A級基礎(chǔ)通關(guān)一、選擇題1如圖，F(xiàn)是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中點E是BB1上一點，若D1FDE，則有()AB1EEBBB1E2EBCB1EEB DE與B重合解析：以D為坐標原點，以DA，DC，DD1所在直線為坐標軸建立坐標系，設(shè)正方體的棱長為2，則D(0，0，0)，F(xiàn)(0，1，0)，D1(0，0，2)，設(shè)E(2，2，z)，則(0，1，2)，(2，2，z)，因為·0×21×22z0，所以z1，所以B1EEB.答案：A2.如圖，點A，B，C分別在空間直角坐標系O-xyz的三條坐標軸上，(0，0，2)，平面ABC的法向量為n(2，1，2)，設(shè)二面角C-AB-O的大小為，則cos 等于()A.B.C.D解析：由題意可知，平面ABO的一個法向量為(0，0，2)，由圖可知，二面角C-AB-O為銳角，由空間向量的結(jié)論可知，cos .答案：C3在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是邊長為1的正三角形，側(cè)棱AA1底面ABC，點D在棱BB1上，且BD1，若AD與平面AA1C1C所成的角為，則sin 的值是()A. B. C. D.解析：如圖，建立空間直角坐標系，易求點D，平面AA1C1C的一個法向量是n(1，0，0)，所以sin |cosn，|.答案：D4.如圖所示，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，點M，P，Q分別為棱AB，CD，BC的中點，若平行六面體的各棱長均相等，則：A1MD1P；A1MB1Q；A1M平面DCC1D1；A1M平面D1PQB1.以上說法正確的個數(shù)為()A1 B2 C3 D4解析：，所以，所以A1MD1P，由線面平行的判定定理可知，A1M平面DCC1D1，A1M平面D1PQB1.正確答案：C5(2018·全國卷)在長方體ABCD­A1B1C1D1中，ABBC1，AA1，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A. B. C. D.解析：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示由條件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以(1，0，)，(1，1，)則cos，.故異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為.答案：C二、填空題6.(2019·東莞中學檢測)在我國古代數(shù)學名著九章算術(shù)中，將四個面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑，如圖，在鱉臑ABCD中，AB平面BCD，且ABBCCD，則異面直線AC與BD所成的角的大小是_解析：依題意，以C為原點，建立如圖所示的直角坐標系，設(shè)ABBCCDa，AB平面BCD.則B(a，0，0)，D(0，a，0)，C(0，0，0)，A(a，0，a)所以(a，a，0)，(a，0，a)所以cos，則，故AC與BD所成角為.答案：7.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB2，A1C1B1D1E，直線AC與直線DE所成的角為，直線DE與平面BCC1B1所成的角為，則cos()_解析：因為ACBD且ACBB1，BDBB1B，所以AC平面BB1D1DACDE，所以.取A1D1的中點F，連EF，F(xiàn)D，易知EF平面ADD1A1，則EDF.cos()cossinEDF.答案：三、解答題8.(2018·北京卷)如圖，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為AA1，AC，A1C1，BB1的中點，ABBC，ACAA12.(1)求證：AC平面BEF；(2)求二面角B­CD­C1的余弦值；(3)證明：直線FG與平面BCD相交(1)證明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，因為CC1平面ABC，所以四邊形A1ACC1為矩形又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點，所以ACEF.因為ABBC，所以ACBE.又EFBEE，所以AC平面BEF.(2)解：由(1)知ACEF，ACBE，EFCC1.又CC1平面ABC，所以EF平面ABC.因為BE平面ABC，所以EFBE.如圖建立空間直角坐標系E­xyz.由題意得B(0，2，0)，C(1，0，0)，D(1，0，1)，E(0，0，0)，F(xiàn)(0，0，2)，G(0，2，1)所以(1，2，0)，(1，2，1)設(shè)平面BCD的法向量為n(x0，y0，z0)則即令y01，則x02，z04.于是n(2，1，4)又因為平面CC1D的法向量為(0，2，0)，所以cosn，.由題意知二面角B­CD­C1為鈍角，所以其余弦值為.(3)證明：由(2)知平面BCD的法向量為n(2，1，4)，(0，2，1)因為n·2×0(1)×2(4)×(1)20，所以直線FG與平面BCD相交9(2019·長郡中學模擬)如圖1，直角梯形ABCD中，ADBC中，ABC90°，E，F(xiàn)分別為邊AD和BC上的點，且EFAB，AD2AE2AB4FC4.將四邊形EFCD沿EF折起成如圖2的位置，使ADAE.(1)求證：AF平面CBD；(2)求平面CBD與平面DAE所成銳角的余弦值(1)證明：取DE中點G，連接FG，AG，CG.由條件CFDG，所以CFGD為平行四邊形，所以FGCD.又FG平面CBD，CD平面CBD，所以FG平面CBD.同理AG平面CBD.又FGAGG，F(xiàn)G平面AFG，AG平面AFG.所以平面AFG平面CBD.又AF平面AFG，所以AF平面CBD.(2)解：因為EFAE，EFDE，AEDEE，所以EF平面ADE.又ADAEDE，以AE中點H為原點，AE為x軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1，0，0)，D(0，0，)，B(1，2，0)，E(1，0，0)，F(xiàn)(1，2，0)因為，所以C，所以，(1，2，)易知是平面ADE的一個法向量，n1(0，2，0)，設(shè)平面BCD的一個法向量為n2(x，y，z)，由令x2，則y2，z2，所以n2(2，2，2)cosn1，n2.所以平面CBD與平面DAE所成銳角的余弦值為.B級能力提升10(2019·天津卷)如圖，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求證：BF平面ADE；(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E-BD-F的余弦值為，求線段CF的長(1)證明：依題意，建立以A為原點，分別以，的方向為x軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標系(如圖)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)設(shè)CFh(h0)，則F(1，2，h)依題意，(1，0，0)是平面ADE的法向量又(0，2，h)，可得·0，又因為直線BF平面ADE.所以BF平面ADE.(2)解：依題意，(1，1，0)，(1，0，2)，(1，2，2)設(shè)n(x，y，z)為平面BDE的法向量，則即不妨令z1，可取n(2，2，1)因此有cos·n.所以直線CE與平面BDE所成角的正弦值為.(3)解：設(shè)m(x1，y1，z1)為平面BDF的法向量，則即不妨令y11，可得m.由題意，有|cosm，n|，解得h .經(jīng)檢驗，符合題意所以線段CF的長為.11.(2019·六安一中模擬)如圖，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的倍，P為側(cè)棱SD上的點(1)求證：ACSD；(2)若SD平面PAC，求二面角P-AC-D的大??；(3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE平面PAC.若存在，求SEEC的值；若不存在，試說明理由(1)證明：連接BD，設(shè)AC交BD于點O，連接SO，由題意知SO平面ABCD，以O(shè)為坐標原點，分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立坐標系O-xyz，設(shè)底面邊長為a，則高SOa，于是S，D，C，于是，.則·0，故OCSD，從而ACSD.(2)解：由題設(shè)知，平面PAC的一個法向量，平面DAC的一個法向量.設(shè)所求二面角為，則cos ，所以所求二面角的大小為30°.(3)解：在棱SC上存在一點E使BE平面PAC.根據(jù)第(2)問知是平面PAC的一個法向量，且，.設(shè)t.則t.由·0，得0a2t0，則t.所以當SEEC21時，.由于BE平面PAC，故BE平面PAC.因此在棱SC上存在點E，使BE平面PAC，此時SEEC21.