• 3.12 MB
  • 2021-05-13 发布

数学高考分类汇编解答题理03——立体几何

  • 30页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
‎03 立体几何 ‎1. (2011天津卷理)17.(本小题满分13分)如图,在三棱柱中,‎ 是正方形的中心,,平面,且 ‎(Ⅰ)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;‎ ‎(Ⅱ)求二面角的正弦值;‎ ‎(Ⅲ)设为棱的中点,点在平面内,且平面,求线段的长.‎ ‎【解析】17.本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.‎ ‎ 方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,点B为坐标原点.‎ ‎ 依题意得 ‎ ‎ ‎ (I)解:易得,‎ ‎ 于是 ‎ 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎ (II)解:易知 ‎ 设平面AA1C1的法向量,‎ ‎ 则即 ‎ 不妨令可得,‎ ‎ 同样地,设平面A1B1C1的法向量,‎ ‎ 则即不妨令,‎ 可得 于是 从而 所以二面角A—A1C1—B的正弦值为 ‎ (III)解:由N为棱B1C1的中点,‎ 得设M(a,b,0),‎ 则 由平面A1B1C1,得 即 解得故 因此,所以线段BM的长为 方法二:‎ ‎(I)解:由于AC//A1C1,故是异面直线AC与A1B1所成的角.‎ 因为平面AA1B1B,又H为正方形AA1B1B的中心,‎ 可得 因此 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎(II)解:连接AC1,易知AC1=B1C1,‎ 又由于AA1=B1A1,A1C1=A1=C1,‎ 所以≌,过点A作于点R,‎ 连接B1R,于是,故为二面角A—A1C1—B1的平面角.‎ 在中,‎ 连接AB1,在中,‎ ‎,‎ 从而 所以二面角A—A1C1—B1的正弦值为 ‎(III)解:因为平面A1B1C1,所以 取HB1中点D,连接ND,由于N是棱B1C1中点,‎ 所以ND//C1H且.‎ 又平面AA1B1B,‎ 所以平面AA1B1B,故 又 所以平面MND,连接MD并延长交A1B1于点E,‎ 则 由 得,延长EM交AB于点F,‎ 可得连接NE.‎ 在中,‎ 所以 可得 连接BM,在中,‎ ‎2. (2011北京理)16.(本小题共14分)‎ ‎ 如图,在四棱锥中,平面,底面是菱形,.‎ ‎(Ⅰ)求证:平面 ‎ (Ⅱ)若求与所成角的余弦值;‎ ‎ (Ⅲ)当平面与平面垂直时,求的长.‎ ‎【解析】(16)(共14分)‎ ‎ 证明:(Ⅰ)因为四边形ABCD是菱形,‎ 所以AC⊥BD.‎ 又因为PA⊥平面ABCD.‎ 所以PA⊥BD.‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ ‎(Ⅱ)设AC∩BD=O.‎ 因为∠BAD=60°,PA=PB=2,‎ 所以BO=1,AO=CO=.‎ 如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O—xyz,则 P(0,—,2),A(0,—,0),B(1,0,0),C(0,,0).‎ 所以 设PB与AC所成角为,则 ‎.‎ ‎(Ⅲ)由(Ⅱ)知 设P(0,-,t)(t>0),‎ 则 设平面PBC的法向量,‎ 则 所以令则 所以 同理,平面PDC的法向量 因为平面PCB⊥平面PDC,‎ 所以=0,即解得所以PA=‎ ‎3. (2011辽宁卷理)18.(本小题满分12分)‎ 如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=P D.‎ ‎ (I)证明:平面PQC⊥平面DCQ;‎ ‎ (II)求二面角Q—BP—C的余弦值.‎ ‎【解析】18.解:‎ 如图,以D为坐标原点,线段DA的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz.‎ ‎ (I)依题意有Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0).‎ 则 所以 即PQ⊥DQ,PQ⊥DC.‎ 故PQ⊥平面DCQ.‎ 又PQ平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ. …………6分 ‎ (II)依题意有B(1,0,1),‎ 设是平面PBC的法向量,则 因此可取 设m是平面PBQ的法向量,则 可取 故二面角Q—BP—C的余弦值为 ………………12分 ‎4. (全国大纲卷理)19.(本小题满分12分)(注意:在试题卷上作答无效)‎ 如图,四棱锥中, ,,侧面为等边三角形,.‎ ‎(Ⅰ)证明:;‎ ‎(Ⅱ)求与平面所成角的大小.‎ ‎【解析】19.解法一:‎ ‎ (I)取AB中点E,连结DE,则四边形BCDE为矩形,DE=CB=2,‎ ‎ 连结SE,则 ‎ 又SD=1,故,‎ ‎ 所以为直角。 …………3分 ‎ 由,‎ ‎ 得平面SDE,所以。‎ ‎ SD与两条相交直线AB、SE都垂直。‎ ‎ 所以平面SAB。 …………6分 ‎ (II)由平面SDE知,‎ ‎ 平面平面SED。‎ ‎ 作垂足为F,则SF平面ABCD,‎ ‎ ‎ ‎ 作,垂足为G,则FG=DC=1。‎ ‎ 连结SG,则,‎ ‎ 又,‎ ‎ 故平面SFG,平面SBC平面SFG。 …………9分 ‎ 作,H为垂足,则平面SBC。‎ ‎ ,即F到平面SBC的距离为 ‎ 由于ED//BC,所以ED//平面SBC,E到平面SBC的距离d也有 ‎ 设AB与平面SBC所成的角为α,‎ ‎ 则 …………12分 ‎ 解法二:‎ ‎ 以C为坐标原点,射线CD为x轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。‎ 设D(1,0,0),则A(2,2,0)、B(0,2,0)。‎ 又设 ‎ (I),,‎ 由得 故x=1。‎ 由 又由 即 …………3分 于是,‎ 故 所以平面SAB。 …………6分 ‎ (II)设平面SBC的法向量,‎ 则 又 故 …………9分 取p=2得。‎ 故AB与平面SBC所成的角为 ‎5. (全国新课标理)(18)(本小题满分12分)‎ ‎ 如图,四棱锥P—ABCD中,底面ABCD为平行四 边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.‎ ‎(Ⅰ)证明:PA⊥BD;‎ ‎(Ⅱ)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值。‎ ‎【解析】(18)解:‎ ‎(Ⅰ )因为, 由余弦定理得 ‎ 从而BD2+AD2= AB2,故BDAD 又PD底面ABCD,可得BDPD 所以BD平面PAD. 故PABD ‎(Ⅱ)如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-,则 ‎,,,。‎ 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则 ‎ 即 ‎ 因此可取n=‎ 设平面PBC的法向量为m,则 ‎ 可取m=(0,-1,) ‎ 故二面角A-PB-C的余弦值为 ‎ ‎6. (2011江西卷理)21(本小题满分14分)‎ ‎ (1)如图,对于任一给定的四面体,找出依次排列的四个相互平行的平面 ,使 得(i=1,2,3,4),且其中每相邻两个平面间 ‎ 的距离都相等;‎ ‎ (2)给定依次排列的四个相互平行的平面,其中每相邻两个平面间的距离为1,若一个正四面体的四个顶点满足:(i=1,2,3,4),求该正四面体的体积.‎ 解: (1)将直线三等分,其中另两个分点依次为,连接,作平行于的平面,分别过,即为。同理,过点作平面即可的出结论。‎ ‎ (2)现设正方体的棱长为a,若,,‎ ‎,由于得,,‎ 那么,正四面体的棱长为,其体积为(即一个棱长为a的正方体割去四个直角三棱锥后的体积)‎ ‎7. (山东卷理)19.(本小题满分12分)‎ 在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,∠ ACB=,EA⊥平面ABCD,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC.AB=2EF.‎ ‎(Ⅰ)若M是线段AD的中点,求证:GM∥平面ABFE;‎ ‎(Ⅱ)若AC=BC=2AE,求二面角A-BF-C的大小.‎ ‎【解析】19.(I)证法一:‎ 因为EF//AB,FG//BC,EG//AC,,‎ 所以∽‎ 由于AB=2EF,‎ 因此,BC=2FC,‎ 连接AF,由于FG//BC,‎ 在中,M是线段AD的中点,‎ 则AM//BC,且 因此FG//AM且FG=AM,‎ 所以四边形AFGM为平行四边形,‎ 因此GM//FA。‎ 又平面ABFE,平面ABFE,‎ 所以GM//平面AB。‎ 证法二:‎ 因为EF//AB,FG//BC,EG//AC,,‎ 所以∽‎ 由于AB=2EF,‎ 因此,BC=2FC,‎ 取BC的中点N,连接GN,‎ 因此四边形BNGF为平行四边形,‎ 所以GN//FB,‎ 在中,M是线段AD的中点,连接MN,‎ 则MN//AB,‎ 因为 所以平面GMN//平面ABFE。‎ 又平面GMN,‎ 所以GM//平面ABFE。‎ ‎ (II)解法一:‎ 因为,‎ 又平面ABCD,‎ 所以AC,AD,AE两两垂直,‎ 分别以AC,AD,AE所在直线为x轴、y轴和z轴,建立如图所法的空间直角坐标系,‎ 不妨设 则由题意得A(0,0,0,),B(2,-2,0),C(2,0,0,),E(0,0,1),‎ 所以 又 所以 设平面BFC的法向量为 则 所以取 所以 设平面ABF的法向量为,‎ 则 所以 则,‎ 所以 因此二面角A—BF—C的大小为 解法二:‎ 由题意知,平面平面ABCD,‎ 取AB的中点H,连接CH,‎ 因为AC=BC,‎ 所以,‎ 则平面ABFE,‎ 过H向BF引垂线交BF于R,连接CR,‎ 则 所以为二面角A—BF—C的平面角。‎ 由题意,不妨设AC=BC=2AE=2。‎ 在直角梯形ABFE中,连接FH,‎ 则,又 所以 因此在中,‎ 由于 所以在中,‎ 因此二面角A—BF—C的大小为 ‎8. (2011陕西理)16.(本小题满分12分)‎ 如图,在中,是上的高,沿把折起,使 。‎ ‎(Ⅰ)证明:平面ADB  ⊥平面BDC;‎ ‎(Ⅱ)设E为BC的中点,求与夹角的余弦值。‎ ‎【解析】16.解(Ⅰ)∵折起前AD是BC边上的高,‎ ‎∴ 当Δ ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB,‎ 又DBDC=D,‎ ‎∴AD⊥平面BDC,‎ ‎∵AD 平面平面BDC.‎ 平面ABD平面BDC。‎ ‎(Ⅱ)由∠ BDC=及(Ⅰ)知DA,DB,DC两两垂直,不防设=1,以D为坐标原点,以所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,),E(,,0),‎ ‎=,‎ ‎=(1,0,0,),‎ 与夹角的余弦值为 ‎<,>=.‎ ‎9. (上海理)21.(14分)已知是底面边长为1的正四棱柱,是和的交点。‎ ‎(1)设与底面所成的角的大小为,二面角的大小为。‎ 求证:;‎ ‎(2)若点到平面的距离为,求正四棱柱的高。‎ ‎【解析】21.解:设正四棱柱的高为。‎ ‎⑴ 连,底面于,‎ ‎∴ 与底面所成的角为,即 ‎∵ ,为中点,∴,又,‎ ‎∴ 是二面角的平面角,即 ‎∴ ,。‎ ‎⑵ 建立如图空间直角坐标系,有 设平面的一个法向量为,‎ ‎∵ ,取得 ‎∴ 点到平面的距离为,则。‎ ‎10. (四川理)19.(本小题共l2分)‎ ‎ 如图,在直三棱柱AB-A1B‎1C1中.∠ BAC=90°,AB=AC=AA1 =1.D是棱CC1上的一 P是AD的延长线与A‎1C1的延长线的交点,且PB1∥平面BDA.‎ ‎(I)求证:CD=C1D:‎ ‎(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值; ‎ ‎(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离.‎ 解析:(1)连接交于,,‎ ‎,又为的中点,中点,,,D为的中点。‎ ‎(2)由题意,过B 作,连接,则,为二面角的平面角。在中,,则 ‎(3)因为,所以,‎ ‎,‎ 在中,,‎ ‎11. (2011浙江理)20.(本题满分15分)‎ 如图,在三棱锥中,,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2‎ ‎(Ⅰ)证明:AP⊥BC;‎ ‎(Ⅱ)在线段AP上是否存在点M,使得二面角A-MC-B为直二面角?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由。‎ ‎【解析】20.本题主要考查空是点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。‎ 方法一:‎ ‎ (I)证明:如图,以O为原点,以射线OP为z轴的正半轴,‎ 建立空间直角坐标系O—xyz 则,‎ ‎,由此可得,所以 ‎,即 ‎(II)解:设 设平面BMC的法向量,‎ 平面APC的法向量 由 得 即 由即 得 由 解得,故AM=3。‎ 综上所述,存在点M符合题意,AM=3。‎ 方法二:‎ ‎(I)证明:由AB=AC,D是BC的中点,得 又平面ABC,得 因为,所以平面PAD,‎ 故 ‎(II)解:如图,在平面PAB内作于M,连CM,‎ 由(I)中知,得平面BMC,‎ 又平面APC,所以平面BMC平面APC。‎ 在 在,‎ 在 所以 在 又 从而PM,所以AM=PA-PM=3。‎ 综上所述,存在点M符合题意,AM=3。‎ ‎12. ‎ ‎(重庆理)19.(本小题满分12分,(Ⅰ)小问5分,(Ⅱ)小问7分.)‎ 如题(19)图,在四面体中,平面平面,,,.‎ ‎ (Ⅰ)若,,求四面体的体积;‎ ‎ (Ⅱ)若二面角为,求异面直线与所成角的余弦值.‎ ‎【解析】19.(本题12分)‎ ‎ (I)解:如答(19)图1,设F为AC的中点,由于AD=CD,所以DF⊥AC.‎ 故由平面ABC⊥平面ACD,知DF⊥平面ABC,‎ 即DF是四面体ABCD的面ABC上的高,‎ 且DF=ADsin30°=1,AF=ADcos30°=.‎ 在Rt△ABC中,因AC=2AF=,AB=2BC,‎ 由勾股定理易知 故四面体ABCD的体积 ‎ (II)解法一:如答(19)图1,设G,H分别为边CD,BD的中点,则FG//AD,GH//BC,从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角.‎ ‎ 设E为边AB的中点,则EF//BC,由AB⊥BC,知EF⊥AB.又由(I)有DF⊥平面ABC,‎ ‎ 故由三垂线定理知DE⊥AB.‎ 所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角,由题设知∠DEF=60°‎ 设 在 从而 因Rt△ADE≌Rt△BDE,故BD=AD=a,从而,在Rt△BDF中,,‎ 又从而在△FGH中,因FG=FH,由余弦定理得 因此,异面直线AD与BC所成角的余弦值为 解法二:如答(19)图2,过F作FM⊥AC,交AB于M,已知AD=CD,‎ 平面ABC⊥平面ACD,易知FC,FD,FM两两垂直,以F为原点,射线FM,FC,FD分别为x轴,y轴,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系F—xyz.‎ 不妨设AD=2,由CD=AD,∠CAD=30°,易知点A,C,D的坐标分别为 显然向量是平面ABC的法向量.‎ 已知二面角C—AB—D为60°,‎ 故可取平面ABD的单位法向量,‎ 使得 设点B的坐标为,有 易知与坐标系的建立方式不合,舍去.‎ 因此点B的坐标为所以 从而 故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为 ‎13. (安徽理)(17)(本小题满分12分)‎ 如图,为多面体,平面与平面垂直,点在线段上,△OAB,,△,△,△都是正三角形。‎ ‎(Ⅰ)证明直线∥;‎ ‎(II)求棱锥F—OBED的体积。‎ ‎【解析】(17)(本小题满分12分)本题考查空间直线与直线,直线与平面、平面与平面的位置关系,空间直线平行的证明,多面体体积的计算等基本知识,考查空间想象能力,推理论证能力和运算求解能力.‎ ‎ (I)(综合法)‎ ‎ 证明:设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于△OAB与△ODE都是正三角形,所以 ‎=‎ ‎ ∥,OG=OD=2,‎ ‎ 同理,设是线段DA与线段FC延长线的交点,有 ‎ 又由于G和都在线段DA的延长线上,所以G与重合.‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎ 在△GED和△GFD中,由‎=‎ ∥和OC∥,可知B和C分别是GE和GF的中点,所以BC是△GEF的中位线,故BC∥EF.‎ ‎ (向量法)‎ ‎ 过点F作,交AD于点Q,连QE,由平面ABED⊥平面ADFC,知FQ⊥平面ABED,以Q为坐标原点,为轴正向,为y轴正向,为z轴正向,建立如图所示空间直角坐标系.‎ ‎ 由条件知 ‎ 则有 ‎ 所以即得BC∥EF.‎ ‎ (II)解:由OB=1,OE=2,,而△OED是边长为2的正三角形,故 ‎ 所以 ‎ 过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q,由平面ABED⊥平面ACFD知,FQ就是四棱锥F—OBED的高,且FQ=,所以 ‎14.‎ ‎14. (2011福建理)20.(本小题满分14分)‎ 如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,.‎ ‎(I)求证:平面PAB⊥平面PAD;‎ ‎(II)设AB=AP.‎ ‎ (i)若直线PB与平面PCD所成的角为,求线段AB的长;‎ ‎ (ii)在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?说明理由。‎ ‎【解析】20.本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想,满分14分。‎ 解法一:‎ ‎(I)因为平面ABCD,‎ 平面ABCD,‎ 所以,‎ 又 所以平面PAD。‎ 又平面PAB,所以平面平面PAD。‎ ‎(II)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系 A—xyz(如图)‎ 在平面ABCD内,作CE//AB交AD于点E,则 在中,DE=,‎ 设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t)‎ 由AB+AD=4,得AD=4-t,‎ 所以,‎ ‎(i)设平面PCD的法向量为,‎ 由,,得 取,得平面PCD的一个法向量,‎ 又,故由直线PB与平面PCD所成的角为,得 解得(舍去,因为AD),所以 ‎(ii)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等,‎ 设G(0,m,0)(其中)‎ 则,‎ 由得,(2)‎ 由(1)、(2)消去t,化简得(3)‎ 由于方程(3)没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,‎ 使得点G到点P,C,D的距离都相等。‎ 从而,在线段AD上不存在一个点G,‎ 使得点G到点P,B,C,D的距离都相等。‎ 解法二:‎ ‎(I)同解法一。‎ ‎(II)(i)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A—xyz(如图)‎ 在平面ABCD内,作CE//AB交AD于E,‎ 则。‎ 在平面ABCD内,作CE//AB交AD于点E,则 在中,DE=,‎ 设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t)‎ 由AB+AD=4,得AD=4-t,‎ 所以,‎ 设平面PCD的法向量为,‎ 由,,得 取,得平面PCD的一个法向量,‎ 又,故由直线PB与平面PCD所成的角为,得 解得(舍去,因为AD),‎ 所以 ‎(ii)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等,‎ 由GC=CD,得,‎ 从而,即 设 ‎,‎ 在中,‎ 这与GB=GD矛盾。‎ 所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点B,C,D的距离都相等,‎ 从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等。‎ ‎15. (湖北理)18.(本小题满分12分)‎ 如图,已知正三棱柱的各棱长都是4,是的中点,动点在侧棱上,且不与点重合.‎ ‎(Ⅰ)当=1时,求证:⊥;‎ ‎(Ⅱ)设二面角的大小为,求的最小值.‎ ‎【解析】18.本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识,同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。(满分12分)‎ ‎ 解法1:过E作于N,连结EF。‎ ‎ (I)如图1,连结NF、AC1,由直棱柱的性质知,‎ ‎ 底面ABC侧面A1C。‎ ‎ 又度面侧面A,C=AC,且底面ABC,‎ ‎ 所以侧面A1C,NF为EF在侧面A1C内的射影,‎ 在中,=1,‎ 则由,得NF//AC1,‎ 又故。‎ 由三垂线定理知 ‎(II)如图2,连结AF,过N作于M,连结ME。‎ 由(I)知侧面A1C,根据三垂线定理得 所以是二面角C—AF—E的平面角,即,‎ 设 在中,‎ 在 故 又 故当时,达到最小值;‎ ‎,此时F与C1重合。‎ 解法2:(I)建立如图3所示的空间直角坐标系,则由已知可得 于是 则 故 ‎(II)设,‎ 平面AEF的一个法向量为,‎ 则由(I)得F(0,4,)‎ ‎,于是由可得 取 ‎ 又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为,‎ ‎ 于是由为锐角可得,‎ ‎ 所以,‎ ‎ 由,得,即 ‎ 故当,即点F与点C1重合时,取得最小值 ‎16. (湖南理)19.(本小题满分12分)‎ 如图5,在圆锥中,已知=,⊙O的直径,是的中点,为的中点.‎ ‎(Ⅰ)证明:平面 平面;‎ ‎(Ⅱ)求二面角的余弦值。‎ ‎【解析】19.解法1:连结OC,因为 又底面⊙O,AC底面⊙O,所以,‎ 因为OD,PO是平面POD内的两条相交直线,所以平面POD,‎ 而平面PAC,所以平面POD平面PAC。‎ ‎(II)在平面POD中,过O作于H,由(I)知,平面 所以平面PAC,又面PAC,所以 在平面PAO中,过O作于G,‎ ‎ 连接HG,‎ 则有平面OGH,‎ 从而,故为二面角B—PA—C的平面角。‎ 在 在 在 在 所以 故二面角B—PA—C的余弦值为 解法2:(I)如图所示,以O为坐标原点,OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴,z轴建立空间直角坐标系,则 ‎,‎ 设是平面POD的一个法向量,‎ 则由,得 所以 设是平面PAC的一个法向量,‎ 则由,‎ 得 所以 得。‎ 因为 所以从而平面平面PAC。‎ ‎(II)因为y轴平面PAB,所以平面PAB的一个法向量为 由(I)知,平面PAC的一个法向量为 设向量的夹角为,则 由图可知,二面角B—PA—C的平面角与相等,‎ 所以二面角B—PA—C的余弦值为 ‎17. (广东理)18.(本小题满分13分)‎ 如图5.在椎体P-ABCD中,ABCD是边长为1的棱形,‎ ‎ 且∠DAB=60,,PB=2,‎ ‎ E,F分别是BC,PC的中点.‎ ‎(1) 证明:AD 平面DEF;‎ ‎(2) 求二面角P-AD-B的余弦值.‎ ‎【解析】18.(本小题满分13分)‎ ‎ 法一:(1)证明:取AD中点G,连接PG,BG,BD。‎ ‎ 因PA=PD,有,在中,,有为等边三角形,因此,所以平面PBG ‎ 又PB//EF,得,而DE//GB得AD DE,又,所以AD 平面DEF。‎ ‎ (2),‎ ‎ 为二面角P—AD—B的平面角,‎ ‎ 在 ‎ 在 ‎ ‎ ‎ 法二:(1)取AD中点为G,因为 ‎ 又为等边三角形,因此,,从而平面PBG。‎ ‎ 延长BG到O且使得PO OB,又平面PBG,PO AD,‎ ‎ 所以PO 平面ABCD。‎ ‎ 以O为坐标原点,菱形的边长为单位长度,直线OB,OP分别为轴,z轴,平行于AD的直线为轴,建立如图所示空间直角坐标系。‎ ‎ 设 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 由于 ‎ 得 ‎ 平面DEF。‎ ‎ (2)‎ ‎ ‎ ‎ 取平面ABD的法向量 ‎ 设平面PAD的法向量 ‎ 由 ‎ 取 ‎ ‎ ‎18. (江苏)16.如图,在四棱锥中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E、F分别是AP、AD的中点 求证:(1)直线EF∥平面PCD;‎ ‎(2)平面BEF⊥平面PAD ‎【解析】16.本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,考察空间想象能力和推理论证能力。满分14分。‎ 证明:(1)在△PAD中,因为E、F分别为 AP,AD的中点,所以EF//PD.‎ 又因为EF平面PCD,PD平面PCD,‎ 所以直线EF//平面PCD.‎ ‎(2)连结DB,因为AB=AD,∠BAD=60°,‎ 所以△ABD为正三角形,因为F是AD的 中点,所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面 ABCD,BF平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以BF⊥平面PAD。又因为BF平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD.‎