立体几何大题

2016年7月9日数学周测试卷一、解答题（共25小题；共325分）1. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2．（1）在图中找出平面ABCD，平面ADD1A1，平面BDD1B1的一个法向量；（2）以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，求出（1）中三个法向量的坐标．2. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，求BD与平面A1C1D所成角的余弦值．，求异面直线l l和l2所3. 设a⃗，b⃗⃗分别是两条异面直线l1，l2的方向向量，且cos⟨a⃗,b⃗⃗⟩=−12成的角．4. 如图，直三棱柱ABC−A′B′C′，∠BAC=90∘，AB=AC=√2，AA′=1，点M、NSℎ，其中S为底面面积，ℎ为高）分别为A′B和B′C′的中点．（锥体体积公式V=13（1）证明：MN∥平面A′ACC′；（2）求三棱锥A′−MNC的体积．5. 三棱锥P−ABC中，侧面PAC与底面ABC垂直，PA=PB=PC=3．（1）求证：AB⊥BC；（2）设AB=BC=2√3，求AC与平面PBC所成角的大小．6. 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7. 如图，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=12PD．（1）证明：PQ⊥平面DCQ；（2）求棱锥Q−ABCD的体积与棱锥P−DCQ的体积比值．8. 如图，在△ABC中，B=90∘，AC=152，D，E两点分别在AB，AC上，使ADDB=AEEC=2，DE=3．现将△ABC沿DE折成直二面角，求：（1）异面直线AD与BC的距离；（2）二面角A−EC−B的大小（用反三角函数表示）．9. 如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．（1）证明：BC1∥平面A1CD；（2）设AA1=AC=CB=2，AB=2√2，求三棱锥E−A1CD的体积．10. 如图，正四棱锥S−ABCD的所有棱长均为2，E，F，G分别为棱AB，AD，SB的中点．（1）求证：BD∥平面EFG，并求出直线BD到平面EFG的距离；（2）求点C到平面EFG的距离．11. 已知过球面上三点A，B，C的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AC=BC=6，AB=4．计算球的表面积与体积．12. 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．（1）证明：AC1⊥A1B；（2）设直线AA1与平面BCC1B1的距离为√3，求二面角A1−AB−C的大小．13. 如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA=BD=√2，AD=2，PA=PD=√5，E,F分别是棱AD,PC的中点．（1）证明：EF∥平面PAB；（2）若二面角P−AD−B为60∘，① 证明：平面PBC⊥平面ABCD；② 求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．14. 如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB=1，AC=AA1=2，AD=CD=√5．用向量法解决下列问题：（1）若AC的中点为E，求A1C与DE所成的角；（2）求二面角B1−AC−D1（锐角）的余弦值．15. 已知在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD=2，AB=1，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点．（1）证明：PF⊥FD；（2）在线段PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD ?若存在，确定点G的位置；若不存在，说明理由．（3）若PB与平面ABCD所成的角为45∘，求二面角A−PD−F的余弦值．16. 如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC，AA1=AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE=3EB1．（1）证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线；（2）设异面直线AB1与CD的夹角为45∘，求二面角A1−AC1−B1的大小．17. 已知在四棱锥P−ABCD中，AD∥BC，AD⊥CD，PA=PD=AD=2BC=2CD，E，F分别为AD，PC的中点．（1）求证：AD⊥平面PBE；（2）求证：PA∥平面BEF；（3）若PB=AD，求二面角F−BE−C的大小．18. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=4，AC=BC=3，D为AB的中点．（1）求异面直线CC1和AB的距离；（2）若AB1⊥A1C，求二面角A1−CD−B1的平面角的余弦值．AD=2．∠A=60∘，E为AD中点，点19. 如图1，在等腰梯形ABCD中，BC∥AD，BC=12O，F分别为BE，DE的中点，将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，使得平面A1BE⊥平面BCDE（如图2）（1）求证：A1O⊥CE（2）求直线A1B与平面A1CE所成角的正弦值的值，若不存（3）侧棱A1C上是否存在点P，使得BP∥平面A1OF，若存在，求处A1PA1C 在，说明理由．20. 在正三角形ABC中，E，F，P分别是AB，AC，BC边上的点，满足AE:EB=CF:FA=CP:PB=1:2（如图1）．将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1−EF−B 成直二面角，连接A1B，A1P（如图2）．（1）求证：A1E⊥平面BEP；（2）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小；（3）求二面角B−A1P−F的余弦值．21. 如图，四面体ABCD中，O是BD的中点，△ABD和△BCD均为等边三角形，AB=2，AC=√6．（1）求证：AO⊥平面BCD；（2）求二面角A−BC−D的余弦值；（3）求O点到平面ACD的距离．22. 如图，已知AB⊥平面BEC，AB∥CD，AB=BC=4，CD=2，△BEC为等边三角形．（1）求证：平面ABE⊥平面ADE．（2）求二面角A−DE−B的平面角的余弦值．，OA⊥23. 如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC=π4底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点，以A为原点，建立适当的空间坐标系，利用空间向量解答以下问题：（1）证明：直线MN∥平面OCD；（2）求异面直线AB与MD所成角的大小；（3）求点B到平面OCD的距离．24. 如图，已知边长为4的菱形ABCD中，AC∩BD=O，∠ABC=60∘．将菱形ABCD沿对角线AC折起得到三棱锥D−ABC，设二面角D−AC−B的大小为θ．（1）当θ=90∘时，求异面直线AD与BC所成角的余弦值；（2）当θ=60∘时，求直线BC与平面DAB所成角的正弦值．25. 如图，在四棱锥A−BCDE中，底面BCDE为平行四边形，平面ABE⊥平面BCDE，AB=AE，DB=DE，∠BAE=∠BDE=90∘．（1）求异面直线AB与DE所成角的大小；（2）求二面角B−AE−C的余弦值．答案第一部分1. （1） 由正方体可得 DD 1⊥平面ABCD ，AB ⊥平面ADD 1A 1， 平面 ABCD 的一个法向量为 DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，平面 ADD 1A 1 的一个法向量为 AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗；连接 AC ，AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，得 AC ⊥平面BB 1D 1D ，平面 BDD 1B 1 的一个法向量为 AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗． （2） 如图，建立空间直角坐标系 D −xyz ，可得 D 1(0,0,2)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)． DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,2,0)．2. 以 AB ，AD ，AA 1 为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为 1，则 A 1(0,0,1)，C 1(1,1,1)，D (0,1,0)，设平面 A 1C 1D 的法向量为 n ⃗⃗=(x,y,z )，则 n ⃗⃗⋅A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，n ⃗⃗⋅A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，解得 n ⃗⃗=(−1,1,1)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,1,0)，所以 BD 与平面 A 1C 1D 所成角 cos <n ⃗⃗,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=2×3=√63． 所以 BD 与平面 A 1C 1D 所成角的余弦值是 √33． 3. 因为 cos⟨a ⃗,b ⃗⃗⟩=−12，⟨a ⃗,b ⃗⃗⟩∈[0,π]， 所以 ⟨a ⃗,b⃗⃗⟩=2π3．所以 l 1 和 l 2 所成的角为 π3．4. （1） 证法一：连接 AB ′，AC ′，由已知 ∠BAC =90∘，AB =AC ， 三棱柱 ABC −A ′B ′C ′ 为直三棱柱，所以 M 为 AB ′ 中点． 又因为 N 为 B ′C ′ 的中点，所以 MN ∥AC ′． 又 MN ⊄平面A ′ACC ′，AC ′⊂平面A ′ACC ′， 因此 MN ∥平面A ′ACC ′．证法二：取 A ′B ′ 中点 P ，连接 MP ，NP ． 因为 M ，N 分别为 AB ′ 与 B ′C ′ 的中点， 所以 MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′，所以 MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′， 又 MP ∩NP =P ，因此平面 MPN ∥平面A ′ACC ′， 而 MN ⊂平面MPN ．因此 MN ∥平面A ′ACC ′．（2）解法一：连接BN，如图，由题意得A′N⊥B′C′，A′N⊥B′B，所以A′N⊥平面NBC．又A′N=12B′C′=1，故V A′−MNC=V N−A′MC=12V N−A′BC=12V A′−NBC=16.解法二：V A′−MNC=V A′−NBC−V M−NBC=12V A′−NBC=16.5. （1）如图，取AC中点O，连接PO,BO．∵PA=PC，∴PO⊥AC．又∵侧面PAC⊥底面ABC，∴PO⊥底面ABC．又PA=PB=PC，∴AO=BO=CO．∴△ABC为直角三角形．∴AB⊥BC．（2）如图，取BC的中点M，连接OM,PM，则有OM =12AB =√3,AO =12√(2√3)2+(2√3)2=√6,PO=√PA 2−AO 2=√3,由（1）有 PO ⊥ 平面 ABC ，OM ⊥BC ，再结合 PB =PC ，可知PM ⊥BC.∴ 平面 POM ⊥平面 PBC ，又 ∵ PO =OM =√3．∴ △POM 是等腰直角三角形，取 PM 的中点 N ，连接 ON,NC ， 则ON ⊥PM,又 ∵ 平面 POM ⊥ 平面 PBC ，且交线是 PM ， ∴ ON ⊥ 平面 PBC ．∴ ∠OCN 即为 AC 与平面 PBC 所成的角．ON =12PM =12√32−(√3)2=√62,OC =√6,∴ sin∠OCN =ON OC=12，∴ ∠OCN =π6，故 AC 与平面 PBC 所成的角为 π6． 6. （1） 法一： 如图，过 E 作 EO ⊥BC ，垂足为 O ，连 OF ， 由 △ABC ≌△DBC 可证出 △EOC ≌△FOC ， 所以 ∠EOC =∠FOC =π2，即 FO ⊥BC ． 又 EO ⊥BC ，因此 BC ⊥ 面 EFO ， 又 EF ⊂ 面 EFO ，所以 EF ⊥BC ． 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，建立如图所示的空间直角坐标系．易得B (0,0,0),A(0,−1,√3),D(√3,−1,0),C (0,2,0),因而E (0,1,√3),F (√3,1,0),所以EF⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√32,0,−√32),BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0), 因此 EF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，从而 EF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以 EF ⊥BC ． （2） 法一：在图中，过 O 作 OG ⊥BF ，垂足为 G ，连 EG ，由平面 ABC ⊥ 平面 BDC ，从而 EO ⊥ 平面 BDC ， 所以 EO ⊥BF ．又 OG ⊥BF ，所以 BF ⊥ 平面 EOG ，从而 EG ⊥BF. 因此 ∠EGO 为二面角 E −BF −C 的平面角； 在 △EOC 中，可得EO =12EC =12BC ⋅cos30∘=√32,由 △BGO ∽△BFC 知OG =BO BC ⋅FC =√34, 因此tan∠EGO =EOOG =2, 从而sin∠EGO =2√55, 即二面角 E −BF −C 的正弦值为 2√55． 法二：在图中，平面 BFC 的一个法向量为 n 1⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,1)，设平面 BEF 的法向量 n 2⃗⃗⃗⃗⃗=(x,y,z )，又BF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√32,12,0),BE⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,12,√32), 由{n 2⃗⃗⃗⃗⃗⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,n 2⃗⃗⃗⃗⃗⋅BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0, 得其中一个n 2⃗⃗⃗⃗⃗=(1,−√3,1),设二面角 E −BF −C 的大小为 θ，且由题意知 θ 为锐角，则cosθ=∣cos ⟨n 1⃗⃗⃗⃗⃗,n 2⃗⃗⃗⃗⃗⟩∣=∣∣∣∣n 1⃗⃗⃗⃗⃗⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗∣n 1⃗⃗⃗⃗⃗∣⋅∣n 2⃗⃗⃗⃗⃗∣∣∣∣∣=√5,因sinθ=√5=2√55, 即二面角 E −BF −C 的正弦值为2√55． 7. （1） 由条件知 PDAQ 为直角梯形．∵ QA ⊥ 平面 ABCD ，∴ 平面 PDAQ ⊥ 平面 ABCD ，交线为 AD ．又四边形 ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，∴ DC ⊥ 平面 PDAQ ，可得 PQ ⊥DC ． 在直角梯形 PDAQ 中可得DQ =PQ =√22PD, 则 PQ ⊥QD ．所以 PQ ⊥ 平面 DCQ ．（2） 设 AB =a ．由题设知 AQ 为棱锥 Q −ABCD 的高， 所以棱锥 Q −ABCD 的体积V 1=13a 3.由（1）知 PQ 为棱锥 P −DCQ 的高，而 PQ =√2a ，△DCQ 的面积为 √22a 2，所以棱锥 P −DCQ 的体积V 2=13a 3.故棱锥 Q −ABCD 的体积与棱锥 P −DCQ 的体积比值为 1． 8. （1） 如图1中，因为 ADDB =AECE ，所以 BE ∥BC ． 又因为 B =90∘，从而 AD ⊥DE ．在图2中，因 A −DE −B 是直二面角，AD ⊥DE ， 故 AD ⊥底面DBCE ，从而 AD ⊥DB ．而 DB ⊥BC ，故 DB 为异面直线 AD 与 BC 的公垂线． 下面求 DB 之长．在图 1 中，由AD DB =AEEC=2, 得DE BC =AD AB =23. 又已知 DE =3，从而BC =3DE =9,AB=√AC 2−BC 2=√(152)2−(92)2=6.因DB AB=13，故DB =2.即异面直线 AD 与 BC 的距离为 2．（2） 方法一：在图2中，过 D 作 DF ⊥CE ，交 CE 的延长线于 F ，连接 AF ． 由（1）知，AD ⊥底面DBCE ，由三垂线定理知 AF ⊥FC ， 故 ∠AFD 为二面角 A −EC −B 的平面角． 在底面 DBCE 中，∠DEF =∠BCE ，所以DB =2,EC=13⋅152=52, 因此sin∠BCE =DB EC =45. 从而在 Rt △DFE 中，DE=3,DF=DEsin∠DEF =DEsin∠BCE =125.在 Rt △AFD ，中AD =4,tan∠AFD=AD =5. 因此所求二面角 A −EC −B 的大小为 arctan 53． 方法二：如图3，由（1）知，以 D 点为坐标原点，DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗,DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则D (0,0,0),A (0,0,4),C (2,92,0),E (0,3,0).所以CE⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,−32,0),AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,−4), 过 D 作 DF ⊥CE ，交 CE 的延长线于 F ，连接 AF ． 设 F (x 0,y 0,0)，从而DF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x 0,y 0,0),EF⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x 0,y 0−3,0),由 DF ⊥CE ，有DF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅CE⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0, 即2x 0+32y 0=0, ⋯⋯①又由 CE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∥EF⃗⃗⃗⃗⃗⃗，得 x 02=y 0−332, ⋯⋯②联立①、②，解得x 0=−3625,y 0=4825, 即F (−3625,4825,0), 得AF⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−3625,4825,−4), 因为AF⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅CE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−3625)⋅(−2)+4825⋅(−32)=0, 故 AF ⊥CE ，又因 DF ⊥CE ，所以 ∠DFA 为所求的二面角 A −EC −B 的平面角． 因 DF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−3625,4825,0)，有 ∣∣DF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣=√(−3625)2+(4825)2=125,∣∣AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣=4,所以tan∠AFD =∣∣AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣∣∣DF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣=53. 因此所求二面角 A −EC −B 的大小为 arctan 53．9. （1）连接 AC 1 交 A 1C 于 O ，可得 OD ∥BC 1， 又 OD ⊂面A 1CD ，BC 1⊄面A 1CD ， 所以 BC 1∥平面A 1CD ．（2） 直棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中，AA 1⊥面ABC ， 所以 AA 1⊥CD ，又 AB ⊥CD ，AA 1∩AB =A ， 所以 CD ⊥面A 1DE ，所以三棱锥 E −A 1CD 可以把面 A 1DE 作为底面，高就是 CD =√2，底面 A 1DE 的面积为 4√2−√2−√22−√2=3√22， 所以三棱锥 E −A 1CD 的体积为3√22×√2×13=1．10. （1） 因为 E ，F 分别为棱 AB ，AD 的中点，所以 EF ∥BD ． 又 EF ⊂平面EFG ，BD ⊄平面EFG ， 所以 BD ∥平面EFG ．如图建立空间直角坐标系，则 A(√2,0,0)，B(0,√2,0)，D(0,−√2,0)，S(0,0,√2)，E (√22,√22,0)，F (√22,−√22,0)，G (0,√22,√22)． 设平面 EFG 的法向量为 m ⃗⃗⃗=(x,y,z )，EF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−√2,0)，EG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−√22,0,√22)，可得 m ⃗⃗⃗=(1,0,1)， 所以点 B 到平面 EFG 的距离为 d =∣∣EB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅m ⃗⃗⃗⃗∣∣∣m ⃗⃗⃗⃗∣=12．即直线 BD 到平面 EFG 的距离为 12． （2） 因为 EC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−3√22,−√22,0)， 所以点 C 到平面 EFG 的距离为 d =∣∣EC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅m ⃗⃗⃗⃗∣∣∣m⃗⃗⃗⃗∣=32．11. 如图，设球面的半径为 r ，Oʹ 是 △ABC 的外心，外接圆半径为 R ，则 OOʹ⊥面ABC ．在 Rt △ACD 中，cosA =26=13，则 sinA =2√23， 在 △ABC 中，由正弦定理得 6sinA =2R ，R =9√24，即 OʹC =9√24．在 Rt △OCOʹ 中，由题意得 r 2−14r 2=81×216，得 r =3√62． 球的表面积 S =4πr 2=4π×9×64=54π．球的体积为 43π(3√62)3=27√6π．12. （1） A 1D ⊥ 平面 ABC ，A 1D ⊂ 平面 AA 1C 1C ， 故平面 AA 1C 1C ⊥ 平面 ABC ．又 BC ⊥AC ，所以 BC ⊥ 平面 AA 1C 1C ． 如图，连接 A 1C ，因为侧面AA1C1C为菱形，故AC1⊥A1C，由BC⊥平面AA1C1C知AC1⊥BC，而A1C∩BC=C，故可得AC1⊥面A1CB，所以AC1⊥A1B．（2）BC⊥平面AA1C1C，BC⊂平面BCC1B1，故平面AA1C1C⊥平面BCC1B1．作A1E⊥CC1，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=√3．因为A1C为∠ACC1的角平分线，故A1D=A1E=√3．作DF⊥AB，F为垂足，连接A1F，由题可知A1D⊥面ACB，所以A1D⊥AB．因此，可知AB⊥面A1DF，因此A1F⊥AB，故∠A1FD为二面角A1−AB−C的平面角．由AD=√AA12−A1D2=1,得D为AC的中点，DF=12×AC×BCAB=√55,所以tan∠A1FD=A1DDF=√15,所以二面角A1−AB−C的大小为arctan√15．13. （1）如图，取PB中点M，连接FM，因为F为PC中点，所以FM为△PBC中位线，所以FM∥BC∥AE且FM=12BC=AE，所以四边形 EFMA 为平行四边形，EF ∥AM ．因为 EF ⊄ 平面 PAB ，AM ⊂ 平面 PAB ，所以 EF ∥ 平面 PAB ． （2） ① 连接 PE,BE ．因为 PA =PD ，BA =BD ，而 E 为 AD 中点，故 PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，所以 ∠PEB 为二面角 P −AD −B 的平面角． 在 △PAD 中，由AD =2,PA =PD =√5,可解得PE =2.△ABD 中，由BA =BD =√2,可解得BE =1.在三角形 PEB 中，PE =2，BE =1，∠PEB =60∘，由余弦定理，可解得PB =√3,从而 ∠PBE =90∘，即 BE ⊥PB ，又 BC ∥AD ，BE ⊥AD ，从而 BE ⊥BC ，因此 BE ⊥ 平面 PBC ． 又 BE ⊂ 平面 ABCD ，所以平面 PBC ⊥ 平面 ABCD ； ②连接 BF ，由 ① 知 BE ⊥ 平面 PBC ．所以 ∠EFB 为直线 EF 与平面 PBC 所成的角，由PB =√3,PA =√5,AB =√2,得 ∠ABP 为直角，而MB =12PB =√32,可得 AM =√112，故 EF =√112．又 BE =1，故在 Rt △EBF 中，可得 sin∠EFB =BE EF =2√1111. 所以，直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值为2√1111． 14. （1） 由 AD =CD ，AC 的中点为 E ，所以 DE ⊥AC ．如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得 A (0,0,0)，B (1,0,0)，A 1(0,0,2)，C (0,2,0)，D (−2,1,0)，B 1(1,0,2)，D 1(−2,1,2)，E (0,1,0)．A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,−2)，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0)，因为 A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,−2)⋅(2,0,0)=0+0+0=0， 所以 A 1C ⊥DE ，即 A 1C 与 DE 所成的角为 π2．（2） 设平面 B 1AC 与平面 D 1AC 所成的角为 θ，平面 B 1AC 的法向量为 m ⃗⃗⃗=(x 1,y 1,1)， 平面 D 1AC 的法向量为 n ⃗⃗=(x 2,y 2,1)．B 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,0,−2)，D 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,−1,−2)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0)． 由 {m ⃗⃗⃗⋅B 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,m ⃗⃗⃗⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0, 得 {−x 1−2=0,2y 1=0, 解得 {x 1=−2,y 1=0,所以 m ⃗⃗⃗=(−2,0,1)，同理可得 n ⃗⃗=(1,0,1)， 设的夹角为 α，则 cosα=m⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗⃗∣∣m ⃗⃗⃗⃗∣∣∣∣n ⃗⃗∣∣=√5√2=−√1010，由图知 cosθ=−cosα=√1010， 所以二面角 B 1−AC −D 1 （锐角）的余弦值为 √1010．15. （1） ∵PA ⊥平面ABCD ，∠BAD =90∘，AB =1，AD =2，建立如图所示的空间直角坐标系 A −xyz ，则 A (0,0,0)，B (1,0,0)，F (1,1,0)，D (0,2,0)． 不妨令 P (0,0,t )，∵PF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,−t )，DF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,−1,0)，∴PF⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅DF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=1×1+1×(−1)+(−t )×0=0，即 PF ⊥FD ． （2） 如图所示，设平面 PFD 的法向量为 n ⃗⃗=(x,y,z )，由 {n ⃗⃗⋅PF⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,n ⃗⃗⋅DF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0, 得{x +y −tz =0,x −y =0.令 z =1，得 x =y =t 2，所以 n ⃗⃗=(t 2,t2,1)．设 G 点坐标为 (0,0,m ) (0≤m ≤t )，E (12,0,0)，则 EG⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−12,0,m)． 要使 EG ∥平面PFD ，只需 EG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗⃗=0，即 (−12)×t 2+0×t 2+1×m =m −t4=0，得m =14t,从而满足 AG =14AP 的点 G 即为所求．（3） ∵AB ⊥平面PAD ，∴AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面 PAD 的法向量，易得 AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0)， 又 ∵PA ⊥平面ABCD ，∴∠PBA 是 PB 与平面 ABCD 所成的角，得 ∠PBA =45∘，PA =1，平面 PFD 的法向量为 n ⃗⃗=(12,12,1)，所以cos⟨AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗,n ⃗⃗⟩=AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗⃗∣∣AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣⋅∣n⃗⃗∣=12√14+14+1=√66, 因为所求二面角为锐角，故所求二面角 A −PD −F 的余弦值为 √66． 16. （1） 法一：如图，连接 A 1B ，记 A 1B 与 AB 1 的交点为 F ．因为面 AA 1B 1B 为正方形，故 A 1B ⊥AB 1，且 AF =FB 1． 又 AE =3EB 1，所以 FE =EB 1，又 D 为 BB 1 的中点， 故 DE ∥BF ，DE ⊥AB 1．作 CG ⊥AB ，G 为垂足，由 AC =BC 知，G 为 AB 中点． 又由底面 ABC ⊥面AA 1B 1B ，得 CG ⊥面AA 1B 1B ． 连接 DG ，则 DG ∥AB 1，故 DE ⊥DG ，易得 DE ⊥CD ． 所以 DE 为异面直线 AB 1 与 CD 的公垂线．法二：以 B 为坐标原点，射线 BA 为 x 轴正半轴，射线 BB 1 为 y 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系 B −xyz ．设 AB =2，则A (2,0,0),B 1(0,2,0),D (0,1,0),E (12,32,0).又设 C (1,0,c )，则DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),B 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,−2,0),DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,−1,c ). 于是 DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅B 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，故 DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥B 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗． 所以 DE 为异面直线 AB 1 与 CD 的公垂线．（2） 解法一：因为 DG ∥AB 1，故 ∠CDG 为异面直线 AB 1 与 CD 的夹角，∠CDG =45∘． 设 AB =2，则AB 1=2√2,DG =√2,CG =√2,AC =√3.如图，作 B 1H ⊥A 1C 1，H 为垂足．因为底面 A 1B 1C 1⊥面AA 1C 1C ，故 B 1H ⊥面AA 1C 1C ，又作 HK ⊥AC 1，K 为垂足，连接 B 1K ，易得 B 1K ⊥AC 1，因此 ∠B 1KH 为二面角 A 1−AC 1−B 1 的平面角． 又B 1H =A 1B 1×√A 1C 12−(12A 1B 1)211=2√2√3HC 1=√B 1C 12−B 1H 2=√3,AC 1=√22+(√3)2=√7,HK =AA 1×HC 1AC 1=2√33√7, 所以 tan∠B 1KH =B 1H HK=√14，所以二面角 A 1−AC 1−B 1 的大小为 arctan √14．解法二：因为 ⟨B 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩ 等于异面直线 AB 1 与 CD 的夹角，故 B 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=∣∣B 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣⋅∣∣DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣cos45∘,即2√2×√c 2+2×√22=4, 解得 c =√2，故 AC⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,0,√2)． 又 AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0)，所以AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗+AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,2,√2).设平面 AA 1C 1 的法向量为 m ⃗⃗⃗=(x,y,z )，则m ⃗⃗⃗⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,m ⃗⃗⃗⋅AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即−x +2y +√2z =0,2y =0.令 x =√2，则 z =1,y =0，故 m ⃗⃗⃗=(√2,0,1)． 设平面 AB 1C 1 的法向量为 n ⃗⃗=(p,q,r )，则n ⃗⃗⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,n ⃗⃗⋅B 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即−p +2q +√2r =0,2p −2q =0.令p=√2，则q=√2,r=−1，故n⃗⃗=(√2,√2,−1)．所以cos⟨m⃗⃗⃗,n⃗⃗⟩=m⃗⃗⃗⋅n⃗⃗∣m⃗⃗⃗∣∣n⃗⃗∣=√15.由于⟨m⃗⃗⃗,n⃗⃗⟩等于二面角A1−AC1−B1的平面角，所以二面角A1−AC1−B1的大小为arccos√1515．17. （1）因为PA=PD=AD，E为AD中点，所以AD⊥PE，又AD∥BC，AD⊥CD，得AD⊥BE，因为PE，BE都在平面PBE内，且PE∩BE=E，所以AD⊥平面PBE．（2）连接AC交BE于点G，连接FG，因为BC平行且等于AE，所以G为BE中点，又F为PC中点，所以PA∥FG，因为PA⊄平面BEF，FG⊂平面BEF，所以PA∥平面BEF；（3）取CD中点H，连接GH，FH，若PB=AD，设PB=AD=2x，则EB=CD=x，PE=√3x，所以EB2+PE2=PB2，所以EB⊥PE．又EB⊥AD，PE∩AD=E，所以EB⊥面PAD，所以BE⊥PA．又PA∥FG，所以FG⊥BE．又GH⊥BE，所以∠FGH即为所求二面角的平面角．因为GH∥ED，GF∥AP，而∠PAD=60∘，所以∠FGH=∠PAD=60∘．18. （1）因为AC=BC，D为AB的中点，故CD⊥AB．又在直三棱柱中，CC1⊥平面ABC，故CC1⊥CD，所以异面直线CC1和AB的距离为CD=√BC2−BD2=√5．（2）由CD⊥AB，CD⊥BB1，AB∩BB1=B，故CD⊥平面A1ABB1，从而CD⊥DA1，CD⊥DB1，故∠A1DB1为所求的二面角A1−CD−B1的平面角．因为A1D是A1C在平面A1ABB1上的射影，又已知AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D，从而∠A1AB1，∠A1DA都与∠B1AB互余，因此∠A1AB1=∠A1DA,所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A．因此AA1 AD =A1B1AA1,得AA12=AD⋅A1B1=8,从而A1D=√AA12+AD2=2√3,B1D=A1D=2√3,所以在△A1DB1中，由余弦定理得cos∠A1DB1=A1D2+B1D2−A1B122⋅A1D⋅B1D=13.19. （1）如图1，在等腰梯形ABCD中，由BC∥AD，BC=12AD=2，∠A=60∘，E为AD中点，，所以△ABE为等边三角形，如图2，因为O为BE的中点，所以A1O⊥BE，又因为平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE=BE，所以A1O⊥平面BCDE，所以A1O⊥CE．（2）连接OC，由已知得CB=CE，又O为BE的中点，所以OC⊥BE，由(1)知A1O⊥平面BCDE，所以A1O⊥BE，A1O⊥OC所以OA1，OB，OC两两垂直，以O为原点，OB，OC，OA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图）因为 BC =2，易知 OA 1=OC =√3，所以 A 1(0,0,√3)，B (1,0,0)，C(0,√3,0)，E (−1,0,0)，所以 A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,−√3)，A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√3,−√3)，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,0,−√3)， 设平面 A 1CE 的一个法向量为 n ⃗⃗=(x,y,z )，由 {n ⃗⃗⋅A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,n ⃗⃗⋅A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0, 得 {√3y −√3z =0,−x −√3z =0, 即 {y −z =0,x +√3z =0,取 z =1，得 n ⃗⃗=(−√3,1,1) ，设直线 A 1B 与平面 A 1CE 所成角为 θ ，则sinθ=∣cos⟨A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,n⃗⃗⟩∣=∣−√3−√32×√5∣=√3√5=√155, 所以直线 A 1B 与平面 A 1CE 所成角的正弦值为 √155． （3） 假设在侧棱 A 1C 上存在点 P ，使得 BP ∥ 平面 A 1OF ，设 A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λA 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，λ∈[0,1] ，因为 BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+λA 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以 BP⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,0,√3)+λ(0,√3,−√3)=(−1,√3λ,√3−√3λ)， 易证四边形 BCDE 为菱形，且 CE ⊥BD ，又由问题 (1) 可知，A 1O ⊥CE ，所以 CE ⊥ 平面 A 1OF ， 所以 CE⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,−√3,0) 为平面 A 1OF 的一个法向量， 由 BP⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅CE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,√3λ,√3−√3λ)⋅(−1,−√3,0)=1−3λ=0，得 λ=13∈(0,1) ． 所以侧棱 A 1C 上存在点 P ，使得 BP ∥ 平面 A 1OF ，且 A 1P A 1C=13．20. （1） 在图 1 中，取 BE 的中点 D ，连接 DF ．因为 AE:EB =CF:FA =1:2，所以 AF =AD =2，而 ∠A =60∘，所以 △ADF 是正三角形， 又 AE =DE =1，所以 EF ⊥AD ，在图2中，A 1E ⊥EF ，BE ⊥EF ， 所以 ∠A 1EB 为二面角 A 1−EF −B 的平面角． 由题设条件知此二面角为直二面角，所以 A 1E ⊥BE ．又 BE ∩EF =E ，所以 A 1E ⊥平面BEF ，即 A 1E ⊥平面BEP ．（2） 建立分别以 ED ，EF ，EA 1 为 x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，则 E (0,0,0)，A 1(0,0,1)，B (2,0,0)，F(0,√3,0)，P(1,√3,0)，则 A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,−1)，A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,−1)，BP⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,√3,0)． 设平面 A 1BP 的法向量 n 1⃗⃗⃗⃗⃗=(x 1,y 1,z 1)，由 n 1⃗⃗⃗⃗⃗⊥平面ABP 知，n 1⃗⃗⃗⃗⃗⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗，n 1⃗⃗⃗⃗⃗⊥BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗，即 {2x 1−z 1=0,−x 1+√3y 1=0, 令 x 1=√3，得 y 1=1，z 1=2√3，n 1⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,1,2√3)．cos⟨AE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗,n 1⃗⃗⃗⃗⃗⟩=AE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n 1⃗⃗⃗⃗⃗∣AE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣⋅∣n 1⃗⃗⃗⃗⃗∣=√3√3()√3+1+12⋅√0+0+1=−√32,所以直线 A 1E 与平面 A 1BP 所成的角为 60∘．（3） AF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√3,−1)，PF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,0,0)，设平面 AFP 的法向量为 n 2⃗⃗⃗⃗⃗=(x 2,y 2,z 2)． 由 n 2⃗⃗⃗⃗⃗⊥平面AFP 知，n 2⃗⃗⃗⃗⃗⊥AF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗，n 2⃗⃗⃗⃗⃗⊥PF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗，即 {−2x 2=0,√3y 2−z 2=0, 令 y 2=1，得 x 2=0，z 2=√3，n 2⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,√3)．cos ⟨n 1⃗⃗⃗⃗⃗,n 2⃗⃗⃗⃗⃗⟩=n 1⃗⃗⃗⃗⃗⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗12=√3×0+1×1+2√3×√3√3+1+12⋅√0+1+3=7,所以二面角 B −A 1P −F 的余弦值是 −78． 21. （1） 连接 OC ，因为 ABD 为等边三角形，O 为 BD 的中点， 所以 AO ⊥BD ，因为 △ABD 和 △CBD 为等边三角形，O 为 BD 的中点，AB =2，AC =√6， 所以 AO =CO =√3． 在 △AOC 中，因为 AO 2+CO 2=AC 2， 所以 ∠AOC =90∘，即 AO ⊥OC ， 因为 BD ∩OC =O ，AO ⊥面BCD ． （2） 解法一：过 O 作 OE ⊥BC 于 E ，连接 AE ，因为 AO ⊥平面BCD ，所以 AE 在平面 BCD 上的射影为 OE ， 所以 AE ⊥BC ，所以 ∠AEO 为二面角 A −BC −D 的平面角． 在 Rt △AEO 中，AO =√3，OE =√32，tan∠AEO =AOOE =2，cos∠AEO =√55， 所以二面角 A −BC −D 的余弦值为 √55． 解法二：以 O 为原点，如图建立空间直角坐标系，则 O (0,0,0)，A(0,0,√3)，B (0,1,0)，C(√3,0,0)，D (0,−1,0)，因为 AO ⊥平面BCD ，所以平面 BCD 的法向量 AO⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,√3) 设平面 ABC 的法向量 n ⃗⃗=(x,y,z )，AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,−√3)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,−1,0)． 由 {n ⃗⃗⋅AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,n ⃗⃗⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,⇒{y −√3z =0,√3x −y =0,⇒n ⃗⃗=(1,√3,1).设 n ⃗⃗ 与 AO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 夹角为 θ，则 ∣cosθ∣=∣∣∣∣n ⃗⃗⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣n ⃗⃗∣⋅∣∣AO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣∣∣∣∣=√55, 所以二面角 A −BC −D 的余弦值为 √55． （3） 解法一：设点 O 到平面 ACD 的距离为 ℎ， 因为 V O−ACD =V A−OCD ， 所以 13S △ACD ⋅ℎ=13S △OCD ⋅AO ． 在 △ACD 中，AD =CD =2，AC =√6， 所以 S △ACD=12×√6×√22−(√62)2=√152．而 AO =√3,S △OCD =√32， 所以 ℎ=S△OCD S △ACD⋅AO =√155，所以点 O 到平面 ACD 的距离为 √155， 解法二：设平面 ACD 的法向量为 m ⃗⃗⃗=(x,y,z )， 又 DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,√3)，DC⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,1,0)， {m ⃗⃗⃗⋅DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,m ⃗⃗⃗⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗,⇒{y +√3z =0,√3x +y =0,⇒m ⃗⃗⃗=(1,−√3,1).设 OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 m ⃗⃗⃗ 夹角为 θ，则cosθ=∣∣∣∣m ⃗⃗⃗⋅OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣a ⃗∣⋅∣∣OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣∣∣∣∣=√55, 设 O 到平面 ACD 的距离为 ℎ，因为 ℎOA =√55⇒ℎ=√155，所以 O 到平面 ACD 的距离为 √155． 22. （1） 证法1：如图①，取 BE 的中点 F ，AE 的中点 G ，连接 FG ，GD ，CF ，所以 GF =12AB ，GF ∥AB ． 因为 DC =12AB ，CD ∥AB ． 所以 CD ∥GF ，CD =GF ． 所以四边形 CFGD 是平行四边形， 所以 CF ∥GD ． 因为 AB ⊥平面BEC ， 所以 AB ⊥CF ．因为 CF ⊥BE ，AB ∩BE =B ， 所以 CF ⊥平面ABE ． 因为 CF ∥DG ， 所以 DG ⊥平面ABE ． 因为 DG ⊂面ADE ， 所以 平面ABE ⊥平面ADE ．证法2：如图①，可证得 ∠BGD 是 二面角B −AE −D 的平面角． 在 △BGD 中，计算可得：BG =2√2，DG =2√3，BD =2√5， 满足 BD 2=BG 2+DG 2， 故 ∠BGD =π2，所以 平面ABE ⊥平面ADE ．（2） 方法1：如图①，过点 G 作 GH ⊥FD 于点 H ， 过点 H 作 HM ⊥DE 于点 M ，由 BE ⊥GF ，BE ⊥FC ，可得 BE ⊥平面GFCD ，平面BED ⊥平面GFCD ． 从而 GH ⊥平面BED ， 由此可得 DE ⊥平面GHM ，即 ∠GMH 就是 二面角A −DE −B 的平面角． 因为 GH =√3，GM =2√305，MH =3√55， 所以 cos∠GMH =MHMG =√64， 即 二面角A −DE −B 的平面角的余弦值为 √64． 方法2：如图①，过 AE 中点 G 作 GM ⊥DE 于点 M ， 连接 BM ，可证得 ∠GMB 就是 二面角A −DE −B 的平面角． 在 △GMB 中，计算可得：BG =2√2， GM =2√305，BM =8√55．故 cos∠GMH =MH MG=√64， 即 二面角A −DE −B 的平面角的余弦值为 √64． 方法3：如图②，作 EO ⊥BC 于点 O ， AB ⊥平面BEC ，AB ⊥EO ， AB ∩BC =B ，EO ⊥平面ABCD ．以 OE ，BC 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴， O 为坐标原点建立空间直角坐标系，则 A (0,−2,4)，B (0,−2,0)，D (0,2,2)，E(2√3,0,0)．于是 ED ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2√3,2,2)，EA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2√3,−2,4)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2√3,−2,0)． 设平面 EAD 的法向量为 n ⃗⃗1=(x 1,y 1,z 1)， 则 {−√3x 1−y 1+2z 1=0,−√3x 1+y 1+z 1=0.取 z 1=2，则 n ⃗⃗1=(√3,1,2)，设平面 BDE 的法向为 n 2⃗⃗⃗⃗⃗=(x 2,y 2,z 2)， 则 {√3x 2+y 2=0,−√3x 2+y 2+z 2=0.取 x 2=1，则 n ⃗⃗2=(1,−√3,2√3)． cos⟨n 1⃗⃗⃗⃗⃗⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗⟩=√3−√3+4√3√8⋅√16=√64， 即二面角 A −DE −B 的平面角的余弦值为 √64．23. （1） 作 AP ⊥CD 于点 P ，如图，分别以 AB ，AP ，AO 所在直线为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则 A (0,0,0)，B (1,0,0)，P (0,√22,0)，D (−√22,√22,0)，O (0,0,2)，M (0,0,1)，N (1−√24,√24,0)， MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1−√24,√24,−1)，OP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√22,−2)，OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−√22,√22,−2)． 设平面 OCD 的法向量为 n ⃗⃗=(x,y,z )，则 n ⃗⃗⋅OP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，n ⃗⃗⋅OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，即 {√22y −2z =0,−√22x +√22y −2z =0.取 z =√2，解得 n ⃗⃗=(0,4,√2)．∵MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗⃗=(1−√24,√24,−1)⋅(0,4,√2)=0，∴MN ∥平面OCD ．（2） 设 AB 与 MD 所成角为 θ，∵AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−√22,√22,−1)， ∴cosθ=∣∣AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣∣∣AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣⋅∣∣MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣=12， ∴θ=π3，AB 与 MD 所成角的大小为 π3． （3） 设点 B 到平面 OCD 的距离为 d ，则 d 为 OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 在向量 n ⃗⃗=(0,4,√2) 上的投影的绝对值，由 OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,−2)，得 d =∣∣OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗⃗∣∣∣∣n ⃗⃗∣∣=23，所以点 B 到平面 OCD 的距离为 23． 24. （1） 方法一：由题意可知二面角 D −AC −B 的平面角为 ∠DOB ，即 ∠DOB =θ．当 θ=90∘时，即 ∠DOB =90∘， 分别取 DC ，BD 的中点 M ，N ，连接 OM ，MN ，ON ，∵OM ∥AD ，MN ∥BC ，∴∠OMN 为异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角，在 △OMN 中，OM =2，MN =2，ON =√6，cos∠OMN =14，即异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为 14．方法二：如图建立空间直角坐标系 O −xyz ，由题意可知 A (2,0,0),D(0,0,2√3),B(0,2√3,0),C (−2,0,0)，∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,0,2√3),BC⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,−2√3,0)，∴cos⟨AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗,BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩=14，即异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为 14． （2） 方法一：当 θ=60∘ 时，即 ∠DOB =60∘，由题意可知 AC ⊥平面DOB ，△DOB 为等边三角形，取 OB 的中点 H ，则有 DH ⊥平面ABC ，且 DH =3，∵V D−ABC =VC−ABD ，即 13⋅S △ABC ⋅DH =13⋅S △ABD ⋅d （其中 d 为点 C 到平面 ABD 的距离）， ∴d =1213√13，即直线 BC 与平面 DAB 所成角的正弦值 313√13．方法二：如图建立空间直角坐标系 O −xyz ，题意可知 A (2,0,0)，D(0,√3,3)，B(0,2√3,0)，C (−2,0,0)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,√3,3)，AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,2√3,0)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,−2√3,0)． 设平面 ABD 的法向量为 n ⃗⃗=(x,y,z )，∴{AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗⃗=−2x +√3y +3z =0,AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗⃗=−2x +2√3y =0,即可得 n ⃗⃗=(3,√3,1)， 设直线 BC 与平面 DAB 所成的角为 φ．则 sinφ=∣∣n ⃗⃗⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣∣∣n ⃗⃗∣∣⋅∣∣BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣=3√1313， 即直线 BC 与平面 DAB 所成角的正弦值 313√13．25. （1） 设 BE 的中点为 O ，连接 AO ，DO ，因为 AB =AE ，BO =OE ，所以 AO ⊥BE ，同理 DO ⊥BE ．又平面 ABE ⊥平面BCDE ，平面ABE ∩平面BCDE =BE ，所以 AO ⊥平面BCDE ，由题意，BE 2=2AB 2=2DB 2，所以 AB =BD =DE =AE ．不妨设 OA =a ，以 O 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系 O −xyz ，则 A (0,0,a )，B (0,−a,0)，C (a,−2a,0)，D (a,0,0)，E (0,a,0)．所以 AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−a,−a )，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−a,a,0)， 因为 cos⟨AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗,DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩=AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣∣∣DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣=2√2a⋅√2a =−12， 所以 AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为 120∘， 所以异面直线 AB 与 DE 所成角为 60∘．（2） 设平面 ACE 的法向量为 n 1⃗⃗⃗⃗⃗=(x,y,z )，因为 AE⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,a,−a )，EC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(a,−3a,0)， 所以 n 1⃗⃗⃗⃗⃗⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，n 1⃗⃗⃗⃗⃗⋅EC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，所以 y =z 且 x =3y ，取 y =z =1，得 x =3，所以平面 ACE 的一个法向量为 n 1⃗⃗⃗⃗⃗=(3,1,1)．又平面 ABE 的一个法向量为 n 2⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0)，设二面角 B −AE −C 的平面角为 θ，由 cosθ=∣∣∣n 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣n 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣n 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣∣∣=√11=3√1111， 知二面角 B −AE −C 的余弦值为3√1111．友情提示：本资料代表个人观点，如有帮助请下载，谢谢您的浏览！。