高中数学人教A版选修（2—1）第三章3.2立体几何中的向量方法测试题（含解析答案）
文档属性
| 名称 | 高中数学人教A版选修（2—1）第三章3.2立体几何中的向量方法测试题（含解析答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 285.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2012-07-21 20:36:35 | ||
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文档简介
高中数学人教A版选修（2—1）第三章3.2立体几何中的向量方法测试题（含解析答案）
一、选择题
1．平面α和β的法向量分别为＝(4,0，－2)，＝(1,0,2)，则α和β的位置关系是（ ）
A．平行 B．垂直 C．相交不垂直 D．无法判定
解析 B ∵·＝4－4＝0，∴两法向量垂直，两平面也垂直．
2．已知平面α内有一个点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量是＝(6，－3,6)，则下列 点P中在平面α内的是 （ ）
A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1) C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4)
解析 A ∵n＝(6，－3,6)是平面α的法向量，∴n⊥，对于选项A，＝(1,4,1)，
∴n·＝0.故选A.
3．若直线的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线与平面α所成的角 等于（ ）
A．120° B．60° C．30° D．60°或30°
解析 C 由题意得直线与平面α的法向量所在直线的夹角为60°，∴直线与平 面α所成的角为90°－60°＝30°.
4．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－， 则l与α所成的角为( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
解析 A ∵cos〈m，n〉＝－，∴〈m，n〉＝120°，
∴直线l与α所成的角为30°，故选A.
5．已知空间三点A(1,1,1)，B(－1,0,4)，C(2，－2,3)，则与的夹角θ的大小是( )
A．60° B．120° C．30° D．150°
解析 B ＝(－2，－1,3)，＝(－1,3，－2)，cos〈，〉＝＝＝
－，∴θ＝〈，〉＝120°.
6．如图所示，棱长皆相等的四面体S ABC中，D为SC的中点，则BD与SA所成角的 余弦值是( )
A. B.
C. D.
解析 C ＝－＝－，设BD与SA所成的角为θ，
则 |cos θ|＝＝.
7．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( )
A．45° B．135° C．45°或135° D．90°
解析 C ∵cos〈m，n〉＝＝＝，∴〈m，n〉＝45°.∴由两平面所成的 二面角的范围知此两平面所成的二面角为45°或135°.
8．在四面体ABCD中，P在面ABC内，Q在面BCD内，且满足＝x＋y，＝ s＋t＋u，若＝，则线段AQ与DP的关系是( )
A．AQ与DP所在直线为异面直线 B．AQ与DP所在直线平行
C．线段AQ与DP必相交 D．线段AQ与DP延长后相交
解析 C 如图所示，由＝，可设s＝kx，t＝ky，
∴＝s＋t＋u＝kx＋ky＋u＝k＋u，
∴A、P、D、Q四点共面，即线段AQ与DP必相交．
9. 如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin
〈，〉的值为( )
A. B.
C. D.
解析 B 设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1 为z轴建立空间直角坐标系(如图所示)，可知＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)．
∴cos〈，〉＝－，
∴sin〈，〉＝.故选B.
10. 如图，棱长为a的正方体ABCD A1B1C1D1，E、F分别为BC与A1D1的中点，则直线 AD与平面B1EDF所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D．－
解析 B 以A为原点，AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标 系，则易知A(0,0,0)，D(0，a,0)，E，F，＝(0，a,0)，＝， ＝.设平面B1EDF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，即
取x＝1，可得n＝(1,2,1)．所以cos〈，n〉＝＝＝.
因此AD与平面B1EDF所成角的余弦值为sin〈，n〉＝.
11．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－ 1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于( )
A．4 B．2 C．3 D．1
解析 B ∵＝(－1,3,2)是平面OAB的一条斜线上的向量，n＝(2，－2,1)为平面 OAB的一个法向量，∴点P到平面OAB的距离d＝＝＝2.
12. 在如图所示的正方体ABCD A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，正方体的棱长为2， 则异面直线DE与AC夹角的余弦值为( )
A．－ B．－
C． D．
解析 D 分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，
C(0,2,0)，E(0,1,2)，＝(－2,2,0)，＝(0,1,2)，
∴cos〈，〉＝.
二、填空题
13．如图所示，正方体ABCD A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值为
________．
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，
A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，∴＝(1,0,1)，＝(1,1,0)，
＝(－1,0,1)．设n＝(x，y，z)为平面A1BD的法向量，则
∴取n＝(1，－1，－1)．
设直线BC1与平面A1BD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，∴cos θ＝.
14．二面角的棱上有A、B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且 都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为______．
解析 由条件知，·＝0，·＝0，＝＋＋，
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋ 2×6×8cos〈，〉＝(2)2，∴cos〈，〉＝－，∴〈，〉＝，
∴二面角的大小为.
15．如图，已知正方体的棱长为2，点E是棱AA1的中点，则点A到平面BDE的距离 为________．
解析 以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角 坐标系，则B(0,0,0)，A(0,2,0)，D(2，2,0)，E(0,2,1)，＝(－2,0,0)，＝(－2,0,1)，
＝(0,2,1)．设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，则由n·＝0，n·＝0，可 得令x＝1，可得n＝(1，－1,2)．
因此点A到平面BDE的距离为d＝＝.
三、解答题
17. 如图所示，在长方体ABCD A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2.E、F分别 是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．
解析 以A为原点，、、分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标 系，则有D1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C1(4,3,2)，于是＝(1,3,2)，＝(－
4,2,2)，设EC1与FD1所成的角为β，则：
cos β＝
＝＝，
∴直线EC1与FD1所成的角的余弦值为.
18.如图，已知四棱锥P ABCD的底面为正方形，PA⊥底面ABCD，E、F分别为AB、 PD的中点，PA＝a，二面角P CD B为45°.
(1)求证：AF∥平面PCE；
(2)求证：平面PCE⊥平面PCD.
解析 (1)∵底面是正方形，∴AD⊥CD.
又PA⊥底面AC，∴PA⊥AD，
∴∠PDA＝45°，∴AD＝PA＝a.
建立直角坐标系，如图所示，则易得A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，a,0)，
D(0，a,0)，P(0,0，a)．
设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z), 则由n⊥，n⊥，
得取n＝(2，－1,1)，
∴·n＝0＋＋＝0.
又AF 平面PCE，故AF∥平面PCE.
(2)设平面PCD的法向量为m＝(x′，y′，z′)．
∵＝(0，a，－a)，＝(a，a，－a)，m⊥，m⊥，
∴解得取m＝(0,1,1)．
又由(1)知n＝(2，－1,1)，∴n·m＝0，
∴平面PCE⊥平面PCD.
如图，四棱锥P ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．当
PD＝AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成
角的大小．
解析 如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，
设AB＝a，PD＝h，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，
D(0,0,0)，P(0,0，h)．
当PD＝AB且E为PB的中点时，
P(0,0，a)，E.
设AC∩BD＝O，连接OE，则O，AO⊥BD.
又∵PD⊥AO，∴AO⊥平面PDB，OE为AE在平面PDB上的射影．
∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角．
∵＝，＝，
∴cos ∠AEO＝＝＝，
∴AE与平面PDB所成的角为45°.
20．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平 面AA1B1B，且C1H＝.
(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；
(2)求二面角A A1C1 B1的正弦值；
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．依题意得A(2，0,0)， B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，，)．
(1)易得＝(－，－，)，＝(－2，0,0)，
于是cos〈，〉＝＝＝.
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.
(2)易知＝(0,2，0)，＝(－，－，)．
设平面AA1C1的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
不妨令x＝，可得m＝(，0，)．
同样地，设平面A1B1C1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则有即
不妨令y1＝，可得n＝(0，，)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
从而sin〈m，n〉＝. 所以二面角A A1C1 B1的正弦值为.
21．如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
(1)求直线BE和平面ABB1A1所成角的正弦值；
(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？
证明你的结论．
解析 设正方体的棱长为1.如图所示，以，，为单位正交基底建立空间直角坐 标系．
(1)依题意，得B(1,0,0)，E，A(0,0,0)，
D(0,1,0)，∴＝，＝(0,1,0)．
在正方体ABCD A1B1C1D1中，∵AD⊥平面ABB1A1，
∴是平面ABB1A1的一个法向量，设直线BE和平面
ABB1A1所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，
即直线BE和平面ABB1A1所成角的正弦值为.
(2)依题意，得A1(0,0,1)，＝(－1,0,1)，＝.
设n＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则
由n·＝0，n·＝0，得
∴取z＝2，得n＝(2,1,2)．
∵F是棱C1D1上的点，设F(t,1,1)(0≤t≤1)，
又B1(1,0,1)，∴＝(t－1,1,0)．
而B1F 平面A1BE，于是B1F∥平面A1BE ·n＝0 (t－1,1,0)·(2,1,2)＝0 2(t－1)＋1 ＝0 t＝ F为C1D1的中点．
这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE.
22.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.
(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；
(2)求二面角Q BP C的余弦值．
解析 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长度，射线DA、DP、DC为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.
(1)依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，
则＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1，0)，
所以·＝0，·＝0.
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，故PQ⊥平面DCQ.
又PQ 平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.
(2)依题意有B(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(－1,2，－1)．
设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则即
因此可取n＝(0，－1，－2)．
设m是平面PBQ的法向量，则
可取m＝(1,1,1)，所以cos〈m，n〉＝－.
故二面角Q BP C的余弦值为－.
一、选择题
1．平面α和β的法向量分别为＝(4,0，－2)，＝(1,0,2)，则α和β的位置关系是（ ）
A．平行 B．垂直 C．相交不垂直 D．无法判定
解析 B ∵·＝4－4＝0，∴两法向量垂直，两平面也垂直．
2．已知平面α内有一个点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量是＝(6，－3,6)，则下列 点P中在平面α内的是 （ ）
A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1) C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4)
解析 A ∵n＝(6，－3,6)是平面α的法向量，∴n⊥，对于选项A，＝(1,4,1)，
∴n·＝0.故选A.
3．若直线的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线与平面α所成的角 等于（ ）
A．120° B．60° C．30° D．60°或30°
解析 C 由题意得直线与平面α的法向量所在直线的夹角为60°，∴直线与平 面α所成的角为90°－60°＝30°.
4．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－， 则l与α所成的角为( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
解析 A ∵cos〈m，n〉＝－，∴〈m，n〉＝120°，
∴直线l与α所成的角为30°，故选A.
5．已知空间三点A(1,1,1)，B(－1,0,4)，C(2，－2,3)，则与的夹角θ的大小是( )
A．60° B．120° C．30° D．150°
解析 B ＝(－2，－1,3)，＝(－1,3，－2)，cos〈，〉＝＝＝
－，∴θ＝〈，〉＝120°.
6．如图所示，棱长皆相等的四面体S ABC中，D为SC的中点，则BD与SA所成角的 余弦值是( )
A. B.
C. D.
解析 C ＝－＝－，设BD与SA所成的角为θ，
则 |cos θ|＝＝.
7．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( )
A．45° B．135° C．45°或135° D．90°
解析 C ∵cos〈m，n〉＝＝＝，∴〈m，n〉＝45°.∴由两平面所成的 二面角的范围知此两平面所成的二面角为45°或135°.
8．在四面体ABCD中，P在面ABC内，Q在面BCD内，且满足＝x＋y，＝ s＋t＋u，若＝，则线段AQ与DP的关系是( )
A．AQ与DP所在直线为异面直线 B．AQ与DP所在直线平行
C．线段AQ与DP必相交 D．线段AQ与DP延长后相交
解析 C 如图所示，由＝，可设s＝kx，t＝ky，
∴＝s＋t＋u＝kx＋ky＋u＝k＋u，
∴A、P、D、Q四点共面，即线段AQ与DP必相交．
9. 如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin
〈，〉的值为( )
A. B.
C. D.
解析 B 设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1 为z轴建立空间直角坐标系(如图所示)，可知＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)．
∴cos〈，〉＝－，
∴sin〈，〉＝.故选B.
10. 如图，棱长为a的正方体ABCD A1B1C1D1，E、F分别为BC与A1D1的中点，则直线 AD与平面B1EDF所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D．－
解析 B 以A为原点，AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标 系，则易知A(0,0,0)，D(0，a,0)，E，F，＝(0，a,0)，＝， ＝.设平面B1EDF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，即
取x＝1，可得n＝(1,2,1)．所以cos〈，n〉＝＝＝.
因此AD与平面B1EDF所成角的余弦值为sin〈，n〉＝.
11．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－ 1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于( )
A．4 B．2 C．3 D．1
解析 B ∵＝(－1,3,2)是平面OAB的一条斜线上的向量，n＝(2，－2,1)为平面 OAB的一个法向量，∴点P到平面OAB的距离d＝＝＝2.
12. 在如图所示的正方体ABCD A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，正方体的棱长为2， 则异面直线DE与AC夹角的余弦值为( )
A．－ B．－
C． D．
解析 D 分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，
C(0,2,0)，E(0,1,2)，＝(－2,2,0)，＝(0,1,2)，
∴cos〈，〉＝.
二、填空题
13．如图所示，正方体ABCD A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值为
________．
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，
A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，∴＝(1,0,1)，＝(1,1,0)，
＝(－1,0,1)．设n＝(x，y，z)为平面A1BD的法向量，则
∴取n＝(1，－1，－1)．
设直线BC1与平面A1BD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，∴cos θ＝.
14．二面角的棱上有A、B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且 都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为______．
解析 由条件知，·＝0，·＝0，＝＋＋，
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋ 2×6×8cos〈，〉＝(2)2，∴cos〈，〉＝－，∴〈，〉＝，
∴二面角的大小为.
15．如图，已知正方体的棱长为2，点E是棱AA1的中点，则点A到平面BDE的距离 为________．
解析 以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角 坐标系，则B(0,0,0)，A(0,2,0)，D(2，2,0)，E(0,2,1)，＝(－2,0,0)，＝(－2,0,1)，
＝(0,2,1)．设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，则由n·＝0，n·＝0，可 得令x＝1，可得n＝(1，－1,2)．
因此点A到平面BDE的距离为d＝＝.
三、解答题
17. 如图所示，在长方体ABCD A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2.E、F分别 是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．
解析 以A为原点，、、分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标 系，则有D1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C1(4,3,2)，于是＝(1,3,2)，＝(－
4,2,2)，设EC1与FD1所成的角为β，则：
cos β＝
＝＝，
∴直线EC1与FD1所成的角的余弦值为.
18.如图，已知四棱锥P ABCD的底面为正方形，PA⊥底面ABCD，E、F分别为AB、 PD的中点，PA＝a，二面角P CD B为45°.
(1)求证：AF∥平面PCE；
(2)求证：平面PCE⊥平面PCD.
解析 (1)∵底面是正方形，∴AD⊥CD.
又PA⊥底面AC，∴PA⊥AD，
∴∠PDA＝45°，∴AD＝PA＝a.
建立直角坐标系，如图所示，则易得A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，a,0)，
D(0，a,0)，P(0,0，a)．
设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z), 则由n⊥，n⊥，
得取n＝(2，－1,1)，
∴·n＝0＋＋＝0.
又AF 平面PCE，故AF∥平面PCE.
(2)设平面PCD的法向量为m＝(x′，y′，z′)．
∵＝(0，a，－a)，＝(a，a，－a)，m⊥，m⊥，
∴解得取m＝(0,1,1)．
又由(1)知n＝(2，－1,1)，∴n·m＝0，
∴平面PCE⊥平面PCD.
如图，四棱锥P ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．当
PD＝AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成
角的大小．
解析 如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，
设AB＝a，PD＝h，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，
D(0,0,0)，P(0,0，h)．
当PD＝AB且E为PB的中点时，
P(0,0，a)，E.
设AC∩BD＝O，连接OE，则O，AO⊥BD.
又∵PD⊥AO，∴AO⊥平面PDB，OE为AE在平面PDB上的射影．
∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角．
∵＝，＝，
∴cos ∠AEO＝＝＝，
∴AE与平面PDB所成的角为45°.
20．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平 面AA1B1B，且C1H＝.
(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；
(2)求二面角A A1C1 B1的正弦值；
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．依题意得A(2，0,0)， B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，，)．
(1)易得＝(－，－，)，＝(－2，0,0)，
于是cos〈，〉＝＝＝.
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.
(2)易知＝(0,2，0)，＝(－，－，)．
设平面AA1C1的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
不妨令x＝，可得m＝(，0，)．
同样地，设平面A1B1C1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则有即
不妨令y1＝，可得n＝(0，，)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
从而sin〈m，n〉＝. 所以二面角A A1C1 B1的正弦值为.
21．如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
(1)求直线BE和平面ABB1A1所成角的正弦值；
(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？
证明你的结论．
解析 设正方体的棱长为1.如图所示，以，，为单位正交基底建立空间直角坐 标系．
(1)依题意，得B(1,0,0)，E，A(0,0,0)，
D(0,1,0)，∴＝，＝(0,1,0)．
在正方体ABCD A1B1C1D1中，∵AD⊥平面ABB1A1，
∴是平面ABB1A1的一个法向量，设直线BE和平面
ABB1A1所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，
即直线BE和平面ABB1A1所成角的正弦值为.
(2)依题意，得A1(0,0,1)，＝(－1,0,1)，＝.
设n＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则
由n·＝0，n·＝0，得
∴取z＝2，得n＝(2,1,2)．
∵F是棱C1D1上的点，设F(t,1,1)(0≤t≤1)，
又B1(1,0,1)，∴＝(t－1,1,0)．
而B1F 平面A1BE，于是B1F∥平面A1BE ·n＝0 (t－1,1,0)·(2,1,2)＝0 2(t－1)＋1 ＝0 t＝ F为C1D1的中点．
这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE.
22.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.
(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；
(2)求二面角Q BP C的余弦值．
解析 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长度，射线DA、DP、DC为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.
(1)依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，
则＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1，0)，
所以·＝0，·＝0.
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，故PQ⊥平面DCQ.
又PQ 平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.
(2)依题意有B(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(－1,2，－1)．
设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则即
因此可取n＝(0，－1，－2)．
设m是平面PBQ的法向量，则
可取m＝(1,1,1)，所以cos〈m，n〉＝－.
故二面角Q BP C的余弦值为－.