高考理科数学复习练习作业56 27页

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.‎