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2022年高考數(shù)學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)

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1、2022年高考數(shù)學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新課標全國Ⅰ,12分)如圖三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,AB⊥B1C. (1)證明:AC=AB1; (2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1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B1C⊥BC1,且O為B1C及BC1的中點. 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)因為AC

2、⊥AB1,且O為B1C的中點,所以AO=CO. 又因為AB=BC,所以△BOA≌△BOC. 故OA⊥OB,從而OA,OB,OB1兩兩相互垂直. 以O(shè)為坐標原點,,,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系O-xyz. 因為∠CBB1=60°,所以△CBB1為等邊三角形. 又AB=BC,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cos〈n,m〉==. 所以二面角A-A1B1-

3、C1的余弦值為. 2.(xx新課標全國Ⅱ,12分)如圖,四棱錐P-ABCD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 -AE-C為60°,AP=1,AD=,求三棱錐E-ACD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EO∥PB. 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為坐標原點,的方向為x軸的

4、正方向,| |為單位長,建立空間直角坐標系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)|cos〈n1,n2〉|=, 即 =,解得m=. 因為E為PD的中點,所以三棱錐E-ACD的高為.三棱錐E-ACD的體積V=××××=. 3.(xx山東,12分) 如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是線段AB的中點. (1)求證:C1M∥

5、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AB=2CD,所以AB∥DC,又由M是AB的中點,因此CD∥MA且CD=MA. 連接AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因為CD∥C1D1,CD=C1D1,可得C1D1∥MA,C1D1=MA,所以四邊形AMC1D1為平行四邊形,因此C1M∥D1A. 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CD∥AM且CD=AM, 所以

6、四邊形AMCD為平行四邊形. 可得BC=AD=MC, 由題意知∠ABC=∠DAB=60°, 所以△MBC為正三角形,因此AB=2BC=2,CA=,因此CA⊥CB. 以C為坐標原點,建立如圖所示空間直角坐標系C-xyz. 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

7、ABCD=AB,過C向AB引垂線交AB于N,連接D1N. 由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC為二面角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(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,∠DPC=30°,AF⊥PC于點F,F(xiàn)E∥CD,交PD于點E. (1)證明:CF⊥平面ADF; (2)求二面角D-AF-E的余弦值. 解:(1)證明:∵PD⊥平面A

8、BCD,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)設(shè)AB=a,則在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°=a,又FE∥CD,∴==,∴DE=a,同理EF=CD=a,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系,則C(0,a,0),A(0,0,a),F(xiàn),E, 則=,=

9、, 設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z), 則n·=(x,y,z)·=ax-az=0,n·=(x,y,z)·=ax+ay-az=0, 取x=1,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cos〈n,〉==, 由圖可知二面角D-AF-E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,AD∥BC,且AD=2BC.過A1,C,D三點的平面記為α,BB1與α的交點為Q. (1)證明:Q為BB1的中點; (2)求此四棱柱被平面α所分成上下兩部

10、分的體積之比; (3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面積為6,求平面α與底面ABCD所成二面角的大?。? 解:(1)因為BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A. 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QC∥A1D. 故△QBC與△A1AD的對應(yīng)邊相互平行,于是△QBC∽△A1AD. 所以===,即Q為BB1的中點. (2)如圖1,連接QA,QD.設(shè)AA1=h,梯形ABCD的高為d,四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積分別為V上和V下,BC=a,則AD=2a. VQ-A1AD=··2a·h·d=ahd, VQ -

11、ABCD=··d·=ahd, 所以V下=VQ -A1AD+VQ-ABCD=ahd, 又V四棱柱A1B1C1D1-ABCD=ahd, 所以V上=V四棱柱A1B1C1D1-ABCD-V下 =ahd-ahd=ahd, 故=. (3)法一:如圖1,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足為E,連接A1E. 又DE⊥AA1,且AA1∩AE=A, 所以DE⊥平面AEA1,于是DE⊥A1E. 所以∠AEA1為平面α與底面ABCD所成二面角的平面角. 因為BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA. 又因為梯形ABCD的面積為6,DC=2,所以S△ADC=4,AE=4. 于是tan

12、∠AEA1==1,∠AEA1=. 故平面α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系. 設(shè)∠CDA=θ. 因為S梯形ABCD=·2sin θ=6. 所以a=. 從而C(2cos θ,2sin θ,0),A1, 所以=(2cos θ,2sin θ,0),=. 設(shè)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). 又因為平面ABCD的法向量m=(0,0,1), 所以cos〈n,m〉==, 故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為. 6.

13、(xx福建,13分) 在平面四邊形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.將△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如圖所示. (1)求證:AB⊥CD; (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BCD=BD,AB?平面ABD,AB⊥BD,∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD,∴AB⊥CD. (2)過點B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD,如圖. 由(1)知AB⊥平面BCD,BE?平面BCD,BD?平面BCD,∴AB⊥BE,AB⊥BD. 以B為坐標原點,分別以,,的方向為x軸,

14、y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系. 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z0=1,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θ, 則sin θ=|cos〈n,〉|==, 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A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=. (1)證明:DE⊥平面AC

15、D; (2)求二面角B-AD-E的大?。? 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,從而AC⊥平面BCDE. 所以AC⊥DE.又DE⊥DC,從而DE⊥平面ACD. (2)法一:作BF⊥AD,與AD交于點F.過點F作FG∥DE,與AE交于點G,連接BG, 由(1)知DE⊥AD,則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A

16、BC,從而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.從而GF=. 在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分別可得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,建立空間直角坐標系D-xyz,如圖所示. 由題意知各點坐標如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0

17、),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|cos〈m,n〉|===. 由題意可知,所求二面角是銳角, 故二面角B-AD-E的大小是. 7.(xx遼寧,12分) 如圖,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F(xiàn)分別為AC,DC的中點. (1)求證:EF⊥BC; (2)求二面角E-BF-C的正弦

18、值. 解:法一:(1)過E作EO⊥BC,垂足為O,連接OF. 由△ABC≌△DBC可證出△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)在圖1中,過O作OG⊥BF,垂足為G,連接EG. 由平面ABC⊥平面BDC,從而EO⊥平面BDC,又OG⊥BF,由三垂線定理知EG⊥BF. 因此∠EGO為二面角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,從而sin∠EGO=, 即二面

19、角E-BF-C的正弦值為. 圖1 法二:(2)(1)由題意,以B為坐標原點,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EF⊥BC. (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E-BF-C大小為θ,且由題意知θ為銳角,則c

20、os θ=|cos〈n1,n2〉|==, 因此sin θ==,即所求二面角的正弦值為. 圖2 8.(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P-ABCDE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:AB∥FG; (2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE.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AB∥DE. 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PDE=FG,

21、 所以AB∥FG. (2)因為PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE. 如圖建立空間直角坐標系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z=1,得y=-1,所以n=(0,-1,1). 設(shè)直線BC與平面ABF所成角為α,則 sin α=|cos〈n,〉|==. 因此直線BC與平面ABF所成角的大小為. 設(shè)點H的坐標為(u,v,w). 因為點H在棱PC上,所以可設(shè)=λ (0<λ<1), 即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2), 所

22、以u=2λ,v=λ,w=2-2λ. 因為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=,所以點H的坐標為. 所以PH= =2. 9.(xx湖南,12分) 如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形. (1)證明:O1O⊥底面ABCD; (2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值. 解:(1)證明:因為四邊形ACC1A1為矩形,所以CC1⊥AC,同理DD1⊥BD,因為CC1∥DD1,所以CC1⊥BD,而AC∩

23、BD=O,因此CC1⊥底面ABCD. 由題設(shè)知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD. (2)法一:如圖,過O1作O1H⊥OB1于H,連接HC1. 由(1)知,O1O⊥底面ABCD,所以O(shè)1O⊥底面A1B1C1D1,于是O1O⊥A1C1. 又因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等,所以四邊形A1B1C1D1是菱形, 因此A1C1⊥B1D1,又O1O∩B1D1=O1,從而A1C1⊥平面BDD1B1,所以A1C1⊥OB1,又A1C1∩O1H=O1.于是OB1⊥平面O1HC1, 進而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角. 不妨設(shè)AB=2.因為∠

24、CBA=60°,所以O(shè)B=,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的余弦值為. 法二:因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等,所以四邊形ABCD是菱形,因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD,從而OB,OC,OO1兩兩垂直. 如圖,以O(shè)為坐標原點,OB,OC,OO1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系O-xyz.不妨設(shè)AB=2,因為∠CBA=60°,所以O(shè)B=,OC=1.于是相關(guān)各點的坐標為:O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1

25、,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x=2,y=2,所以n2=(2,2,-), 設(shè)二面角C1-OB1-D的大小為θ,易知θ是銳角,于是cos θ=|cos〈n1,n2〉|===. 故二面角C1-OB1-D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θ的正弦值. 解:(1)證明:由該四面體

26、的三視圖可知, BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC, BD=DC=2,AD=1. 由題設(shè),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, ∴四邊形EFGH是平行四邊形. 又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面BDC, ∴AD⊥BC,∴EF⊥FG, ∴四邊形EFGH是矩形. (2)法一:如圖,以D為坐標原點建立空間直角坐標系,則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2

27、,0,1). 設(shè)平面EFGH的法向量n=(x,y,z), ∵EF∥AD,F(xiàn)G∥BC, ∴n·=0,n·=0, 得取n=(1,1,0), ∴sin θ=|cos〈,n〉|===. 法二:如圖,以D為坐標原點建立空間直角坐標系, 則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), ∵E是AB的中點,∴F,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n·=0,n·=0, 得取n=(1,1,0), ∴sin θ=|cos〈,n〉|

28、===. 10.(xx四川,12分) 三棱錐A-BCD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MN⊥NP. (1)證明:P是線段BC的中點; (2)求二面角A-NP-M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AO⊥BD,OC⊥BD. 因為AO,OC?平面AOC,且AO∩OC=O, 所以BD⊥平面AOC. 又因為AC?平面AOC,所以BD⊥AC. 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NH∥AO,MN∥B

29、D. 因為AO⊥BD,所以NH⊥BD. 因為MN⊥NP,所以NP⊥BD. 因為NH,NP?平面NHP,且NH∩NP=N, 所以BD⊥平面NHP. 又因為HP?平面NHP,所以BD⊥HP. 又OC⊥BD,HP?平面BCD,OC?平面BCD,所以HP∥OC. 因為H為BO中點, 故P為BC中點. (2)法一:如圖,作NQ⊥AC于Q,連接MQ. 由(1)知,NP∥AC, 所以NQ⊥NP. 因為MN⊥NP,所以∠MNQ為二面角A-NP-M的一個平面角. 由(1)知,△ABD,△BCD為邊長為2的正三角形,所以AO=OC=. 由俯視圖可知,AO⊥平面BCD. 因為OC?平面

30、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= =. 因為在平面ABC內(nèi),NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR. 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,cos∠MNQ===. 故二面角A-NP-M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AO⊥OC,AO⊥OB. 又OC⊥OB,所以直線OA,OB,OC兩兩垂直. 如圖,以O(shè)為坐標原點,以,,的方向為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角

31、坐標系O-xyz. 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z1=1,則x1=,y1=1,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z2=1,所以n2=(0,1,1). 設(shè)二面角A-NP-M的大小為θ. 則cos θ===. 故二面角

32、A-NP-M的余弦值是. 11.(xx重慶,13分) 如圖,四棱錐P-ABCD中,底面是以O(shè)為中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M為BC上一點,且BM=,MP⊥AP. (1)求PO的長; (2)求二面角A-PM-C的正弦值. 解:(1)如圖,連接AC,BD,OM,因底面ABCD為菱形,則AC∩BD=O,且AC⊥BD.以O(shè)為坐標原點,,,的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立空間直角坐標系O-xyz. 因為∠BAD=, 故OA=AB·cos=,OB=AB·sin=1, 所以O(shè)(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),C(-,0,0),=(0,1,

33、0),=(-,-1,0). 由BM=,BC=2知,==, 從而=+=,即M. 設(shè)P(0,0,a),a>0, 則=(-,0,a),=. 因為MP⊥AP,故·=0,即-+a2=0, 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n1·=0,n1·=0,得 故可取n1=.由n2·=0,n2·=0,得故可取n2=(1,-,-2). 從而法向量n1,n2的夾角的余弦值為 cos〈n1,n2〉==-, 故所求二面角A-PM-C的正弦值為. 12.(xx

34、天津,13分) 如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,點E為棱PC的中點. (1)證明:BE⊥DC; (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BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值. 解:法一:依題意,以點A為原點建立空間直角坐標系(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BE⊥DC. (2) =(-1,2,0),=(1,0,-2).

35、 設(shè)n=(x,y,z)為平面PBD的法向量. 則即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)為平面PBD的一個法向量, 于是有cos〈n,〉===. 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)=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=. 設(shè)n1=(x,y,z)為平面FAB的法向量,則即 不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)為平面FAB的一個法向量.取平面ABP的

36、法向量n2=(0,1,0), 則cos〈n1,n2〉===-. 易知,二面角F-AB-P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EM∥DC,且EM=DC,又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四邊形ABEM為平行四邊形,所以BE∥AM. 因為PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,從而CD⊥平面PAD,因為AM?平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD. (2)連接BM,由(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM,又因為AD=AP,M為PD的中點,故PD⊥AM,可

37、得PD⊥BE,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BE⊥EM,可得∠EBM為銳角,故∠EBM為直線BE與平面PBD所成的角. 依題意,有PD=2,而M為PD中點,可得AM=,進而BE=.故在Rt△BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=. 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FH∥PA交AC于點H. 因為PA⊥底面ABCD, 故FH⊥底面ABCD, 從而FH⊥AC.又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH.在底面ABCD內(nèi),可得CH=3HA,從而CF=3FP.在

38、平面PDC內(nèi),作FG∥DC交PD于點G,于是DG=3GP.由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F(xiàn),G四點共面.由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG.所以∠PAG為二面角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的余弦值為. 13.(xx江西,12分) 如圖,四棱錐P-ABCD中,ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD. (1)求證:AB⊥PD; (2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,問AB為何值時,四棱錐P-ABCD的體積最大?并求此時平面BPC

39、與平面DPC夾角的余弦值. 解:(1)證明:ABCD為矩形,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)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,BC⊥PG. 在Rt△BPG中,PG=,GC=,BG=. 設(shè)AB=m,則OP== , 故四棱錐P-ABCD的體積為 V=··m·= . 因為m== , 故當m=,即AB=時,四棱錐P-ABCD的體積最大. 此時,建立如圖所示的坐標系,各點的坐標為O(0,0,0),B,C,D,P,故=,=(

40、0,,0),=, 設(shè)平面BPC的一個法向量n1=(x,y,1), 則由n1⊥,n1⊥得 解得x=1,y=0,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θ的余弦值為 cos θ===. 13.(xx湖北,12分) 如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1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DP=BQ=λ(0<λ<2). (1)當λ=1時,證明:直線BC1∥平面EFPQ; (2)是否存在λ,使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角?若存在,求出

41、λ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ABCD-A1B1C1D1是正方體,知BC1∥AD1. 當λ=1時,P是DD1的中點,又F是AD的中點,所以FP∥AD1. 所以BC1∥FP. 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EF∥BD,且EF=BD. 又DP=BQ,DP∥BQ, 所以四邊形PQBD是平行四邊形,故PQ∥BD,且PQ=BD, 從而EF∥PQ,且EF=PQ. 在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因為BQ=DP=λ,BE=

42、DF=1, 于是EQ=FP=,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GO⊥PQ,HO⊥PQ,而GO∩HO=O, 故∠GOH是面EFPQ與面PQMN所成的二面角的平面角. 若存在λ,使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角,則∠GOH=90°. 連接EM,F(xiàn)N,則由EF∥MN,且EF=MN,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GH=ME=2. 在△GOH中,GH2=4, OH2=1+λ2-2=λ2+, OG2=1+(2-λ)2-2=(

43、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系D-xyz.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(xiàn)(1,0,0),P(0,0,λ). =(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0). (1)證明:當λ=1時,=(-1,0,1), 因為=(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直

44、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=(λ,-λ,1). 同理可得平面MNPQ的一個法向量為m=(λ-2,2-λ,1). 若存在λ,使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角, 則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與面PQMN所成的二面角為直二面角. 14.(xx新課標全國Ⅰ,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°. (1)證明:AB⊥A1C;

45、 (2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,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CA=CB,所以O(shè)C⊥AB. 由于AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B為等邊三角形,所以O(shè)A1⊥AB. 因為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,交線為AB,所以O(shè)C⊥平面AA1

46、B1B,故OA,OA1,OC兩兩相互垂直. 以O(shè)為坐標原點,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系O-xyz. 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cosn,==-. 所以A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為. 15.(xx新課標全國Ⅱ,12分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點,AA1=AC=CB=AB. (1)證明:BC

47、1//平面A1CD; (2)求二面角D-A1C-E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BC1∥DF. 因為DF?平面A1CD,BC1?平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD. (2)由AC=CB=AB得, AC⊥BC. 以C為坐標原點,的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz.設(shè)CA=2,則D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2), =(1,1,0),=(

48、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cos〈n,m〉==,故sin〈n,m〉=. 即二面角D-A1C-E的正弦值為. 16.(xx山東,12分)如圖所示,在三棱錐P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F(xiàn)分別是AQ,BQ,AP,BP的中點,AQ=2BD,PD與EQ交于點G,PC與FQ交于點H,連接GH. (1)求證:AB∥GH; (2)求二面角D-GH-E的余弦值. 解:本題考查空間線面平行的判定定理

49、、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, 因為PB⊥平面ABQ,所以AB⊥PB. 又BP∩BQ=B,所以

50、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為二面角D-GH-E的平面角. 設(shè)BA=BQ=BP=2,連接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為△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D-GH-E的余弦值為-. 法二:在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ, 所以∠ABQ=90°. 又PB⊥平面ABQ, 所以BA,BQ,BP兩兩垂直. 以B為坐

51、標原點,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系. 設(shè)BA=BQ=BP=2, 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m·=0,m·=0,得 取y1=1,得m=(0,1,2). 設(shè)平面PDC的一個法向量為n=(x2,y2,z2), 由n·=0,n·=0,得 取z2=1,得n=(0,2,1), 所以cos〈m,n〉==.

52、 因為二面角D-GH-E為鈍角, 所以二面角D-GH-E的余弦值為-. 17.(xx廣東,14分)如圖1,在等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=6,D,E分別是AC,AB上的點,CD=BE=,O為BC的中點.將△ADE沿DE折起,得到如圖2所示的四棱錐A′-BCDE,其中A′O=.     圖1         圖2 (1)證明:A′O⊥平面BCDE; (2)求二面角A′-CD-B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、

53、運算求解能力. (1)證明:由題意,易得OC=3,AC=3,AD=2 . 連接OD,OE.在△OCD中,由余弦定理可得 OD= =. 由翻折不變性可知A′D=2 , 所以A′O2+OD2=A′D2,所以A′O⊥OD. 同理可證A′O⊥OE,又OD∩OE=O,所以A′O⊥平面BCDE. (2)(傳統(tǒng)法)過O作OH⊥CD交CD的延長線于H,連接A′H,如圖所示. 因為A′O⊥平面BCDE,所以A′H⊥CD, 所以∠A′HO為二面角A′-CD-B的平面角. 結(jié)合OC=3,∠BCD=45°,得OH=,從而A′H= =. 所以cos ∠A′HO== ,所以二面角A′-CD-B的平面

54、角的余弦值為. (向量法)以O(shè)點為原點,建立空間直角坐標系O-xyz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A′CD的法向量,則 即解得令x=1,得n=(1,-1,),即n=(1,-1,)為平面A′CD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A′-CD-B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AB=2

55、,AC=1,PA=1,求:二面角C-PB-A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. 因為BC?平面PBC, 所以平面PBC⊥平面PAC. (2)法一:過C作CM∥AP,則CM⊥平面ABC. 如圖,以點C為坐標原點,分別以直線CB,CA,CM為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系. 因為AB=2,

56、AC=1,所以BC=. 因為PA=1,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y=1,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x=1,則n2=(1,,0). 于是cos〈n1,n2〉==, 所以由題意可知二面角C-PB-A的余弦值為. 法二:過C作CM⊥AB于M, 因為PA⊥平面ABC,CM?平面ABC, 所以PA⊥CM, 故CM⊥平面PAB. 又因為PA∩A

57、B=A,且PA?平面PAB,AB?平面PAB, 過M作MN⊥PB于N,連接NC, 由三垂線定理得CN⊥PB, 所以∠CNM為二面角C-PB-A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=. 因為Rt△BNM∽Rt△BAP,所以=, 故MN=. 又在Rt△CNM中,CN=,故cos∠CNM=. 所以二面角C-PB-A的余弦值為. 19.(xx福建,13分)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱AA1⊥底面ABCD,AB∥DC,AA1=1,AB=3k,AD=4k,BC=5k,DC=6k

58、(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ABCD-A1B1C1D1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.

59、 (1)證明:取CD的中點E,連接BE. ∵AB∥DE,AB=DE=3k, ∴四邊形ABED為平行四邊形, ∴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系, 則A(4k,0,0),C(0,6k,0),B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1),

60、 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y=2,得n=(3,2,-6k). 設(shè)AA1與平面AB1C所成角為θ,則 sin θ=|cos〈,n〉|===,解得k=1, 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ABC-A1B1C1中,側(cè)棱AA1⊥底面ABC,AB=AC=2AA1,∠BAC=120°,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

61、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A-A1M-N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l∥BC,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,AB=AC,D是BC的中點, 所以BC⊥AD,則直線l⊥AD. 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,

62、 所以直線l⊥平面ADD1A1. (2)法一:連接A1P,過A作AE⊥A1P于E,過E作EF⊥A1M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A1M⊥AE. 所以A1M⊥平面AEF,則A1M⊥AF. 故∠AFE為二面角A-A1M-N的平面角(設(shè)為θ). 設(shè)AA1=1,則由AB=AC=2AA1,∠BAC=120°, 有∠BAD=60°,AB=2,AD=1. 又P為AD的中點,所以M為AB的中點,且AP=,AM=1, 所以在Rt△AA1P中,A1P=;在Rt△A1AM中,A1M=. 從而AE==,AF==,

63、所以sin θ==. 所以cos θ===. 故二面角A-A1M-N的余弦值為. 法二:設(shè)A1A=1.如圖,過A1作A1E平行于B1C1,以A1為坐標原點,分別以,,的方向為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標系O-xyz(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x1=1,則y1=-,所以n1=(1,-,0). 設(shè)平面A1MN的法向量為n2=(x2,y2,

64、z2),則 即 故有 從而 取y2=2,則z2=-1,所以n2=(0,2,-1). 設(shè)二面角A-A1M-N的平面角為θ,又θ為銳角, 則cos θ== =. 故二面角A-A1M-N的余弦值為. 21.(xx陜西,5分)如圖,在空間直角坐標系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為(  ) A.             B. C. D. 解析:設(shè)CA=2,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

65、量的夾角公式得cos〈,〉===. 答案:A 22.(xx新課標全國,12分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中點,DC1⊥BD. (1)證明:DC1⊥BC; (2)求二面角A1-BD-C1的大?。? 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,則BC⊥平面ACC1,所以CA,CB,CC1兩兩相互垂直.

66、 以C為坐標原點,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系C-xyz. 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cosn,m==. 故二面角A1-BD-C1的大小為30°. 23.(xx浙江,15分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面是邊長為2的菱形,∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=2,M,N分別為PB,PD的中點. (1)證明:MN∥平面ABCD; (2)過點A作AQ⊥PC,垂足為點Q,求二面角A-MN-Q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MN∥BD. 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,建立空間直角坐標系O-x

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