十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学 专题20 空间向量 含解析

十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题20空间向量1.(2014·全国2·理T11)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是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】C【解析】如图,以点C1为坐标原点,C1B1,C1A1,C1C所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系, 不妨设BC=CA=CC1=1,可知点A(0,1,1),N,B(1,0,1),M.∴.∴cos<>=.根据的夹角及AN与BM所成角的关系可知,BM与AN所成角的余弦值为.2.(2013·北京·文T8)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为对角线BD1的三等分点,P到各顶点的距离的不同取值有()A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】B【解析】设正方体的棱长为a.建立空间直角坐标系,如图所示.则D(0,0,0),D1(0,0,a),C1(0,a,a),C(0,a,0),B(a,a,0),B1(a,a,a),A(a,0,0),A1(a,0,a),P,则||=a,||==a,||=a,||=||==a,||=||=a,||=a,3.(2012·陕西·理T5)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.【答案】A【解析】不妨设CB=1,则CA=CC1=2.由题图知,A点的坐标为(2,0,0),B点的坐标为(0,0,1),B1点的坐标为(0,2,1),C1点的坐标为(0,2,0).所以=(0,2,-1),=(-2,2,1).所以cos<>=.4.(2010·大纲全国·文T6)直三棱柱ABC-A1B1C1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】C【解析】不妨设AB=AC=AA1=1,建立空间直角坐标系如图所示,则B(0,-1,0),A1(0,0,1),A(0,0,0),C1(-1,0,1),∴=(0,1,1),=(-1,0,1).∴cos<>=.∴<>=60°.∴异面直线BA1与AC1所成的角为60°.5.(2019·天津·理T17)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF∥平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值为,求线段CF的长.【解析】(1)证明依题意,可以建立以A为原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).依题意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.(2)解依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos<,n>==-.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)解设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则不妨令y=1,可得m=1,1,-.由题意,有|cos<m,n>|=,解得h=,经检验,符合题意.所以,线段CF的长为.6.(2019·浙江·T 19)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EF⊥BC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【解析】方法一:(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2,EG=.由于O为A1G的中点,故EO=OG=,所以cos∠EOG=.因此,直线EF与平面A BC所成角的余弦值是.方法二:(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC.如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC=4,则A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),F,2,C(0,2,0).因此,=,2,=(-,1,0).由=0得EF⊥BC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.由(1)可得=(-,1,0),=(0.2,-2).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).由取n=(1,,1),故sin θ=|cos<·n>|=.因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.7.(2019·全国1·理T18)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.【解析】(1)连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME= B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND= A1D.由题设知A1B1 DC,可得B1C A1D,故ME ND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN⊄平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA.以D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D-xyz,则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,,-2),=(-1,0,-2),=(0,-,0).设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则所以可取m=(,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则所以可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=,所以二面角A-MA1-N的正弦值为.8.(2019·全国2·理T17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.【解析】(1)证明由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)解由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.以D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D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1,-1,1),=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),则所以可取m=(1,1,0).于是cos<n,m>==-.所以,二面角B-EC-C1的正弦值为.9.(2019·全国3·理T19)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.【解析】(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解作EH⊥BC,垂足为H.因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=.以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则所以可取n=(3,6,-).又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以cos<n,m>=.因此二面角B-CG-A的大小为30°.10.(2018·浙江·T 8)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】当点E不是线段AB的中点时,如图,点G是AB的中点,SH⊥底面ABCD,过点H作HF∥AB,过点E作EF∥BC,连接SG,GH,EH,SF.可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,θ3=∠SGH.由题意可知EF⊥SF,故tan θ1==tan θ3.∴θ1>θ3.又tan θ3==tan θ2,∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2.当点E是线段AB的中点时,即点E与点G重合,此时θ1=θ3=θ2.综上可知,θ1≥θ3≥θ2.11.(2018·全国3·理T19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.【解析】(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D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D-xyz.当三棱锥M-ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则可取n=(1,0,2),是平面MCD的法向量,因此cos<n,>=,sin<n,>=.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.12.(2018·北京·理T16)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC= ,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.【解析】(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.(2)解由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.∵CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.∵BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).∴=(2,0,1),=(1,2,0).设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),则令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4),又平面CDC1的法向量为=(0,2,0),∴cos<n,>==-.由图可得二面角B-CD-C1为钝角,∴二面角B-CD-C1的余弦值为-.(3)证明平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),∵G(0,2,1),F(0,0,2),∴=(0,-2,1),∴n·=-2,∴n与不垂直,∴FG与平面BCD不平行且不在平面BCD内,∴FG与平面BCD相交.13.(2018·天津·理T17)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.【解析】依题意,可以建立以D为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,,1,N(1,0,2).(1)证明:依题意=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又,可得·n0=0.(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,则不妨令z=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>=,于是sin<m,n>=.所以,二面角E-BC-F的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos<>|=.由题意,可得=sin 60°=,解得h=∈[0,2].所以,线段DP的长为.14.(2018·全国1·理T18)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.【解析】(1)由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.可得PH=,EH=.则H(0,0,0),P,D为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sin θ=.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.15.(2018·全国2·理T20)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.【解析】(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点, 所以OP⊥AC,且OP=2.连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2).取平面PAC的法向量=(2,0,0),由·n=0,·n=0得可取n=((a-4),a,-a),所以cos<,n>=.由已知可得|cos<,n>|=.所以,解得a=-4(舍去),a=.所以n=.又=(0,2,-2),所以cos<,n>=.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.16.(2018·浙江·T9)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.【解析】解法一(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB,得AB1=A1B1=2,所以A1+A=A,故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BC1⊥BC,CC1⊥BC,得B1C1=,由AB=BC=2,∠ABC=120°,得AC=2,由CC1⊥AC,得AC1=,所以A+B1=A,故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1,得平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C1D⊥A1B1,得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1=,A1B1=2,A1C1=,得cos∠C1A1B1=,sin∠C1A1B1=,所以C1D=,故sin∠C1AD=.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.解法二(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下:A(0,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,,1).因此=(1,,2),=(1,,-2),=(0,2,-3).由=0,得AB1⊥A1B1.由=0,得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2).设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由可取n=(-,1,0).所以sin θ=|cos<,n>|=.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.17.(2018·上海·T17)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2.(1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积;(2)设PO=4,OA,OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,如图,求异面直线PM与OB所成的角的大小.【解析】(1)∵圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2,母线长为4,∴圆锥的体积V=πr2h=×π×22×.(2)∵PO=4,OA,OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,∴以O为原点,OA为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,∴P(0,0,4),A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,0),O(0,0,0),∴=(1,1,-4),=(0,2,0).设异面直线PM与OB所成的角为θ,则cos θ=.∴θ=arccos.∴异面直线PM与OB所成的角的大小为arccos.18.(2017·北京·理T16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.【解析】(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=1,z=.于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>=.由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.(3)解由题意知M,C(2,4,0),.设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α=|cos<n,>|=.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.19.(2017·全国1·理T18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.【解析】(1)证明由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD.以F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F-xyz.由(1)及已知可得A,P,B,C.所以=(,0,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,则可取n=(0,-1,-).设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,则可取m=(1,0,1).则cos<n,m>==-.所以二面角A-PB-C的余弦值为-.20.(2017·全国2·理T19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.【解析】(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF= AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)解由已知得BA⊥AD,以A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A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<,n>|=sin 45°,,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=λ,则x=λ,y=1,z=λ.②由①,②解得(舍去),所以M,从而.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>=.因此二面角M-AB-D的余弦值为.21.(2017·全国3·理T19)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.【解析】(1)证明由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC.所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2,又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.所以平面ACD⊥平面ABC.(2)解由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,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.则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则可取n=.设m是平面AEC的法向量,则同理可取m=(0,-1,).则cos<n,m>=.所以二面角D-AE-C的余弦值为.22.(2017·山东·理T17)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.【解析】(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE ⊥BP,又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为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+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>=.因此所求的角为60°.23.(2017·天津·理T17)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°,点D,E,N分别为棱PA,PC,BC 的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为求线段AH的长.【解析】如图,以A为原点,分别以方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:=(0,2,0),=(2,0,-2),设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以,二面角C-EM-N的正弦值为.(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos<>|=,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=.所以,线段AH的长为.24.(2016·全国1·理T18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.【解析】(1)证明由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G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G-xyz.由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|= ,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0, ).由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,).所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0),设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则所以可取n=(3,0,-).设m是平面ABCD的法向量,则同理可取m=(0,,4),则cos<n,m>==-.故二面角E-BC-A的余弦值为-.25.(2016·全国2·理T19)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF= ,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=.(1)证明:D'H⊥平面ABCD;(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.【解析】(1)证明由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得,故AC∥EF.因此EF⊥HD,从而EF⊥D'H.由AB=5,AC=6得DO=BO==4.由EF∥AC得.所以OH=1,D'H=DH=3.于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故D'H⊥OH.又D'H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D'H⊥平面ABCD.(2)解如图,以H为坐标原点的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3),=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).设m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量,则所以可取m=(4,3,-5).设n=(x2,y2,z2)是平面ACD'的法向量,则所以可取n=(0,-3,1).于是cos<m,n>==-.sin<m,n>=.因此二面角B-D'A-C的正弦值是.26.(2016·山东·理T17)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证: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)证明设FC中点为I,连接GI,HI.在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.(2)解连接OO',则OO'⊥平面ABC.又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-2,0,0).过点F作FM垂直OB于点M,所以FM==3,可得F(0,,3).故=(-2,-2,0),=(0,-,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的一个法向量.由可得可得平面BCF的一个法向量m=.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos<m,n>=.所以二面角F-BC-A的余弦值为.27.(2016·浙江·理T17)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF⊥平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.【解析】(1)证明延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC.又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形.取BC的中点O,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得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).设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).由取m=(,0,-1);由取n=(3,-2,).于是,cos<m,n>=.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.28.(2016·全国3·理T19)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明:MN∥平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.【解析】(1)证明由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.又AD∥BC,故TN AM,四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)解取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=.以A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A-xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N=(0,2,-4),.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则可取n=(0,2,1).于是|cos<n,>|=.29.(2015·全国2·理T19)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4,过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.【解析】(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.以D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D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos<n,>|=.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.30.(2015·上海·理T19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=1,AB=AD=2,E,F分别是棱AB,BC的中点.证明A1,C1,F,E四点共面,并求直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小.【解析】如图,以D为原点建立空间直角坐标系,可得有关点的坐标为A1(2,0,1),C1(0,2,1),E(2,1,0),F(1,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,1).因为=(-2,2,0),=(-1,1,0),所以,因此直线A1C1与EF共面,即A1,C1,F,E四点共面.设平面A1C1FE的法向量为n=(u,v,w),则n⊥,n⊥,又=(-1,1,0),=(-1,0,1),故解得u=v=w.取u=1,得平面A1C1FE的一个法向量n=(1,1,1).又=(0,-2,1),故=-.因此直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小为arcsin.31.(2015·北京·理T17)如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.【解析】(1)证明因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.(2)解取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,则x=,y=-1.于是n=(,-1,1).平面AEF的法向量为p=(0,1,0).所以cos <n,p>==-.由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-.(3)解因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即=0.因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),所以=-2(a-2)-3(a-2)2.由=0及0<a<2,解得a=.32.(2015·浙江·理T17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.(1)证明:A1D⊥平面A1BC;(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.【解析】(1)证明设E为BC的中点,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.因为AB=AC,所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.(2)解以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:A1(0,0,),B(0,,0),D(-,0,),B1(-).因此=(0,,-),=(-,-),=(0,,0).设平面A1BD的法向量为m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量为n=(x2,y2,z2).由可取m=(0,,1).由可取n=(,0,1).于是|cos<m,n>|=.由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-.33.(2015·福建·理T17)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F 分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF∥平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)证明如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF= CD.由四边形ABCD是矩形,得AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.(2)解如图,在平面BEC内,过点B作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B为原点,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, 则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB⊥平面BEC,所以 =(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos<n,>=.所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.34.(2015·山东·理T17)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.【解析】(1)证明在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形BHFE为平行四边形.可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED,所以BD∥平面FGH.(2)解设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF= AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC.又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),D(0,0,1).可得H,F(0,,1),故=(0,,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的一个法向量,则由可得可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,).因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0),所以cos<,n>=.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.35.(2015·全国1·理T 18)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.(1)证明:平面AEC⊥平面AFC;(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.【解析】(1)证明连接BD,设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=.由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.在Rt△FDG中,可得FG=.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解如图,以G为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F（-1,0,）,C(0,,0),所以=(1,),=（-1,-）.故cos<>==-.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.36.(2015·陕西·理T18)如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点,将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图②.(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.【解析】(1)证明在题图①中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC,即在题图②中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)解由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,所以B,E-,0,0,A1,C,得=0,,-,=(-,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为θ,则取n1=(1,1,1);取n2=(0,1,1),从而cos θ=|cos<n1,n2>|=,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.37.(2015·湖北·理T19)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB,交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB⊥平面DEF,试判断四面体DBEF是否为鳖臑.若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值.【解析】(1)证明如图2,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.设PD=DC=1,BC=λ,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),C(0,1,0),=(λ,1,-1),点E是PC的中点,所以E,于是=0,即PB⊥DE.又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.因=(0,1,-1),=0,则DE⊥PC.所以DE⊥平面PBC.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)解由PD⊥平面ABCD,所以=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;由(1)知,PB⊥平面DEF,所以=(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,则cos,解得λ=,所以.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,.38.(2014·全国1·理T19)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.【解析】(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)解因为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,OB1两两互相垂直.。