高考数学大一轮复习 直线、平面平行的判定和性质精品试题 理（含模拟试题）(1).doc

2015届高考数学大一轮复习 直线、平面平行的判定和性质精品试题 理（含2014模拟试题）1. (2014江西七校高三上学期第一次联考, 7) 已知和是两条不同的直线，和是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出的是（ ）a. 且 b. 且 c. 且 d. 且解析 1. 对选项a，与平行或相交；对选项b，与平行或相交；选项c正确；选项d，与平行或相交. 故选c.2.（2013广东，6,5分）设m, n是两条不同的直线, , 是两个不同的平面. 下列命题中正确的是()a. 若, m, n, 则mnb. 若, m, n, 则mnc. 若mn, m, n, 则d. 若m, mn, n, 则解析 2.若, m, n, 则m与n可能平行, 故a错; 若, m, n, 则m与n可能平行, 也可能异面, 故b错; 若mn, m, n, 则与可能相交, 也可能平行, 故c错; 对于d项, 由m, mn, 得n, 又知n, 故, 所以d项正确.3.（2013江西，8,5分）如图, 正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上, 且abcd, 正方体的六个面所在的平面与直线ce, ef相交的平面个数分别记为m, n, 那么m+n=()a. 8b. 9c. 10d. 11解析 3.如图, ce平面abpq, ce平面a1b1p1q1, ce与正方体的其余四个面所在平面均相交, m=4; ef平面bpp1b1, 且ef平面aqq1a1, ef与正方体的其余四个面所在平面均相交, n=4, 故m+n=8, 选a.4.（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。解析 4. 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。5. (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.解析 5.：() 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）6. (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，求二面角的余弦值解析 6. （）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）7. (2014贵州贵阳高三适应性监测考试, 19) 如图，正方形与矩形所在平面互相垂直，. () 若点为的中点，求证：平面；（）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.解析 7.解：（）四边形为正方形，连接，则是的中点，又因为点为的中点，连接，则为的中位线，所以，又因为平面，平面，所以平面. （6分）（）根据题意得平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系则，设满足条件的点存在，令，因为，设是平面的一个法向量，则得，设，则平面的法向量为，由题知平面的一个法向量，由二面角的大小为得：，解得，所以当时二面角的大小为. （12分）8.（2014江西重点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题，19）如图，四棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，底面是菱形，, 点p在底面上的射影为acd的重心，点m为线段上的点（1）当点m为pb的中点时，求证：pd/平面acm；（2）当平面cdm与平面cbm夹角的余弦值为时，试确定点m的位置解析 8. （1）设ac、bd的交点为i，连结mi，因为i、m分别为bd、bp的中点，所以pd/mi，又mi在平面acm内，所以pd/平面acm； 4分（2）设cd的中点为o，分别以oa、oc为x轴、y轴，过o点垂直平面abcd的直线为z轴建立空间直角坐标系，则, ，6分设，则,，设平面cbm的法向量为，则且，令则 10分所以9.（2014吉林实验中学高三年级第一次模拟，19）如图，正方形adef与梯形abcd所在平面互相垂直，adcd，ab/cd，ab=ad=，点m在线段ec上且不与e、c重合。（1）当点m是ec中点时，求证：bm/平面adef；（2）当平面bdm与平面abf所成锐二面角的余弦值为时，求三棱锥mbde的体积.解析 9.（1）以分别为轴建立空间直角坐标系则的一个法向量，。即 . 4分（2）依题意设，设面的法向量则，令，则，面的法向量，解得10分为ec的中点， 到面的距离 12分另解：用传统方法证明相应给分。10.(2014吉林省长春市高中毕业班第二次调研测试，19)如图，已知四棱锥，底面是等腰梯形，且，是中点，平面， 是中点（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.解析 10. (1) 证明： 且，2分则平行且等于，即四边形为平行四边形，所以. 6分(2) 解法1：延长、交于点，连结，则平面，易证与全等，过作于，连，则，由二面角定义可知，平面角为所求角或其补角.易求，又，由面积桥求得，所以所以所求角为，所以因此平面与平面所成锐二面角的余弦值为解法2：以为原点，方向为轴，以平面内过点且垂直于方向为轴以方向为轴，建立如图所示空间直角坐标系.则，8分所以，可求得平面的法向量为又，可求得平面的法向量为则，因此平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 12分11. (2014江苏苏北四市高三期末统考, 16) 如图，在三棱锥中，点分别是棱的中点.（）求证：/平面；（）若平面平面，求证：.解析 11. 解析 （）在中，、分别是、的中点，所以，又平面，平面，所以平面. （6分）（）在平面内过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面,又平面，所以，（10分）又，平面，平面，所以平面，又平面，所以. （14分）12. (2014河北衡水中学高三上学期第五次调研考试, 19) 直四棱柱中，底面为菱形，且为延长线上的一点，面. 设. () 求二面角的大小；() 在上是否存在一点，使面? 若存在，求的值; 不存在，说明理由.解析 12.() 设与交于，如图所示建立空间直角坐标系，则设则平面即，设平面的法向量为则由得令平面的一个法向量为又平面的法向量为二面角大小为. (6分）() 设得，面存在点使面此时. （12分）13. (2014江西七校高三上学期第一次联考, 19) 如图，在四棱锥中，为平行四边形，且平面，为的中点，. （）求证：/平面；（）若，求二面角的余弦值.解析 13. （）证明：连接，设与相交于点，连接，四边形是平行四边形，点为的中点. 为的中点，为的中位线，/， （ 3分），/. （6分）() 解法一：平面，/， 则平面，故，又，且，取的中点，连接，则/，且. .作，垂足为，连接，由于，且，.为二面角的平面角. （9分）由，得，得，在中，.二面角的余弦值为. （12分）() 解法二：平面，则平面，故，又且，. （9分）以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系.则，求得平面的法向量为， 又平面的一个法向量为，. 二面角的余弦值为. （12分）14.(2014广州高三调研测试, 18) 在如图6的几何体中，平面为正方形，平面为等腰梯形，（）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值解析 14. （）证明1：因为，在中，由余弦定理可得所以所以因为，、平面，所以平面 （4分） 证明2：因为，设，则在中，由正弦定理，得因为，所以整理得，所以所以因为，、平面，所以平面 （4分） （）解法1：由（1）知，平面，平面，所以因为平面为正方形，所以因为，所以平面（6分）取的中点，连结，因为是等腰梯形，且，所以所以是等边三角形，且（7分）取的中点，连结，则因为平面，所以因为，所以平面所以为直线与平面所成角因为平面，所以因为， （12分）在中，所以直线与平面所成角的正弦值为 （14分）解法二：由（）知，平面，平面，四边形为正方形，又，平面. （6分）、两两互相垂直.建立如图的空间直角坐标系，四边形为等腰梯形，且，设，则， （9分）设平面的法向量为，则，即，取得是平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为 （14分）15. (2014北京东城高三12月教学质量调研) 如图：pd平面abcd，四边形abcd为直角梯形，abcd，adc=90，pd=cd=2ad=2ab=2，ec=2pe. （）求证：pa平面bde；（）求证：平面bdp平面pbc；（）求二面角b-pc-d的余弦值.解析 15.解：法一：证明：建立如图所示的坐标系，（）a（1，0，0），b（1，1，0），c（0，2，0），d（0，0，0），p（0，0，2），, ，设，可得，因为，所以pa平dbe. （3分）（）因为，所以, bcbd，因为pd平面abcd，所以bcbd，所以bc平面pbd，所以平面bdp平面pbc. （8分）（）因为addc，adpd，所以是平面pdc的法向量，=（1，0，0），设平面pbc的法向量为n=（x，y，1），由， 得：n=（1，1，1），设二面角为b-pc-d为，则.所以二面角b-pc-d余弦值为. （14分）法二：（）连结ac交bd于g，连结eg，abcd，, 由已知,得，paeg，平面deg，pa平面deg，pa平面deg. （3分）（）由已知可得，bd=，取cd的中点o，连结bo，abod为正方形，ob=oc=1，bc=，所以bd2+bc2=cd2，由勾股定理的逆定理知bcbd，因为bcpd，所以bc平面bdp，所以平面bdp平面pbc. （8分）（）bocd，bopd，所以bo平面pdc，bopc，在平面pdc内作ompc交pc于点m，所以pc平面bom，连结bm，bmpc，bmo是二面角b-pc-d的平面角.在rtbmo中，ob=1，om=ocsindcp=，bm=，cosbmo=,所以二面角b-pc-d余弦值为. （14分）16.(2013年湖北七市高三4月联考，19,12分) 如图，矩形a1a2a2a1，满足b、c在a1a2上，b1、c1在a1a2上，且bb1cc1a1a1，a1b=ca2=2，bc=2，a1a1=，沿bb1、cc1将矩形a1a2a2a1折起成为一个直三棱柱，使a1与a2、a1与a2重合后分别记为d、d1，在直三棱柱dbc-d1b1c1中，点m、n分别为d1b和b1c1的中点.(i) 证明：mn平面dd1c1c；() 若二面角d1-mn-c为直二面角，求的值.16.17.（2013四川，19,12分）如图, 在三棱柱abc-a1b1c1中, 侧棱aa1底面abc, ab=ac=2aa1, bac=120, d, d1分别是线段bc, b1c1的中点, p是线段ad的中点.() 在平面abc内, 试作出过点p与平面a1bc平行的直线l, 说明理由, 并证明直线l平面add1a1;() 设() 中的直线l交ab于点m, 交ac于点n, 求二面角a-a1m-n的余弦值.17.18.（2013湖北，19,12分）如图, ab是圆o的直径, 点c是圆o上异于a, b的点, 直线pc平面abc, e, f分别是pa, pc的中点.() 记平面bef与平面abc的交线为l, 试判断直线l与平面pac的位置关系, 并加以证明;() 设() 中的直线l与圆o的另一个交点为d, 且点q满足=. 记直线pq与平面abc所成的角为, 异面直线pq与ef所成的角为, 二面角e-l-c的大小为, 求证: sin =sin sin .18.19.（2013安徽，19,13分）如图, 圆锥顶点为p, 底面圆心为o, 其母线与底面所成的角为22.5, ab和cd是底面圆o上的两条平行的弦, 轴op与平面pcd所成的角为60.() 证明: 平面pab与平面pcd的交线平行于底面;() 求coscod.19.20.（2013浙江，20,15分）如图, 在四面体a-bcd中, ad平面bcd, bccd, 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.() 证明: pq平面bcd;() 若二面角c-bm-d的大小为60, 求bdc的大小.20.21.（2013江苏，16,14分）如图, 在三棱锥s-abc中, 平面sab平面sbc, abbc, as=ab. 过a作afsb, 垂足为f, 点e, g分别是棱sa, sc的中点. 求证:(1) 平面efg平面abc;(2) bcsa.21.22.（2013山东，18,12分）如图所示, 在三棱锥p-abq中, pb平面abq, ba=bp=bq, d, c, e, f分别是aq, bq, ap, bp的中点, aq=2bd, pd与eq交于点g, pc与fq交于点h, 连结gh.() 求证: abgh;() 求二面角d-gh-e的余弦值.22.23.(2013课标，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.() 证明: bc1平面a1cd;() 求二面角d-a1c-e的正弦值.23.答案和解析理数答案 1. c解析 1. 对选项a，与平行或相交；对选项b，与平行或相交；选项c正确；选项d，与平行或相交. 故选c.答案 2.d解析 2.若, m, n, 则m与n可能平行, 故a错; 若, m, n, 则m与n可能平行, 也可能异面, 故b错; 若mn, m, n, 则与可能相交, 也可能平行, 故c错; 对于d项, 由m, mn, 得n, 又知n, 故, 所以d项正确.答案 3.a解析 3.如图, ce平面abpq, ce平面a1b1p1q1, ce与正方体的其余四个面所在平面均相交, m=4; ef平面bpp1b1, 且ef平面aqq1a1, ef与正方体的其余四个面所在平面均相交, n=4, 故m+n=8, 选a.答案 4.查看解析解析 4. 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。答案 5.查看解析解析 5.：() 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）答案 6.查看解析解析 6. （）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）答案 7.查看解析解析 7.解：（）四边形为正方形，连接，则是的中点，又因为点为的中点，连接，则为的中位线，所以，又因为平面，平面，所以平面. （6分）（）根据题意得平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系则，设满足条件的点存在，令，因为，设是平面的一个法向量，则得，设，则平面的法向量为，由题知平面的一个法向量，由二面角的大小为得：，解得，所以当时二面角的大小为. （12分）答案 8.查看解析解析 8. （1）设ac、bd的交点为i，连结mi，因为i、m分别为bd、bp的中点，所以pd/mi，又mi在平面acm内，所以pd/平面acm； 4分（2）设cd的中点为o，分别以oa、oc为x轴、y轴，过o点垂直平面abcd的直线为z轴建立空间直角坐标系，则, ，6分设，则,，设平面cbm的法向量为，则且，令则 10分所以答案 9.查看解析解析 9.（1）以分别为轴建立空间直角坐标系则的一个法向量，。即 . 4分（2）依题意设，设面的法向量则，令，则，面的法向量，解得10分为ec的中点， 到面的距离 12分另解：用传统方法证明相应给分。答案 10.查看解析解析 10. (1) 证明： 且，2分则平行且等于，即四边形为平行四边形，所以. 6分(2) 解法1：延长、交于点，连结，则平面，易证与全等，过作于，连，则，由二面角定义可知，平面角为所求角或其补角.易求，又，由面积桥求得，所以所以所求角为，所以因此平面与平面所成锐二面角的余弦值为解法2：以为原点，方向为轴，以平面内过点且垂直于方向为轴以方向为轴，建立如图所示空间直角坐标系.则，8分所以，可求得平面的法向量为又，可求得平面的法向量为则，因此平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 12分答案 11.查看解析解析 11. 解析 （）在中，、分别是、的中点，所以，又平面，平面，所以平面. （6分）（）在平面内过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面,又平面，所以，（10分）又，平面，平面，所以平面，又平面，所以. （14分）答案 12.查看解析解析 12.() 设与交于，如图所示建立空间直角坐标系，则设则平面即，设平面的法向量为则由得令平面的一个法向量为又平面的法向量为二面角大小为. (6分）() 设得，面存在点使面此时. （12分）答案 13.查看解析解析 13. （）证明：连接，设与相交于点，连接，四边形是平行四边形，点为的中点. 为的中点，为的中位线，/， （ 3分），/. （6分）() 解法一：平面，/， 则平面，故，又，且，取的中点，连接，则/，且. .作，垂足为，连接，由于，且，.为二面角的平面角. （9分）由，得，得，在中，.二面角的余弦值为. （12分）() 解法二：平面，则平面，故，又且，. （9分）以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系.则，求得平面的法向量为， 又平面的一个法向量为，. 二面角的余弦值为. （12分）答案 14.查看解析解析 14. （）证明1：因为，在中，由余弦定理可得所以所以因为，、平面，所以平面 （4分） 证明2：因为，设，则在中，由正弦定理，得因为，所以整理得，所以所以因为，、平面，所以平面 （4分） （）解法1：由（1）知，平面，平面，所以因为平面为正方形，所以因为，所以平面（6分）取的中点，连结，因为是等腰梯形，且，所以所以是等边三角形，且（7分）取的中点，连结，则因为平面，所以因为，所以平面所以为直线与平面所成角因为平面，所以因为， （12分）在中，所以直线与平面所成角的正弦值为 （14分）解法二：由（）知，平面，平面，四边形为正方形，又，平面. （6分）、两两互相垂直.建立如图的空间直角坐标系，四边形为等腰梯形，且，设，则， （9分）设平面的法向量为，则，即，取得是平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为 （14分）答案 15.查看解析解析 15.解：法一：证明：建立如图所示的坐标系，（）a（1，0，0），b（1，1，0），c（0，2，0），d（0，0，0），p（0，0，2），, ，设，可得，因为，所以pa平dbe. （3分）（）因为，所以, bcbd，因为pd平面abcd，所以bcbd，所以bc平面pbd，所以平面bdp平面pbc. （8分）（）因为addc，adpd，所以是平面pdc的法向量，=（1，0，0），设平面pbc的法向量为n=（x，y，1），由， 得：n=（1，1，1），设二面角为b-pc-d为，则.所以二面角b-pc-d余弦值为. （14分）法二：（）连结ac交bd于g，连结eg，abcd，, 由已知,得，paeg，平面deg，pa平面deg，pa平面deg. （3分）（）由已知可得，bd=，取cd的中点o，连结bo，abod为正方形，ob=oc=1，bc=，所以bd2+bc2=cd2，由勾股定理的逆定理知bcbd，因为bcpd，所以bc平面bdp，所以平面bdp平面pbc. （8分）（）bocd，bopd，所以bo平面pdc，bopc，在平面pdc内作ompc交pc于点m，所以pc平面bom，连结bm，bmpc，bmo是二面角b-pc-d的平面角.在rtbmo中，ob=1，om=ocsindcp=，bm=，cosbmo=,所以二面角b-pc-d余弦值为. （14分）答案 16.（）证明：连结db1 、dc1四边形dbb1d1为矩形，m为d1b的中点 .m是db1与d1b的交点，且m为db1的中点mndc1，mn平面dd1c1c . （）解：四边形为矩形，b. c在a1a2上，b1. c1在上，且bb1cc1，a1b = ca2 = 2，bdc = 90以db、dc、dd1所在直线分别为x. y. z轴建立直角坐标系，则d(0，0，0) ，b(2，0，0) ，c(0，2，0) ，d1(0，0，) ，b1(2，0，) ，c1(0，2，)点m、n分别为d1b和b1c1的中点，.设平面d1mn的法向量为m = (x，y，z) ，则，令x = 1，得，即. 设平面mnc的法向量为n = (x，y，z) ，则，令z = 1，得，即.二面角d1mnc为直二面角，mn，故，解得.二面角d1mnc为直二面角时，. 16.答案 17.() 如图, 在平面abc内, 过点p作直线lbc, 因为l在平面a1bc外, bc在平面a1bc内, 由直线与平面平行的判定定理可知, l平面a1bc.由已知, ab=ac, d是bc的中点,所以bcad, 则直线lad.因为aa1平面abc, 所以aa1直线l.又因为ad, aa1在平面add1a1内, 且ad与aa1相交,所以直线l平面add1a1. (6分)() 解法一: 连结a1p, 过a作aea1p于e, 过e作efa1m于f, 连结af.由() 知, mn平面aea1, 所以平面aea1平面a1mn.所以ae平面a1mn, 则a1mae.所以a1m平面aef, 则a1maf.故afe为二面角a-a1m-n的平面角(设为).设aa1=1, 则由ab=ac=2aa1, bac=120, 有bad=60, ab=2, ad=1.又p为ad的中点, 所以m为ab中点, 且ap=, am=1,所以在rtaa1p中, a1p=; 在rta1am中, a1m=.从而ae=, af=,所以sin =,所以cos =.故二面角a-a1m-n的余弦值为. (12分)解法二: 设a1a=1. 如图, 过a1作a1e平行于b1c1, 以a1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o-xyz(点o与点a1重合).则a1(0,0, 0), a(0,0, 1).因为p为ad的中点, 所以m, n分别为ab, ac的中点,故m, n,所以=, =(0,0, 1), =(, 0,0).设平面aa1m的一个法向量为n1=(x1, y1, z1), 则即故有从而取x1=1, 则y1=-, 所以n1=(1, -, 0).设平面a1mn的一个法向量为n2=(x2, y2, z2), 则即故有从而取y2=2, 则z2=-1, 所以n2=(0,2, -1).设二面角a-a1m-n的平面角为, 又为锐角,则cos =.故二面角a-a1m-n的余弦值为. (12分)17.答案 18.() 直线l平面pac, 证明如下:连结ef, 因为e, f分别是pa, pc的中点, 所以efac.又ef平面abc, 且ac平面abc, 所以ef平面abc.而ef平面bef, 且平面bef平面abc=l, 所以efl.因为l平面pac, ef平面pac, 所以直线l平面pac.() (综合法) 如图1, 连结bd, 由() 可知交线l即为直线bd, 且lac.因为ab是o的直径, 所以acbc, 于是lbc.已知pc平面abc, 而l平面abc, 所以pcl.而pcbc=c, 所以l平面pbc.连结be, bf, 因为bf平面pbc, 所以lbf.故cbf就是二面角e-l-c的平面角, 即cbf=.由=, 作dqcp, 且dq=cp.连结pq, df, 因为f是cp的中点, cp=2pf, 所以dq=pf,从而四边形dqpf是平行四边形, pqfd.连结cd, 因为pc平面abc, 所以cd是fd在平面abc内的射影,故cdf就是直线pq与平面abc所成的角, 即cdf=.又bd平面pbc, 有bdbf, 知bdf为锐角,故bdf为异面直线pq与ef所成的角, 即bdf=,于是在rtdcf, rtfbd, rtbcf中, 分别可得sin =, sin =, sin =,从而sin sin =sin ,即sin =sin sin .() (向量法) 如图2, 由=, 作dqcp,且dq=cp.连结pq, ef, be, bf, bd, 由() 可知交线l即为直线bd.以点c为原点, 向量, , 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, 设ca=a, cb=b, cp=2c, 则有c(0,0, 0), a(a, 0,0), b(0, b, 0), p(0,0, 2c), q(a, b, c),e, f(0,0, c).于是=, =(-a, -b, c), =(0, -b, c),所以cos =,从而sin =.又取平面abc的一个法向量为m=(0,0, 1), 可得sin =,设平面bef的一个法向量为n=(x, y, z),所以由可得取n=(0, c, b).于是|cos |=,从而sin =.故sin sin =sin , 即sin =sin sin .18.答案 19.() 证明: 设面pab与面pcd的交线为l.因为abcd, ab不在面pcd内, 所以ab面pcd.又因为ab面pab, 面pab与面pcd的交线为l, 所以abl.由直线ab在底面上而l在底面外可知, l与底面平行.() 设cd的中点为f. 连结of, pf.由圆的性质, 得cod=2cof, ofcd.因为op底面, cd底面, 所以opcd,又opof=o, 故cd面opf.又cd面pcd, 因此面opf面pcd,从而直线op在面pcd上的射影为直线pf, 故opf为op与面pcd所成的角. 由题设, opf=60.设op=h, 则of=optanopf=htan 60=h.根据题设有ocp=22.5, 得oc=.由1=tan 45=和tan 22.5 0, 可解得tan 22.5=-1,因此oc=(+1) h.在rtocf中, coscof=-,故coscod=cos(2cof) =2cos2cof-1=2(-) 2-1=17-12.19.答案 20.() 取bd的中点o, 在线段cd上取点f, 使得df=3fc, 连结op, of, fq.因为aq=3qc, 所以qfad, 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opdm, 且op=dm.又点m为ad的中点, 所以opad, 且op=ad.从而opfq, 且op=fq,所以四边形opqf为平行四边形, 故pqof.又pq平面bcd, of平面bcd, 所以pq平面bcd.() 作cgbd于点g, 作ghbm于点h, 连结ch.因为ad平面bcd, cg平面bcd, 所以adcg,又cgbd, adbd=d, 故cg平面abd,又bm平面abd, 所以cgbm.又ghbm, cggh=g, 故bm平面cgh, 所以ghbm, chbm.所以chg为二面角c-bm-d的平面角, 即chg=60.设bdc=.在rtbcd中, cd=bdcos =2cos ,cg=cdsin =2cos sin ,bg=bcsin =2sin2.在rtbdm中, hg=.在rtchg中, tanchg=.所以tan =.从而=60.即bdc=60.解法二: () 如图, 取bd的中点o, 以o为原点, od, op所在射线为y, z轴的正半轴, 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.() 设m=(x, y, z) 为平面bmc的一个法向量.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bccd, 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tanbdc=.又bdc是锐角, 所以bdc=60.20.答案