【科学备考】（新课标）高考数学二轮复习 第八章 立体几何 空间向量在几何体中的应用 理（含试题）.docVIP

【科学备考】（新课标）2015高考数学二轮复习 第八章 立体几何 空间向量在几何体中的应用 理（含2014试题）理数1. (2014四川,8,5分)如图,在正方体abcd-a1b1c1d1中,点o为线段bd的中点.设点p在线段cc1上,直线op与平面a1bd所成的角为,则sin 的取值范围是()a.b.c.d.答案 1.b解析 1.由正方体的性质易求得sinc1oa1=,sincoa1=,注意到c1oa1是锐角,coa1是钝角,且.故sin 的取值范围是.2. (2014江西,10,5分)如图,在长方体abcd-a1b1c1d1中,ab=11,ad=7,aa1=12.一质点从顶点a射向点e(4,3,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第i-1次到第i次反射点之间的线段记为li(i=2,3,4),l1=ae,将线段l1,l2,l3,l4竖直放置在同一水平线上,则大致的图形是()答案 2.c解析 2.由对称性知质点经点e反射到平面abcd的点e1(8,6,0)处.在坐标平面xay中,直线ae1的方程为y=x,与直线dc的方程y=7联立得f.由两点间的距离公式得e1f=,tane2e1f=taneae1=,e2f=e1ftane2e1f=4.e2f1=12-4=8.=.故选c.3.(2014课标全国卷,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 3.c解析 3.解法一:取bc的中点q,连结qn,aq,易知bmqn,则anq即为所求,设bc=ca=cc1=2,则aq=,an=,qn=,cosanq=,故选c.解法二: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.4. (2014广西桂林中学高三2月月考，10) 已知正三棱柱的底面是边长为2，高为4则底面的中心到平面的距离为（ ）(a) (b) (c) (d) 答案 4. d解析 4.如图，依题意，是等腰三角形，且，延长交于，取的中点，连结，则，过作平面，垂足为，则点在的角平分线上，又因为是等边三角形，所以，由勾股定理可得，易证，所以，即，所以. 故底面的中心到平面的距离为.5.(2014吉林省长春市高中毕业班第二次调研测试，15) 用一个边长为的正三角形硬纸，沿各边中点连线垂直折起三个小三角形，做成一个蛋托，半径为的鸡蛋（视为球体）放在其上（如图），则鸡蛋中心（球心）与蛋托底面的距离为 .答案 5. 解析 5. 由题意可知蛋槽的高为，且折起三个小三角形顶点构成边长为的等边三角形，所以球心到面的距离，鸡蛋中心与蛋巢底面的距离为6. (2014大纲全国,19,12分)如图,三棱柱abc-a1b1c1中,点a1在平面abc内的射影d在ac上,acb=90,bc=1,ac=cc1=2.()证明:ac1a1b;()设直线aa1与平面bcc1b1的距离为,求二面角a1-ab-c的大小.答案 6.查看解析解析 6.解法一:()因为a1d平面abc,a1d平面aa1c1c,故平面aa1c1c平面abc.又bcac,所以bc平面aa1c1c.(3分)连结a1c.因为侧面aa1c1c为菱形,故ac1a1c.由三垂线定理得ac1a1b.(5分)()bc平面aa1c1c,bc平面bcc1b1,故平面aa1c1c平面bcc1b1.作a1ecc1,e为垂足,则a1e平面bcc1b1.又直线aa1平面bcc1b1,因而a1e为直线aa1与平面bcc1b1的距离,a1e=.因为a1c为acc1的平分线,故a1d=a1e=.(8分)作dfab,f为垂足,连结a1f.由三垂线定理得a1fab,故a1fd为二面角a1-ab-c的平面角.由ad=1得d为ac中点,df=,tana1fd=.所以二面角a1-ab-c的大小为arctan.(12分)解法二:以c为坐标原点,射线ca为x轴的正半轴,以cb的长为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系c-xyz.由题设知a1d与z轴平行,z轴在平面aa1c1c内.()设a1(a,0,c),由题设有a2,a(2,0,0),b(0,1,0),则=(-2,1,0),=(-2,0,0),=(a-2,0,c),=+=(a-4,0,c),=(a,-1,c).(2分)由|=2得=2,即a2-4a+c2=0.于是=a2-4a+c2=0,所以ac1a1b.(5分)()设平面bcc1b1的法向量为m=(x,y,z),则m,m,即m=0,m=0.因=(0,1,0),=(a-2,0,c),故y=0,且(a-2)x+cz=0.令x=c,则z=2-a,m=(c,0,2-a),点a到平面bcc1b1的距离为|cos|=c.又依题设,a到平面bcc1b1的距离为,所以c=.代入解得a=3(舍去)或a=1.(8分)于是=(-1,0,).设平面aba1的法向量为n=(p,q,r),则n,n,即n=0,n=0,-p+r=0,且-2p+q=0.令p=,则q=2,r=1,n=(,2,1).又p=(0,0,1)为平面abc的法向量,故cos=.所以二面角a1-ab-c的大小为arccos.(12分)7. (2014重庆,19,13分)如图,四棱锥p-abcd中,底面是以o为中心的菱形,po底面abcd,ab=2,bad=,m为bc上一点,且bm=,mpap.()求po的长;()求二面角a-pm-c的正弦值.答案 7.查看解析解析 7.()如图,连结ac,bd,因为abcd为菱形,则acbd=o,且acbd.以o为坐标原点,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o-xyz.因为bad=,故oa=abcos=,ob=absin=1,所以o(0,0,0),a(,0,0),b(0,1,0),c(-,0,0),=(0,1,0),=(-,-1,0).由bm=,bc=2知,=,从而=+=,即m.设p(0,0,a),a0,则=(-,0,a),=.因为mpap,故=0,即-+a2=0,所以a=或a=-(舍去),即po=.()由()知,=,=,=.设平面apm的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面pmc的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1=0,n1=0,得故可取n1=,由n2=0,n2=0,得故可取n2=(1,-,-2),从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos=-,故所求二面角a-pm-c的正弦值为.8. (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mnnp.()证明:p是线段bc的中点;()求二面角a-np-m的余弦值.答案 8.查看解析解析 8.()如图,取bd中点o,连结ao,co.由侧视图及俯视图知,abd,bcd为正三角形,因此aobd,ocbd.因为ao,oc平面aoc内,且aooc=o,所以bd平面aoc.又因为ac平面aoc,所以bdac.取bo的中点h,连结nh,ph.又m,n分别为线段ad,ab的中点,所以nhao,mnbd.因为aobd,所以nhbd.因为mnnp,所以npbd.因为nh,np平面nhp,且nhnp=n,所以bd平面nhp.又因为hp平面nhp,所以bdhp.又ocbd,hp平面bcd,oc平面bcd,所以hpoc.因为h为bo中点,故p为bc中点.()解法一:如图,作nqac于q,连结mq.由()知,npac,所以nqnp.因为mnnp,所以mnq为二面角a-np-m的一个平面角.由()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aooc.因此在等腰rtaoc中,ac=.作brac于r.在abc中,ab=bc,所以br=.因为在平面abc内,nqac,brac,所以nqbr.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,cosmnq=.故二面角a-np-m的余弦值是.解法二:由俯视图及()可知,ao平面bcd.因为oc,ob平面bcd,所以aooc,aoob.又ocob,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()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的一个法向量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的一个法向量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,则cos =.故二面角a-np-m的余弦值是.9. (2014广东,18,13分)如图,四边形abcd为正方形,pd平面abcd,dpc=30,afpc于点f,fecd,交pd于点e.(1)证明:cf平面adf;(2)求二面角d-af-e的余弦值.答案 9.查看解析解析 9.(1)证明:pd平面abcd,pdad,又cdad,pdcd=d,ad平面pcd,adpc,又afpc,afad=a,pc平面adf,即cf平面adf.(2)解法一:设ab=1,则rtpdc中,cd=1,dpc=30,pc=2,pd=,由(1)知cfdf,df=,cf=,又fecd,=,de=,同理ef=cd=,如图所示,以d为原点,建立空间直角坐标系,则a(0,0,1),e,f,p(,0,0),c(0,1,0).设m=(x,y,z)是平面aef的法向量,则又令x=4,得z=,故m=(4,0,),由(1)知平面adf的一个法向量为=(-,1,0),设二面角d-af-e的平面角为,可知为锐角,cos =|cos|=,故二面角d-af-e的余弦值为.解法二:设ab=1,cf平面adf,cfdf.在cfd中,df=,cdad,cdpd,cd平面ade.又efcd,ef平面ade.efae,在def中,de=,ef=,在ade中,ae=,在adf中,af=.由va-def=sadeef=sadfhe-adf,解得he-adf=,设aef的边af上的高为h,由saef=efae=afh,解得h=,设二面角d-af-e的平面角为.则sin =,cos =.10. (2014福建,17,13分)在平面四边形abcd中,ab=bd=cd=1,abbd,cdbd.将abd沿bd折起,使得平面abd平面bcd,如图.()求证:abcd;()若m为ad中点,求直线ad与平面mbc所成角的正弦值.答案 10.查看解析解析 10.()平面abd平面bcd,平面abd平面bcd=bd,ab平面abd,abbd,ab平面bcd.又cd平面bcd,abcd.()过点b在平面bcd内作bebd,如图.由()知ab平面bcd,be平面bcd,bd平面bcd,abbe,abbd.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,则sin =|cos|=,即直线ad与平面mbc所成角的正弦值为.11. (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:abpd;(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.答案 11.查看解析解析 11.(1)证明:abcd为矩形,故abad.又平面pad平面abcd,平面pad平面abcd=ad,所以ab平面pad,故abpd.(2)过p作ad的垂线,垂足为o,过o作bc的垂线,垂足为g,连结pg.故po平面abcd,bc平面pog,bcpg.在rtbpc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夹角的余弦值为cos =.12. (2014湖南,19,12分)如图,四棱柱abcd-a1b1c1d1的所有棱长都相等,acbd=o,a1c1b1d1=o1,四边形acc1a1和四边形bdd1b1均为矩形.()证明:o1o底面abcd;()若cba=60,求二面角c1-ob1-d的余弦值.答案 12.查看解析解析 12.()因为四边形acc1a1为矩形,所以cc1ac.同理dd1bd,因为cc1dd1,所以cc1bd,而acbd=o,因此cc1底面abcd.由题设知,o1oc1c,故o1o底面abcd,()解法一:如图,过o1作o1hob1于h,连结hc1.由()知,o1o底面abcd,所以o1o底面a1b1c1d1,于是o1oa1c1.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a1c1b1d1,从而a1c1平面bdd1b1,所以a1c1ob1,于是ob1平面o1hc1,进而ob1c1h,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rtoo1b1中,易知o1h=2,而o1c1=1,于是c1h=.故cosc1ho1=.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acbd,又由()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,易知是锐角,于是cos =|cos|=.故二面角c1-ob1-d的余弦值为.13.(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,adbc,且ad=2bc.过a1,c,d三点的平面记为,bb1与的交点为q.()证明:q为bb1的中点;()求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比;()若aa1=4,cd=2,梯形abcd的面积为6,求平面与底面abcd所成二面角的大小.答案 13.查看解析解析 13.()证明:因为bqaa1,bcad,bcbq=b,adaa1=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qca1d.故qbc与a1ad的对应边相互平行,于是qbca1ad.所以=,即q为bb1的中点.图1()如图1,连结qa,qd.设aa1=h,梯形abcd的高为d,四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为v上和v下,bc=a,则ad=2a.=2ahd=ahd,vq-abcd=dh=ahd,所以v下=+vq-abcd=ahd,又=ahd,所以v上=-v下=ahd-ahd=ahd,故=.()解法一:如图1,在adc中,作aedc,垂足为e,连结a1e.又deaa1,且aa1ae=a,所以de平面aea1,于是dea1e.所以aea1为平面与底面abcd所成二面角的平面角.因为bcad,ad=2bc,所以sadc=2sbca.又因为梯形abcd的面积为6,dc=2,所以sadc=4,ae=4.于是tanaea1=1,aea1=.故平面与底面abcd所成二面角的大小为.图2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.设cda=.因为s四边形abcd=2sin =6,所以a=.从而c(2cos ,2sin ,0),a1,所以=(2cos ,2sin ,0),=.设平面a1dc的一个法向量为n=(x,y,1),由得x=-sin ,y=cos ,所以n=(-sin ,cos ,1).又因为平面abcd的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos=,故平面与底面abcd所成二面角的大小为.14.(2014浙江,20,15分)如图,在四棱锥a-bcde中,平面abc平面bcde,cde=bed=90,ab=cd=2,de=be=1,ac=.()证明:de平面acd;()求二面角b-ad-e的大小.答案 14.查看解析解析 14.()在直角梯形bcde中,由de=be=1,cd=2,得bd=bc=,由ac=,ab=2,得ab2=ac2+bc2,即acbc,又平面abc平面bcde,从而ac平面bcde,所以acde.又dedc,从而de平面acd.()解法一:作bfad,与ad交于点f,过点f作fgde,与ae交于点g,连结bg,由()知dead,则fgad.所以bfg是二面角b-ad-e的平面角.在直角梯形bcde中,由cd2=bc2+bd2,得bdbc,又平面abc平面bcde,得bd平面abc,从而bdab.由于ac平面bcde,得accd.在rtacd中,由dc=2,ac=,得ad=.在rtaed中,由ed=1,ad=,得ae=.在rtabd中,由bd=,ab=2,ad=,得bf=,af=ad.从而gf=.在abe,abg中,利用余弦定理分别可得cosbae=,bc=.在bfg中,cosbfg=.所以,bfg=,即二面角b-ad-e的大小是.解法二:以d为原点,分别以射线de,dc为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系d-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:d(0,0,0),e(1,0,0),c(0,2,0),a(0,2,),b(1,1,0).设平面ade的法向量为m=(x1,y1,z1),平面abd的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),由即可取m=(0,1,-).由即可取n=(1,-1,).于是|cos|=,由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角b-ad-e的大小是.15.(2014山东,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.()求证:c1m平面a1add1;()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.答案 15.查看解析解析 15.()证明:因为四边形abcd是等腰梯形,且ab=2cd,所以abdc,又由m是ab的中点,因此cdma且cd=ma.连结ad1,在四棱柱abcd-a1b1c1d1中,因为cdc1d1,cd=c1d1,可得c1d1ma,c1d1=ma,所以四边形amc1d1为平行四边形.因此c1md1a,又c1m平面a1add1,d1a平面a1add1,所以c1m平面a1add1.()解法一:连结ac,mc,由()知cdam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cacb.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=.所以平面c1d1m和平面abcd所成的角(锐角)的余弦值为.解法二:由()知平面d1c1m平面abcd=ab,过c向ab引垂线交ab于n,连结d1n.由cd1平面abcd,可得d1nab,因此d1nc为二面角c1-ab-c的平面角.在rtbnc中,bc=1,nbc=60,可得cn=.所以nd1=.在rtd1cn中,cosd1nc=.所以平面c1d1m和平面abcd所成的角(锐角)的余弦值为.16.(2014辽宁,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.()求证:efbc;()求二面角e-bf-c的正弦值.答案 16.查看解析解析 16.()证法一:过e作eobc,垂足为o,连of.由abcdbc可证出eocfoc.所以eoc=foc=,即fobc.又eobc,因此bc面efo.又ef面efo,所以efbc.证法二:由题意,以b为坐标原点,在平面dbc内过b作垂直bc的直线为x轴,bc所在直线为y轴,在平面abc内过b作垂直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efbc.图2()解法一:在图1中,过o作ogbf,垂足为g,连eg.由平面abc平面bdc,从而eo面bdc,又ogbf,由三垂线定理知egbf.因此ego为二面角e-bf-c的平面角.在eoc中,eo=ec=bccos 30=,由bgobfc知,og=fc=,因此tanego=2,从而sinego=,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,且由题意知为锐角,则cos =|cos|=,因此sin =,即所求二面角的正弦值为.17.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥p-abcd中,pa底面abcd,adab,abdc,ad=dc=ap=2,ab=1,点e为棱pc的中点.()证明bedc;()求直线be与平面pbd所成角的正弦值;()若f为棱pc上一点,满足bfac,求二面角f-ab-p的余弦值.答案 17.查看解析解析 17.解法一: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).()证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0.所以bedc.()向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x,y,z)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.()向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点f在棱pc上,设=,01.故=+=+=(1-2,2-2,2).由bfac,得=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得=.即=.设n1=(x,y,z)为平面fab的法向量,则即不妨令z=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.解法二:()证明:如图,取pd的中点m,连结em,am.由于e,m分别为pc,pd的中点,故emdc,且em=dc,又由已知,可得emab且em=ab,故四边形abem为平行四边形,所以beam.因为pa底面abcd,故pacd,而cdda,从而cd平面pad,因为am平面pad,于是cdam,又beam,所以becd.()连结bm,由()有cd平面pad,得cdpd,而emcd,故pdem.又因为ad=ap,m为pd的中点,故pdam,可得pdbe,所以pd平面bem,故平面bem平面pbd.所以直线be在平面pbd内的射影为直线bm,而beem,可得ebm为锐角,故ebm为直线be与平面pbd所成的角.依题意,有pd=2,而m为pd的中点,可得am=,进而be=.故在直角三角形bem中,tanebm=,因此sinebm=.所以直线be与平面pbd所成角的正弦值为.()如图,在pac中,过点f作fhpa交ac于点h.因为pa底面abcd,故fh底面abcd,从而fhac.又bfac,得ac平面fhb,因此acbh.在底面abcd内,可得ch=3ha,从而cf=3fp.在平面pdc内,作fgdc交pd于点g,于是dg=3gp.由于dcab,故gfab,所以a,b,f,g四点共面.由abpa,abad,得ab平面pad,故abag.所以pag为二面角f-ab-p的平面角.在pag中,pa=2,pg=pd=,apg=45,由余弦定理可得ag=,cospag=.所以二面角f-ab-p的余弦值为.18.(2014北京,17,14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.()求证:abfg;()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 18.查看解析解析 18.()在正方形amde中,因为b是am的中点,所以abde.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abfg.()因为pa底面abcde,所以paab,paae.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,则sin =|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=(00),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|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=.20.(2014课表全国，19，12分)如图,三棱柱abc-a1b1c1中,侧面bb1c1c为菱形,abb1c.()证明:ac=ab1;()若acab1,cbb1=60,ab=bc,求二面角a-a1b1-c1的余弦值.答案 20.查看解析解析 20.()连结bc1,交b1c于点o,连结ao.因为侧面bb1c1c为菱形,所以b1cbc1,且o为b1c及bc1的中点.又abb1c,所以b1c平面abo.由于ao平面abo,故b1cao.又b1o=co,故ac=ab1.()因为acab1,且o为b1c的中点,所以ao=co.又因为ab=bc,所以boaboc.故oaob,从而oa,ob,ob1两两互相垂直.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=.所以二面角a-a1b1-c1的余弦值为.21.（2014重庆一中高三下学期第一次月考，19）（原创）如图，在四面体中，平面，。是的中点，是的中点，点在线段上，且。(1) 证明: 平面；(2) 若异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求的值。答案 21.查看解析解析 21. 法一：(1) 如图，连并延长交于，连，过作交于，则，。故，从而。因平面，平面，故平面；(2) 过作于，作于，连。因平面，故平面平面，故平面，因此，从而平面，所以即为二面角的平面角。因，故，因此即为的角平分线。由易知，故，从而，。由题易知平面，故。由题，故。所以，从而。法二：如图建立空间直角坐标系，则，。 (1) 设，则，因此。显然是平面的一个法向量，且，所以平面；(2) 由(1) ，故由得，因此，从而，。设是平面的法向量，则，取得。设是平面的法向量，则，取得。故。22. (2014天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试，19) 已知长方体中，棱棱，连结，过点作的垂线交于，交于（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离；（3）求直线与平面所成角的正弦值答案 22.查看解析解析 22.（1）证明：由已知a1b1面bcc1b1 又beb1c a1cbe 2分 面abcd是正方形，acbd a1cbd a1c平面 4分（2）aba1b1, ab面点到平面的距离与点b到平面的距离相等由（1）知a1cbe，又beb1cbe面bf即是点b到平面的距离 6分在bb1c中，点到平面的距离为8分 另解：连结, a到平面的距离, 即三棱锥的高, 设为, , 由得: , 点a到平面的距离是（3）连结fd, 由（2）知be面是在平面上的射影edf即是直线与平面所成的角 10分 由bb1cbce可求得ce= be=de=, ef= 即与平面所成的角的正弦值是12分23. (2014天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试，19) 如图，在四棱锥中，底面为矩形，面，。() 求证：当时，平面面；() 当时，求二面角的大小。答案 23.查看解析解析 23.以为坐标原点，射线分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系. (1分)设，由已知得：， (2分)() 当时， , =, ， (3分)=，=， (4分)。 (5分)又， 平面平面平面。 (6分)() ，二面角小于， (11分)二面角余弦值为，二面角b-pd-c大小为。 (12分)24. (2014山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考，19) 如图，在几何体abcdef中，abcd，addccb1，abc60, 四边形acfe为矩形，平面acfe平面abcd，cf1（1）求证：平面fbc平面acfe；（2）点m在线段ef上运动，设平面mab与平面fcb所成二面角的平面角为（90），试求cos的取值范围答案 24.查看解析解析 24. （1）证明：在四边形abcd中，abcd，ad=dc=cb=1，abc=60, ab=2，ac2=ab2+bc2-2abbccos60=3, ab2=ac2+bc2, bcac.平面acfe平面abcd，平面acfe平面abcd=ac，bc平面abcd，bc平面acfe. 又因为bc平面fbc， 所以 平面acfe平面fbc， . 5分(2) 解：由(1) 可建立分别以直线ca，cb，cf为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令fm=(0), 则c(0，0，0) ，a(，0，0) ，b(0，1，0) ，m(，0，1) ，取x=1, 则n1=(1, , ),n2=(1,0, 0) 是平面fcb的一个法向量,0, 当=0时，cos有最小值，当=时，cos有最大值. cos. 12分25. (2014山西太原高三模拟考试（一），19) 如图，在斜三棱柱abca1b1c1中，点o是a1c1的中点，ao平面a1b1c1. 已知bca=90，aa1=ac=bc=2. （i）求证：ab1 alc；（）求a1c1与平面aa1b1所成角的正弦值. 答案 25.查看解析解析 25.26. (2014山东青岛高三第一次模拟考试, 18) 如图，四棱锥中, 面，、分别为、的中点，.（）证明：面；（）求面与面所成锐角的余弦值.答案 26.查看解析解析 26.：() 因为、分别为、的中点，所以，因为面，面，所以面. （4分）（）因为，所以，又因为为的中点，所以，所以，得，即6， （6分）因为，所以，分别以为轴建立坐标系，所以，则，（8分）设、分别是面与面的法向量，则，令，又，令，所以. （12分）27. (2014福州高中毕业班质量检测, 18) 如图，直角梯形中，=4，点、分别是、的中点，点在上，沿将梯形翻折，使平面平面（）当最小时，求证：；（）当时，求二面角平面角的余弦值.答案 27.查看解析解析 27.() 证明：点、分别是、的中点, ，又，平面平面，平面， 又，如图建立空间坐标系翻折前, 连结交于点，此时点使得最小., 又则，. （5分）() 解法一：设,平面, 点到平面的距离为即为点到平面的距离.，=，又=, =,即，（8分）设平面的法向量为, g(0,1, 0),(2,2, 2),则 , 即取, 则, , ，平面bcg的一个法向量为，则cos =，由于所求二面角的平面角为锐角,所以此二面角平面角的余弦值为. （13分）() 解法二: 由解法一得, 过点d作, 垂足, 过点作延长线的垂线垂足，连接. 平面平面, 平面，,所以就是所求的二面角的平面角. （9分）由于, 在中,又，在中，所以此二面角平面角的余弦值为. （13分）28. (2014安徽合肥高三第二次质量检测，17) 如图，平面为圆柱的轴截面. 点弧上的点，点为的中点. （）求证：平面； （）若，求二面角的余弦值答案 28.查看解析解析 28. （）连结，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，由平面平面，又平面，所以平面. （6分）（）解法一 过点作，垂足为，过点作，垂足为，连结，因为平面，平面，所以，而，所以平面，所以，由，所以平面，所以，故为二面角的平面角，令，在中，所以，所以. （12分）解法二 如图，建立空间之间坐标系，设，因为，所以，设平面的一个法向量为，由得，取，则，即，因为平面为圆柱的轴截面，所以平面的一个法向量为，所以，即二面角的余弦值为. （12分）29.19(2014重庆杨家坪中学高三下学期第一次月考，19) 如图，在棱长为1的正方体中，、分别为和的中点（）求异面直线和所成的角的余弦值；（）求平面与平面所成的锐二面角；答案 29.查看解析解析 29.（）以为原点，分别为轴，建立直角坐标系，则，.，（5分）（）平面的一个法向量为，设平面的法向量为，取得平面的一个法向量（8分），因为为锐角，所求的锐二面角为（12分）30. (2014河北石家庄高中毕业班复习教学质量检测（二），19)