+9=cos 60=12,整理得2t2-66t+15=0,解得t=62,故在线段AF上存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60,此时AMAF=14.13.(1)因为BC平面,BC平面PBC,平面平面PBC=EF,所以BCEF,且F为棱PB的中点,

32、因为BCAB,所以EFAB.因为PA平面,PA平面PAC,平面平面PAC=DE,所以PADE.因为PA平面ABC,所以PAAB, 所以DEAB.又DEEF=E,DE平面DEF,EF平面DEF,所以AB平面DEF,即AB平面.(2)如图D 8-5-21,以点B为坐标原点,分别以BA,BC所在直线为x,y轴,过点B且与AP平行的直线为z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(2,0,2),E(1,1,1),F(1,0,1),AC=(-2,2,0),BC=(0,2,0),BP=(2,0,2).图D 8-5-21设M(1,t,1),平面MAC的法向量为m=(x

33、1,y1,z1),则AM=(-1,t,1),则mAC=-2x1+2y1=0,mAM=-x1+ty1+z1=0,令x1=1,则y1=1,z1=1-t,所以m=(1,1,1-t)为平面MAC的一个法向量.设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),则nBC=2y2=0,nBP=2x2+2z2=0,得y2=0,令x2=1,则z2=-1,所以n=(1,0,-1)为平面PBC的一个法向量.设平面MAC与平面PBC所成的锐二面角为,则cos =|cos|=|mn|m|n|=|1-(1-t)|12+12+(1-t)22=|t|t2-2t+32.当t=0时,cos =0;当t0时, cos =13t2-2

34、t+12=13(1t-13)2+232,当且仅当1t=13,即t=3时,3(1t-13)2+23取得最小值23,cos 取得最大值,最大值为1232=32.所以平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值为32.14.(1)因为AB平面PCD,AB平面OCP,平面OCP平面PCD=PC,所以ABPC.又COB=60,所以OCP=60.又OC=OP,所以OCP为正三角形,所以PC=1.(2)由题意知DO平面COP,而VP-COD=VD-COP,SCOP=12OCOPsinCOP,所以当OCOP时,三棱锥P-COD的体积最大.解法一易知OP,OD,OC两两垂直,以O为坐标原点,OP,OD,O

35、C的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图D 8-5-22所示的空间直角坐标系O-xyz,则P(1,0,0),D(0,1,0),C(0,0,1),PC=(-1,0,1),DP=(1,-1,0).图D 8-5-22设平面DPC的法向量为n1=(x,y,z),则PCn1=0,DPn1=0,即-x+z=0,x-y=0,取x=1,得平面DPC的一个法向量为n1=(1,1,1).易知平面PCO的一个法向量为n2=(0,1,0),设二面角D-PC-O的平面角为,由题图知,二面角D-PC-O的平面角为锐角,则cos =|n1n2|n1|n2|=33,所以二面角D-PC-O的余弦值为33.解法二如图D 8-5-23所示,取PC的中点H,连接OH,DH.图D 8-5-23因为OC=OP,DC=DP,所以OH,DH都与PC垂直,即OHD为所求二面角的平面角.在RtOPC中,可得OH=22,在RtOHD中,DH=12+(22)2=62,所以cosOHD=2262=33,所以二面角D-PC-O的余弦值为33.