2019高考數學復習第八章立體幾何8.6空間向量在立體幾何中的應用練習理.docx

8.6空間向量在立體幾何中的應用考綱解讀考點內容解讀要求高考示例?？碱}型預測熱度空間向量及其應用理解直線的方向向量與平面的法向量;能用向量語言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直、平行關系;能用向量方法證明有關直線和平面位置關系的一些定理(包括三垂線定理);能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題,了解向量方法在研究立體幾何問題中的應用掌握2017浙江,9;2017課標全國,19;2017天津,17;2017江蘇,22;2017北京,16;2017浙江,19;2017山東,17;2016課標全國,19;2016山東,17;2016浙江,17;2015課標,19;2014陜西,17;2013課標全國,18解答題分析解讀1.能運用共線向量、共面向量、空間向量基本定理及有關結論證明點共線、點共面、線共面及線線、線面的平行與垂直問題;會求線線角、線面角;會求點點距、點面距等距離問題,從而培養(yǎng)用向量法思考問題和解決問題的能力.2.會利用空間向量的坐標運算、兩點間距離公式、夾角公式以及相關結論解決有關平行、垂直、長度、角、距離等問題,從而培養(yǎng)準確無誤的運算能力.3.本節(jié)內容在高考中延續(xù)解答題的形式,以多面體為載體,求空間角的命題趨勢較強,分值約為12分,屬中檔題.五年高考考點空間向量及其應用1.(2017江蘇,22,10分)如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,BAD=120.(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.解析在平面ABCD內,過點A作AEAD,交BC于點E.因為AA1平面ABCD,所以AA1AE,AA1AD.如圖,以,為正交基底建立空間直角坐標系A-xyz.因為AB=AD=2,AA1=,BAD=120,則A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,).(1)=(,-1,-),=(,1,),則cos=-,因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為.(2)平面A1DA的一個法向量為=(,0,0).設m=(x,y,z)為平面BA1D的法向量,又=(,-1,-),=(-,3,0),則即不妨取x=3,則y=,z=2,所以m=(3,2)為平面BA1D的一個法向量,從而cos=.設二面角B-A1D-A的大小為,則|cos |=.因為0,所以sin =.因此二面角B-A1D-A的正弦值為.2.(2017北京,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD平面ABCD,點M在線段PB上,PD平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求證:M為PB的中點;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.解析(1)設AC,BD交點為E,連接ME.因為PD平面MAC,平面MAC平面PDB=ME,所以PDME.因為ABCD是正方形,所以E為BD的中點.所以M為PB的中點.(2)取AD的中點O,連接OP,OE.因為PA=PD,所以OPAD.又因為平面PAD平面ABCD,且OP平面PAD,所以OP平面ABCD.因為OE平面ABCD,所以OPOE.因為ABCD是正方形,所以OEAD.如圖建立空間直角坐標系O-xyz,則P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).設平面BDP的法向量為n=(x,y,z),則即令x=1,則y=1,z=.于是n=(1,1,).平面PAD的一個法向量為p=(0,1,0).所以cos=.由題意知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為.(3)由題意知M,C(2,4,0),=.設直線MC與平面BDP所成角為,則sin =|cos|=.所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為.3.(2017課標全國,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,BAD=ABC=90,E是PD的中點.(1)證明:直線CE平面PAB;(2)點M在棱PC上,且直線BM與底面ABCD所成角為45,求二面角M-AB-D的余弦值.解析(1)取PA的中點F,連接EF,BF.因為E是PD的中點,所以EFAD,EF=AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=AD,所以EFBC,四邊形BCEF是平行四邊形,CEBF,又BF平面PAB,CE平面PAB,故CE平面PAB.(2)由已知得BAAD,以A為坐標原點,的方向為x軸正方向,|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).設M(x,y,z)(0x1),則=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因為BM與底面ABCD所成的角為45,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos|=sin 45,=,即(x-1)2+y2-z2=0.又M在棱PC上,設=,則x=,y=1,z=-.由,解得(舍去),或所以M,從而=.設m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,則即所以可取m=(0,-,2).于是cos=.易知所求二面角為銳角.因此二面角M-AB-D的余弦值為.4.(2016課標全國,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點,AM=2MD,N為PC的中點.(1)證明MN平面PAB;(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.解析(1)由已知得AM=AD=2.取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC中點知TNBC,TN=BC=2.(3分)又ADBC,故TNAM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MNAT.因為AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.(6分)(2)取BC的中點E,連接AE.由AB=AC得AEBC,從而AEAD,且AE=.以A為坐標原點,的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz.由題意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N,=(0,2,-4),=,=.設n=(x,y,z)為平面PMN的法向量,則即(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos|=.即直線AN與平面PMN所成角的正弦值為.(12分)教師用書專用(525)5.(2017浙江,9,5分)如圖,已知正四面體D-ABC(所有棱長均相等的三棱錐),P,Q,R分別為AB,BC,CA上的點,AP=PB,=2.分別記二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角為,則() A.B.C.D.答案B6.(2014廣東,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),則下列向量中與a成60夾角的是()A.(-1,1,0)B.(1,-1,0)C.(0,-1,1)D.(-1,0,1)答案B7.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空間單位向量,e1e2=.若空間向量b滿足be1=2,be2=,且對于任意x,yR,|b-(xe1+ye2)|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0R),則x0=,y0=,|b|=.答案1;2;28.(2017山東,17,12分)如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內部)以AB邊所在直線為旋轉軸旋轉120得到的,G是的中點.(1)設P是上的一點,且APBE,求CBP的大小;(2)當AB=3,AD=2時,求二面角E-AG-C的大小.解析(1)因為APBE,ABBE,AB,AP平面ABP,ABAP=A,所以BE平面ABP,又BP平面ABP,所以BEBP,又EBC=120,因此CBP=30.(2)解法一:取的中點H,連接EH,GH,CH.因為EBC=120,所以四邊形BEHC為菱形,所以AE=GE=AC=GC=.取AG中點M,連接EM,CM,EC,則EMAG,CMAG,所以EMC為所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=2.在BEC中,由于EBC=120,由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12,所以EC=2,因此EMC為等邊三角形,故所求的角為60.解法二:以B為坐標原點,分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.由題意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3),C(-1,0),故=(2,0,-3),=(1,0),=(2,0,3),設m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由可得取z1=2,可得平面AEG的一個法向量m=(3,-,2).設n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一個法向量n=(3,-,-2).所以cos=.易知所求角為銳二面角,因此所求的角為60.9.(2015課標,19,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點E,F分別在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.過點E,F的平面與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形.(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由);(2)求直線AF與平面所成角的正弦值.解析(1)交線圍成的正方形EHGF如圖:(2)作EMAB,垂足為M,則AM=A1E=4,EM=AA1=8.因為EHGF為正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=6,所以AH=10.以D為坐標原點,的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,則A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).設n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,則即所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos|=.所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為.10.(2016山東,17,12分)在如圖所示的圓臺中,AC是下底面圓O的直徑,EF是上底面圓O的直徑,FB是圓臺的一條母線.(1)已知G,H分別為EC,FB的中點.求證: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)證明:設FC中點為I,連接GI,HI.在CEF中,因為點G是CE的中點,所以GIEF.又EFOB,所以GIOB.在CFB中,因為H是FB的中點,所以HIBC.又HIGI=I,所以平面GHI平面ABC.因為GH平面GHI,所以GH平面ABC.(2)解法一:連接OO,則OO平面ABC.又AB=BC,且AC是圓O的直徑,所以BOAC.以O為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.由題意得B(0,2,0),C(-2,0,0),所以=(-2,-2,0),過點F作FM垂直O(jiān)B于點M.所以FM=3,可得F(0,3).故=(0,-,3).設m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由可得可得平面BCF的一個法向量m=.因為平面ABC的一個法向量n=(0,0,1),所以cos=.所以二面角F-BC-A的余弦值為.解法二:連接OO.過點F作FM垂直O(jiān)B于點M.則有FMOO.又OO平面ABC,所以FM平面ABC.可得FM=3.過點M作MN垂直BC于點N,連接FN.可得FNBC,從而FNM為二面角F-BC-A的平面角.又AB=BC,AC是圓O的直徑,所以MN=BMsin 45=.從而FN=,可得cosFNM=.所以二面角F-BC-A的余弦值為.11.(2016浙江,17,15分)如圖,在三棱臺ABC-DEF中,平面BCFE平面ABC,ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求證:BF平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.解析(1)延長AD,BE,CF相交于一點K,如圖所示.因為平面BCFE平面ABC,且ACBC,所以,AC平面BCK,因此,BFAC.又因為EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK為等邊三角形,且F為CK的中點,則BFCK.所以BF平面ACFD.(2)解法一:過點F作FQAK于Q,連接BQ.因為BF平面ACK,所以BFAK,則AK平面BQF,所以BQAK.所以,BQF是二面角B-AD-F的平面角.在RtACK中,AC=3,CK=2,得FQ=.在RtBQF中,FQ=,BF=,得cosBQF=.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為.解法二:如圖,延長AD,BE,CF相交于一點K,則BCK為等邊三角形.取BC的中點O,則KOBC,又平面BCFE平面ABC,所以,KO平面ABC.以點O為原點,分別以射線OB,OK的方向為x,z的正方向,建立空間直角坐標系O-xyz.由題意得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).設平面ACK的法向量為m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量為n=(x2,y2,z2).由得取m=(,0,-1);由得取n=(3,-2,).于是,cos=.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為.12.(2015陜西,18,12分)如圖1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中點,O是AC與BE的交點.將ABE沿BE折起到A1BE的位置,如圖2.(1)證明:CD平面A1OC;(2)若平面A1BE平面BCDE,求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值.解析(1)證明:在題圖1中,因為AB=BC=1,AD=2,E是AD的中點,BAD=,所以BEAC.即在題圖2中,BEOA1,BEOC,從而BE平面A1OC,又CDBE,所以CD平面A1OC.(2)因為平面A1BE平面BCDE,又由(1)知,BEOA1,BEOC,所以A1OC為二面角A1-BE-C的平面角,所以A1OC=.如圖,以O為原點,建立空間直角坐標系,因為A1B=A1E=BC=ED=1,BCED,所以B,E,A1,C,得=,=,=(-,0,0).設平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC與平面A1CD夾角為,則得取n1=(1,1,1);得取n2=(0,1,1),從而cos =|cos|=,即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為.13.(2015四川,18,12分)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示.在正方體中,設BC的中點為M,GH的中點為N.(1)請將字母F,G,H標記在正方體相應的頂點處(不需說明理由);(2)證明:直線MN平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.解析(1)點F,G,H的位置如圖所示.(2)證明:連接BD,設O為BD的中點.因為M,N分別是BC,GH的中點,所以OMCD,且OM=CD,HNCD,且HN=CD.所以OMHN,OM=HN.所以MNHO是平行四邊形,從而MNOH.又MN平面BDH,OH平面BDH,所以MN平面BDH.(3)解法一:連接AC,過M作MPAC于P.在正方體ABCD-EFGH中,ACEG,所以MPEG.過P作PKEG于K,連接KM,所以EG平面PKM,從而KMEG.所以PKM是二面角A-EG-M的平面角.設AD=2,則CM=1,PK=2.在RtCMP中,PM=CMsin 45=.在RtPKM中,KM=.所以cosPKM=.即二面角A-EG-M的余弦值為.解法二:如圖,以D為坐標原點,分別以,方向為x,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標系D-xyz.設AD=2,則M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2).設平面EGM的法向量為n1=(x,y,z),由得取x=2,得n1=(2,2,1).在正方體ABCD-EFGH中,DO平面AEGC,則可取平面AEG的一個法向量為n2=(1,1,0),所以cos=,故二面角A-EG-M的余弦值為.14.(2015江蘇,22,10分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,已知PA平面ABCD,且四邊形ABCD為直角梯形,ABC=BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值;(2)點Q是線段BP上的動點,當直線CQ與DP所成的角最小時,求線段BQ的長.解析以,為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,則各點的坐標為B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)易知AD平面PAB,所以是平面PAB的一個法向量,=(0,2,0).因為=(1,1,-2),=(0,2,-2),設平面PCD的法向量為m=(x,y,z),則m=0,m=0,即令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一個法向量.從而cos=,所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為.(2)因為=(-1,0,2),設=(-,0,2)(01),又=(0,-1,0),則=+=(-,-1,2),又=(0,-2,2),從而cos=.設1+2=t,t1,3,則cos2 =.當且僅當t=,即=時,|cos|的最大值為.因為y=cos x在上是減函數,所以此時直線CQ與DP所成的角取得最小值.又因為BP=,所以BQ=BP=.15.(2015福建,17,13分)如圖,在幾何體ABCDE中,四邊形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC,AB=BE=EC=2,G,F分別是線段BE,DC的中點.(1)求證:GF平面ADE;(2)求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值.解析解法一:(1)證明:如圖,取AE的中點H,連接HG,HD,又G是BE的中點,所以GHAB,且GH=AB.又F是CD的中點,所以DF=CD.由四邊形ABCD是矩形得,ABCD,AB=CD,所以GHDF,且GH=DF,從而四邊形HGFD是平行四邊形,所以GFDH.又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE.(2)如圖,在平面BEC內,過B點作BQEC.因為BECE,所以BQBE.又因為AB平面BEC,所以ABBE,ABBQ.以B為原點,分別以,的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系,則A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因為AB平面BEC,所以=(0,0,2)為平面BEC的法向量.設n=(x,y,z)為平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得取z=2,得n=(2,-1,2).從而cos=,所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為.解法二:(1)證明:如圖,取AB中點M,連接MG,MF.又G是BE的中點,可知GMAE.又AE平面ADE,GM平面ADE,所以GM平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分別是AB,CD的中點得MFAD.又AD平面ADE,MF平面ADE,所以MF平面ADE.又因為GMMF=M,GM平面GMF,MF平面GMF,所以平面GMF平面ADE.因為GF平面GMF,所以GF平面ADE.(2)同解法一.16.(2014陜西,17,12分)四面體ABCD及其三視圖如圖所示,過棱AB的中點E作平行于AD,BC的平面分別交四面體的棱BD,DC,CA于點F,G,H.(1)證明:四邊形EFGH是矩形;(2)求直線AB與平面EFGH夾角的正弦值.解析(1)證明:由該四面體的三視圖可知,BDDC,BDAD,ADDC,BD=DC=2,AD=1.由題設,知BC平面EFGH,平面EFGH平面BDC=FG,平面EFGH平面ABC=EH,BCFG,BCEH,FGEH.同理EFAD,HGAD,EFHG,四邊形EFGH是平行四邊形.又ADDC,ADBD,BDDC=D,AD平面BDC,ADBC,EFFG,四邊形EFGH是矩形.(2)解法一:如圖,以D為坐標原點建立空間直角坐標系,則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).設平面EFGH的法向量n=(x,y,z),EFAD,FGBC,n=0,n=0,得取n=(1,1,0),sin =|cos|=.解法二:以D為坐標原點建立空間直角坐標系,則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),E是AB的中點,F,G分別為BD,DC的中點,得E,F(1,0,0),G(0,1,0).=,=(-1,1,0),=(-2,0,1).設平面EFGH的法向量n=(x,y,z),則n=0,n=0,得取n=(1,1,0),sin =|cos|=.17.(2014安徽,20,13分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A底面ABCD.四邊形ABCD為梯形,ADBC,且AD=2BC.過A1,C,D三點的平面記為,BB1與的交點為Q.(1)證明:Q為BB1的中點;(2)求此四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積之比;(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面積為6,求平面與底面ABCD所成二面角的大小.解析(1)證明:因為BQAA1,BCAD,BCBQ=B,ADAA1=A,所以平面QBC平面A1AD.從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行,即QCA1D.故QBC與A1AD的對應邊相互平行,于是QBCA1AD.所以=,即Q為BB1的中點.(2)如圖1,連接QA,QD.設AA1=h,梯形ABCD的高為d,四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積分別為V上和V下,設BC=a,則AD=2a.圖1=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=.(3)解法一:如圖1,連接AC,在ADC中,作AEDC,垂足為E,連接A1E.因為DEAA1,且AA1AE=A,所以DE平面AEA1,于是DEA1E.所以AEA1為平面與底面ABCD所成二面角的平面角.因為BCAD,AD=2BC,所以SADC=2SBCA.又因為梯形ABCD的面積為6,DC=2,所以SADC=4,AE=4.于是tanAEA1=1,AEA1=.故平面與底面ABCD所成二面角的大小為.解法二:如圖2,以D為原點,的方向分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標系.圖2設CDA=.由(2)知|=a.因為S四邊形ABCD=2sin =6,所以a=.從而C(2cos ,2sin ,0),A1,所以=(2cos ,2sin ,0),=.設平面A1DC的法向量為n=(x,y,1),由得x=-sin ,y=cos ,所以n=(-sin ,cos ,1).又因為平面ABCD的一個法向量為m=(0,0,1),所以cos=,易知平面與底面ABCD所成二面角的平面角為銳角,故平面與底面ABCD所成二面角的大小為.18.(2014天津,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,點E為棱PC的中點.(1)證明BEDC;(2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值;(3)若F為棱PC上一點,滿足BFAC,求二面角F-AB-P的余弦值.解析解法一:依題意,以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E為棱PC的中點,得E(1,1,1).(1)證明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0.所以BEDC.(2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).設n=(x,y,z)為平面PBD的法向量,則即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)為平面PBD的一個法向量.于是有cos=.所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為.(3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由點F在棱PC上,設=,01.故=+=+=(1-2,2-2,2).由BFAC,得=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得=.即=.設n1=(x,y,z)為平面FAB的法向量,則即不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)為平面FAB的一個法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),則cos=-.易知,二面角F-AB-P是銳角,所以其余弦值為.解法二:(1)證明:如圖,取PD的中點M,連接EM,AM.由于E,M分別為PC,PD的中點,故EMDC,且EM=DC,又由已知,可得EMAB且EM=AB,故四邊形ABEM為平行四邊形,所以BEAM.因為PA底面ABCD,故PACD,而CDDA,從而CD平面PAD,因為AM平面PAD,于是CDAM,又BEAM,所以BECD.(2)連接BM,由(1)有CD平面PAD,得CDPD,而EMCD,故PDEM.又因為AD=AP,M為PD的中點,故PDAM,可得PDBE,所以PD平面BEM,故平面BEM平面PBD.所以直線BE在平面PBD內的射影為直線BM,而BEEM,可得EBM為銳角,故EBM為直線BE與平面PBD所成的角.依題意,有PD=2,而M為PD的中點,可得AM=,進而BE=.故在直角三角形BEM中,tanEBM=,因此sinEBM=.所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為.(3)如圖,在PAC中,過點F作FHPA交AC于點H.因為PA底面ABCD,故FH底面ABCD,從而FHAC.又BFAC,得AC平面FHB,因此ACBH.在底面ABCD內,可得CH=3HA,從而CF=3FP.在平面PDC內,作FGDC交PD于點G,于是DG=3GP.由于DCAB,故GFAB,所以A,B,F,G四點共面.由ABPA,ABAD,得AB平面PAD,故ABAG.所以PAG為二面角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的余弦值為.19.(2014四川,18,12分)三棱錐A-BCD及其側視圖、俯視圖如圖所示.設M,N分別為線段AD,AB的中點,P為線段BC上的點,且MNNP.(1)證明:P是線段BC的中點;(2)求二面角A-NP-M的余弦值.解析(1)證明:如圖,取BD中點O,連接AO,CO.由側視圖及俯視圖知,ABD,BCD為正三角形,因此AOBD,OCBD.因為AO,OC平面AOC,且AOOC=O,所以BD平面AOC.又因為AC平面AOC,所以BDAC.取BO的中點H,連接NH,PH.又M,N分別為線段AD,AB的中點,所以NHAO,MNBD.因為AOBD,所以NHBD.因為MNNP,所以NPBD.因為NH,NP平面NHP,且NHNP=N,所以BD平面NHP.又因為HP平面NHP,所以BDHP.又OCBD,HP平面BCD,OC平面BCD,所以HPOC.因為H為BO中點,故P為BC中點.(2)解法一:如圖,作NQAC于Q,連接MQ.由(1)知,NPAC,所以NQNP.因為MNNP,所以MNQ為二面角A-NP-M的一個平面角.由(1)知,ABD,BCD是邊長為2的正三角形,所以AO=OC=.由俯視圖可知,AO平面BCD.因為OC平面BCD,所以AOOC.因此在等腰RtAOC中,AC=.作BRAC于R.在ABC中,AB=BC,所以BR=.因為在平面ABC內,NQAC,BRAC,所以NQBR.又因為N為AB的中點,所以Q為AR的中點,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:由俯視圖及(1)可知,AO平面BCD.因為OC,OB平面BCD,所以AOOC,AOOB.又OCOB,所以直線OA,OB,OC兩兩垂直.如圖,以O為坐標原點,以,的方向為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標系Oxyz.則A(0,0,),B(1,0,0),C(0,0),D(-1,0,0).因為M,N分別為線段AD,AB的中點,又由(1)知,P為線段BC的中點,所以M,N,P.于是=(1,0,-),=(-1,0),=(1,0,0),=.設平面ABC的法向量n1=(x1,y1,z1),則即有 從而取z1=1,則x1=,y1=1,所以n1=(,1,1).設平面MNP的法向量n2=(x2,y2,z2),則即有從而取z2=1,所以n2=(0,1,1).設二面角A-NP-M的大小為,則cos =.故二面角A-NP-M的余弦值是.20.(2013課標全國,18,12分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點,AA1=AC=CB=AB.(1)證明:BC1平面A1CD;(2)求二面角D-A1C-E的正弦值.解析(1)證法一:連接AC1交A1C于點F,則F為AC1的中點.又D是AB的中點,連接DF,則BC1DF.因為DF平面A1CD,BC1平面A1CD,所以BC1平面A1CD.證法二:由AC=CB=AB得,ACBC.以C為坐標原點,的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz.設CA=2,則D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2).設n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,則即可取n=(1,-1,-1).=(0,0,2)-(0,2,0)=(0,-2,2).從而n=(1,-1,-1)(0,-2,2)=0.BC1平面A1CD.(2)設m=(a,b,c)是平面A1CE的法向量,則即可取m=(2,1,-2).從而cos=,故sin=.即二面角D-A1C-E的正弦值為.21.(2013湖南,19,12分)如圖,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ADBC,BAD=90,ACBD,BC=1,AD=AA1=3.(1)證明:ACB1D;(2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值.解析解法一:(1)如圖1,因為BB1平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACBB1.圖1又ACBD,所以AC平面BB1D,而B1D平面BB1D,所以ACB1D.(2)因為B1C1AD,所以直線B1C1與平面ACD1所成的角等于直線AD與平面ACD1所成的角(記為).如圖1,連接A1D.因為棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且B1A1D1=BAD=90,所以A1B1平面ADD1A1,從而A1B1AD1.又AD=AA1=3,所以四邊形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ADB1=90-.在直角梯形ABCD中,因為ACBD,所以BAC=ADB.從而RtABCRtDAB,故=,即AB=.連接AB1.易知AB1D是直角三角形,且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=.在RtAB1D中,cosADB1=,即cos(90-)=.從而sin =.即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為.解法二:(1)易知,AB,AD,AA1兩兩垂直.如圖2,以A為坐標原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系.設AB=t,則相關各點的坐標為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).圖2從而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).因為ACBD,所以=-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去).于是=(-,3,-3),=(,1,0).因為=-3+3+0=0,所以,即ACB1D.(2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).設n=(x,y,z)是平面ACD1的一個法向量,則即令x=1,則n=(1,-,).設直線B1C1與平面ACD1所成角為,則sin =|cos|=.即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為.22.(2013重慶,19,13分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,ACB=ACD=,F為PC的中點,AFPB.(1)求PA的長;(2)求二面角B-AF-D的正弦值.解析(1)如圖,連接BD交AC于O,因為BC=CD,即BCD為等腰三角形,又AC平分BCD,故ACBD.以O為坐標原點,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標系O-xyz,則OC=CDcos=1,而AC=4,得AO=AC-OC=3,又OD=CDsin=,故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0).因PA底面ABCD,可設P(0,-3,z),由F為PC邊中點,得F.又=,=(,3,-z),因AFPB,故=0,即6-=0,z=2(舍去-2),所以|=2.(2)由(1)知=(-,3,0),=(,3,0),=(0,2,).設平面FAD的法向量為n1=(x1,y1,z1),平面FAB的法向量為n2=(x2,y2,z2),由n1=0,n1=0,得因此可取n1=(3,-2).由n2=0,n2=0,得故可取n2=(3,-,2).從而法向量n1,n2的夾角的余弦值為cos=.故二面角B-AF-D的正弦值為.23.(2013天津,17,13分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側棱A1A底面ABCD,ABDC,ABAD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E為棱AA1的中點.(1)證明B1C1CE;(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;(3)設點M在線段C1E上,且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為,求線段AM的長.解析解法一:如圖,以點A為原點建立空間直角坐標系,依題意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).(1)證明:易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1),于是=0,所以B1C1CE.(2)=(1,-2,-1).設平面B1CE的法向量m=(x,y,z),則即消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,可得一個法向量為m=(-3,-2,1).由(1)知B1C1CE,又CC1B1C1,可得B1C1平面CEC1,故=(1,0,-1)為平面CEC1的一個法向量.于是cos=-,從而sin=.所以二面角B1-CE-C1的正弦值為.(3)=(0,1,0),=(1,1,1).設=(,),01,有=+=(,+1,).可取=(0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量.設為直線AM與平面ADD1A1所成的角,則sin =|cos|=.于是=,解得=,所以AM=.解法二:(1)證明:因為側棱CC1底面A1B1C1D1,B1C1平面A1B1C1D1,所以CC1B1C1.經計算可得B1E=,B1C1=,EC1=,從而B1E2=B1+E,所以在B1EC1中,B1C1C1E,又CC1,C1E平面CC1E,CC1C1E=C1,所以B1C1平面CC1E,又CE平面CC1E,故B1C1CE.(2)過B1作B1GCE于點G,連接C1G.由(1)知B1C1CE,故CE平面B1C1G,得CEC1G,所以B1GC1為二面角B1-CE-C1的平面角.在CC1E中,由CE=C1E=,CC1=2,可得C1G=.在RtB1C1G中,B1G=,所以sinB1GC1=,即二面角B1-CE-C1的正弦值為.(3)連接D1E,過點M作MHED1于點H,可得MH平面ADD1A1,連接AH,AM,則MAH為直線AM與平面ADD1A1所成的角.設AM=x,從而在RtAHM中,有MH=x,AH=x.在RtC1D1E中,C1D1=1,ED1=,得EH=MH=x.在AEH中,AEH=135,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AEEHcos 135,得x2=1+x2+x,整理得5x2-2x-6=0,解得x=.所以線段AM的長為.24.(2013江西,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,E為BD的中點,G為PD的中點,DABDCB,EA=EB=AB=1,PA=,連接CE并延長交AD于F.(1)求證:AD平面CFG;(2)求平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值.解析(1)在ABD中,因為E是BD中點,所以EA=EB=ED=AB=1,故BAD=,ABE=AEB=,因為DABDCB,所以EABECB,從而有FED=BEC=AEB=,所以FED=FEA,故EFAD,AF=FD,又因為PG=GD,所以FGPA.又PA平面ABCD,所以GFAD,故AD平面CFG.(2)以點A為坐標原點建立如圖所示的坐標系,則A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(0,0),P,故=,=,=.設平面BCP的法向量n1=(1,y1,z1),則解得即n1=.設平面DCP的法向量n2=(1,y2,z2),則解得即n2=(1,2).從而平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值為cos =.25.(2013浙江,20,15分)如圖,在四面體A-BCD中,AD平面BCD,BCCD,AD=2,BD=2.M是AD的中點,P是BM的中點,點Q在線段AC上,且AQ=3QC.(1)證明:PQ平面BCD;(2)若二面角C-BM-D的大小為60,求BDC的大小.解析解法一:(1)取BD的中點O,在線段CD上取點F,使得DF=3FC,連接OP,OF,FQ.因為AQ=3QC,所以QFAD,且QF=AD.因為O,P分別為BD,BM的中點,所以OP是BDM的中位線,所以OPDM,且OP=DM.又點M為AD的中點,所以OPAD,且OP=AD.從而OPFQ,且OP=FQ,所以四邊形OPQF為平行四邊形,故PQOF.又PQ平面BCD,OF平面BCD,所以PQ平面BCD.(2)作CGBD于點G,作GHBM于點H,連接CH.因為AD平面BCD,CG平面BCD,所以AD