空间向量与立体几何答案

专题八几第二十四讲空间向量与几何2019因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME12又因为N为A1D的中点，所以ND12由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，u z

mxyz为平面A1MA的法向量，则

A1M

3y2z

所以4z 可取m(3,1,nnpqr为平面AMN的法向量，则

MN 所 p2r2222于是cosm,n 5（I）PAABCDPACDABCD，所以CD.PADAADBCMPAABCDPAAM,PAADA-xyzA（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），EPDE（0，1，1）.u

u

uAE0,1,1PC222,AP002u

1u

2 2

u u

224所以PF3PC , ，AFAPPF

3 3AEF的法向量为nxyz

333nu

yz AE0，即 n

2x2y4z

n3n又因为平面PAD的法向量为p1,0,0，所以cos<n,pn3n3333zP y x

AGAEFGPB

,PB2,1,3

2

4

u

22所以PG3PB333AGAPPG3

由（II）AEF的法向量为n11,1

33

4220AGAEF内 解析：又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面所以，A1E⊥平面ABC，则因此取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角33不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中 33由于O为A1G的中点，故EOOGA1G 15 EO2OG2 所以cosEOG 2EO 5又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系33

33

，1，0），B1(3,3,23)，F

3 ,2 ,2EF

3 ,2

，BC

设直线EF与平面A1BC所成角为由（Ⅰ）BC

设平 的法向量为n(x,y,z)由

，得

3xy，EF y3zEF4n1,3,1，故sincosEFn

EF 3EFA1BC所成角的余弦值为5（1）ED∥AB.ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，A1B1∥ED.ED⊂DEC1，A1B1DEC1，A1B1DEC1.（2）AB=BC，EACC1C⊂A1ACC1，AC⊂A1ACC1，C1C∩AC=C，BEA1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°AB，BCBEBFDG，2.2B-CG-A的大小由已知得ABBE，ABBC，故AB平面（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平3 3 的空间直角坐标系H–xyz3则3

3），CG3

），AC

3z 0即2xyAC 3 33n3又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以cosn,m |n||m 解析：（1）BCABBABEABBA1 1 1B1C1BEBEEC1BEEB1C1（2）由（1）知BEB190．由题设知Rt△ABERt△A1B1E，所以AEB45，AEABAA12AB．以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，|DA|为单位长，建立的空间直角坐yxy设平 的法向量为=（x，y，x），

x即xyz设平面ECC1的法向量为m=（x，y，z），

2z即xyz所以可取于是cosnm

nm1|n||m 1所以，二面角BECC的正弦值 12（I）PAABCDPACDABCD，所以CD.PADAADBCMPAABCDPAAM,PAADA-xyzA（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），EPDE（0，1，1）.u

u

uAE0,1,1PC222,AP002u

1u

2 2

u u

224所以PF3PC , ，AFAPPF

3 3AEF的法向量为nxyz

333nu

yz AE0，即 n

2x2y4z

n3n又因为平面PAD的法向量为p1,0,0，所以cos<n,pn3n3333zP y x

AGAEFGPB

,PB2,1,3

2

4

u

22所以PG3PB333AGAPPG3

33由（II）AEF的法向量为n11,1

4220AGAEF内 解析：又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面所以，A1E⊥平面ABC，则因此取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角33不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中 33由于O为A1G的中点，故EOOGA1G 15 EO2OG2 所以cosEOG 2EO 3因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是5又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系33

33

，1，0），B1(3,3,23)，F

3 ,2 ,2EF

3 ,2

，BC

设直线EF与平面A1BC所成角为由（Ⅰ）BC

设平 的法向量为n(x,y,z)由

，得

3xy，EF y3zEF4n1,3,1，故sincosEF

EF 3因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为5由已知得ABBE，ABBC，故AB平面（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平3 3 的空间直角坐标系H–xyz3则3

3），CG3

），AC

3z

即2xyAC 3 33n3又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以cosn,m |n||m 解析：（1）BCABBABEABBA1 1 1B1C1BEBEEC1BEEB1C1（2）由（1）知BEB190．由题设知Rt△ABERt△A1B1E，所以AEB45，AEABAA12AB．以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，|DA|为单位长，建立的空间直角坐yxy设平 的法向量为=（x，y，x），

x即xyz设平面ECC1的法向量为m=（x，y，z），

2z即xyz所以可取n 于是cosn,m |n||m BECC的正弦值为3 1因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且21

又因为N为A1D的中点，所以2

由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，u z

mxyz为平面A1MA的法向量，则

A1M

3y2z

所以4z 可取m(3,1,nnpqr为平面AMN的法向量，则

MN 所 p2r于是cosmn

mn 152222 5（I）PAABCDPACDABCD，所以CD.PADAADBCMPAABCDPAAM,PAADA-xyzA（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），u

u

uAE0,1,1PC222,AP002u

1u

2 2

u u

224所以PF3PC , ，AFAPPF

3 3AEF的法向量为nxyz

333nu

yz AE0，即 n

2x2y4z

n3n又因为平面PAD的法向量为p1,0,0，所以cos<n,pn3n3F-AE-P为锐角，所以其余弦值为3zP y x

AGAEFGPB

,PB2,1,3

2

4

u

22所以PG3PB333AGAPPG3

由（II）AEF的法向量为n11,1

33

4220AGAEF内 ADAE

E(002.设CF

依题意，AB100ADEBF02hBFAB0，BFADEBF∥ADE.

BE(1,0,

CE(1,2, xyn(x,yzBDE的法向量，则nBE0，即x2z0z可得n22,1.因此有

CE,

CEn4|CE||n 4所以，直线CEBDE9

xy设mx,yzBDF的法向量，则mBF0，即2yhz0 y1，可得m1,12 h |mn8由题意，有cosm,n 8

4h h

1，解得h 所以，线段CF7

|m||n.

32 2010-2018【解析】(1)BFPFBFEFBF⊥平面PEFBFABFDPEFABFD．PHEFH．由(1)PHABFD以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立的空间直Hxyz．zPC x3由(1)可得，DE⊥PE．又DP=2，DE=1，所以PE= 又PF=1，EF=2，故PE⊥PF．3PH

, 2

3) HP(0,

3ABFD2DPABFD所成角为，则sin

3HPHP34|HP||DP 3所以DP与平面ABFD所成角的正弦值 34【解析】(1)ABCA1B1C1CC1ABC∴四边形A1ACC1为矩形∴AC⊥EF∵ABBC∴AC⊥BEACBEF由(1)ACEFACBEEFCC1又CC1ABCEFABCBEABCEFBE．Exyz．zFFDG 01)B10)BCD的法向量为nabc)nn CD

2ac∴

，∴a2b0 a2，则b1c40)∴cosnEB

n uur= |n||EB BCDCBCDC的余弦值为

21

1)GFBCDBCDGFBCD【解析】(1)APCPAC4，OACOPAC，且OP23连结OBABBC1

2AC，所以△ABC2且OBACOB

AC22由OP2OB2PB2POOB由OPOBOPACPO平面ABCu(2)如图，以OOBx轴正方向，建立空间直角坐标系OxyzzP Mx由已知得O(000B(200)A(020C(020P(0023u uAP0223PAC的法向量OB200M(a2a0)(0a2AMa4a0PAM的法向量为n(x,yzu

APn0AMn0得

，可取n3(a4),3aa所以

uOB,

23(a ．由已知得|23(a4)23a2

u3OB,n 3223|a23(a4)23a223|a23(a4)23a2 284 84

3u3所以n

,

PC0223，所以

PC,n 43所以PC与平面PAM所成角的正弦值 34【解析】(1)由题设知，平面CMDABCD，交线为CDBCCDBCABCDBC⊥平面CMDBCDM．因为M为CD上异于CD的点，且DC为直径，所以DMCM．又BCCM=C，所以DM⊥平面BMCDMAMDAMDBMC(2)以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立的空间直角坐标DxyzzzMDCyAxBMABCM为CDAM(2,1,1)，AB(0,2,0)，DA(2,0,nxyzMAB

2xyz即2yDAMCDA55cosA55n

n,DA2552所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值25z轴的正方向的空间直角坐标系（如图）D(000)A(200)B(120M M 2

zGFNzGFNEMDAxByDC020DE202．设n0xyz为平面CDE

2y0

量，则n

DE

即2x2z

不妨令z1，可得 ， MN13,1MN

0 MN平面CDEMN∥平面CDE22)nxyzBCE的法向量，则nBC

xnBE0，即x2y2z z1，可得n0,1,1mxyzBCF的法向量，则mBC

xmBF

即y2z ，z1，可得m02,13m3因此有cosm,n |m||n

，于是sinm,n EBCF的正弦值为10BPBPDCBPBPBPDCBP2cos

h2h2h2

sin60

3h2

3[0,2]3DP的长为3311ABCABCACA1C1的中点分别为OO1，OBOCOO1OCOO1OB，以{OB,OC,OO1为基底，建立空间直角坐标系O11ABAA12

CyQBxOPA

P(3,1, BP

3,1,2),

BP,BP,1||BPAC1||14|BP||AC 521|故

320

320QBCAQAQ3

3,,3 ,,

AC(0,2,2),CC(0,0,因

AQn

x3y3 3AC1n0即2y2z不妨取n(31,1CC1AQC1所成角为sin|则

CC,nCC,n||CC1n1|CC||n1255CC1AQC1所成角的正弦值为5（1）由已知BAPCDP90，得AB⊥AP，CD⊥PDAB∥CDAB⊥PDAB⊥平面（2）PADPFADF由（1）ABPADABPFPFABCD以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，|AB|为单位长，建立的空间Fxyz．zP F x

2,0,0)，P(0,2

2)，2

2

2PC

2)，CB(2,0,0)，PA(2,0, 2) n(x,yzPCB

2xy2z

，即

2x可取n01

2)m(x,yzPAB

22，即2x22

z，

y可取n10,1则cos<nm

nm 3|n||m 所以二面角APBC的余弦值为 33EF

12

．由BADABC

BC

，又BC

12

EF∥BCBCEF是平行四边形，CEBFBFPAB，CE平面PAB，故CE∥平面PAB．（2）BAADAABx轴正方向，|AB|为单位长，建立如图的空间直角坐标系AxyzA(000)B(100C(1,10zPFMEzPFMEBACxM(xyz)(0x1BMx1yz)PMxy1z

3)BMABCD所成的角为45n00,1ABCD|z，(x1)2y22以|cos|z，(x1)2y222即(x1)2y2z20．MPCPMPC3x，y1，z 3．3x由①，②解得y66z

x1（舍去y66z 所以M

2 6)，从而AM 2 6) m(x0,y0z0ABM

2)x02y0 6z0m

，即x 所以可取m0

62，于是cosmn

mn 10|m||n 因此二面角MABD的余弦值 5．又ACD是直角三角形，所以ACD=900AC的中点O，连接DOBO，则DOACDOAO．又由于ABC是正三角形BOAC．所以DOBDACB的平面角．RtAOB中BO2AO2AB2．．ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB．ACDABC正方向，OA为单位长，建立的空间直角坐标系O-xyz，zDCEzDCEOBAxA(1,0,0)，B(0,3,0)，C(1,0,0)，D(0,0,1)1由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD2

EABCDABC1EDB2

3,) AD(1,0,1)，AC(2,0,0)，AE 3,1

AD

xz设n=x,y,z是平面DAE的法向量，则 即可取n

33

AE

x

3y1z mAEC的法向量，则nmnm n

AC同理可得m01,AE则

n,m7所以二面角DAEC的余弦值 77AABACAPx轴、y轴、zA(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)（Ⅰ）DE(020DB(202nxyzBDE

z1，可得n1,0,1．又MN=（1，21

2x2z可得MNn0MNBDEMN//易知n1100CEM的一个法向量．设n2xyzEMN

nMN

x2yzy1，可得n2(4,12因此有cosn1

n1n2|n1||n2

，于是sinn1n2

1054C—EM—N的正弦值为1054AH=h（0≤h≤4H（0，0，hNH12hBE222)．由已知，得|cos10h221h80，解得h8，或h1

7NH,NH,BE||NHBE||NH||BE|2h2h252

81 （Ⅰ）ACBDEME因为PD∥平面MAC，平面MAC平面PBDME，所以PD∥MEABCDEBD的中点，在PBC中，知MPBAD的中点O，连接OPOE．PAPD，所以OPAD．PADABCD，且OPPAD，所以OPABCD．因为OEABCD，所以OPOE．ABCD是正方形，所以OEAD如图建立空间直角坐标系OxyzP(00,2D(200)B(240BD(4,4,0)，PD(2,0,

2)．

BDP的法向量为n(x,yz，则2令x1，则y1，z ．于是n(1,1,2)2

，即

2zPADp0,10)，所以cos<n,p

np1BPDA为锐角，所以它的大小为3

|n||p ．

2)，D(2,4,0)，MC(3,2,2

2)2 |nMC 2 设直线MC与平面BDP所成角为，则 |n||MC 2所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值29【解析】(1)∵面PAD面ABCDAD，面PAD面ABCDABADABABCDABPADPDPADABPD，PDPA，PDPAB，AD中点为O，连结COPO5∵CDAC ，∴COAD5∵PAPD，∴POADP()B(0)C(0)zP BCx0)nPDC的法向量，令n(x0，y0,1)． sincos n,PBn,PB1121114nPBnMBM∥PCDAMM0yz'由(2)A0,10P00,1AP01,1B1,10AM0,y 0,1∴BM1,BM∥PCDnPCDBMn0，即10 MAM1M 【解析】(Ⅰ)FCFCM，连结GM,HM，因为GM//EFEFGMGM//GM//ABC；又因为MH//BCBC平面ABCMH平面ABC，所以MH//平面ABC；所以平面GHM//ABC，由GH平面GHM，所以GH//ABC．EFEFGHCA(Ⅱ)连结OB EOEOz，FCOBAyEFFB1AC23，ABBC2BF2(BOBF2(BOA(2300C2300B(0,230F(0,3,3FBCBF03,3)CB23230于是得平面FBC的一个法向量为n1

3,3,1)FBCA为则cos

n1n117777二面角FBCA的余弦值 77【解析】(1)ADIFI，∵矩形OBEF,GIGI是ABDGIBD且GI1BD2OABCDOB1BDEF∥GIEFGI2EFIGEGFIADF，EG∥OEFC正弦值，建立空间直角坐标系OzEzEFHBGOIC B0

x

设面CEF的法向量n1x，y

2y

2x2zxyz

∴n1

n1OC面OEF，∴面OEF的法向量n2n1n1，nn1，n223cos 3n，n1n，n162 3 3∵AH2HF，∴AH2AF22，0，222 4

，Hx，y，z

5x32 4 4∴AHx4

5

y 3 4

5 z

，25

5BH，nBHBH，nBH12BH1 53235【解析（Ⅰ）连接BD，设 AC=G，连接EG,FG,EF3在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由ABC120，可得AG=GC= 由BE平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，33又∵AEEC，∴EG ，EGAC32在RtEBG中，可得BE ，故DF2

2．在RtFDG中，可得FG 6 2在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE ，DF 2，可得EF=322 ∴EG2FG2EF2，∴EGFGACFGGEGAFCEGAECAFCAEC（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB,GCx轴，y32 ，0)，E 323F(－1,0，2)，C32

3∴AE 3

2，CF2

3 32AE,CFAEAE,CFAE|AE||CF333所以直线AE与CF所成的角的余弦值 33（Ⅰ）又GBE所以GHAB，且GH21

ABF是CD所以DF

CD2由四边形ABCDABCDAB=CD，所以GHDF，且GH=DF．HGFD是平行四边形，所以GFDHDH平面ADE，GF平面ADE，所以GFADEBBEBQBAxyzABBECBA=(0,0,2)BECnxyz为平面AEFAE202AF=(2,21nAE0，2x2z由nAF0得2x2yz0z2n=(21,2 ，n 从而cosn

|n||BA

3 2所以平面AEFBEC所成锐二面角的余弦值为3（Ⅰ）又GBE的中点，可知GM//AE，AE平面ADE，GM平面ADE，所以GM//ADE．在矩形ABCD中，由M,F分别是ABCD的中点得MF//AD．AD平面ADE，MF平面ADE，所以MF//平面ADE．又因为GMMFMGM平面GMF，MF平面GMF所以平面 平面ADE因为

平面GMF，所以GF//平面（Ⅰ）证法一DG，CD，设CDGFO，连接OHDEFABCAB2DEGAC可 DFCG则O为CDHBC的中点，所以OHBD又OHFGHBDFGHBDFGH证法二DEFABCBC2EFHBC的中点，BHEFBHEFBHFE为平行四边形，可得BEHF在ABCGACHBC的中点，所以GHAB，GHHFHFGHABED，BDABED，所以BDFGHAB2，则CFDEFABCGAC1DF

ACGCDGCF2DGFCFCABC，所以DGABC在ABC中，由ABBCBAC45GAC中点所以ABBC，GBGC，因此GB,GC,GD两两垂直以G为坐标原点，建立的空间直角坐标系Gxyzz E Hx所以

可得H

2，2,0)，F(0，2,0) 故GH

2，2,0),GF(0，2,0) 设nxyz)FGH由

可得nGF 2yzFGH的一个法向量n

2)因为GBACFDGB

2,0,所以

GB,

GB|GB||n

12222FGHACFD所成角（锐角）的大小为60解法二： 与点M，作MNGF与点N，连接NH H由FC平面ABC， FCACCHMACFD因此GFNH，所以MNH在BGC中，MH∥BG，MH1BG 2 由GNM~GCF，可得MNGM，从而MN 6 由HMACFDMNACFD33

HMMN因此

MNH60FGHACFD所成角（锐角）的大小为60（Ⅰ）1ABBC=1AD2EADBADBEAC22BEOA1BEOCBEA1OC．又CDBE，所以CDA1OC．（Ⅱ）A1BEBCDE，又由（Ⅰ）BEOA1BEOC．所以AOCA-BE-C的平面角，所以AOC． 如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，A1B=A1E=BC=ED=1BC

2,0,0)， 2,0,0)，A(0, 2)， 2,0) 得

2 2,0),A 2, 2)，CD=BE=

2,0, A1BC的法向量n1x1y1z1A1CD的法向量n2x2y2z2，n1BC0，得x1y10n1,1,1nAC

yz

n2CD

x2

nAC

yz

从而cos|cosn1n2

63 ABCACD夹角的余弦值为6 （Ⅰ）BDAC于点OEOABCD为矩形，所以OBD的中点．EPD的中点，所以EOPB．EOAECPBAECPBAEC（Ⅱ）PAABCDABCDABADAP两两垂直．AABxAP为单位长，建立空间直角AxyzzPPEADyBxOC3 33则D(0,3, ,),AE ,) B(m00)(m0，则C(m,30),ACm,3,0n1(x,yzAEC

mx

3ym则 即m

,1,3)nAE

y z n2100DAE

n,

1，解得m3331 3311EPDEACD的高为．2三棱锥EACD的体积V11331 3 ，所以AB∥MA且CDMA，连接AD1CD//AM,CD

CD（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）知平面D1C1M平面ABCD=作CNAB则D1NC即为所求二面角C1ABC在RtBNC中BC1NBC

CN 2

CD2CD2CN1 DN DN5 中， 51ACMC，由（Ⅰ）知CDAM且CD，AMCDBCADMC，由题意ABCDAB，所以MBC3因此AB2BC2,CA ，∴CACB3zzxDCAMBy以CCDxCPyCD1zC

3

3),

3),M( CD(1,0,0),DM 3,1 (2,设平面C1D1M的法向量为nx1y1z1x11x

3y

3z

ABCD的法向量为n2cosn,

n115n1n2 n115 所以平面CDMABCD所成角的余弦值为1 cosD1CN

NC

3 53 2（Ⅰ（方法一）∵BCBDDFFC，且CBD120ΔBCFRT三角形，BFFCBCBAAEEC且ABC120ΔBCERT三角BEEC，∴ΔBCFΔBCEEEOBC，垂足为O，连接OF，可证出EOCFOC，所以EOCFOCFOBC2从而证出BCEOF，又EFEOF，所以EFBCEBEBOFCD（方法二）BDBCBBCx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，建立空问直角坐标系．易得B000A(01,3，AzEBxFAzEBxFD31D(3,1,0)，C(0,2,0)．因而 )31 33F 33 ,0)，∴EF ,0, ) EFBCEFBC（Ⅱ）BFC的一个法向量为n100,1BEFnx,yzBF

3 ,0)， )2

(0,3,1) EBFC大小为，且由题意知coscosn1,n2

，因此sin 25n11525225（Ⅰ）BC1B1C于点OAOBB1C1C为菱形，所以B1CBC1且O为B1C及BC1的中点.ABB1C所以B1C平面ABO.B1OCO,故OBOxOxy(，B0), 3,0),C(0, 3, AB 3, 3),ABAB(1,0, 3),BCBC(1, 3, 1 1 设n(x,y,z)是平面AA1B1的法向量，3y 3 即

x

3z3所以可取n1,3,

3,则

n,

nm1n7n所以二面角AABC的余弦值为11 【解析（Ⅰ）因为ABD平面BCD,平面ABD平面BCDBD,AB平ABDABBDABBCD又CDBCDABCD（Ⅱ）BBCDBEBD,由（Ⅰ）ABBCD,BEBCDABBEABBDB为坐标原点,BEBDBAx轴,y轴,zM DxC1 ,)21则BC(1,1,0),BM ,),AD(0,1,1)12设平面MBC的法向量n(x0,y0z0)则

x0y0即 nBM

1yz 2 z01MBC的一个法向量n11,1．AD与平面MBC所成角为,nn,ADnnn,ADn66即直线AD与平面MBC所成角的正弦值 632【解析（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2得，BDBC 2由AC 2,AB2，则AB2AC2BC2，即ACBCDE又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE，所以ACDE，又DEDC，从而DE平面ACDDE（Ⅱ）BFADADFFAE交于点GBG，由（Ⅰ）DEADFGAD，所以BFG是二面角BADE的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2BD2BC2BDBC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CD2，6AC 2，得AD 667在RtAED中，DE1，AD ，得AE 676在RtABD中，BD 6BF23AF2AD，从而GF2 在

ABG中，利用余弦定理分别可得cosBAE57BG2 3GF2BF23在BFG中，cosBFG 2BF 所以BFG ，即二面角BADE的大小是 DDEDCxyD

EBxD0,0,0,E1,0,0,C0,2,0,A0,2,2,B1,1,0设平面ADE的法向量为mx1,y1z1，平面ABD的法向量为nx2,y2z2可算得AD02

2 02y1 得

2z10，可取m0,1

2

2z12 2 得

2z20，可取n1,1,2， nBD xy 于是cosmn

mmm3BADE的大小是．6（Ⅰ）PDABCDPDAD，又CDAD， CDDADPCDADPC，又AFPCPCADF，即CF平面ADF（Ⅱ）AB1RtPDCCD1，又DPC3003PC2PD ，由（Ⅰ）知CF3DF

3，AF2

7AD2AD2DFCF

1FE//CDAC2AC2AFDECF1，DE 3EF3CD3 E(3,0,0)，F4

3,3,0)，P(3,0,0)，C(0,1,0) AE(3,0,设m(x,y,z)是平面AEF的法向量，则mAE，又 m

EF(0,3, mAE 3xz3所以 3

，令x4，得z ，m(4,0,3)mEF3y 由（Ⅰ）ADFPC

DAFE的平面角为，可知cos|cosm,PC||mPC|43257|m||PC 19 因为CC1DD1，所以CC1BDACBDO，因此CC1ABCD．由题O1OC1C．故O1OABCD．（Ⅱ）O1作O1HOB1HHA1C1平面BDD1B1A1C1OB1，7于是OB1平面O1HC1，进而OB1C1H．故C1HO1是二面角C1OB1D71AB=2．因为CBA60O，所以OB1

37RtOOB中，易知OHOO1O1B137

．而OC111OC2OC2OH1

1771772 故cosC

O1H

2． 7即二面角C1OB1D的余弦值

2．解法 因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是ACBD．又O1OABCDOB，OC,OO1zyzyO

直角坐标系．不妨设AB=2．因为CBA60O，所以OB 3，OC于是相关点的坐标为：O(0，0，0)B1(302)C1(0,12)．n1(0,10BDD1B1的一个法向量．nxyz是平面OBC的一个法向量，则n2OB10,即

3x2z 1

y2z33取z ，则x2,y33

，所以n2223

3)设二面角C1OB1D的大小为，易知COSCOSn1,n2

25722故二面角COBD257 （Ⅰ）BDDCBDDC，BDDC2,ADBC面 面BDC面EFGH面ABCBCFGBCEH，EFADHGADBD,ADBD,ADDC, DCADADBC∥FG,EF∥EFEFGH

FG∥EHEF∥HGzzAHEDGF BxDA(0,0,1)，BC(2,2,0)，BC(2,2,EFGH的一个法向量nx,yBCBC∥FG,EF∥ z=

-2x+2y=sin|cosBA,n

BA|BA||n

2525【解析】（Ⅰ）AB中点ECEA1BA1E∵AB=AABAA600BAA ∴A1E⊥AB，∵CA=CB，CEA1E=E，∴AB⊥面CEA1（Ⅱ）由（Ⅰ）知EC⊥ABEA1∴EA，EC，EA1两两相互垂直，以E为坐标原点，EA的方向为x轴正方向，|EA|为 空间直角坐标系Oxyz，3有题设知A(1,0,0),A13

333BB1=AA1333

333n(xyz是平面CBB1C1333 ，

3z，可取n

，1，-

3y∴

=n 10|n||A1C ∴直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值 5D为AB的中点，所以ODBC1，又因为ODA1CD（Ⅱ）由AA 2AB可设：AB=2a，则AA=AC=CB=2a CC1x轴、y轴、zFFExADyC则C(000A(2a0,2a

2a

2a0)E(0,

2a)1CA(2a,0,2a)，CD

2a

2a,0)，CE(0,

2a) AE2a,2a 2aACD的法向量为nxyz nCD0且nCA10yxzx1A1CD则cos

，所以sinn,m 6n,mn,m3所以二面角D-AC-E的正弦值为6 2（Ⅰ）1中,易得OC3AC32AD2连结ODOE,在OCD中,OC2CDOC2CD22OCCDcos52由翻折不变性可知AD 2AO2OD2AD2,AOOD理可证AOOE,又 OEO,所以AO平面BCDE（Ⅱ）传统法:过O作OHCD交CDH,AHAOBCDE,AHCD所以AHOACDBOH21可知HAC中点,故OH32OH22

2所以cosAHOOH 15,所以二面角ACDB的平面角的余弦值为15 向量法:以O点为原点,建立空间直角坐标系O A00,3C030,D120所以CA033,DA12,3nx,yz为平面ACD的法向量, ,

3z

y,

,x1,得n11,3nDA

3z

z n,OA由(Ⅰ)知OA00,3为平面CDBn,OA33nOA33nOAn5ACDB的平面角的余弦值为155（Ⅰ）解法一由题意易知OAOBOA1O为原点建立直角坐ABAA1 2,OAOBOA1A1,0,0,B0,1,0,C1,1,1,D(0,1,0),A10,

又ABCD是正方形BDACBD平面A1OC,BD又OA1是AC的中垂

2,且AC

AC2AA2AC2 A1CBB1,A1C平面（Ⅱ）设平面OCB1的法向量n(x,y

xn

xyz

yz, cos|cosn,A1C

2 又0 ＝。 （Ⅰ）直线l∥PACEFEFPAPCEFAC．EFABCACABCEF∥ABC．而EF平面BEF，且平面BEF平面ABCl，所以EF∥l．因为lPACEFPAC，所以直线l∥PAC．（Ⅱ（因为AB是O的直径，所以ACBC，于是lBC．PCABC，而lABCPCl．而PCBCC，所以l平面PBC．连接BEBF，因为BF平面PBC，所以lBF．故CBFElC的平面角，即CBFDQ1CPDQCPDQ1CP PQDFF是CPCP2PFDQPFDQPFPQFD连接CDPCABC，所以CDFDABC内的射影，故CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即CDF．BDPBCBDBF，知BDF故BDFPQEF所成的角，即BDF，于是在RtDCFRtFBDRtBCF中，分别可得sinCF，sinBF，sinCF 从而sinsinCFBFCFsin，即sinsinsinBF （Ⅱ（ PQEFBEBFBD，由（Ⅰ）可知交线lBD以点C为原点，向量CA,CB,CP所在直线分别为x,y,z轴，建立的空间直设CAa,CBb,CP2cC(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c)1E(a,0,c),F(0,0,c)2于是FE1a,0,0QPa,b,cBF0,b,c21cos2 a21cos2 a2b2b2|m||QP|mQP|ca2b2所以cos ，从而sin|FE||QP

a2b2又取平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)，可得sin BEF的一个法向量为nx,y,z

1ax可得可得

n0cb于是|cos

|mn|bb2|m|bb2

，从而sin 1cos2cb21cos2cb2故sinsin sina2b2 b2 a2b2即sinsinsin【解析】解法一如图，以点Az A1D D依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，1CE1（Ⅱ）BC=（1，-2，-1BCE的法向量mxyz，则mB1C0 x2yz

mCE即xyz0xy+2z=0z=1，可得一个法向量为m=（-3，-2，1．由0，-1）为平面CEC11于是cosmBC1

mB1C1

2 14 从而sinm,B1C1 7=（0，1，0AMAEEM1AB=（0，0，2）ADD1A1AM,AM,AB则sincos

32222122于是

，解得 ，所以AM （Ⅰ）RtDACADACADC得DC1DCDC1BDDC1BCDDC1（Ⅱ）DC1BCCC1BCBCACC1A1BCA1B1的中点O，过点O作OHBDH，连接C1OOHBDC1H

HD且C1DOA1BDC1设ACa，则CO ，CD 2a2COCDO 1A1BDC的大小为1（Ⅰ）AABADAA1x轴y轴z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图ABa,A(000)D(0,10)D(0,1,1Ea,10 B(a0,1AD0,1,1BEa,11

AEa,1,0 ∵ADBEa011(1)10，∴BE AA1P(00z0DP∥B1AEDP(01z0．B1AE的法向量n=(x,y,z)．n平面BAEn

axznAE，得 axyx1BAE的一个法向量n1aa DP∥BAE，只要n

0，解得z DP1 DP1DPBAEPDP∥BAE 连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1AA1=AD=1,AD1∵B1C∥A1D,∴AD1∴AD1DCB1A1AD1A1B1E的一个法向量,AD1AD1nnAD1nnAD1n2 24则cos2 24∴coscos30，即 224解得a2AB（Ⅰ）MNPBPD的中点，所以MN是PBD的中位线MNBDMNABCD，所以MN//ABCD（Ⅱ）ACBD于O，以OOC,ODx,y立空间直角坐标系Oxyz，ABCDBAD120ACAB23,BD 3AB6PAABCDPAAC在直角PAC中AC23,PA26AQPC，得QC2PQ4，N

3,0,0),B(0,3,0),C(3,0,0),D(0,3,0),3323332 ,6), , )

3,0,26),M

3,3, mxyzAMNAM

3,3,6),AN

3 ,3x3y知 知3x3y

6z6z

，取z1，得m2201nxyz为平面QMNQM(QM(53,3 6),AN(3 53x3y 6z

，取z5，得n2253x3y 6z cosmn

m |m||n AMNQABCDBAD120ACABBCCDDA,BDPAABCDPAABPAACPA所以PBPC所以PBC

MNPBPDMQNQAM1PB1PD MNEAEEQAEMNEQ所以AEQAMNQ的平面角AB23PA26，故在AMN中AMAN3MN1BD3，得AE3 在直角PAC中，AQPC，得 22