2014-2023年高考数学真题专题分类--8.4　空间角与距离、空间向量及其应用(含解析)

2014-2023年高考数学真题专题分类
8.5　空间角与距离、空间向量及其应用
考点　空间角与距离、空间向量及其应用
1.(2014课标Ⅱ,11,5分)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　解法一:以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设BC=CA=CC1=2,则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),
∴=(-1,0,-2),=(1,-1,-2),
∴cos<,>====,故选C.
解法二:取BC的中点Q,连接QN,AQ,易知BM∥QN,则∠ANQ即为所求,
设BC=CA=CC1=2,
则AQ=,AN=,QN=,
∴cos∠ANQ====,
故选C.
2.(2012陕西,5,5分)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　不妨设CB=1,则B(0,0,1),A(2,0,0),C1(0,2,0),B1(0,2,1).　
∴=(0,2,-1),=(-2,2,1).
cos<,>===,故选A.
评析　本题考查利用空间坐标运算求异面直线所成的角,考查了运算求解能力.
3.(2020新高考Ⅰ,4,5分)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为 (　　)
A.20°　　　　B.40°　　　　C.50°　　　　D.90°
答案　B　由题意作出如图所示的截面图,设所求角为α,
由图易知α=40°.故选B.
4.(2022全国甲,理7,文9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则 (　　)
A.AB=2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C.AC=CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
答案　D　如图,连接BD.由题可知,BB1⊥平面ABCD,AD⊥平面AA1B1B,
易知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角分别为∠B1DB,∠AB1D,∴∠B1DB=∠AB1D=30°.
设AD=1,则AB1=,B1D=2,
∴BB1=1,BD=,∴AB=,
∴AB=AD,故A错误.
过B作BH⊥AB1,交AB1于H,
易知∠HAB为AB与平面AB1C1D所成的角.
∵BH=,
∴sin∠HAB=,故B错误.
易知AC=,CB1=,∴AC≠CB1,故C错误.
易知∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角,
∴sin∠DB1C=,∴∠DB1C=45°,故D正确.
5.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 (　　)
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
答案　ABD　连接B1C,交BC1于O,∵A1D∥B1C,∴∠B1OC1(或其补角)为直线BC1与DA1所成的角,又B1C⊥BC1,∴∠B1OC1=90°,即直线BC1与DA1所成角为90°.故选项A正确.
由A1B1⊥平面BB1C1C,BC1 平面BB1C1C知A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1 平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,∴直线BC1与CA1所成角为90°.故选项B正确.
连接A1C1,交B1D1于点O1,连接O1B,易证C1O1⊥平面BB1D1D,∴BC1在平面BB1D1D内的射影为O1B,∴BC1与平面BB1D1D所成角为∠C1BO1.在Rt△BO1C1中,sin∠C1BO1=,则∠C1BO1=30°,故选项C错误.
∵CC1⊥平面ABCD,∴∠C1BC是BC1与平面ABCD所成的角,而∠C1BC=45°,故选项D正确.故选ABD.
6.(多选)(2021新高考Ⅰ,12,5分)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则 (　　)
A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值
B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值
C.当λ=时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP
D.当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P
答案　BD　解题指导:通过对λ,μ取值的研究,确定点P的位置,进而判断△AB1P的周长、三棱锥P-A1BC的体积是不是定值,建立空间直角坐标系,设出点P的坐标,利用垂直关系构造方程,利用方程解的个数判断点P的个数.
解析　选项A,当λ=1时,点P在线段CC1上,设CP=x(0≤x≤1),若x=0,则△AB1P即为△AB1C,此时△AB1P的周长为2+1;若x=1,则△AB1P即为△AB1C1,此时△AB1P的周长为2+1.若0在Rt△PCA中,PA=,
在Rt△B1C1P中,PB1=,
而AB1=,所以△AB1P的周长为,不为定值,故选项A错误;
选项B,当μ=1时,点P在线段B1C1上,
因为B1C1∥BC,B1C1 平面A1BC,BC 平面A1BC,
所以B1C1∥平面A1BC,
所以直线B1C1上的任何一点到平面A1BC的距离均相等,
所以三棱锥P-A1BC的体积为定值,故选项B正确;
取BC,B1C1的中点分别为O,O1,连接OO1,AO,易知OO1⊥平面ABC,AO⊥BC,以OB,OA,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B,A,A1,选项C,当λ=时,点P在线段OO1上,设P(0,0,z)(0≤z≤1),则,若A1P⊥BP,则=0,
即z(z-1)=0,解得z=0或z=1,即当λ=时,存在两个点P,使得A1P⊥BP,故选项C错误;
选项D,当μ=时,点P在线段MN上(M,N分别是线段BB1,CC1的中点),设P,则,
若A1B⊥平面AB1P,则A1B⊥AP,则=0,
即=0,解得x=-,所以P,易验证此时满足A1B⊥平面AB1P,
所以当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P,故选项D正确.故选BD.
命题立意:本题以正三棱柱为载体,考查正三棱柱的性质,平面向量基本定理,空间几何体的体积,以及线面垂直的判定等,考查学生空间想象能力和逻辑推理能力,通过研究点P的位置,考查数形结合思想,体现数学运算与直观想象的核心素养,落实对试题的创新性和综合性的考查.
11.(2023全国甲理,11,5分,中)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为 (　　)
A.2　　B.3　　C.4　　D.6
答案　C　过P作PO⊥平面ABCD交平面ABCD于点O,取DC的中点E,连接PE、OE,
∵PC=PD,∴PE⊥CD,∵PO⊥平面ABCD,AB,CD 平面ABCD,∴PO⊥AB,PO⊥CD,又PE∩PO=P,
∴CD⊥平面PEO,∴CD⊥OE,
延长EO交AB于点F,则F为AB中点,且OF⊥AB,
连接PF,∵PO⊥AB,PO∩OF=O,∴AB⊥平面PFO,∵PF 平面PFO,
∴AB⊥PF,又F为AB的中点,∴PA=PB.
在△PCA中,PC=3,AC=4,∠PCA=45°,
由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PC·AC·cos∠PCA=32+(4)2-2×3×4×=17,∴PA=.
在△PBC中,PB=,BC=4,PC=3,
则cos∠PCB===,
∴sin∠PCB=,
∴S△PBC=BC·PC·sin∠PCB=×4×3×=4,
故选C.
9.(2023全国乙理,9,5分,中)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形.若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 (　　)
A.
答案　C　取AB的中点E,连接CE,DE,则CE⊥AB,DE⊥AB,所以∠DEC是二面角C-AB-D的平面角,所以∠DEC=150°,因为DE∩CE=E,所以AB⊥平面DCE,因为AB 平面ABC,所以平面DCE⊥平面ABC,易知∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角,设AB=a,
在等腰直角△ABC中,CE=a,
在等边△ABD中,DE=a,
在△DCE中,由余弦定理,得
DC2=a·cos 150°
=a2,∴DC=a,
则cos∠DCE=,
∵0°<∠DCE<30°,
∴sin∠DCE=,
∴tan∠DCE=.故选C.
8.(2016山东,17,12分)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)解法一: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),
所以=(-2,-2,0),
过点F作FM垂直OB于点M.
所以FM==3,可得F(0,,3).
故=(0,-,3).
设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.
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==.
所以二面角F-BC-A的余弦值为.
解法二:连接OO'.过点F作FM垂直OB于点M.
则有FM∥OO'.
又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.
可得FM==3.
过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.
可得FN⊥BC,从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角.
又AB=BC,AC是圆O的直径,
所以MN=BMsin45°=.
从而FN=,
可得cos∠FNM=.
所以二面角F-BC-A的余弦值为.
评析　本题考查了线面平行、垂直的位置关系;考查了二面角的求解方法;考查了空间想象能力和逻辑推理能力.正确找到二面角的平面角或正确计算平面的法向量是求解的关键.
9.(2016浙江,17,12分)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)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)解法一:过点F作FQ⊥AK于Q,连接BQ.
因为BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,则AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK.
所以,∠BQF是二面角B-AD-F的平面角.
在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ=.
在Rt△BQF中,FQ=,BF=,得cos∠BQF=.
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.
解法二:由(1)知△BCK为等边三角形.取BC的中点O,连接KO,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,建立如图所示的空间直角坐标系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).
由得取m=(,0,-1);
由得取n=(3,-2,).
于是,cos==.
又易知二面角B-AD-F为锐二面角,
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.
方法总结　若二面角的平面角为θ,两半平面的法向量分别为n1和n2,则|cosθ|=|cos|,要求cosθ的值,还需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而决定cosθ=|cos|,还是cosθ=-|cos|.
评析　本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.
10.(2015课标Ⅰ理,18,12分)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.(6分)
(2)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,C(0,,0),所以=(1,,),=.(10分)
故cos<,>==-.
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.(12分)
思路分析　(1)利用勾股定理的逆定理和平面与平面垂直的判定定理求证.(2)建立适当的空间直角坐标系,利用向量的夹角的余弦公式求解.
解后反思　建立适当的空间直角坐标系,利用空间向量的有关公式是求解的关键.证明“EG⊥平面AFC”是解题的难点.
11.(2015课标Ⅱ理,19,12分)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.
于是MH==6,所以AH=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,
则即
所以可取n=(0,4,3).
又=(-10,4,8),故|cos|==.
所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.
12.(2015北京,17,14分)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)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),
则即
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==-.
由题设知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-.
(3)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评析　本题主要考查面面垂直的性质定理、二面角的求解以及线面垂直的性质定理,考查学生空间想象能力和运算求解能力,正确建立空间直角坐标系以及表示点的坐标是解决本题的关键.
13.(2015浙江,17,15分)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,所以四边形A1AED为平行四边形.
故A1D∥AE.
又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.
(2)解法一:作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,连接B1F.
由AE=EB=,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4.
由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB与△B1DB全等.
由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.
由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3,A1F=B1F=,
由余弦定理得cos∠A1FB1=-.
解法二: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).
由即
可取m=(0,,1).
由即可取n=(,0,1).
于是|cos|==.
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-.
评析　本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.
14.(2015福建理,17,12分)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　解法一:(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)如图,在平面BEC内,过B点作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),
由得
取z=2,得n=(2,-1,2).
从而cos===,
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.
15.(2015山东理,17,12分)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)连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH.
在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.
则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD,
又OH 平面FGH,BD 平面FGH,所以BD∥平面FGH.
(2)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°.
16.(2015陕西,18,12分)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)因为平面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,A1,C,
得=,=,==(-,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的夹角为θ,
则得取n1=(1,1,1);
得取n2=(0,1,1),
从而cosθ=|cos|==,
即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.
评析　本题主要考查线面垂直的判定、面面垂直的性质以及平面与平面的夹角的求解.考查学生的空间想象能力以及运算求解能力.正确利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系是求解的关键.
17.(2015湖北理,19,12分)《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是不是鳖臑,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　解法一:(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,
由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,
所以BC⊥平面PCD,而DE 平面PCD,所以BC⊥DE.
又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.
而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.
而PB 平面PBC,所以PB⊥DE.
又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.
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)如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.
由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.
又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.
而PD∩PB=P,所以DG⊥平面PBD.
故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,
设PD=DC=1,BC=λ,有BD=,
在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=,
则tan=tan∠DPF===,解得λ=.
所以==.
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.
解法二:(1)如图,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)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,=.
18.(2014北京理,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.
(1)求证:AB∥FG;
(2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.
解析　(1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.
又因为AB 平面PDE,
所以AB∥平面PDE.
因为AB 平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,
所以AB∥FG.
(2)因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.
如图建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0).
设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),
则即
令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).
设直线BC与平面ABF所成角为α,
则sinα=|cos|==.
因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.
设点H的坐标为(u,v,w).
因为点H在棱PC上,所以可设=λ(0<λ<1),
即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2).
所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.
因为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=,所以点H的坐标为.
所以PH==2.
评析　本题考查了空间直线与平面平行,线面角,空间向量等知识;考查空间推理论证能力,计算能力;建立恰当坐标系,利用空间向量准确求解是解题的关键.
19.(2014福建理,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.
(1)求证:AB⊥CD;
(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.
解析　(1)证明:∵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)过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.
由(1)知AB⊥平面BCD,BE 平面BCD,BD 平面BCD,
∴AB⊥BE,AB⊥BD.
以B为坐标原点,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.
依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,
则=(1,1,0),=,=(0,1,-1).
设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),
则即
取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).
设直线AD与平面MBC所成角为θ,
则sinθ=|cos|==,
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
20.(2014陕西理,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.
(1)证明:四边形EFGH是矩形;
(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.
解析　(1)证明:由该四面体的三视图可知,
BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.
由题设知,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,
∴四边形EFGH是平行四边形.
又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面BDC,
∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,
∴四边形EFGH是矩形.
(2)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则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).
设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),
∵EF∥AD,FG∥BC,
∴n·=0,n·=0,
得取n=(1,1,0),
∴sinθ=|cos<,n>|===.
解法二:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),
∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点,
得E,F(1,0,0),G(0,1,0).
∴=,=(-1,1,0),=(-2,0,1).
设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),
则n·=0,n·=0,
得取n=(1,1,0),
∴sinθ=|cos<,n>|===.
21.(2014课标Ⅰ,19,12分)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)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)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.
因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又AB=BC,则A,B(1,0,0),B1,C.
=,==,==.
设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,
则即
所以可取n=(1,,).
设m是平面A1B1C1的法向量,则
同理可取m=(1,-,).
则cos==.
易知二面角A-A1B1-C1为锐二面角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为.
方法点拨　在求解或证明过程中,通常会用到一些初中阶段学面几何知识,如三角形中位线的性质、菱形的性质,等腰三角形的性质,相似(全等)三角形的判定与性质等,在复习时应予以关注.
22.(2014课标Ⅱ理,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)证明:PB∥平面AEC;
(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.
解析　(1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO.
因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.
又E为PD的中点,所以EO∥PB.
又EO 平面AEC,PB 平面AEC,所以PB∥平面AEC.
(2)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.
如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,,0),E,=.
设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0).
设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,
则即
可取n1=.
又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos|=,即=,解得m=.
因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为.
三棱锥E-ACD的体积V=××××=.
评析　本题考查线面平行的判定,利用空间向量解二面角问题,考查了学生的空间想象能力.
23.(2014江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证:AB⊥PD;
(2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大 并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.
解析　(1)证明:因四边形ABCD为矩形,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)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连接PG.
故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG.
在Rt△BPC中,PG=,GC=,BG=.
设AB=m,则OP==,故四棱锥P-ABCD的体积V=··m·=.
因为m==,
故当m=,即AB=时,四棱锥P-ABCD的体积最大.
此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B,C,D,P.
故=,=(0,,0),=.
设平面BPC的法向量为n1=(x,y,1),则由n1⊥,n1⊥得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).
同理可求出平面DPC的法向量为n2=.
从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ===.
评析　本题考查面面垂直的性质定理、线线垂直的判定、空间几何体的体积以及二面角的求解等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力,正确利用面面垂直的性质定理求出棱锥的高是解决本题的关键.计算失误是失分的主要原因.
24.(2014湖南理,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.
(1)证明:O1O⊥底面ABCD;
(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.
解析　(1)证明:因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1⊥AC.
同理DD1⊥BD,
因为CC1∥DD1,所以CC1⊥BD,而AC∩BD=O,
因此CC1⊥底面ABCD.
由题设知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD,
(2)解法一:如图,过O1作O1H⊥OB1于H,连接HC1.
由(1)知,O1O⊥底面ABCD,所以O1O⊥底面A1B1C1D1,
于是O1O⊥A1C1.
又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,
所以四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1⊥B1D1,从而A1C1⊥平面BDD1B1,
所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1,
进而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,
不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=,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的余弦值为.
解法二:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此AC⊥BD,又由(1)知O1O⊥底面ABCD,从而OB,OC,OO1两两垂直.
如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,
于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2).
易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量.
设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,
则即
取z=-,则x=2,y=2,所以n2=(2,2,-),
设二面角C1-OB1-D的大小为θ,易知θ是锐角,
于是cosθ=|cos|===.
故二面角C1-OB1-D的余弦值为.
25.(2014辽宁理,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.
(1)求证:EF⊥BC;
(2)求二面角E-BF-C的正弦值.
解析　(1)证法一:过E作EO⊥BC,垂足为O,连接OF.
由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.
图1
所以∠EOC=∠FOC=,
即FO⊥BC.
又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO.
又EF 面EFO,所以EF⊥BC.
证法二:以B为坐标原点,在平面DBC内过B且垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B且垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E,F,所以,=,=(0,2,0),因此·=0.从而⊥,所以EF⊥BC.
图2
(2)解法一:在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连EG.由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥面BDC,又OG⊥BF,易知EG⊥BF.
因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角.
在△EOC中,EO=EC=BC·cos30°=,
由△BGO∽△BFC知,OG=·FC=,
因此tan∠EGO==2,从而sin∠EGO=,即二面角E-BF-C的正弦值为.
解法二:在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).
设平面BEF的法向量为n2=(x,y,z),
又=,=,
由得其中一个n2=(1,-,1).
设二面角E-BF-C的大小为θ,且由题意知θ为锐角,则
cosθ=|cos|==,
因此sinθ==,即所求二面角的正弦值为.
评析　本题考查空间位置关系的证明及空间角的求法,考查线线垂直的本质是对垂直关系转化的考查.在利用向量法求二面角的正弦值时,注意到平面BFC的一个法向量为(0,0,1),可以使问题简捷,本题的难点和易错点都是空间直角坐标系的建立,由于A,D两点都不在坐标轴上,因此正确求出A,D两点的坐标是解决本题的关键.
26.(2014天津理,17,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.
(1)证明BE⊥DC;
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;
(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.
解析　依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).
(1)证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故·=0.
所以BE⊥DC.
(2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x1,y1,z1)为平面PBD的法向量,
则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有
cos===.
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=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=.故=.设n1=(x1,y1,z1)为平面FAB的法向量,则即
不妨令z1=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则
cos===-.
易知,二面角F-AB-P是锐角,
所以其余弦值为.
27.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.
(1)证明:Q为BB1的中点;
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;
(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.
解析　(1)证明:因为BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,
所以平面QBC∥平面A1AD.
从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥A1D.
故△QBC与△A1AD的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD.
所以===,即Q为BB1的中点.
(2)如图1,连接QA,QD.
图1
设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,BC=a,则AD=2a.
=×·2a·h·d=ahd,
VQ-ABCD=··d·h=ahd,
所以V下=+VQ-ABCD=ahd,
又=ahd,
所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd,
故=.
(3)解法一:如图1,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接A1E,AC.
又DE⊥AA1,且AA1∩AE=A,
所以DE⊥平面AEA1,于是DE⊥A1E.
所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角.
因为BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA.
又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S△ADC=4,AE=4.
于是tan∠AEA1==1,∠AEA1=.
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.
解法二:如图2,以D为原点,,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.
图2
设∠CDA=θ.
因为S四边形ABCD=·2sinθ=6,所以a=.
从而C(2cosθ,2sinθ,0),A1,
所以=(2cosθ,2sinθ,0),=.
设平面A1DC的一个法向量为n=(x,y,1),
由得x=-sinθ,y=cosθ,
所以n=(-sinθ,cosθ,1).
又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),
所以cos==,
易知所求二面角为锐二面角,
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.
评析　本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直,柱、锥体积,二面角等知识;考查综合推理,转化与化归的意识,运用向量推理计算的能力;准确把握空间结构进行推理证明是解题的关键.
28.(2014四川,18,12分)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.
(1)证明:P是线段BC的中点;
(2)求二面角A-NP-M的余弦值.
解析　(1)证明:如图,取BD中点O,连接AO,CO.
由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD为正三角形,
因此AO⊥BD,OC⊥BD.
因为AO,OC 平面AOC内,且AO∩OC=O,
所以BD⊥平面AOC.
又因为AC 平面AOC,所以BD⊥AC.
取BO的中点H,连接NH,PH.
又M,N分别为线段AD,AB的中点,
所以NH∥AO,MN∥BD.
因为AO⊥BD,所以NH⊥BD.
因为MN⊥NP,所以NP⊥BD.
因为NH,NP 平面NHP,且NH∩NP=N,
所以BD⊥平面NHP.
又因为HP 平面NHP,
所以BD⊥HP.
又OC⊥BD,HP 平面BCD,OC 平面BCD,所以HP∥OC.
因为H为BO中点,故P为BC中点.
(2)解法一:
如图,作NQ⊥AC于Q,连接MQ.
由(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP.
因为MN⊥NP,所以∠MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.
由(1)知,△ABD,△BCD是边长为2的正三角形,所以AO=OC=.
由俯视图可知,AO⊥平面BCD.
因为OC 平面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==.
因为在平面ABC内,NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR.
又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,
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.
解法二:
由俯视图及(1)可知,AO⊥平面BCD.
因为OC,OB 平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB.
又OC⊥OB,所以直线OA,OB,OC两两垂直.
如图,以O为坐标原点,以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.
则A(0,0,),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0).
因为M,N分别为线段AD,AB的中点,
又由(1)知,P为线段BC的中点,
所以M,N,P.
于是=(1,0,-),=(-1,,0),
=(1,0,0),=.
设平面ABC的法向量n1=(x1,y1,z1),
则即
有从而
取z1=1,则x1=,y1=1,所以n1=(,1,1).
设平面MNP的法向量n2=(x2,y2,z2),
则即
有从而
取z2=1,所以n2=(0,1,1).
设二面角A-NP-M的大小为θ,
则cosθ===.
故二面角A-NP-M的余弦值是.
评析　本题主要考查空间图形的三视图、线面垂直的判定与性质、二面角的计算等基础知识.考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.
29.(2014山东理,17,12分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.
(1)求证: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(锐角)的余弦值.
解析　(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,
且AB=2CD,所以AB∥DC,又由M是AB的中点,因此CD∥MA且CD=MA.
连接AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
因为CD∥C1D1,CD=C1D1,
可得C1D1∥MA,C1D1=MA,
所以四边形AMC1D1为平行四边形.
因此C1M∥D1A,又C1M 平面A1ADD1,D1A 平面A1ADD1,
所以C1M∥平面A1ADD1.
(2)解法一:连接AC,MC,由(1)知CD∥AM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形.
可得BC=AD=MC,
由题意∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形,
因此AB=2BC=2,CA=,
因此CA⊥CB.
以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
所以A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,),
因此M,
所以=,==.
设平面C1D1M的法向量n=(x,y,z),
由得
可得平面C1D1M的一个法向量n=(1,,1).
又=(0,0,)为平面ABCD的一个法向量,
因此cos<,n>==.
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
解法二:由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连接D1N.
由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC为二面角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(锐角)的余弦值为.
30.(2013课标Ⅱ理,18,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=AB.
(1)证明:BC1∥平面A1CD;
(2)求二面角D-A1C-E的正弦值.
解析　(1)连接AC1交A1C于点F,则F为AC1中点.
又D是AB中点,连接DF,则BC1∥DF.
因为DF 平面A1CD,BC1 平面A1CD,
所以BC1∥平面A1CD.
(2)由AC=CB=AB得,AC⊥BC.
以C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C-xyz.设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2).
设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,
则即
可取n=(1,-1,-1).
同理,设m是平面A1CE的法向量,则
可取m=(2,1,-2).
从而cos==,故sin=.
即二面角D-A1C-E的正弦值为.
思路分析　(1)连接AC1交A1C于点F,得出F为AC1的中点,进而由三角形中位线定理得BC1∥DF,结合线面平行的判定定理即可获证线面平行;(2)以C为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,分别求出平面A1CD与平面A1CE的法向量,利用向量法求出二面角D-A1C-E的正弦值.
31.(2013课标Ⅰ理,18,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.
(1)证明:AB⊥A1C;
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.
解析　(1)证明:取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B.
因为CA=CB,所以OC⊥AB.
由于AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B为等边三角形,所以OA1⊥AB.
因为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,交线为AB,所以OC⊥平面AA1B1B,故OA,OA1,OC两两相互垂直.
以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题设知A(1,0,0),A1(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0).
则=(1,0,),==(-1,,0),=(0,-,).
设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量,
则即可取n=(,1,-1).
故cos==-.
所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.
思路分析　(1)取AB的中点O,由已知条件可得OC⊥AB,OA1⊥AB,从而得AB⊥平面OA1C,从而得AB⊥A1C;(2)根据证得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BB1C1C的一个法向量,进而求出该法向量与夹角的余弦值,从而可得直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.
规律总结　面面垂直的性质定理在立体几何中是一个极为关键的定理,这个定理的主要作用是将面面垂直问题转化为线面垂直问题.在一些垂直关系的证明及线面角、二面角的求解中,常要借助这个定理作出平面的垂线.
32.(2013湖南,19,12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.
(1)证明:AC⊥B1D;
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.
解析　解法一:(1)如图1,因为BB1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以AC⊥BB1.
又AC⊥BD,所以AC⊥平面BB1D,而B1D 平面BB1D,所以AC⊥B1D.
图1
(2)因为B1C1∥AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ).
如图1,连接A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90°,所以A1B1⊥平面ADD1A1,从而A1B1⊥AD1.又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形,于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D.
由(1)知,AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1,故∠ADB1=90°-θ.
在直角梯形ABCD中,因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故=,即AB==.
连接AB1.易知△AB1D是直角三角形,且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=.
在Rt△AB1D中,cos∠ADB1===,
即cos(90°-θ)=.从而sinθ=.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
解法二:(1)易知,AB,AD,AA1两两垂直.如图2,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).
图2
从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).
因为AC⊥BD,所以·=-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去).
于是=(-,3,-3),=(,1,0).
因为·=-3+3+0=0,所以⊥,即AC⊥B1D.
(2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).
设n=(x,y,z)是平面ACD1的法向量,
则即令x=1,则n=(1,-,).
设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则sinθ=|cos|===.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
评析　本题考查两条直线的位置关系中线线垂直的证明及直线与平面所成角的求解,考查学生空间想象能力和运算求解能力.对于解法一的第(2)问的运算量很小,但对学生的逻辑思维论证能力要求较高,而解法二中虽然思维能力要求低了,但运算求解能力要求非常高.在利用空间向量求解线面角时容易把公式记错,也是失分的原因.
33.(2013广东理,18,14分)如图①,在等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,CD=BE=,O为BC的中点.将△ADE沿DE折起,得到如图②所示的四棱锥A'-BCDE,其中A'O=.
(1)证明:A'O⊥平面BCDE;
(2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值.
图①
图②
解析　(1)在题图①中,易得OC=3,AC=3,AD=2.
连接OD,OE,在△OCD中,由余弦定理可得
OD==.
由翻折不变性可知A'D=2,
所以A'O2+OD2=A'D2,所以A'O⊥OD,
同理可证A'O⊥OE,又OD∩OE=O,所以A'O⊥平面BCDE.
(2)解法一:过O作OH⊥CD交CD的延长线于H,连接A'H,因为A'O⊥平面BCDE,所以A'H⊥CD,所以∠A'HO为二面角A'-CD-B的平面角.
结合题图①可知,H为AC中点,故OH=,从而A'H==,
所以cos∠A'HO==,所以二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为.
解法二:以O点为原点,建立空间直角坐标系O-xyz如图所示,
则A'(0,0,),C(0,-3,0),D(1,-2,0),
所以=(0,3,),=(-1,2,).
设n=(x,y,z)为平面A'CD的法向量,则
即解得
令x=1,得n=(1,-1,).
由(1)知,=(0,0,)为平面CDB的一个法向量,
所以cos===,即二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为.
评析　本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的求法.属中等难度题,运算要准确.
34.(2013浙江理,20,15分)如图,在四面体ABCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2.M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.
(1)证明:PQ∥平面BCD;
(2)若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小.
解析　解法一:(1)证明:取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC,连接OP,OF,FQ.
因为AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF=AD.
因为O,P分别为BD,BM的中点,所以OP是△BDM的中位线,所以OP∥DM,且OP=DM.
又点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP=AD.
从而OP∥FQ,且OP=FQ,
所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF.
又PQ 平面BCD,OF 平面BCD,所以PQ∥平面BCD.
(2)作CG⊥BD于点G,作GH⊥BM于点H,连接CH.
因为AD⊥平面BCD,CG 平面BCD,所以AD⊥CG,又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面ABD,又BM 平面ABD,所以CG⊥BM.
又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM.
所以∠CHG为二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60°.
设∠BDC=θ.
在Rt△BCD中,CD=BDcosθ=2cosθ,
CG=CDsinθ=2cosθsinθ,
BG=BCsinθ=2sin2θ.
在Rt△BDM中,HG==.
在Rt△CHG中,tan∠CHG===.
所以tanθ=.
从而θ=60°.
即∠BDC=60°.
解法二:(1)证明:如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OP所在直线为y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知A(0,,2),B(0,-,0),D(0,,0).
设点C的坐标为(x0,y0,0),
因为=3,所以Q.
因为M为AD的中点,故M(0,,1).
又P为BM的中点,故P,
所以=.
又平面BCD的一个法向量为u=(0,0,1),故·u=0.
又PQ 平面BCD,所以PQ∥平面BCD.
(2)设m=(x,y,z)为平面BMC的法向量.
由=(-x0,-y0,1),=(0,2,1),
知
取y=-1,得m=.
又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),于是
|cos|===,
即=3.①
又BC⊥CD,所以·=0,
故(-x0,--y0,0)·(-x0,-y0,0)=0,
即+=2.②
联立①,②,解得(舍去)或
所以tan∠BDC==.
又∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°.
35.(2012课标理,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.
(1)证明:DC1⊥BC;
(2)求二面角A1-BD-C1的大小.
解析　(1)由题设知,三棱柱的侧面为矩形.
由于D为AA1的中点,故DC=DC1.又AC=AA1,可得D+DC2=C,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.又BC 平面BCD,故DC1⊥BC.
(2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,则BC⊥平面ACC1,
所以CA,CB,CC1两两相互垂直.
以C为坐标原点,的方向为x轴的正方向,的方向为y轴的正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).
则=(0,0,-1),=(1,-1,1),=(-1,0,1).
设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,
则即可取n=(1,1,0).
同理,设m是平面C1BD的法向量,则
可取m=(1,2,1).从而cos==.
又易知二面角A1-BD-C1为锐二面角,
故二面角A1-BD-C1的大小为30°.
评析　本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的求法.属中等难度题,运算要准确.
36.(2011四川理,19,12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1.D是棱CC1上的一点,P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点,且PB1∥平面BDA1.
(1)求证:CD=C1D;
(2)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值;
(3)求点C到平面B1DP的距离.
解析　如图,以A1为原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A1-B1C1A,则A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1).　
(1)证明:设C1D=x,∵AC∥PC1,∴==.
由此可得D(0,1,x),P,
∴=(1,0,1),=(0,1,x),=.
设平面BA1D的一个法向量为n1=(a,b,c),
则令c=-1,则n1=(1,x,-1).
∵PB1∥平面BA1D,
∴n1·=1×(-1)+x·+(-1)×0=0.
由此可得x=,故CD=C1D.(4分)
(2)由(1)知,平面BA1D的一个法向量n1=.
又n2=(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量.
∴cos===.
故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为.(8分)
(3)∵=(1,-2,0),=.
设平面B1DP的一个法向量n3=(a1,b1,c1),
则
令c1=1,可得n3=.又=,
∴C到平面B1DP的距离d==.(12分)
37.(2016课标Ⅰ,18,12分)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.(2分)
又AF 平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(3分)
(2)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.(6分)
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,).
由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.(8分)
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).(10分)
设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则即所以可取n=(3,0,-).
设m是平面ABCD的法向量,则
同理可取m=(0,,4).则cos==-.
又易知二面角E-BC-A为钝二面角,
故二面角E-BC-A的余弦值为-.(12分)
思路分析　(1)根据已知条件证出AF⊥平面EFDC,进而得出平面ABEF⊥平面EFDC;(2)根据证得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BCE、平面ABCD的法向量,进而可求得二面角E-BC-A的余弦值.
方法总结　对于立体几何问题的求解,首先要熟练掌握平行与垂直的判定与性质,对于面面垂直的证明,寻找平面的垂线往往是解题的关键.
38.(2022浙江,19,15分)如图,已知四边形ABCD和四边形CDEF都是直角梯形,AB∥DC,DC∥EF,AB=5,DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE=60°,二面角F-DC-B的平面角为60°.设M,N分别为AE,BC的中点.
(1)证明:FN⊥AD;
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值.
解析　 (1)证明:由题意知CD⊥CB,CD⊥CF,CB∩CF=C,∴CD⊥平面CBF,又FN 平面CBF,∴CD⊥FN.
易知∠FCB即为二面角F-DC-B的平面角,故∠FCB=60°,
又CF=(CD-EF)·tan∠CDE=2,CB=(AB-CD)·tan∠BAD=2,∴△BCF是等边三角形,
又N是BC的中点,∴CB⊥FN,
∵CB∩CD=C,CB,CD 平面ABCD,
∴FN⊥平面ABCD,∵AD 平面ABCD,∴FN⊥AD.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得B(0,,0),A(5,,0),E(1,0,3),D(3,-,0),则M,∴=(2,2,0),=(-2,,3).
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),则令y=-1,则n=(,-1,).
设直线BM与平面ADE所成角为θ,
则sin θ=|cos∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为.
39.(2021北京,17,14分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为A1D1的中点,直线B1C1交平面CDE于点F.
(1)求证:点F为B1C1的中点;
(2)若点M为棱A1B1上一点,且二面角M-CF-E的余弦值为,求.
解析　(1)证明:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CD∥C1D1,因为CD 平面A1B1C1D1,C1D1 平面A1B1C1D1,所以CD∥平面A1B1C1D1,又CD 平面CDE,平面A1B1C1D1∩平面CDE=EF,所以CD∥EF,则EF∥C1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥B1C1,所以四边形EFC1D1是平行四边形,则FC1=ED1,又E是A1D1的中点,所以FC1=ED1=B1C1,即点F是B1C1的中点.
(2)以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系D-xyz.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,(0<λ<1),则C(0,2,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),F(1,2,2),E(1,0,2),所以=(1,0,2),=(0,2,0),=(2,-2,2)+λ(0,2,0)=(2,-2+2λ,2).
设平面CEF的法向量为n1=(x1,y1,z1),则令z1=1,得x1=-2,所以平面CEF的一个法向量为n1=(-2,0,1).
设平面CFM的法向量为n2=(x2,y2,z2),则
即令z2=1,得x2=-2,y2=,所以平面CFM的一个法向量为n2=.
因为二面角M-CF-E的余弦值为,所以,即,又0<λ<1,解得λ=,即.
解题指导:(1)先利用直线与平面平行的判定定理得到CD∥平面A1B1C1D1,进而得到EF∥C1D1,再由A1D1∥B1C1,得到四边形EFC1D1是平行四边形,从而得出结论;
(2)以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz,设(0<λ<1),利用空间向量的坐标运算,得到平面CEF与平面CFM的法向量,进而由已知条件得到关于λ的方程,解方程即可.
拓展延伸:(1)平面α与平面β的夹角与这两个平面的二面角相等或互补;(2)若平面α与平面β的法向量分别为n1,n2,则平面α与平面β的夹角即为n1和n2的夹角或其补角,设平面α与平面β的夹角为θ,则|cos θ|=|cos|=.
40.(2021浙江,19,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠ABC=120°,AB=1,BC=4,PA=,M,N分别为BC,PC的中点,PD⊥DC,PM⊥MD.
(1)证明:AB⊥PM;
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
解析　本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查直观想象和数学运算等素养.
(1)在△CDM中,DC=1,MC=2,∠DCM=60°,则DM=,所以CD⊥DM.
又因为CD⊥PD,所以CD⊥平面PDM.
因此CD⊥PM.
又因为AB∥CD,所以AB⊥PM.
(2)解法一:
连接AC交DM于点E,过E作EF∥AN交PC于点F.过点F作FH∥CD,交PD于H,连接HE.
由(1)知CD⊥平面PDM,所以FH⊥平面PDM.
故∠FEH是直线AN与平面PDM所成的角.
由(1)知PM⊥CD,又已知PM⊥MD,
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM,在平行四边形ABCD中,AM=,AC=.
在直角△PMA中,由PA=,AM=得PM=2.
在直角△PMC中,由PM=2,MC=2得PC=2.
在△PAC中,由PA=,PC=2,AC=得AN=.
在平行四边形ABCD中,,所以,
故EF=,HF=,
在直角△FHE中,sin∠FEH=.
因此,直线AN与平面PDM所成角的正弦值为.
解法二:
如图,以D为原点,分别以射线DM,DC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz.
则A(2,-2,0),C(0,1,0),M(,0,0),设P(,0,z0),z0>0,
因为PA=,所以z0=2,
故P(,0,2),N,
所以=(,0,2=(,0,0).
设平面PDM的法向量为n=(x,y,z),
由取n=(0,1,0).
设直线AN与平面PDM所成角为α,所以
sin α=|cos<,n>|=.
因此,直线AN与平面PDM所成角的正弦值为.
41.(2020新高考Ⅰ,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
解析　(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD 平面PBC,所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD.
因此l⊥平面PDC.
(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.则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),=(0,1,0),=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则
可取n=(-1,0,a).
所以cos设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ=.
因为,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
解后反思　(1)证明线面垂直最常用的方法是线面垂直的判定定理,而本题中直线l不易作出,直接证明比较困难,通过线面平行的性质定理可以判定直线l∥AD,从而将问题转化为证明AD⊥平面PDC,问题得证.
(2)建立空间直角坐标系,利用向量法求解.先用变量表示出PB与平面QCD所成角的正弦值,再转化为函数最值问题,此类问题要注意变量的取值范围,避免最终结果出错.
42.(2020北京,16,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.
(Ⅰ)求证:BC1∥平面AD1E;
(Ⅱ)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.
答案　命题意图:本题考查线面平行的判定定理,线面角的正弦值等知识,考查了学生逻辑推理和直观想象的核心素养.
审题指导:(Ⅰ)在平面AD1E内找一条线AD1与BC1平行→BC1∥平面AD1E.
(Ⅱ)建立空间直角坐标系→找坐标→求和平面AD1E的法向量n→sin θ=|cos|.
解题思路:(Ⅰ)证明:∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,
∴D1C1∥A1B1,D1C1=A1B1.
又AB∥A1B1,AB=A1B1,
∴D1C1∥AB,D1C1=AB,
∴四边形ABC1D1为平行四边形,
∴AD1∥BC1,又AD1 平面AD1E,BC1 平面AD1E,
∴BC1∥平面AD1E. (5分)
(Ⅱ)不妨设正方体的棱长为2,如图,分别以{}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),∴=(0,0,2),=(2,0,2),=(0,2,1),设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),直线AA1与平面AD1E所成的角为θ,
则令z=-2,则
此时n=(2,1,-2), (10分)
∴sin θ=|cos∴直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为. (13分)
名师点拨(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所成的锐角后(求出是钝角时取其补角),取其余角即为直线与平面所成的角;
(2)若求线面角的余弦值,则要注意利用平方关系sin2θ+cos2θ=1求出其值.不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成的角的余弦值即为所求.
43.(2022新高考Ⅰ,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2.
(1)求A到平面A1BC的距离;
(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.
解析　 (1)设A到平面A1BC的距离为d.因为,所以d=.
(2)解法一(几何法):由题意知,二面角A-BD-A1的平面角与二面角A-BD-C的平面角互补,故两二面角的正弦值相等.下求二面角A-BD-A1的正弦值.
如图,过A作AH⊥BD于H,取A1B的中点O,连接AO,OH.
因为AA1=AB,所以AO⊥A1B,
又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AO 平面ABB1A1,所以AO⊥平面A1BC.
又BD,BC 平面A1BC,所以AO⊥BC,AO⊥BD,又AO∩AH=A,所以BD⊥平面AOH,因为OH 平面AOH,所以OH⊥BD,则∠AHO是二面角A-BD-A1的平面角.
由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,因为BC 平面ABC,所以AA1⊥BC,
又AA1∩AO=A,AA1,AO 平面ABB1A1,
所以BC⊥平面ABB1A1.
因为A1B,AB 平面ABB1A1,所以BC⊥A1B,BC⊥AB.
由(1)知AO=d=,所以AB=AA1=2,A1B=2,
又因为△A1BC的面积为2,所以BC=2,所以可得AC=2,A1C=2,BD=,故△ABD的面积为,
又S△ABD=,所以AH=,
在Rt△OHA中,sin∠OHA=,
即二面角A-BD-C的正弦值为.
解法二(向量法):如图,取A1B的中点E,连接AE.
因为AA1=AB,所以AE⊥A1B,又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AE 平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC.
又BC 平面A1BC,所以AE⊥BC.
由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,
又BC 平面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AE=A,AA1,AE 平面ABB1A1,所以BC⊥平面ABB1A1,又AB 平面ABB1A1,所以BC⊥AB.
由(1)知AE=d=,所以AB=AA1=2,A1B=2,
又因为△A1BC的面积为2,所以BC=2.
以B为坐标原点,向量的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系B-xyz,
则C(2,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),则=(2,0,0),=(0,2,0),=(1,1,1).
设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则令x1=1,得z1=-1,所以n1=(1,0,-1).
设平面BCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1).
所以cos=,
又sin>0,所以sin=.
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
44.(2022新高考Ⅱ,20,12分)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点.
(1)证明:OE∥平面PAC;
(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.
解析　(1)证法一:连接OA,
∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,
∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,
又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,
取AB的中点D,连接OD、DE,则OD⊥AB,
又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,
又∵OD 平面PAC,AC 平面PAC,
∴OD∥平面PAC,
又D、E分别为AB、PB的中点,∴DE∥PA,
又∵DE 平面PAC,PA 平面PAC,∴DE∥平面PAC,
又OD、DE 平面ODE,OD∩DE=D,
∴平面ODE∥平面PAC,
又OE 平面ODE,∴OE∥平面PAC.
证法二:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,
∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,
∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,
∴△POA≌△POB,∴OA=OB,
延长BO交AC于点F,连接PF,
易知在Rt△ABF中,O为BF的中点,
∵E为PB的中点,∴OE∥PF,
又OE 平面PAC,PF 平面PAC,
∴OE∥平面PAC.
(2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M且与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4,
又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=2,
∴P(0,2,3),B(2,0,0),A(-2,0,0),E,
∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=4,
∴AC=12,C(-2,12,0).
设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),
=(4,0,0),,
∴
令y1=3,则z1=-2,∴n1=(0,3,-2).
设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
=(0,12,0),
∴
令x2=,则z2=-6,∴n2=(,0,-6),
∴cos=,
设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sin θ=,∴二面角C-AE-B的正弦值为.
45.(2022全国甲理,18,12分)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=.
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
解析　(1)证明:过D作DH⊥AB,垂足为H,则AH=,又AD=1,所以DH=.易知BH=,所以BD=,在△ABD中,AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以PD⊥BD,又因为PD∩AD=D,所以BD⊥平面PAD,又PA 平面PAD,所以BD⊥PA.
(2)解法一:连接PH.设点D到平面PAB的距离为h,
由VD-PAB=VP-ABD得S△ABD·PD,
所以h=.
由(1)易知S△ABD=,
由PD⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,DH 平面ABCD,得PD⊥AB,PD⊥DH,又AB⊥DH,DH∩PD=D,所以AB⊥平面PDH,所以AB⊥PH.
在Rt△PDH中,PH=,
∴S△PAB=,
∴h=.
设直线PD与平面PAB所成的角为θ,则
sin θ=.
故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为.
解法二:由(1)知BD⊥平面PAD,
∴DA,DB,DP两两垂直.
以D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D(0,0,0),P(0,0,),A(1,0,0),B(0,,0),∴=(0,0,=(1,0,-=(-1,,0).
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=,则y=1,z=1,
∴平面PAB的一个法向量为n=(,1,1).
设直线PD与平面PAB所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=.
故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为.
46.(2021全国甲理,19,12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小
解题指导:由直棱柱的特征及BF⊥A1B1,可得AB⊥平面B1C1CB,进而可建立空间直角坐标系,利用坐标运算证明垂直关系和求二面角的正弦值.
解析　∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,
∴A1B1⊥平面B1C1CB,∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB,
又∵BC 平面B1C1CB,∴AB⊥BC.
以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴=(0,2,1),设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则=(1-a,1,-2).
(1)证明:∵=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE.
(2)=(-1,1,1),=(a,-2,1),
设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),
则不妨设x=1,则y=,z=,
∴n=.
易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量.
设平面BB1C1C与平面DEF所成的锐二面角的大小为θ,
则cos θ=|cos|=,
∴sin θ=,故当a=,即B1D=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为.
47.(2021全国乙理,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM.
(1)求BC;
(2)求二面角A-PM-B的正弦值.
解题指导:(1)根据题意建立适当的空间直角坐标系,求得相应的点的坐标,设出BC的长度,得到点A,B,M的坐标(含参数),利用垂直关系构造方程,从而求得BC的长度;(2)在(1)的基础上,求得两个平面的法向量,利用向量的夹角公式求二面角的余弦值,最后转化为正弦值.
解析　(1)由题意知DA,DC,DP两两垂直,所以以D为原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示,设BC=t(t>0),则A(t,0,0),B(t,1,0),M,P(0,0,1),所以=(t,1,-1),,
因为PB⊥AM,所以=0,所以-+1=0,即t2=2.
又t>0,所以t=,即BC=.
(2)设平面PAM的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则由(1)知=(,0,-1),,所以令x1=,则y1=1,z1=2,即n1=(,1,2),
设平面PMB的法向量为n2=(x2,y2,z2),则由(1)知=(,1,-1),,所以令y2=1,则z2=1,即n2=(0,1,1),
所以cos=.
由题图可知二面角A-PM-B的平面角为锐角,所以所求二面角的正弦值为.
方法总结:二面角的求解主要有两种方法:一是几何法,根据几何体的结构特征与线面位置关系作出二面角的平面角,然后转化为解三角形问题求解;二是空间向量法,根据题意建立合适的空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,代入向量的夹角公式求解.
48.(2020课标Ⅰ理,18,12分)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO.
(1)证明:PA⊥平面PBC;
(2)求二面角B-PC-E的余弦值.
解析　(1)证明:设DO=a,由题设可得PO=a,AO=a,AB=a,PA=PB=PC=a.
因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB.
又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.
所以PA⊥平面PBC.
(2)以O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O-xyz.
由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C,P.
所以.
设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则
可取m=.
由(1)知是平面PCB的一个法向量,记n=,则cos=.
易知二面角B-PC-E的平面角为锐角,
所以二面角B-PC-E的余弦值为.
易错警示　利用法向量求二面角的平面角时,要注意法向量的夹角与二面角的平面角不一定一致,所以最后结论一定要结合几何体判定该二面角的平面角是锐角还是钝角.
49.(2020课标Ⅲ理,19,12分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.
(1)证明:点C1在平面AEF内;
(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.
解析　设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1-xyz.
(1)连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),E,F,得,因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.
(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),=(0,-1, -1),=(-2,0,-2),=(0,-1,2),=(-2,0,1).
设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则
即可取n1=(-1,-1,1).
设n2为平面A1EF的法向量,则
同理可取n2=.
因为cos=,
所以二面角A-EF-A1的正弦值为.
易错警示　用向量法求二面角的注意点
①某些平面的法向量可能已知,不用单独求.②注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角,可结合图形进行,以防结论错误.
50.(2023全国甲理,18,12分,中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明:A1C=AC;
(2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC 平面ABC,
∴A1C⊥BC,又∵BC⊥AC,AC∩A1C=C,
∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC 平面BCC1B1,
∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
过A1作A1H⊥CC1,则A1H⊥平面BCC1B1,(面面垂直的性质)
即A1H的长为点A1到平面BCC1B1的距离,∴A1H=1.
设AC=x,在Rt△A1CA中,A1C=,
在Rt△CA1C1中,A1C1·A1C=CC1·A1H,
即x·=2×1,解得x=,故A1C=AC=,
∴A1C=AC.
(2)连接B1C.过C作CQ⊥AA1,垂足为Q,连接BQ.由(1)知BC⊥平面ACC1A1,又AA1 平面ACC1A1,∴BC⊥AA1.又CQ∩BC=C,∴AA1⊥平面BCQ,∵BQ 平面BCQ,∴AA1⊥BQ,又∵AA1∥BB1,∴BB1⊥BQ,∴BQ的长为直线AA1与BB1之间的距离,即BQ=2.在Rt△BCQ中,BQ=2,CQ=1,∴BC=.
由(1)知CA、CB、CA1两两垂直,∴以直线CA,CB,CA1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则C(0,0,0),A(,0,0),A1(0,0,),B(0,,0),
∴=(0,,0),=(-,0,),又知==(-,0,),∴B1(-).∴=(-=(-2).
设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则z=1,则n=(1,0,1),
设直线AB1与平面BCC1B1所成角为θ,则
sin θ=|cos<,n>|====,
即AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
51.(2023全国乙理,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;
(3)求二面角D-AO-C的正弦值.
解析　解法一:(1)证明:如图1,连接DE、OF,设AF=tAC(0∵BF⊥AO,
∴=[(1-t)]·=(t-1)=4(t-1)+4t=0,解得t=,
故F为AC的中点.
∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,
∴DE∥AB,且DE=AB,OF∥AB,且OF=AB,
∴DE OF.
∴四边形DEFO是平行四边形,∴EF∥DO.
又EF 平面ADO,DO 平面ADO,
∴EF∥平面ADO.
(2)证明:∵D,O分别是PB,BC的中点,且PC=,
∴DO=,又AD=DO,∴AD=.
在Rt△ABO中,AB=2,BO=,∴AO=,
在△ADO中,OD2+AO2=AD2,
∴OD⊥AO,由(1)知EF∥OD,则EF⊥AO,
又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF 平面BEF,EF 平面BEF,∴AO⊥平面BEF,
又AO 平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.
(3)如图1,过点O作OH∥BF交AC于点H,由AO⊥BF,知HO⊥AO,又由(2)知OD⊥AO,故∠DOH为二面角D-AO-C的平面角,设AD∩BE=G,
∵D,E分别为PB,PA的中点,∴G为△PAB的重心,
∴DG=AD,GE=BE,
∵O为BC的中点,OH∥BF,∴H为FC的中点,由(1)知F为AC的中点,∴FH=AH,连接DH,GF,∴DH=GF,由cos∠ABD=,得PA=,
同理可得BE=,
∴BE2+EF2=3=BF2,故BE⊥EF,则GF2=,∴GF=,故DH=.
在△DOH中,OH=,OD=,DH=,
∴cos∠DOH=.
∴二面角D-AO-C的正弦值为.
　
解法二(空间向量法):以BA,BC所在直线分别为x,y轴,过点B且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图2所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,,0),C(0,2,0).
(1)证明:设,0<λ<1.∵=(-2,2,0),
∴F(2-2λ,2λ,0),∴=(2-2λ,2λ,0).
∵BF⊥AO,=(-2,,0),
∴=0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ=,故F为AC的中点.
连接OF,DE,
∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,
∴DE∥AB,且DE=AB,OF∥AB,且OF=AB,∴DE OF,故四边形ODEF为平行四边形,∴EF∥DO,
又EF 平面ADO,DO 平面ADO,
∴EF∥平面ADO.
(2)证明:易得AD=,由cos∠ABD=,得PA=.
设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC=,PA=可得解得故P(-1,),
又∵E是PA的中点,
∴E,∴,又=(-2,,0),∴=0,∴,即AO⊥BE,又AO⊥BF,BE∩BF=B,
∴AO⊥平面BEF,又AO 平面ADO,
∴平面ADO⊥平面BEF.
(3)易知平面AOC的一个法向量为m1=(0,0,1),
∵D为PB的中点,∴D,∴,
设平面AOD的法向量为m2=(x1,y1,z1),
则即
取x1=1,则y1=,z1=,
则m2=(1,),
设二面角D-AO-C的大小为θ,则|cos θ|=|cos|=.
由题图可知,二面角D-AO-C的平面角为钝角,
∴cos θ=-,∴sin θ=,即二面角D-AO-C的正弦值为.
52.(2023新课标Ⅰ,18,12分,中)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
解析　解法一(向量法):
(1)证明:以C为原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
则=(0,-2,1),=(0,-2,1),
∴=,∴∥,
又知B2C2与A2D2无公共点,
∴B2C2∥A2D2.
(2)∵点P在棱BB1上,∴设P(0,2,a)(0≤a≤4),
结合(1)可知=(-2,-2,2),=(0,-2,1),=(2,0,1-a),=(0,-2,3-a).
设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
令z1=2,则n1=(1,1,2).
设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即
令z2=2,则n2=(a-1,3-a,2),
又∵二面角P-A2C2-D2为150°,
∴|cos 150°|=|cos|===,
即=,化简得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3,
当a=1时,B2P=1;当a=3时,B2P=1.
综上,B2P=1.
解法二(几何法):
(1)证明:如图,分别取BB2,CC1的中点B3,C3,连接A2B3,B3C3,D2C3,
∴BB3=B2B3=1,CC3=2,∴C2C3=1,
在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA2∥BB3,AA2=BB3=1,
∴四边形ABB3A2为平行四边形,
∴A2B3=AB=2,A2B3∥AB,
同理D2C3=CD,D2C3∥CD,
又∵AB∥CD,AB=CD=2,
∴A2B3∥D2C3,A2B3=D2C3,
∴四边形A2B3C3D2为平行四边形,
∴A2D2∥B3C3,A2D2=B3C3,
∵B2B3∥C2C3,B2B3=C2C3=1,
∴四边形B2B3C3C2为平行四边形,
∴B2C2∥B3C3,B2C2=B3C3,∴B2C2∥A2D2.
(2)当P在B1B2上时,连接A2B2.
由(1)可知四边形A2B2C2D2为平行四边形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E,
∵二面角P-A2C2-D2为150°,∴直线B2E与平面PA2C2所成角为30°,易知B2E=,
所以B2到平面PA2C2的距离d1=B2E·sin 30°=.
连接A1B2,A1D2,A1C2,A1E,
由A1B2=A1D2=2,得A1E⊥B2D2,所以A1E=,
由A1C2=A1A2=3,得A1E⊥A2C2,
又B2D2∩A2C2=E,
所以A1E⊥平面A2B2C2D2,
因为二面角P-A2C2-D2为150°,
所以A1E与平面PA2C2所成角为60°,
所以点A1到平面PA2C2的距离d2=A1E·sin 60°=,
所以==3,
设A1B2与A2P交于点Q,则=3,又知B2P∥A1A2,
∴==,又知A1A2=3,∴B2P=A1A2=1.
由对称性可知,当P在BB2上时,同样可得B2P=1.
综上,B2P=1.
53.(2023新课标Ⅱ,20,12分,中)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(2)点F满足=,求二面角D-AB-F的正弦值.
解析　(1)证明:连接AE,DE,
∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC.
又∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,
∴△ACD与△ABD均为等边三角形,
∴AC=AB,∴AE⊥BC.
又∵AE∩DE=E,AE 平面ADE,DE 平面ADE,
∴BC⊥平面ADE,
又∵DA 平面ADE,∴BC⊥DA.
(2)设DA=DB=DC=2,则BC=2,DE=AE=,
∴AE2+DE2=4=DA2,∴AE⊥DE.
又∵AE⊥BC,DE∩BC=E,DE 平面BCD,BC 平面BCD,∴AE⊥平面BCD.
以E为原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(,0,0),A(0,0,),B(0,,0),E(0,0,0),
∴=(-,0,=(0,,-),
∵=,∴F(-,0,),
∴=(-,0,0).
设平面DAB的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
令z1=1,则n1=(1,1,1).
设平面ABF的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即
令z2=1,则n2=(0,1,1).
设二面角D-AB-F的平面角为θ,
则|cos θ|===.
又∵θ∈[0,π],
∴sin θ===,
∴二面角D-AB-F的正弦值为.
(
第
1
页共
33
页
)