2016届高考数学(理)5年高考真题备考试题库:第7章 第7节 立体几何中的空间向量方法

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2016届高考数学(理)5年高考真题备考试题库:第7章 第7节 立体几何中的空间向量方法

‎2010~2014年高考真题备选题库 第七章 立体几何 第七节 立体几何中的空间向量方法 ‎1.(2014新课标全国Ⅰ,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:(1)证明: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,OB1两两相互垂直.‎ 以O为坐标原点,,,的方向为x轴,y轴,z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.‎ 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〉==.‎ 所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为.‎ ‎2.(2014新课标全国Ⅱ,12分)如图,四棱锥PABCD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 AEC为60°,AP=1,AD=,求三棱锥EACD的体积.‎ 解:(1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO.‎ 因为平面ABCD为矩形,所以O为BD的中点.‎ 又E为PD的中点,所以EO∥PB.‎ 因为EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,‎ 所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)因为PA⊥平面ABCD,平面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Axyz,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|cos〈n1,n2〉|=,‎ 即 =,解得m=.‎ 因为E为PD的中点,所以三棱锥EACD的高为.三棱锥EACD的体积V=××××=.‎ ‎3.(2014山东,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:(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)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,‎ 由题意知∠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.‎ 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.‎ ‎4.(2014广东,13分) 如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.‎ ‎(1)证明:CF⊥平面ADF;‎ ‎(2)求二面角D-AF-E的余弦值.‎ 解:(1)证明:∵PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴PD⊥AD,又CD⊥AD,PD∩CD=D,∴AD⊥平面PCD,又PC⊂平面PCD.∴AD⊥PC.又AF⊥PC,AD∩AF=A,∴PC⊥平面ADF,即CF⊥平面ADF.‎ ‎(2)设AB=a,则在Rt△PDC中,CD=a,又∠DPC=30°,∴PC=‎2a,PD=a,∠PCD=60°.由(1)知CF⊥DF,∴DF=CD sin 60°=a,CF=CD cos 60°=‎ eq f(1,2)a,又FE∥CD,∴==,∴DE=a,同理EF=CD=a,以D为原点,DP所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DA所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则C(0,a,0),A(0,0,a),F,E,‎ 则=,=,‎ 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·=(x,y,z)·=ax-az=0,n·=(x,y,z)·=ax+ay-az=0,‎ 取x=1,得平面AEF的一个法向量n=.‎ 又由(1)知平面ADF的一个法向量为=a,-a,0,‎ 故cos〈n,〉==,‎ 由图可知二面角D-AF-E为锐二面角,所以其余弦值为.‎ ‎5.(2014安徽,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:(1)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.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.‎ VQA1AD=··‎2a·h·d=ahd,‎ VQ ABCD=··d·=ahd,‎ 所以V下=VQ A1AD+VQABCD=ahd,‎ 又V四棱柱A1B‎1C1D1ABCD=ahd,‎ 所以V上=V四棱柱A1B‎1C1D1ABCD-V下 ‎=ahd-ahd=ahd,‎ 故=.‎ ‎(3)法一:如图1,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接A1E.‎ 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.‎ 法二:如图2,以D为原点,,分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.‎ 设∠CDA=θ.‎ 因为S梯形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的法向量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的法向量m=(0,0,1),‎ 所以cos〈n,m〉==,‎ 故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.‎ ‎6.(2014福建,13分) 在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图所示.‎ ‎(1)求证:AB⊥CD;‎ ‎(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊂平面ABD,AB⊥BD,∴AB⊥平面BCD.‎ 又CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.‎ ‎(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.‎ 由(1)知AB⊥平面BCD,BE⊂平面BCD,BD⊂平面BCD,∴AB⊥BE,AB⊥BD.‎ 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的法向量n=(x0,y0,z0),‎ 则即取z0=1,得平面MBC的一个法向量n=(1,-1,1).‎ 设直线AD与平面MBC所成角为θ,‎ 则sin θ=|cos〈n,〉|==,‎ 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.‎ ‎7.(2014浙江,15分) 如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.‎ ‎(1)证明:DE⊥平面ACD;‎ ‎(2)求二面角B-AD-E的大小.‎ 解:(1)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AC⊥BC.‎ 又平面ABC⊥平面BCDE,从而AC⊥平面BCDE.‎ 所以AC⊥DE.又DE⊥DC,从而DE⊥平面ACD.‎ ‎(2)法一:作BF⊥AD,与AD交于点F.过点F作FG∥DE,与AE交于点G,连接BG,‎ 由(1)知DE⊥AD,则FG⊥AD.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BD⊥BC,‎ 又平面ABC⊥平面BCDE,‎ 得BD⊥平面ABC,从而BD⊥AB.‎ 由于AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.‎ 在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=.‎ 在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=.‎ 在Rt△ABD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cos∠BAE=,BG=.‎ 在△BFG中,cos∠BFG==.‎ 所以∠BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.‎ 法二:以D为原点,分别以射线DE,DC为x,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,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〈m,n〉|===.‎ 由题意可知,所求二面角是锐角,‎ 故二面角B-AD-E的大小是.‎ ‎7.(2014辽宁,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:法一:(1)过E作EO⊥BC,垂足为O,连接OF.‎ 由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.‎ 所以∠EOC=∠FOC=,‎ 即FO⊥BC.‎ 又EO⊥BC,因此BC⊥平面EFO.‎ 又EF⊂平面EFO,所以EF⊥BC.‎ ‎(2)在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连接EG.‎ 由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥平面BDC,又OG⊥BF,由三垂线定理知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.‎ 图1‎ 法二:(2)(1)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.‎ ‎(2)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n2=(x,y,z),‎ 又=,=.‎ 由得其中一个n2=(1,-,1).‎ 设二面角E-BF-C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.‎ 图2‎ ‎8.(2014北京,14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.‎ ‎(1)求证:AB∥FG;‎ ‎(2)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.‎ 解:(1)证明:在正方形AMDE中,‎ 因为B是AM的中点,所以AB∥DE.‎ 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AB∥FG.‎ ‎(2)因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.‎ 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,得y=-1,所以n=(0,-1,1).‎ 设直线BC与平面ABF所成角为α,则 sin α=|cos〈n,〉|==.‎ 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,所以可设=λ (0<λ<1),‎ 即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2),‎ 所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.‎ 因为n是平面ABF的法向量,所以n·=0,‎ 即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0.‎ 解得λ=,所以点H的坐标为.‎ 所以PH= =2.‎ ‎9.(2014湖南,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:(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)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,又O1O∩B1D1=O1,从而A‎1C1⊥平面BDD1B1,所以A‎1C1⊥OB1,又A‎1C1∩O1H=O1.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.‎ 法二:因为四棱柱ABCDA1B‎1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此AC⊥BD.又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的一个法向量,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.‎ ‎9.(2014陕西,12分) 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θ的正弦值.‎ 解:(1)证明:由该四面体的三视图可知,‎ BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,‎ BD=DC=2,AD=1.‎ 由题设,BC∥平面EFGH,‎ 平面EFGH∩平面BDC=FG,‎ 平面EFGH∩平面ABC=EH,‎ ‎∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.‎ 同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,‎ ‎∴四边形EFGH是平行四边形.‎ 又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面BDC,‎ ‎∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,‎ ‎∴四边形EFGH是矩形.‎ ‎(2)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),‎ ‎∵EF∥AD,FG∥BC,‎ ‎∴n·=0,n·=0,‎ 得取n=(1,1,0),‎ ‎∴sin θ=|cos〈,n〉|===.‎ 法二: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),‎ ‎∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点,得 E,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 θ=|cos〈,n〉|===.‎ ‎10.(2014四川,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MN⊥NP.‎ ‎(1)证明:P是线段BC的中点;‎ ‎(2)求二面角A-NP-M的余弦值.‎ 解:(1)如图,取BD中点O,连接AO,CO.‎ 由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD均为正三角形,‎ 因此AO⊥BD,OC⊥BD.‎ 因为AO,OC⊂平面AOC,且AO∩OC=O,‎ 所以BD⊥平面AOC.‎ 又因为AC⊂平面AOC,所以BD⊥AC.‎ 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NH∥AO,MN∥BD.‎ 因为AO⊥BD,所以NH⊥BD.‎ 因为MN⊥NP,所以NP⊥BD.‎ 因为NH,NP⊂平面NHP,且NH∩NP=N,‎ 所以BD⊥平面NHP.‎ 又因为HP⊂平面NHP,所以BD⊥HP.‎ 又OC⊥BD,HP⊂平面BCD,OC⊂平面BCD,所以HP∥OC.‎ 因为H为BO中点,‎ 故P为BC中点.‎ ‎(2)法一:如图,作NQ⊥AC于Q,连接MQ.‎ 由(1)知,NP∥AC,‎ 所以NQ⊥NP.‎ 因为MN⊥NP,所以∠MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.‎ 由(1)知,△ABD,△BCD为边长为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AO⊥OC,因此在等腰Rt△AOC中,AC=,‎ 作BR⊥AC于R.‎ 在△ABC中,AB=BC,所以BR= =.‎ 因为在平面ABC内,NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR.‎ 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,cos∠MNQ===.‎ 故二面角A-NP-M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AO⊥OC,AO⊥OB.‎ 又OC⊥OB,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O-xyz.‎ 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).‎ 连接MP,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θ.‎ 则cos θ===.‎ 故二面角A-NP-M的余弦值是.‎ ‎11.(2014重庆,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=,MP⊥AP.‎ ‎(1)求PO的长;‎ ‎(2)求二面角A-PM-C的正弦值.‎ 解:(1)如图,连接AC,BD,OM,因底面ABCD为菱形,则AC∩BD=O,且AC⊥BD.以O为坐标原点,,,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=AB·cos=,OB=AB·sin=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),a>0,‎ 则=(-,0,a),=.‎ 因为MP⊥AP,故·=0,即-+a2=0,‎ 所以a=,a=-(舍去),即PO=.‎ ‎(2)由(1)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,得故可取n2=(1,-,-2).‎ 从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为 cos〈n1,n2〉==-,‎ 故所求二面角A-PM-C的正弦值为.‎ ‎12.(2014天津,13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: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)=(0,1,1),=(2,0,0),故·=0.‎ 所以BE⊥DC.‎ ‎(2) =(-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〈n,〉===.‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)=(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=.‎ 即=.‎ 设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即 不妨令z=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.‎ 法二:(1)如图,取PD中点M,连接EM,AM.由于E,M分别为PC,PD的中点,故EM∥DC,且EM=DC,又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BE∥AM.‎ 因为PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,从而CD⊥平面PAD,因为AM⊂平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD.‎ ‎(2)连接BM,由(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM,又因为AD=AP,M为PD的中点,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,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BE⊥EM,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中点,可得AM=,进而BE=.故在Rt△BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=.‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)如图,在△PAC中,过点F作FH∥PA交AC于点H.‎ 因为PA⊥底面ABCD,‎ 故FH⊥底面ABCD,‎ 从而FH⊥AC.又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH.在底面ABCD内,可得CH=‎3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FG∥DC交PD于点G,于是DG=3GP.由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四点共面.由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG.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=,cos∠PAG=.‎ 所以,二面角F-AB-P的余弦值为.‎ ‎13.(2014江西,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:(1)证明: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△BPG中,PG=,GC=,BG=.‎ 设AB=m,则OP== ,‎ 故四棱锥P-ABCD的体积为 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的一个法向量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的一个法向量n2=.从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为 cos θ===.‎ ‎13.(2014湖北,12分) 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B‎1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).‎ ‎(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;‎ ‎(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.‎ 解:法一(几何法):(1)证明:如图,连接AD1,由ABCD-A1B‎1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.‎ 当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FP∥AD1.‎ 所以BC1∥FP.‎ 而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,‎ 故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)如图,连接BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF=BD.‎ 又DP=BQ,DP∥BQ,‎ 所以四边形PQBD是平行四边形,故PQ∥BD,且PQ=BD,‎ 从而EF∥PQ,且EF=PQ.‎ 在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因为BQ=DP=λ,BE=DF=1,‎ 于是EQ=FP=,所以四边形EFPQ是等腰梯形.‎ 同理可证四边形PQMN是等腰梯形.‎ 分别取EF,PQ,MN的中点为H,O,G,连接OH,OG,‎ 则GO⊥PQ,HO⊥PQ,而GO∩HO=O,‎ 故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角.‎ 若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°.‎ 连接EM,FN,则由EF∥MN,且EF=MN,知四边形EFNM是平行四边形.‎ 连接GH,因为H,G是EF,MN的中点,‎ 所以GH=ME=2.‎ 在△GOH中,GH2=4,‎ OH2=1+λ2-2=λ2+,‎ OG2=1+(2-λ)2-2=(2-λ)2+,‎ 由OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2++λ2+=4,解得λ=1±,‎ 故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.‎ 法二(向量方法):以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ).‎ ‎=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0).‎ ‎(1)证明:当λ=1时,=(-1,0,1),‎ 因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP.‎ 而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),则 由可得 于是可取n=(λ,-λ,1).‎ 同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1).‎ 若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,‎ 则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,‎ 即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,‎ 解得λ=1±.‎ 故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.‎ ‎14.(2013新课标全国Ⅰ,12分)如图,三棱柱ABCA1B‎1C1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:本题主要考查空间几何体中的线线垂直的证明和线面角的计算,意在考查考生的空间想象能力、推理判断能力和计算能力.‎ ‎(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Oxyz.‎ 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.‎ ‎15.(2013新课标全国Ⅱ,12分)如图,直三棱柱ABCA1B‎1C1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DA‎1CE的正弦值.‎ 解:本题以直三棱柱为载体,考查直线与平面平行以及二面角的求解等知识,意在考查考生的空间想象能力以及化归转化能力、基本运算能力等.‎ ‎(1)证明: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Cxyz.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DA‎1CE的正弦值为.‎ ‎16.(2013山东,12分)如图所示,在三棱锥PABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.‎ ‎(1)求证:AB∥GH;‎ ‎(2)求二面角DGHE的余弦值.‎ 解:本题考查空间线面平行的判定定理、性质定理,二面角的求解,空间向量在立体几何中的应用等基础知识与方法,考查转化与化归思想等数学思想方法,考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎(1)因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,‎ 所以EF∥AB,DC∥AB.所以EF∥DC.‎ 又EF⊄平面PCD,DC⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.‎ 又EF⊂平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH,所以EF∥GH.‎ 又EF∥AB,所以AB∥GH.‎ ‎(2)法一:在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,‎ 所以∠ABQ=90°,即AB⊥BQ,‎ 因为PB⊥平面ABQ,所以AB⊥PB.‎ 又BP∩BQ=B,所以AB⊥平面PBQ.‎ 由(1)知AB∥GH,所以GH⊥平面PBQ.‎ 又FH⊂平面PBQ,所以GH⊥FH.‎ 同理可得GH⊥HC,‎ 所以∠FHC为二面角DGHE的平面角.‎ 设BA=BQ=BP=2,连接FC,‎ 在Rt△FBC中,由勾股定理得FC=,‎ 在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=.‎ 又H为△PBQ的重心,‎ 所以HC=PC=.‎ 同理FH=.‎ 在△FHC中,由余弦定理得cos ∠FHC==-.‎ 即二面角DGHE的余弦值为-.‎ 法二:在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,‎ 所以∠ABQ=90°.‎ 又PB⊥平面ABQ,‎ 所以BA,BQ,BP两两垂直.‎ 以B为坐标原点,分别以BA,BQ,BP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 设BA=BQ=BP=2,‎ 则E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,2).‎ 所以=(-1,2,-1),=(0,2,-1),=(-1,-1,2), =(0,-1,2).‎ 设平面EFQ的一个法向量为m=(x1,y1,z1),‎ 由m·=0,m·=0,得 取y1=1,得m=(0,1,2).‎ 设平面PDC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),‎ 由n·=0,n·=0,得 取z2=1,得n=(0,2,1),‎ 所以cos〈m,n〉==.‎ 因为二面角DGHE为钝角,‎ 所以二面角DGHE的余弦值为-.‎ ‎17.(2013广东,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=.‎ ‎    图1         图2‎ ‎(1)证明:A′O⊥平面BCDE;‎ ‎(2)求二面角A′CDB的平面角的余弦值.‎ 解:本题考查线面垂直的判定定理、二面角等基础知识,考查空间向量在立体几何中的应用,考查化归与转化思想,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.‎ ‎(1)证明:由题意,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)(传统法)过O作OH⊥CD交CD的延长线于H,连接A′H,如图所示.‎ 因为A′O⊥平面BCDE,所以A′H⊥CD,‎ 所以∠A′HO为二面角A′CDB的平面角.‎ 结合OC=3,∠BCD=45°,得OH=,从而A′H= =.‎ 所以cos ∠A′HO== ,所以二面角A′CDB的平面角的余弦值为.‎ ‎(向量法)以O点为原点,建立空间直角坐标系Oxyz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,),即n=(1,-1,)为平面A′CD的一个法向量.‎ 由(1)知,=(0,0,)为平面CDB的一个法向量,‎ 所以cos 〈n,〉===,即二面角A′CDB的平面角的余弦值为.‎ ‎18.(2013辽宁,12分)如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.‎ ‎(1)求证:平面PAC⊥平面PBC;‎ ‎(2)若AB=2,AC=1,PA=1,求:二面角CPBA的余弦值.‎ 解:本题考查面面关系的证明及二面角的求解问题,也考查了应用空间向量求解立体几何问题,试题同时考查了考生的空间想象能力和推理归纳能力.‎ ‎(1)证明:由AB是圆的直径,得AC⊥BC,‎ 由PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,得PA⊥BC.‎ 又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,‎ 所以BC⊥平面PAC.‎ 因为BC⊂平面PBC,‎ 所以平面PBC⊥平面PAC.‎ ‎(2)法一:过C作CM∥AP,则CM⊥平面ABC.‎ 如图,以点C为坐标原点,分别以直线CB,CA,CM为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.‎ 因为AB=2,AC=1,所以BC=.‎ 因为PA=1,所以A(0,1,0),B(,0,0),P(0,1,1).‎ 故=(,0,0),=(0,1,1).‎ 设平面BCP的法向量为n1=(x,y,z),‎ 则所以 不妨令y=1,则n1=(0,1,-1).‎ 因为=(0,0,1),=(,-1,0),‎ 设平面ABP的法向量为n2=(x,y,z),‎ 则所以 不妨令x=1,则n2=(1,,0).‎ 于是cos〈n1,n2〉==,‎ 所以由题意可知二面角CPBA的余弦值为.‎ 法二:过C作CM⊥AB于M,‎ 因为PA⊥平面ABC,CM⊂平面ABC,‎ 所以PA⊥CM,‎ 故CM⊥平面PAB.‎ 又因为PA∩AB=A,且PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,‎ 过M作MN⊥PB于N,连接NC,‎ 由三垂线定理得CN⊥PB,‎ 所以∠CNM为二面角CPBA的平面角.‎ 在Rt△ABC中,由AB=2,AC=1,得BC=,CM=,BM=.‎ 在Rt△PAB中,由AB=2,PA=1,得PB=.‎ 因为Rt△BNM∽Rt△BAP,所以=,‎ 故MN=.‎ 又在Rt△CNM中,CN=,故cos∠CNM=.‎ 所以二面角CPBA的余弦值为.‎ ‎19.(2013福建,13分)如图,在四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中,侧棱AA1⊥底面ABCD,AB∥DC,AA1=1,AB=3k,AD=4k,BC=5k,DC=6k(k>0).‎ ‎(1)求证:CD⊥平面ADD‎1A1;‎ ‎(2)若直线AA1与平面AB‎1C所成角的正弦值为,求k的值;‎ ‎(3)现将与四棱柱ABCDA1B‎1C1D1‎ 形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱.规定:若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案.问:共有几种不同的拼接方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为f(k),写出f(k)的解析式.(直接写出答案,不必说明理由)‎ 解:本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、柱体的概念及表面积等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想.‎ ‎(1)证明:取CD的中点E,连接BE.‎ ‎∵AB∥DE,AB=DE=3k,‎ ‎∴四边形ABED为平行四边形,‎ ‎∴BE∥AD且BE=AD=4k.‎ 在△BCE中,∵BE=4k,CE=3k,BC=5k,‎ ‎∴BE2+CE2=BC2,‎ ‎∴∠BEC=90°,即BE⊥CD.又BE∥AD,‎ ‎∴CD⊥AD.‎ ‎∵AA1⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,‎ ‎∴AA1⊥CD.又AA1∩AD=A,‎ ‎∴CD⊥平面ADD‎1A1.‎ ‎(2)以D为原点,,,的方向为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则A(4k,0,0),C(0,6k,0),B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1),‎ 所以=(-4k,6k,0),=(0,3k,1),=(0,0,1).‎ 设平面AB‎1C的法向量n=(x,y,z),则由得 取y=2,得n=(3,2,-6k).‎ 设AA1与平面AB‎1C所成角为θ,则 sin θ=|cos〈,n〉|===,解得k=1,‎ 故所求k的值为1.‎ ‎(3)共有4种不同的方案.‎ f(k)= ‎20.(2013四川,12分)如图,在三棱柱ABCA1B‎1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,AB=AC=2AA1,∠BAC=120°,D,D1分别是线段BC,B‎1C1的中点,P是线段AD的中点.‎ ‎(1)在平面ABC内,试作出过点P与平面A1BC平行的直线l,‎ 说明理由,并证明直线l⊥平面ADD‎1A1;‎ ‎(2)设(1)中的直线l交AB于点M,交AC于点N,求二面角AA‎1MN的余弦值.‎ 解:本题主要考查基本作图、线面的平行与垂直、二面角等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,并考查应用向量知识解决立体几何问题的能力.‎ ‎(1)如图,在平面ABC内,过点P作直线l∥BC,因为l在平面A1BC外,BC在平面A1BC内,由直线与平面平行的判定定理可知,l∥平面A1BC.‎ 由已知,AB=AC,D是BC的中点,‎ 所以BC⊥AD,则直线l⊥AD.‎ 因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥直线l.‎ 又AD,AA1在平面ADD‎1A1内,且AD与AA1相交,‎ 所以直线l⊥平面ADD‎1A1.‎ ‎(2)法一:连接A1P,过A作AE⊥A1P于E,过E作EF⊥A‎1M于F,连接AF.‎ 由(1)知,MN⊥平面AEA1,所以平面AEA1⊥平面A1MN.‎ 所以AE⊥平面A1MN,则A‎1M⊥AE.‎ 所以A‎1M⊥平面AEF,则A‎1M⊥AF.‎ 故∠AFE为二面角AA‎1MN的平面角(设为θ).‎ 设AA1=1,则由AB=AC=2AA1,∠BAC=120°,‎ 有∠BAD=60°,AB=2,AD=1.‎ 又P为AD的中点,所以M为AB的中点,且AP=,AM=1,‎ 所以在Rt△AA1P中,A1P=;在Rt△A1AM中,A‎1M=.‎ 从而AE==,AF==,‎ 所以sin θ==.‎ 所以cos θ===.‎ 故二面角AA‎1MN的余弦值为.‎ 法二:设A‎1A=1.如图,过A1作A1E平行于B‎1C1,以A1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Oxyz(点O与点A1重合).‎ 则A1(0,0,0),A(0,0,1).‎ 因为P为AD的中点,所以M,N分别为AB,AC的中点,‎ 故M,N,‎ 所以=,=(0,0,1),=(,0,0).‎ 设平面AA‎1M的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 即故有 从而 取x1=1,则y1=-,所以n1=(1,-,0).‎ 设平面A1MN的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 即 故有 从而 取y2=2,则z2=-1,所以n2=(0,2,-1).‎ 设二面角AA‎1MN的平面角为θ,又θ为锐角,‎ 则cos θ== ‎=.‎ 故二面角AA‎1MN的余弦值为.‎ ‎21.(2012陕西,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. 解析:设CA=2,则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,0,1),‎ C1(0,2,0),B1=(0,2,1),可得向量=(-2,2,1),‎ ‎=(0,2,-1),由向量的夹角公式得cos〈,〉===.‎ 答案:A ‎22.(2012新课标全国,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A1BDC1的大小.‎ 解:(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DC=DC1.又AC=AA1,可得DC+DC2=CC,所以DC1⊥DC.‎ 而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.‎ 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,||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==.‎ 故二面角A1-BD-C1的大小为30°.‎ ‎23.(2012浙江,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=2,M,N分别为PB,PD的中点.‎ ‎(1)证明:MN∥平面ABCD;‎ ‎(2)过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角AMNQ的平面角的余弦值.‎ 解:(1)因为M,N分别是PB,PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.‎ 又因为MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.‎ ‎(2)法一:连结AC交BD于O.以O为原点,OC,OD 所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.‎ 在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得 AC=AB=2,BD=AB=6.‎ 又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC.‎ 在直角三角形PAC中,AC=2,PA=2,‎ AQ⊥PC,得QC=2,PQ=4.‎ 由此知各点坐标如下,‎ A(-,0,0),B(0,-3,0),C(,0,0),D(0,3,0),P(-,0,2),M(-,-,),N(-,,),Q(,0,).‎ 设m=(x,y,z)为平面AMN的法向量.‎ 由=(,-,),=(,,)知 取z=-1,得m=(2,0,-1).‎ 设n=(x,y,z)为平面QMN的法向量.‎ 由=(-,-,),=(-,,)知 取z=5,得n=(2,0,5).‎ 于是cos〈m,n〉==.‎ 所以二面角A-MN-Q的平面角的余弦值为.‎ 法二:在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得 AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.‎ 又因为PA⊥平面ABCD,所以 PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD.‎ 所以PB=PC=PD.‎ 所以△PBC≌△PDC.‎ 而M,N分别是PB,PD的中点,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN.‎ 取线段MN的中点E,连结AE,EQ,则AE⊥MN,QE⊥MN,‎ 所以∠AEQ为二面角A-MN-Q的平面角.‎ 由AB=2,PA=2,故 在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得 AE=.‎ 在直角三角形PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4.‎ 在△PBC中,cos∠BPC==,得 MQ= =.‎ 在等腰三角形MQN中,MQ=NQ=,MN=3,得 QE= =.‎ 在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,得 cos∠AEQ==.‎ 所以二面角A-MN-Q的平面角的余弦值为.‎
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