2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第七章 第7節(jié) 立體幾何中的空間向量方法 理（含解析）1（xx新課標(biāo)全國，12分）如圖三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，ABB1C.(1)證明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值解：(1)證明：連接BC1，交B1C于點O，連接AO.因為側(cè)面BB1C1C為菱形，所以B1CBC1，且O為B1C及BC1的中點又ABB1C，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)因為ACAB1，且O為B1C的中點，所以AOCO.又因為ABBC，所以BOABOC.故OAOB，從而OA，OB，OB1兩兩相互垂直以O(shè)為坐標(biāo)原點，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.因為CBB160，所以CBB1為等邊三角形又ABBC，則A，B(1,0,0)，B1，C.，.設(shè)n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，則即所以可取n(1，)設(shè)m是平面A1B1C1的法向量，則同理可取m(1，)則cosn，m.所以二面角AA1B1C1的余弦值為.2（xx新課標(biāo)全國，12分）如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，PA平面ABCD，E為PD的中點(1)證明：PB平面AEC；(2)設(shè)二面角D AEC為60，AP1，AD，求三棱錐EACD的體積解：(1)證明：連接BD交AC于點O，連接EO.因為平面ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點又E為PD的中點，所以EOPB.因為EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)因為PA平面ABCD，平面ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直如圖，以A為坐標(biāo)原點，的方向為x軸的正方向，| |為單位長，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則D(0，0)，E，.設(shè)B(m,0,0)(m>0)，則C(m，0)，(m，0)設(shè)n1(x，y，z)為平面ACE的法向量，則即可取n1.又n2(1,0,0)為平面DAE的法向量，由題設(shè)|cosn1，n2|，即 ，解得m.因為E為PD的中點，所以三棱錐EACD的高為.三棱錐EACD的體積V.3.(xx山東，12分) 如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，M是線段AB的中點(1)求證：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(銳角)的余弦值解：(1)證明：因為四邊形ABCD是等腰梯形，且AB2CD，所以ABDC，又由M是AB的中點，因此CDMA且CDMA.連接AD1，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因為CDC1D1，CDC1D1，可得C1D1MA，C1D1MA，所以四邊形AMC1D1為平行四邊形，因此C1MD1A.又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M平面A1ADD1.(2)法一：連接AC，MC，由(1)知CDAM且CDAM，所以四邊形AMCD為平行四邊形可得BCADMC，由題意知ABCDAB60，所以MBC為正三角形，因此AB2BC2，CA，因此CACB.以C為坐標(biāo)原點，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系Cxyz.所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)因此M，所以，.設(shè)平面C1D1M的法向量n(x，y，z)由得可得平面C1D1M的一個法向量n(1，1)又(0,0，)為平面ABCD的一個法向量因此cos，n.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為.法二：由(1)知平面D1C1M平面ABCDAB，過C向AB引垂線交AB于N，連接D1N.由CD1平面ABCD，可得D1NAB，因此D1NC為二面角C1ABC的平面角在RtBNC中，BC1，NBC60，可得CN.所以ND1.在RtD1CN中，cosD1NC.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為.4.(xx廣東，13分) 如圖，四邊形ABCD為正方形，PD平面ABCD，DPC30，AFPC于點F，F(xiàn)ECD，交PD于點E.(1)證明：CF平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值解：(1)證明：PD平面ABCD，AD平面ABCD，PDAD，又CDAD，PDCDD，AD平面PCD，又PC平面PCD.ADPC.又AFPC，ADAFA，PC平面ADF，即CF平面ADF.(2)設(shè)ABa，則在RtPDC中，CDa，又DPC30，PC2a，PDa，PCD60.由(1)知CFDF，DFCD sin 60a，CFCD cos 60a，又FECD，DEa，同理EFCDa，以D為原點，DP所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DA所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0，a,0)，A(0,0，a)，F(xiàn)，E，則，設(shè)平面AEF的法向量為n(x，y，z)，則n(x，y，z)axaz0，n(x，y，z)axayaz0，取x1，得平面AEF的一個法向量n.又由(1)知平面ADF的一個法向量為a，a，0，故cosn，由圖可知二面角DAFE為銳二面角，所以其余弦值為.5.(xx安徽，13分) 如圖，四棱柱ABCD A1B1C1D1中，A1A底面ABCD.四邊形ABCD為梯形，ADBC，且AD2BC.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AA14，CD2，梯形ABCD的面積為6，求平面與底面ABCD所成二面角的大小解：(1)因為BQAA1，BCAD，BCBQB，ADAA1A.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(yīng)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(shè)AA1h，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，BCa，則AD2a.VQA1AD2ahdahd，VQ ABCDdahd，所以V下VQ A1ADVQABCDahd，又V四棱柱A1B1C1D1ABCDahd，所以V上V四棱柱A1B1C1D1ABCDV下ahdahdahd，故.(3)法一：如圖1，在ADC中，作AEDC，垂足為E，連接A1E.又DEAA1，且AA1AEA，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，AD2BC，所以SADC2SBCA.又因為梯形ABCD的面積為6，DC2，所以SADC4，AE4.于是tanAEA11，AEA1.故平面與底面ABCD所成二面角的大小為.法二：如圖2，以D為原點，分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系設(shè)CDA.因為S梯形ABCD2sin 6.所以a.從而C(2cos ，2sin ，0)，A1，所以(2cos ，2sin ，0)，.設(shè)平面A1DC的法向量n(x，y,1)，由得xsin ，ycos ，所以n(sin ，cos ，1)又因為平面ABCD的法向量m(0,0,1)，所以cosn，m，故平面與底面ABCD所成二面角的大小為.6.(xx福建，13分) 在平面四邊形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.將ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如圖所示(1)求證：ABCD；(2)若M為AD中點，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值解：(1)證明：平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)過點B在平面BCD內(nèi)作BEBD，如圖由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以B為坐標(biāo)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(biāo)系依題意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M，則(1,1,0)，(0,1，1)設(shè)平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)，則即取z01，得平面MBC的一個法向量n(1，1,1)設(shè)直線AD與平面MBC所成角為，則sin |cosn，|，即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為.7.(xx浙江，15分) 如圖，在四棱錐ABCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90，ABCD2，DEBE1，AC.(1)證明：DE平面ACD；(2)求二面角BADE的大小解：(1)在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得BDBC.由AC，AB2，得AB2AC2BC2，即ACBC.又平面ABC平面BCDE，從而AC平面BCDE.所以ACDE.又DEDC，從而DE平面ACD.(2)法一：作BFAD，與AD交于點F.過點F作FGDE，與AE交于點G，連接BG，由(1)知DEAD，則FGAD.所以BFG是二面角BADE的平面角在直角梯形BCDE中，由CD2BC2BD2，得BDBC，又平面ABC平面BCDE，得BD平面ABC，從而BDAB.由于AC平面BCDE，得ACCD.在RtACD中，由DC2，AC，得AD.在RtAED中，由ED1，AD，得AE.在RtABD中，由BD，AB2，AD，得BF，AFAD.從而GF.在ABE，ABG中，利用余弦定理分別可得cosBAE，BG.在BFG中，cosBFG.所以BFG，即二面角BADE的大小是.法二：以D為原點，分別以射線DE，DC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，如圖所示由題意知各點坐標(biāo)如下：D(0,0,0)，E(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,2，)，B(1,1,0)設(shè)平面ADE的法向量為m(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量為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|cosm，n|.由題意可知，所求二面角是銳角，故二面角BADE的大小是.7.(xx遼寧，12分) 如圖，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點(1)求證：EFBC；(2)求二面角EBFC的正弦值解：法一：(1)過E作EOBC，垂足為O，連接OF.由ABCDBC可證出EOCFOC.所以EOCFOC，即FOBC.又EOBC，因此BC平面EFO.又EF平面EFO，所以EFBC.(2)在圖1中，過O作OGBF，垂足為G，連接EG.由平面ABC平面BDC，從而EO平面BDC，又OGBF，由三垂線定理知EGBF.因此EGO為二面角EBFC的平面角在EOC中，EOECBCcos 30，由BGOBFC知，OGFC，因此tanEGO2，從而sinEGO，即二面角EBFC的正弦值為.圖1法二：(2)(1)由題意，以B為坐標(biāo)原點，在平面DBC內(nèi)過B作垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系易得B(0,0,0)，A(0，1，)，D(，1,0)，C(0,2,0)因而E，F(xiàn)，所以，(0,2,0)，因此0.從而，所以EFBC.(2)在圖2中，平面BFC的一個法向量為n1(0,0,1)設(shè)平面BEF的法向量n2(x，y，z)，又，.由得其中一個n2(1，1)設(shè)二面角EBFC大小為，且由題意知為銳角，則cos |cosn1，n2|，因此sin ，即所求二面角的正弦值為.圖28.(xx北京，14分) 如圖，正方形AMDE的邊長為2，B，C分別為AM，MD的中點在五棱錐PABCDE中，F(xiàn)為棱PE的中點，平面ABF與棱PD，PC分別交于點G，H.(1)求證：ABFG；(2)若PA底面ABCDE，且PAAE.求直線BC與平面ABF所成角的大小，并求線段PH的長解：(1)證明：在正方形AMDE中，因為B是AM的中點，所以ABDE.又因為AB平面PDE，所以AB平面PDE.因為AB平面ABF，且平面ABF平面PDEFG，所以ABFG.(2)因為PA底面ABCDE，所以PAAB，PAAE.如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(xiàn)(0,1,1)，(1,1,0)設(shè)平面ABF的法向量為n(x，y，z)，則即令z1，得y1，所以n(0，1,1)設(shè)直線BC與平面ABF所成角為，則sin |cosn，|.因此直線BC與平面ABF所成角的大小為.設(shè)點H的坐標(biāo)為(u，v，w)因為點H在棱PC上，所以可設(shè) (01)，即(u，v，w2)(2,1，2)，所以u2，v，w22.因為n是平面ABF的法向量，所以n0，即(0，1,1)(2，22)0.解得，所以點H的坐標(biāo)為.所以PH 2.9.(xx湖南，12分) 如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形(1)證明：O1O底面ABCD；(2)若CBA60，求二面角C1OB1D的余弦值解：(1)證明：因為四邊形ACC1A1為矩形，所以CC1AC，同理DD1BD，因為CC1DD1，所以CC1BD，而ACBDO，因此CC1底面ABCD.由題設(shè)知，O1OC1C，故O1O底面ABCD.(2)法一：如圖，過O1作O1HOB1于H，連接HC1.由(1)知，O1O底面ABCD，所以O(shè)1O底面A1B1C1D1，于是O1OA1C1.又因為四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長都相等，所以四邊形A1B1C1D1是菱形，因此A1C1B1D1，又O1OB1D1O1，從而A1C1平面BDD1B1，所以A1C1OB1，又A1C1O1HO1.于是OB1平面O1HC1，進而OB1C1H，故C1HO1是二面角C1OB1D的平面角不妨設(shè)AB2.因為CBA60，所以O(shè)B，OC1，OB1.在RtOO1B1中，易知O1H2，而O1C11，于是C1H.故cosC1HO1.即二面角C1OB1D的余弦值為.法二：因為四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長都相等，所以四邊形ABCD是菱形，因此ACBD.又O1O底面ABCD，從而OB，OC，OO1兩兩垂直如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OB，OC，OO1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.不妨設(shè)AB2，因為CBA60，所以O(shè)B，OC1.于是相關(guān)各點的坐標(biāo)為：O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)易知，n1(0,1,0)是平面BDD1B1的一個法向量設(shè)n2(x，y，z)是平面OB1C1的一個法向量，則即取z，則x2，y2，所以n2(2,2，)，設(shè)二面角C1OB1D的大小為，易知是銳角，于是cos |cosn1，n2|.故二面角C1OB1D的余弦值為.9.(xx陜西，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：(1)證明：由該四面體的三視圖可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDDC2，AD1.由題設(shè)，BC平面EFGH，平面EFGH平面BDCFG，平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH，F(xiàn)GEH.同理EFAD，HGAD，EFHG，四邊形EFGH是平行四邊形又ADDC，ADBD，AD平面BDC，ADBC，EFFG，四邊形EFGH是矩形(2)法一：如圖，以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)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(shè)平面EFGH的法向量n(x，y，z)，EFAD，F(xiàn)GBC，n0，n0，得取n(1,1,0)，sin |cos，n|.法二：如圖，以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)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(xiàn)，G分別為BD，DC的中點，得E，F(xiàn)(1,0,0)，G(0,1,0)，(1,1,0)，(2,0,1)設(shè)平面EFGH的法向量n(x，y，z)，則n0，n0，得取n(1,1,0)，sin |cos，n|.10.(xx四川，12分) 三棱錐ABCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖所示設(shè)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ANPM的余弦值解：(1)如圖，取BD中點O，連接AO，CO.由側(cè)視圖及俯視圖知，ABD，BCD均為正三角形，因此AOBD，OCBD.因為AO，OC平面AOC，且AOOCO，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NHNPN，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)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ANPM的一個平面角由(1)知，ABD，BCD為邊長為2的正三角形，所以AOOC.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，ABBC，所以BR .因為在平面ABC內(nèi)，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ANPM的余弦值是.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(shè)為坐標(biāo)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(biāo)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(shè)平面ABC的一個法向量n1(x1，y1，z1)，則即有從而取z11，則x1，y11，所以n1(，1,1)連接MP，設(shè)平面MNP的一個法向量n2(x2，y2，z2)，則即有從而取z21，所以n2(0,1,1)設(shè)二面角ANPM的大小為.則cos .故二面角ANPM的余弦值是.11.(xx重慶，13分) 如圖，四棱錐PABCD中，底面是以O(shè)為中心的菱形，PO底面ABCD，AB2，BAD，M為BC上一點，且BM，MPAP.(1)求PO的長；(2)求二面角APMC的正弦值解：(1)如圖，連接AC，BD，OM，因底面ABCD為菱形，則ACBDO，且ACBD.以O(shè)為坐標(biāo)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(biāo)系Oxyz.因為BAD，故OAABcos，OBABsin1，所以O(shè)(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，C(，0,0)，(0,1,0)，(，1,0)由BM，BC2知，從而，即M.設(shè)P(0,0，a)，a>0，則(，0，a)，.因為MPAP，故0，即a20，所以a，a(舍去)，即PO.(2)由(1)知，.設(shè)平面APM的法向量為n1(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量為n2(x2，y2，z2)由n10，n10，得故可取n1.由n20，n20，得故可取n2(1，2)從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為cosn1，n2，故所求二面角APMC的正弦值為.12.(xx天津，13分) 如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，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FABP的余弦值解：法一：依題意，以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)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)(0,1,1)，(2,0,0)，故0.所以BEDC.(2) (1,2,0)，(1,0，2)設(shè)n(x，y，z)為平面PBD的法向量則即不妨令y1，可得n(2,1,1)為平面PBD的一個法向量，于是有cosn，.所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為.(3)(1,2,0)，(2，2,2)，(2,2,0)，(1,0,0)由點F在棱PC上，設(shè),01.故(12，22，2)由BFAC，得0，因此，2(12)2(22)0，解得.即.設(shè)n1(x，y，z)為平面FAB的法向量，則即不妨令z1，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cosn1，n2.易知，二面角FABP是銳角，所以其余弦值為.法二：(1)如圖，取PD中點M，連接EM，AM.由于E，M分別為PC，PD的中點，故EMDC，且EMDC，又由已知，可得EMAB且EMAB，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ADAP，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(nèi)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PD2，而M為PD中點，可得AM，進而BE.故在RtBEM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(nèi)，可得CH3HA，從而CF3FP.在平面PDC內(nèi)，作FGDC交PD于點G，于是DG3GP.由于DCAB，故GFAB，所以A，B，F(xiàn)，G四點共面由ABPA，ABAD，得AB平面PAD，故ABAG.所以PAG為二面角FABP的平面角在PAG中，PA2，PGPD，APG45，由余弦定理可得AG，cosPAG.所以，二面角FABP的余弦值為.13.(xx江西，12分) 如圖，四棱錐PABCD中，ABCD為矩形，平面PAD平面ABCD.(1)求證：ABPD；(2)若BPC90，PB，PC2，問AB為何值時，四棱錐PABCD的體積最大？并求此時平面BPC與平面DPC夾角的余弦值解：(1)證明：ABCD為矩形，故ABAD；又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，故ABPD.(2)過P作AD的垂線，垂足為O，過O作BC的垂線，垂足為G，連接PG.故PO平面ABCD，BC平面POG，BCPG.在RtBPG中，PG，GC，BG.設(shè)ABm，則OP ，故四棱錐PABCD的體積為Vm .因為m ，故當(dāng)m，即AB時，四棱錐PABCD的體積最大此時，建立如圖所示的坐標(biāo)系，各點的坐標(biāo)為O(0,0,0)，B，C，D，P，故，(0，0)，設(shè)平面BPC的一個法向量n1(x，y,1)，則由n1，n1得解得x1，y0，n1(1,0,1)同理可求出平面DPC的一個法向量n2.從而平面BPC與平面DPC夾角的余弦值為cos .13.(xx湖北，12分) 如圖，在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點，點P，Q分別在棱DD1，BB1上移動，且DPBQ(0<<2)(1)當(dāng)1時，證明：直線BC1平面EFPQ；(2)是否存在，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出的值；若不存在，說明理由解：法一(幾何法)：(1)證明：如圖，連接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方體，知BC1AD1.當(dāng)1時，P是DD1的中點，又F是AD的中點，所以FPAD1.所以BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直線BC1平面EFPQ.(2)如圖，連接BD.因為E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，所以EFBD，且EFBD.又DPBQ，DPBQ，所以四邊形PQBD是平行四邊形，故PQBD，且PQBD，從而EFPQ，且EFPQ.在RtEBQ和RtFDP中，因為BQDP，BEDF1，于是EQFP，所以四邊形EFPQ是等腰梯形同理可證四邊形PQMN是等腰梯形分別取EF，PQ，MN的中點為H，O，G，連接OH，OG，則GOPQ，HOPQ，而GOHOO，故GOH是面EFPQ與面PQMN所成的二面角的平面角若存在，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則GOH90.連接EM，F(xiàn)N，則由EFMN，且EFMN，知四邊形EFNM是平行四邊形連接GH，因為H，G是EF，MN的中點，所以GHME2.在GOH中，GH24，OH21222，OG21(2)22(2)2，由OG2OH2GH2，得(2)224，解得1，故存在1，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角法二(向量方法)：以D為原點，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(xiàn)(1,0,0)，P(0,0，)(2,0,2)，(1,0，)，(1,1,0)(1)證明：當(dāng)1時，(1,0,1)，因為(2,0,2)，所以2，即BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直線BC1平面EFPQ.(2)設(shè)平面EFPQ的一個法向量為n(x，y，z)，則由可得于是可取n(，1)同理可得平面MNPQ的一個法向量為m(2,2，1)若存在，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則mn(2,2，1)(，1)0，即(2)(2)10，解得1.故存在1，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角14（xx新課標(biāo)全國，12分）如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)證明：ABA1C；(2)若平面ABC平面AA1B1B，ABCB，求直線A1C 與平面BB1C1C所成角的正弦值解：本題主要考查空間幾何體中的線線垂直的證明和線面角的計算，意在考查考生的空間想象能力、推理判斷能力和計算能力(1)證明：取AB的中點O，連接OC，OA1，A1B.因為CACB，所以O(shè)CAB.由于ABAA1，BAA160，故AA1B為等邊三角形，所以O(shè)A1AB.因為OCOA1O，所以AB平面OA1C.又A1C平面OA1C，故ABA1C.(2)由(1)知OCAB，OA1AB.又平面ABC平面AA1B1B，交線為AB，所以O(shè)C平面AA1B1B，故OA，OA1，OC兩兩相互垂直以O(shè)為坐標(biāo)原點，的方向為x軸的正方向，|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題設(shè)知A(1,0,0)，A1(0，0)，C(0,0，)，B(1,0,0)則(1,0，)，(1，0)，(0，)設(shè)n(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，則即可取n(，1，1)故cosn，.所以A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為.15（xx新課標(biāo)全國，12分）如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點，AA1ACCBAB.(1)證明：BC1/平面A1CD；(2)求二面角DA1CE的正弦值解：本題以直三棱柱為載體，考查直線與平面平行以及二面角的求解等知識，意在考查考生的空間想象能力以及化歸轉(zhuǎn)化能力、基本運算能力等(1)證明：連接AC1交A1C于點F，則F為AC1中點又D是AB中點，連接DF，則BC1DF.因為DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)由ACCBAB得，ACBC.以C為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz.設(shè)CA2，則D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，(1,1,0)，(0,2,1)，(2,0,2)設(shè)n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，則即可取n(1，1，1)同理，設(shè)m是平面A1CE的法向量，則可取m(2,1，2)從而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值為.16.(xx山東，12分)如圖所示，在三棱錐PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，AQ2BD，PD與EQ交于點G，PC與FQ交于點H，連接GH.(1)求證：ABGH；(2)求二面角DGHE的余弦值解：本題考查空間線面平行的判定定理、性質(zhì)定理，二面角的求解，空間向量在立體幾何中的應(yīng)用等基礎(chǔ)知識與方法，考查轉(zhuǎn)化與化歸思想等數(shù)學(xué)思想方法，考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力、運算求解能力(1)因為D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，所以EFAB，DCAB.所以EFDC.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PCDGH，所以EFGH.又EFAB，所以ABGH.(2)法一：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90，即ABBQ，因為PB平面ABQ，所以ABPB.又BPBQB，所以AB平面PBQ.由(1)知ABGH，所以GH平面PBQ.又FH平面PBQ，所以GHFH.同理可得GHHC，所以FHC為二面角DGHE的平面角設(shè)BABQBP2，連接FC，在RtFBC中，由勾股定理得FC，在RtPBC中，由勾股定理得PC.又H為PBQ的重心，所以HCPC.同理FH.在FHC中，由余弦定理得cos FHC.即二面角DGHE的余弦值為.法二：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90.又PB平面ABQ，所以BA，BQ，BP兩兩垂直以B為坐標(biāo)原點，分別以BA，BQ，BP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系設(shè)BABQBP2，則E(1,0,1)，F(xiàn)(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)設(shè)平面EFQ的一個法向量為m(x1，y1，z1)，由m0，m0，得取y11，得m(0,1,2)設(shè)平面PDC的一個法向量為n(x2，y2，z2)，由n0，n0，得取z21，得n(0,2,1)，所以cosm，n.因為二面角DGHE為鈍角，所以二面角DGHE的余弦值為.17（xx廣東，14分）如圖1，在等腰直角三角形ABC中，A90，BC6，D，E分別是AC，AB上的點，CDBE，O為BC的中點將ADE沿DE折起，得到如圖2所示的四棱錐ABCDE，其中AO. 圖1圖2(1)證明：AO平面BCDE；(2)求二面角ACDB的平面角的余弦值解：本題考查線面垂直的判定定理、二面角等基礎(chǔ)知識，考查空間向量在立體幾何中的應(yīng)用，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力(1)證明：由題意，易得OC3，AC3，AD2 .連接OD，OE.在OCD中，由余弦定理可得OD .由翻折不變性可知AD2 ，所以AO2OD2AD2，所以AOOD.同理可證AOOE，又ODOEO，所以AO平面BCDE.(2)(傳統(tǒng)法)過O作OHCD交CD的延長線于H，連接AH，如圖所示因為AO平面BCDE，所以AHCD，所以AHO為二面角ACDB的平面角結(jié)合OC3，BCD45，得OH，從而AH .所以cos AHO ，所以二面角ACDB的平面角的余弦值為.(向量法)以O(shè)點為原點，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz如圖所示，則A(0,0，)，C(0，3,0)，D(1，2,0)，所以(0,3，)，(1,2，)設(shè)n(x，y，z)為平面ACD的法向量，則即解得令x1，得n(1，1，)，即n(1，1，)為平面ACD的一個法向量由(1)知，(0,0，)為平面CDB的一個法向量，所以cos n，即二面角ACDB的平面角的余弦值為.18.（xx遼寧，12分）如圖，AB是圓的直徑，PA垂直圓所在的平面，C是圓上的點(1)求證：平面PAC平面PBC；(2)若AB2，AC1，PA1，求：二面角CPBA的余弦值解：本題考查面面關(guān)系的證明及二面角的求解問題，也考查了應(yīng)用空間向量求解立體幾何問題，試題同時考查了考生的空間想象能力和推理歸納能力(1)證明：由AB是圓的直徑，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC.因為BC平面PBC，所以平面PBC平面PAC.(2)法一：過C作CMAP，則CM平面ABC.如圖，以點C為坐標(biāo)原點，分別以直線CB，CA，CM為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系因為AB2，AC1，所以BC.因為PA1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)故(，0,0)，(0,1,1)設(shè)平面BCP的法向量為n1(x，y，z)，則所以不妨令y1，則n1(0,1，1)因為(0,0,1)，(，1,0)，設(shè)平面ABP的法向量為n2(x，y，z)，則所以不妨令x1，則n2(1，0)于是cosn1，n2，所以由題意可知二面角CPBA的余弦值為.法二：過C作CMAB于M，因為PA平面ABC，CM平面ABC，所以PACM，故CM平面PAB.又因為PAABA，且PA平面PAB，AB平面PAB，過M作MNPB于N，連接NC，由三垂線定理得CNPB，所以CNM為二面角CPBA的平面角在RtABC中，由AB2，AC1，得BC，CM，BM.在RtPAB中，由AB2，PA1，得PB.因為RtBNMRtBAP，所以，故MN.又在RtCNM中，CN，故cosCNM.所以二面角CPBA的余弦值為.19（xx福建，13分）如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，側(cè)棱AA1底面ABCD，ABDC，AA11，AB3k，AD4k，BC5k，DC6k(k>0)(1)求證：CD平面ADD1A1；(2)若直線AA1與平面AB1C所成角的正弦值為，求k的值；(3)現(xiàn)將與四棱柱ABCDA1B1C1D1形狀和大小完全相同的兩個四棱柱拼接成一個新的四棱柱規(guī)定：若拼接成的新四棱柱形狀和大小完全相同，則視為同一種拼接方案問：共有幾種不同的拼接方案？在這些拼接成的新四棱柱中，記其中最小的表面積為f(k)，寫出f(k)的解析式(直接寫出答案，不必說明理由)解：本小題主要考查直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系、柱體的概念及表面積等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、分類與整合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想(1)證明：取CD的中點E，連接BE.ABDE，ABDE3k，四邊形ABED為平行四邊形，BEAD且BEAD4k.在BCE中，BE4k，CE3k，BC5k，BE2CE2BC2，BEC90，即BECD.又BEAD，CDAD.AA1平面ABCD，CD平面ABCD，AA1CD.又AA1ADA，CD平面ADD1A1.(2)以D為原點，的方向為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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)設(shè)平面AB1C的法向量n(x，y，z)，則由得取y2，得n(3,2，6k)設(shè)AA1與平面AB1C所成角為，則sin |cos，n|，解得k1，故所求k的值為1.(3)共有4種不同的方案f(k)20(xx四川，12分)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱AA1底面ABC，ABAC2AA1，BAC120，D，D1分別是線段BC，B1C1的中點，P是線段AD的中點(1)在平面ABC內(nèi)，試作出過點P與平面A1BC平行的直線l，說明理由，并證明直線l平面ADD1A1；(2)設(shè)(1)中的直線l交AB于點M，交AC于點N，求二面角AA1MN的余弦值解：本題主要考查基本作圖、線面的平行與垂直、二面角等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力，并考查應(yīng)用向量知識解決立體幾何問題的能力(1)如圖，在平面ABC內(nèi)，過點P作直線lBC，因為l在平面A1BC外，BC在平面A1BC內(nèi)，由直線與平面平行的判定定理可知，l平面A1BC.由已知，ABAC，D是BC的中點，所以BCAD，則直線lAD.因為AA1平面ABC，所以AA1直線l.又AD，AA1在平面ADD1A1內(nèi)，且AD與AA1相交，所以直線l平面ADD1A1.(2)法一：連接A1P，過A作AEA1P于E，過E作EFA1M于F，連接AF.由(1)知，MN平面AEA1，所以平面AEA1平面A1MN.所以AE平面A1MN，則A1MAE.所以A1M平面AEF，則A1MAF.故AFE為二面角AA1MN的平面角(設(shè)為)設(shè)AA11，則由ABAC2AA1，BAC120，有BAD60，AB2，AD1.又P為AD的中點，所以M為AB的中點，且AP，AM1，所以在RtAA1P中，A1P；在RtA1AM中，A1M.從而AE，AF，所以sin .所以cos .故二面角AA1MN的余弦值為.法二：設(shè)A1A1.如圖，過A1作A1E平行于B1C1，以A1為坐標(biāo)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(biāo)系Oxyz(點O與點A1重合)則A1(0,0,0)，A(0,0,1)因為P為AD的中點，所以M，N分別為AB，AC的中點，故M，N，所以，(0,0,1)，(，0,0)設(shè)平面AA1M的法向量為n1(x1，y1，z1)，則即故有從而取x11，則y1，所以n1(1，0)設(shè)平面A1MN的法向量為n2(x2，y2，z2)，則即故有從而取y22，則z21，所以n2(0,2，1)設(shè)二面角AA1MN的平面角為，又為銳角，則cos .故二面角AA1MN的余弦值為.21.（xx陜西，5分）如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為()A.B.C. D.解析：設(shè)CA2，則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)，由向量的夾角公式得cos，.答案：A22.（xx新課標(biāo)全國，12分）如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中點，DC1BD.(1)證明：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的大小解：(1)證明：由題設(shè)知，三棱柱的側(cè)面為矩形由于D為AA1的中點，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.(2)由(1)知BCDC1，且BCCC1，則BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1兩兩相互垂直以C為坐標(biāo)原點，的方向為x軸的正方向，|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz.由題意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1，0,1)，C1(0,0,2)則(0,0，1)，(1，1,1)， (1,0,1)設(shè)n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，則即可取n(1,1,0)同理，設(shè)m是平面C1BD的法向量，則可取m(1,2,1)從而cosn，m.故二面角A1BDC1的大小為30.23（xx浙江，15分）如圖，在四棱錐PABCD中，底面是邊長為2的菱形，BAD120，且PA平面ABCD，PA2，M，N分別為PB，PD的中點(1)證明：MN平面ABCD；(2)過點A作AQPC，垂足為點Q，求二面角AMNQ的平面角的余弦值解：(1)因為M，N分別是PB，PD的中點，所以MN是PBD的中位線，所以MNBD.又因為MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)法一：連結(jié)AC交BD于O.以O(shè)為原點，OC，OD所在直線為x，y軸，建立空間直角坐