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  • 2021-06-19 发布

高考理科数学复习练习作业56

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题组层级快练(五十六)‎ ‎(第一次作业)‎ ‎1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB的中点,则sin〈,〉的值等于(  )‎ A.          B. C. D. 答案 B 解析 分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴建系,令AD=1,‎ ‎∴=(1,1,1),=(1,-,0).‎ ‎∴cos〈,〉==.‎ ‎∴sin〈,〉=.‎ ‎2.已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AA1=2AB,E为AA1的中点,则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为(  )‎ A. B. C. D. 答案 C 解析 如图,以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系.‎ 设AA1=2AB=2,则B(1,1,0),E(1,0,1),C(0,1,0),‎ D1(0,0,2).‎ ‎∴=(0,-1,1),=(0,-1,2).‎ ‎∴cos〈,〉==.‎ ‎3.若正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D是A1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为(  )‎ A. B. C. D. 答案 B 解析 间接法:由正三棱柱的所有棱长都相等,依据题设条件,可知B1D⊥平面ACD,∴B1D⊥DC,故△B1DC为直角三角形.‎ 设棱长为1,则有AD=,B1D=,DC=,∴S△B1DC=××=.‎ 设A到平面B1DC的距离为h,则有 VA-B1DC=VB1-ADC,∴×h×S△B1DC=×B1D×S△ADC.‎ ‎∴×h×=××,∴h=.‎ 设直线AD与平面B1DC所成的角为θ,则sinθ==.‎ 向量法:‎ 如图,取AC的中点为坐标原点,建立空间直角坐标系.‎ 设各棱长为2,则有A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(,0,2).‎ 设n=(x,y,z)为平面B1CD的法向量,‎ 则有⇒⇒n=(0,2,1).‎ ‎∴sin〈,n〉==.‎ ‎4.(2017·山西临汾一模)如图所示,点P在正方形ABCD所在平面外,PA⊥平面ABCD,PA=AB,则PB与AC所成的角是(  )‎ A.90° B.60°‎ C.45° D.30°‎ 答案 B 解析 将其还原成正方体ABCD-PQRS,显然PB∥SC,△ACS为正三角形,∴∠ACS=60‎ ‎°.‎ ‎5.(2017·皖南八校联考)四棱锥V-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,其他四个侧面是腰长为3的等腰三角形,则二面角V-AB-C的余弦值的大小为(  )‎ A. B. C. D. 答案 B 解析 如图所示,取AB中点E,过V作底面的垂线,垂足为O,连接OE,根据题意可知,∠VEO是二面角V-AB-C的平面角.因为OE=1,VE==2,所以cos∠VEO===,故选B.‎ ‎6.已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则面AEF与面ABC所成的锐二面角的正切值为________.‎ 答案  解析 如图,建立空间直角坐标系D-xyz,‎ 设DA=1,由已知条件得A(1,0,0),E(1,1,),F(0,1,),=(0,1,),=(-1,1,),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),‎ 面AEF与面ABC所成的锐二面角为θ,由图知θ为锐角,‎ 由得 令y=1,z=-3,x=-1,则n=(-1,1,-3),‎ 平面ABC的法向量为m=(0,0,-1),‎ cosθ=|cosn,m|=,tanθ=.‎ ‎7.(2014·福建,理)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,如图所示.‎ ‎(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.‎ 答案 (1)略 (2) 解析 (1)∵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,如图所示.‎ 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n=(x0,y0,z0),‎ 则即取z0=1,‎ 得平面MBC的一个法向量n=(1,-1,1).‎ 设直线AD与平面MBC所成角为θ,‎ 则sinθ=|cos〈n,〉|==,‎ 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.‎ ‎8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点.试求:‎ ‎(1)AD1与EF所成角的大小;‎ ‎(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值;‎ ‎(3)二面角C1-DB-B1的正切值.‎ 答案 (1)60° (2) (3) 思路 ‎ 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则B1(0,0,0),A(1,0,1),B(0,0,1),D1(1,1,0),E(0,,0),F(,1,0),D(1,1,1).‎ ‎(1)因为=(0,1,-1),=(,,0),‎ 所以cos,==,‎ 即AD1与EF所成的角为60°.‎ ‎(2)=(,-1,1),由图可得,=(1,0,0)为平面BEB1的一个法向量,设AF与平面BEB1所成的角为θ,‎ 则sinθ=cos,==,所以cosθ=.‎ ‎(3)设平面DBB1的法向量为n1=(x,y,z),=(-1,-1,0),=(0,0,1),‎ 由得令y=1,则n1=(-1,1,0).‎ 同理,可得平面C1DB的一个法向量为n2=(-1,1,1).‎ 则cosn1,n2==.‎ 所以tann1,n2=.‎ ‎9.如图所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,PA=AB,‎ ‎∠ABC=60°,∠BCA=90°,点D,E分别在棱PB,PC上,且DE∥BC.‎ ‎(1)求证:BC⊥平面PAC;‎ ‎(2)当D为PB的中点时,求AD与平面PAC所成的角的余弦值;‎ ‎(3)是否存在点E使得二面角A-DE-P为直二面角?并说明理由.‎ 答案 (1)略 (2) (3)存在点E 解析 方法一:(1)∵PA⊥底面ABC,‎ ‎∴PA⊥BC.又∠BCA=90°,‎ ‎∴AC⊥BC,∴BC⊥平面PAC.‎ ‎(2)∵D为PB的中点,DE∥BC,∴DE=BC.‎ 又由(1)知,BC⊥平面PAC,‎ ‎∴DE⊥平面PAC,垂足为点E.‎ ‎∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角.‎ ‎∵PA⊥底面ABC,∴PA⊥AB.‎ 又PA=AB,∴△ABP为等腰直角三角形.∴AD=AB.‎ 在Rt△ABC中,∠ABC=60°.∴BC=AB.‎ ‎∴Rt△ADE中,sin∠DAE===.‎ ‎∴cos∠DAE=.‎ ‎(3)∵DE∥BC,又由(1)知,BC⊥平面PAC,∴DE⊥平面PAC.‎ 又∵AE⊂平面PAC,PE⊂平面PAC,∴DE⊥AE,DE⊥PE.‎ ‎∴∠AEP为二面角A-DE-P的平面角.‎ ‎∵PA⊥底面ABC,∴PA⊥AC,∴∠PAC=90°.‎ ‎∴在棱PC上存在一点E,使得AE⊥PC.‎ 这时,∠AEP=90°.‎ 故存在点E使得二面角A-DE-P是直二面角.‎ 方法二:如图所示,以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz.‎ 设PA=a,由已知可得A(0,0,0),B(-a,a,0),C(0,a,0),P(0,0,a).‎ ‎(1)∵=(0,0,a),=(a,0,0),∴·=0,∴BC⊥AP.‎ 又∵∠BCA=90°,∴BC⊥AC.又AP∩AC=A,∴BC⊥平面PAC.‎ ‎(2)∵D为PB的中点,DE∥BC,∴E为PC的中点.‎ ‎∴D(-a,a,a),E(0,a,a).‎ 又由(1)知,BC⊥平面PAC,∴DE⊥平面PAC,垂足为点E.‎ ‎∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角.‎ ‎∵=(-a,a,a),=(0,a,a),‎ ‎∴cos∠DAE==.‎ ‎(3)同方法一.‎ ‎10. (2016·浙江,理)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.‎ 答案 (1)略 (2) 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,平面BCFE∩平面ABC=BC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.‎ 又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,又AC∩CK=C,所以BF⊥平面ACFD.‎ ‎(2)方法1: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AK=,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.‎ 方法2:如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则△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轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.‎ 由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,),A(-1,-3,0),E(,0),F(-,0,).‎ 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m,n==.‎ 所以二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.‎ ‎11.如图所示,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC的中点.‎ ‎(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值;‎ ‎(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AMN?若存在,求线段AS的长;若不存在,请说明理由.‎ 答案 (1) (2)存在,|AS|= 思路 (1)→→→ ‎(2)→→→ 解析 (1)如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系D-xyz.‎ 依题意得D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),‎ N(1,1,1),E(,1,0),所以=(-,0,-1),=(-1,0,1),‎ 因为|cos,|===.‎ 所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.‎ ‎(2)假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN.连接AE,如图所示.‎ 因为=(0,1,1),可设=λ=(0,λ,λ),又=(,-1,0),‎ 所以=+=(,λ-1,λ).由ES⊥平面AMN,‎ 得即解得λ=,此时=(0,,),||=.‎ 经检验,当|AS|=时,ES⊥平面AMN.‎ 故线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN,此时|AS|=.‎ ‎(第二次作业)‎ ‎1.(2017·沧州七校联考)把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD⊥‎ 平面CBD,则异面直线AD,BC所成的角为(  )‎ A.120°          B.30°‎ C.90° D.60°‎ 答案 D 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则A(,0,0),‎ B(0,,0),C(0,0,),D(0,-,0),‎ ‎∴=(-,-,0),‎ =(0,-,).‎ ‎∴||=2,||=2,·=2.‎ ‎∴cos〈,〉===.‎ ‎∴异面直线AD,BC所成的角为60°.‎ ‎2.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若E,F分别是BC,DD1的中点,则B1到平面ABF的距离为(  )‎ A. B. C. D. 答案 D 解析 方法一:由VB1-ABF=VF-ABB1可得解.‎ 方法二:建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则A(1,0,1),B1(1,1,0).‎ 设F(0,0,),E(,1,1),B(1,1,1),=(0,1,0).‎ ‎∴=(-,0,1),=(-1,0,-).‎ ‎∵·=(-1,0,-)·(-,0,1)=0,‎ ‎∴⊥.又⊥,∴B1E⊥平面ABF.‎ 平面ABF的法向量为=(-,0,1),‎ =(0,1,-1).‎ B1到平面ABF的距离为=.‎ ‎3.(2017·湖南长沙一模)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为BB1,CD的中点,则点F到平面A1D1E的距离为________.‎ 答案  解析 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,如图所示.‎ 则A1(0,0,1),E(1,0,),F(,1,0),D1(0,1,1).‎ ‎∴=(1,0,-),=(0,1,0).‎ 设平面A1D1E的一个法向量为n=(x,y,z),‎ 则即令z=2,则x=1.‎ ‎∴n=(1,0,2).又=(,1,-1),‎ ‎∴点F到平面A1D1E的距离为d===.‎ ‎4.(2014·陕西,理)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.‎ 答案 (1)略 (2) 解析 (1)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,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)方法一: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.‎ ‎∴取n=(1,1,0).‎ ‎∴sinθ=|cos〈,n〉|===.‎ 方法二: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〉|===.‎ ‎5.(2017·河北开滦二中月考)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,PD=AB=2,E为PC中点.‎ ‎(1)求证:DE⊥平面PCB;‎ ‎(2)求点C到平面DEB的距离;‎ ‎(3)求二面角E-BD-P的余弦值.‎ 答案 (1)略 (2) (3) 解析 (1)证明:∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥BC.‎ 又正方形ABCD中,CD⊥BC,PD∩CD=D,∴BC⊥平面PCD.‎ ‎∵DE⊂平面PCD,∴BC⊥DE.‎ ‎∵PD=CD,E是PC的中点,∴DE⊥PC.‎ 又∵PC∩BC=C,∴DE⊥平面PCB.‎ ‎(2)如图①所示,过点C作CM⊥BE于点M,‎ 由(1)知平面DEB⊥平面PCB,∵平面DEB∩平面PCB=BE,∴CM⊥平面DEB.‎ ‎∴线段CM的长度就是点C到平面DEB的距离.‎ ‎∵PD=AB=CD=2,∠PDC=90°,‎ ‎∴PC=2,EC=,BC=2.∴BE=.‎ ‎∴CM==.‎ ‎(3)以点D为坐标原点,分别以直线DA,DC,DP为x轴,y轴,z轴建立如图②所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),P(0,0,2),B(2,2,0),E(0,1,1),=(2,2,0),=(0,1,1).设平面BDE的法向量为n1=(x,y,z),‎ 则∴ 令z=1,得y=-1,x=1.‎ ‎∴平面BDE的一个法向量为n1=(1,-1,1).‎ 又∵C(0,2,0),A(2,0,0),=(-2,2,0),且AC⊥平面PDB,‎ ‎∴平面PDB的一个法向量为n2=(1,-1,0).‎ 设二面角E-BD-P的平面角为α,则cosα===.‎ ‎∴二面角E-BD-P的余弦值为.‎ ‎6.(2017·郑州质检)四棱锥A—BCDE的正视图和俯视图如下,其中俯视图是直角梯形.‎ ‎(1)若正视图是等边三角形,F为AC的中点,当点M在棱AD上移动时,是否总有BF⊥CM,请说明理由;‎ ‎(2)若平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45°.求直线AD与平面ABE所成角的正弦值.‎ 答案 (1)总有BF⊥CM (2) 解析 (1)由俯视图可知平面ABC⊥平面EBCD.‎ BC=2,O为BC中点,BE=1,CD=2.‎ ‎∵△ABC为等边三角形,F为AC中点,∴BF⊥AC.‎ 又平面ABC⊥平面EBCD,且DC⊥BC,‎ ‎∴DC⊥平面ABC,∴DC⊥BF.‎ 又AC∩CD=C,∴BF⊥平面ACD.∴BF⊥CM.‎ ‎(2)以O为原点,为x轴,为z轴建系.‎ B(-1,0,0),C(1,0,0),E(-1,1,0),D(1,2,0).‎ 设A(0,0,a),由题意可知平面ABC的法向量为(0,1,0).‎ 设平面ADE法向量n=(x,y,z).‎ =(2,1,0),=(1,-1,a),∴令x=1,y=-2,z=.‎ ‎∴n=(1,-2,-).∴=,解得a=.‎ ‎∴=(1,2,-),=(0,1,0),=(1,-1,).‎ 设平面ABE的法向量为m=(x1,y1,z1),‎ ‎∴ 令z1=1,∴m=(-,0,1).‎ 设AD与平面ABE所成角为θ,则有sinθ=|cos〈,m〉|==.‎ ‎∴直线AD与平面ABE所成角的正弦值为.‎ ‎7.如图,几何体EF-ABCD中,CDEF是边长为2的正方形,ABCD为直角梯形,‎ AB∥CD,AD⊥DC,AD=2,AB=4,∠ADF=90°.‎ ‎(1)求证:AC⊥FB;‎ ‎(2)求二面角E-FB-C的大小.‎ 答案 (1)略 (2) 解析 (1)证明:由题意得,AD⊥DC,AD⊥DF,且DC∩DF=D,∴AD⊥平面CDEF,∴AD⊥FC,∵四边形CDEF为正方形,∴DC⊥FC.‎ ‎∵DC∩AD=D,∴FC⊥平面ABCD,∴FC⊥AC.‎ 又∵四边形ABCD为直角梯形,AB∥CD,AD⊥DC,AD=2,AB=4,∴AC=2,BC=2,‎ 则有AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC,又BC∩FC=C,∴AC⊥平面FCB,∴AC⊥FB.‎ ‎(2)由(1)知AD,DC,DE所在直线相互垂直,故以D为原点,DA,DC,DE所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 可得D(0,0,0),F(0,2,2),B(2,4,0),E(0,0,2),C(0,2,0),A(2,0,0),‎ ‎∴=(0,2,0),=(2,2,-2),设平面EFB的法向量为n=(x,y,z),‎ 则有令z=1,则n=(1,0,1),‎ 由(1)知平面FCB的一个法向量为=(-2,2,0),‎ 设二面角E-FB-C的大小为θ,由图知θ∈(0,),‎ ‎∴cosθ=|cosn,|=,∴θ=.‎ ‎8.(2015·天津,理)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.‎ ‎(1)求证:MN∥平面ABCD;‎ ‎(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;‎ ‎(3)设E为棱A1B1上的点,若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.‎ 答案 (1)略 (2) (3)-2‎ 解析 如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M(1,,1),N(1,-2,1).‎ ‎(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.=(0,-,0).‎ 由此可得·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.‎ ‎(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).‎ 设n1=(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,‎ 则即不妨设z1=1,可得n1=(0,1,1).‎ 设n2=(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,则 又=(0,1,2),得不妨设z2=1,可得n2=(0,-2,1).‎ 因此有cos==-.于是sin=.‎ 所以二面角D1-AC-B1的正弦值为.‎ ‎(3)依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos〈,n〉===,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.‎ 所以线段A1E的长为-2.‎ ‎9.如图,在五面体ABCDEP中,PD⊥平面ABCD,∠ADC=∠BAD=90°,F为棱PA的中点,PD=BC=,AB=AD=1,且四边形CDPE为平行四边形.‎ ‎(1)判断AC与平面DEF的位置关系,并给予证明;‎ ‎(2)在线段EF上是否存在一点Q,使得BQ与平面BCP所成角的正弦值为?若存在,请求出QE的长;若不存在,请说明理由.‎ 答案 (1)平行 (2)不存在 解析 (1)AC∥平面DEF.理由如下:‎ 设线段PC交DE于点N,连接FN,如图所示,‎ 因为四边形PDCE为平行四边形,所以点N为PC的中点,又点F为PA的中点,所以FN∥AC,因为FN⊂平面DEF,AC⊄平面DEF,所以AC∥平面DEF.‎ ‎(2)以D为原点,分别以DA,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.‎ 因为PD=BC=,AB=AD=1,所以CD=2,‎ 所以P(0,0,),B(1,1,0),C(0,2,0),F(,0,),E(0,2,).‎ 所以=(1,1,-),=(-1,1,0).‎ 设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),‎ 则 即解得令y=1,则m=(1,1,).‎ 设存在点Q满足条件,且=λ(0≤λ≤1),‎ ‎∴=+=+λ=(-,-1,)+λ(-,2,-)‎ ‎=(-,2λ-1,).‎ ‎∵BQ与平面BCP所成角的正弦值为,‎ ‎∴|cos〈,m〉|==.‎ ‎∴4λ2-3λ+1=0.‎ ‎∵Δ<0,∴此方程无解.∴点Q不存在.‎ ‎1.(2014·北京,理)如图所示,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.‎ 答案 (1)略 (2),2‎ 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A-xyz,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的一个法向量为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〈n,〉|==.‎ 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的一个法向量,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.‎ ‎2. (2015·安徽,理)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.‎ ‎(1)证明:EF∥B1C;‎ ‎(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.‎ 答案 (1)略 (2) 解析 (1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D.又A1D⊂平面A1DE,B1C⊄平面A1DE,于是B1C∥平面A1DE.又B1C⊂平面B1CD1,平面A1DE∩平面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.‎ ‎(2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以,,为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).‎ 设平面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量=(0.5,0.5,0),‎ =(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).‎ 设平面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),‎ =(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).‎ 所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为==.‎ ‎3.(2017·河南洛阳模拟)如图(1)所示,在△ABC中,BC=3,AC=6,∠C=90°,且DE∥BC,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1D⊥CD,如图(2)所示.‎ ‎(1)求证:BC⊥平面A1DC;‎ ‎(2)若CD=2,求BE与平面A1BC所成角的正弦值.‎ 答案 (1)略 (2) 解析 (1)证明:∵DE⊥AD,DE∥BC,∴BC⊥AD,∴BC⊥A1D.‎ 又∵BC⊥CD,A1D∩CD=D,∴BC⊥平面A1DC.‎ ‎(2)以D为原点,分别以,,为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.‎ 在直角梯形CDEB中,过E作EF⊥BC,垂足为F,‎ 则EF=2,BF=1,BC=3.‎ ‎∴B(3,0,-2),E(2,0,0),C(0,0,-2),A1(0,4,0).‎ ‎∴=(-1,0,2),=(0,4,2),=(-3,4,2).‎ 设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z),‎ 则 ‎∴解得 令y=1,则m=(0,1,-2).‎ 设BE与平面A1BC所成角为θ,则sinθ===.‎ ‎4. (2013·湖南)如图所示,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.‎ 答案 (1)略 (2) 解析 (1)易知,AB,AD,AA1两两垂直.如图所示,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).‎ 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的一个法向量,‎ 则即令x=1,则n=(1,-,).‎ 设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,‎ 则sinθ=|cos〈n,〉|===.‎ 即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.‎ ‎5. (2016·山东,理)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)设FC的中点为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,OB∩BC=B,所以平面GHI∥平面ABC.‎ 因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.‎ ‎(2)方法一: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).‎ 过点F作FM垂直OB于点M,所以FM==3,可得F(0,,3).‎ 故=(-2,-2,0),=(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=(-1,1,).‎ 因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cosm,n==.‎ 所以二面角F-BC-A的余弦值为.‎ 方法二: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.‎ ‎6.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面是直角梯形,‎ ‎∠ABC=90°,且PA=AB=BC=AD=1.‎ ‎(1)求PB与CD所成的角;‎ ‎(2)求直线PD与平面PAC所成的角的余弦值.‎ 解析 (1)建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 因为PA=AB=BC=AD=1,‎ 所以A(0,0,0),P(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),‎ 所以=(1,0,-1),=(-1,1,0).‎ 设PB与CD所成的角为θ,所以cosθ=|cos,|==,‎ 所以PB与CD所成的角为60°.‎ ‎(2)=(0,2,-1),=(0,0,1),=(1,1,0).‎ 设m=(x,y,z)是平面PAC的法向量,则⇒⇒ 取x=1,则m=(1,-1,0).设直线PD与平面PAC所成的角为α,所以sinα=|cos,m|===,因为α∈[0,],所以cosα=.‎ ‎7.(2016·天津,理)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.‎ ‎(1)求证:EG∥平面ADF;‎ ‎(2)求二面角O-EF-C的正弦值;‎ ‎(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.‎ 解析 依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O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,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).‎ ‎(1)依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得·n1=0,又直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.‎ ‎(2)易证,=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).‎ 设n2=(x′,y′,z′)为平面CEF的法向量,则即不妨设x′=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos〈,n2〉==-,于是sin〈,n2〉=.‎ 所以二面角O-EF-C的正弦值为.‎ ‎(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以==(,-,),进而有H(-,,),从而=(,,),因此cos〈,n2〉==-.‎ 所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.‎