1_8.5　空间角与距离、空间向量及其应用（十年高考）.docx

北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 8.5　空间角与距离、空间向量及其应用 考点　用向量法求空间角和空间距离 1.(2020新高考Ⅰ,4,5分)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为(　　) A.20°　　　　B.40°　　　　C.50°　　　　D.90° 答案　B　由题意作出如图所示的截面图,设所求角为α, 由图易知α=40°.故选B. 2.(2022全国甲,理7,文9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则(　　) A.AB=2AD B.AB与平面AB1C1D所成的角为30° C.AC=CB1 D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45° 答案　D　如图,连接BD.由题可知,BB1⊥平面ABCD,AD⊥平面AA1B1B, 易知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角分别为∠B1DB,∠AB1D,∴∠B1DB=∠AB1D=30°. 设AD=1,则AB1=3,B1D=2, ∴BB1=1,BD=3,∴AB=2, ∴AB=2AD,故A错误. 过B作BH⊥AB1,交AB1于H, 易知∠HAB为AB与平面AB1C1D所成的角. ∵BH=AB·BB1AB1=63, ∴sin∠HAB=BHAB=33,故B错误. 易知AC=3,CB1=2,∴AC≠CB1,故C错误. 易知∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角, ∴sin∠DB1C=DCB1D=22,∴∠DB1C=45°,故D正确. 3.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则(　　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 答案　ABD　连接B1C,交BC1于O,∵A1D∥B1C,∴∠B1OC1(或其补角)为直线BC1与DA1所成的角,又B1C⊥BC1,∴∠B1OC1=90°,即直线BC1与DA1所成角为90°.故选项A正确. 由A1B1⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C知A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1⊂平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,∴直线BC1与CA1所成角为90°.故选项B正确. 连接A1C1,交B1D1于点O1,连接O1B,易证C1O1⊥平面BB1D1D,∴BC1在平面BB1D1D内的射影为O1B,∴BC1与平面BB1D1D所成角为∠C1BO1.在Rt△BO1C1中,sin∠C1BO1=C1O1BC1=12,则∠C1BO1=30°,故选项C错误. ∵CC1⊥平面ABCD,∴∠C1BC是BC1与平面ABCD所成的角,而∠C1BC=45°,故选项D正确.故选ABD. 4.(多选)(2021新高考Ⅰ,12,5分)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足BP=λBC+μBB1,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则(　　) A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值 B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值 C.当λ=12时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP D.当μ=12时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P 答案　BD　选项A,当λ=1时,点P在线段CC1上,设CP=x(0≤x≤1),若x=0,则△AB1P即为△AB1C,此时△AB1P的周长为22+1;若x=1,则△AB1P即为△AB1C1,此时△AB1P的周长为22+1.若0<x<1,PC1=1-x, 在Rt△PCA中,PA=1+x2, 在Rt△B1C1P中,PB1=1+(1−x)2=x2−2x+2, 而AB1=2,所以△AB1P的周长为2+x2−2x+2+1+x2,不为定值,故选项A错误; 选项B,当μ=1时,点P在线段B1C1上, 因为B1C1∥BC,B1C1⊄平面A1BC,BC⊂平面A1BC, 所以B1C1∥平面A1BC, 所以直线B1C1上的任何一点到平面A1BC的距离均相等, 所以三棱锥P-A1BC的体积为定值,故选项B正确; 取BC,B1C1的中点分别为O,O1,连接OO1,AO,易知OO1⊥平面ABC,AO⊥BC,以OB,OA,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B12,0,0,A0,−32,0,A10,−32,1,选项C,当λ=12时,点P在线段OO1上,设P(0,0,z)(0≤z≤1),则A1P=0,32,z−1,BP=−12,0,z,若A1P⊥BP,则A1P·BP=0, 即z(z-1)=0,解得z=0或z=1,即当λ=12时,存在两个点P,使得A1P⊥BP,故选项C错误; 选项D,当μ=12时,点P在线段MN上(M,N分别是线段BB1,CC1的中点),设Px,0,12−12≤x≤12,则AP=x,32,12, 若A1B⊥平面AB1P,则A1B⊥AP,则A1B·AP=0, 即12,32,−1·x,32,12=12x+34−12=0,解得x=-12,所以P−12,0,12,易验证此时满足A1B⊥平面AB1P, 所以当μ=12时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P,故选项D正确.故选BD. 命题立意:本题以正三棱柱为载体,考查正三棱柱的性质,平面向量基本定理,空间几何体的体积,以及线面垂直的判定等,考查学生空间想象能力和逻辑推理能力,通过研究点P的位置,考查数形结合思想,体现数学运算与直观想象的核心素养,落实对试题的创新性和综合性的考查. 5.(2014课标Ⅱ,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.110　　　　　B.25 C.3010　　　　　D.22 答案　C　解法一: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), ∴AN=(-1,0,-2),BM=(1,-1,-2), ∴cos<AN,BM>=AN·BM|AN||BM|=−1+45×6=330=3010,故选C. 解法二:取BC的中点Q,连接QN,AQ,易知BM∥QN,则∠ANQ即为所求, 设BC=CA=CC1=2, 则AQ=5,AN=5,QN=6, ∴cos∠ANQ=AN2+NQ2−AQ22AN·NQ=5+6−525×6=6230=3010, 故选C. 6.(2013北京,8,5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为对角线BD1的三等分点,P到各顶点的距离的不同取值有(　　) A.3个　　　B.4个　　　C.5个　　　D.6个 答案　B　过P作平面A1B1C1D1、ABCD的垂线分别交D1B1、DB于E、F点,易知P也是EF的三等分点,设正方体的棱长为a,则PA1=PC1=a;PD1=233a;PB=33a;PB1=63a,PA=PC=63a;PD=a.故有4个不同的值.故选B. 思路分析　设正方体的棱长为a,利用正方体中的直角三角形分别计算P到各顶点的距离即可. 解后反思　本题考查了线面的垂直关系、空间想象力及运算能力.构造直角三角形是解题关键. 7.(2012陕西,5,5分)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　) A.55　　　　　B.53 C.255　　　　　D.35 答案　A　不妨设CB=1,则B(0,0,1),A(2,0,0),C1(0,2,0),B1(0,2,1).　 ∴BC1=(0,2,-1),AB1=(-2,2,1). cos<BC1,AB1>=BC1·AB1|BC1|·|AB1|=0+4−15×3=55,故选A. 评析　本题考查利用空间坐标运算求异面直线所成的角,考查了运算求解能力. 8.(2019天津理,17,13分)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求证:BF∥平面ADE; (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F的余弦值为13,求线段CF的长. 解析　本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,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、运算求解能力和推理论证能力.重点考查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算. 依题意,可以建立以A为原点,分别以AB,AD,AE的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图), 可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2). 设CF=h(h>0),则F(1,2,h). (1)证明:依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=(0,2,h),可得BF·AB=0, 又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE. (2)依题意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2), CE=(-1,-2,2). 设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量, 则n·BD=0,n·BE=0,即−x+y=0,−x+2z=0,不妨令z=1, 可得n=(2,2,1),因此有cos<CE,n>=CE·n|CE||n|=-49. 所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49. (3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量, 则m·BD=0,m·BF=0,即−x+y=0,2y+ℎz=0, 不妨令y=1,可得m=1,1,−2ℎ. 由题意,有|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=4−2ℎ32+4h2=13,解得h=87.经检验,符合题意.所以,线段CF的长为87. 思路分析　从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何中的位置关系或长度. 方法总结　利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤: ①观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;②写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;③设出相应平面的法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量;④将空间位置关系转化为向量关系;⑤根据定理结论求出相应的角和距离. 9.(2019课标Ⅱ理,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1. (1)证明:BE⊥平面EB1C1; (2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值. 解析　本题考查线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,考查了直观想象的核心素养. (1)由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1, 故B1C1⊥BE. 又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1=90°. 由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E, 所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB. 以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2). 设平面EBC的法向量为n=(x,y,z), 则CB·n=0,CE·n=0,即x=0,x−y+z=0, 所以可取n=(0,-1,-1). 设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z), 则CC1·m=0,CE·m=0,即2z=0,x−y+z=0, 所以可取m=(1,1,0). 于是cos<n,m>=n·m|n||m|=-12. 所以,二面角B-EC-C1的正弦值为32. 一题多解　 (2)连接BC1.设AE=m,不妨令AB=1,则BE=m2+1,C1E=m2+2,BC1=(2m)2+1. ∵BE⊥EC1,∴4m2+1=2m2+3,解得m=1,则AA1=2. 连接AC,BD,相交于点O,连接A1C1. 由题意可知AC⊥BD,BD⊥CC1,AC∩CC1=C, ∴BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥CE, 即BO⊥CE. 在长方形AA1C1C中,AC=2,AA1=2.连接AC1,有CC1AC=22=ACAE,又∠EAC=∠C1CA=90°,则Rt△C1CA∽Rt△CAE. ∴∠ECA+∠C1AC=90°,∴CE⊥AC1. 取CC1的中点F,连接OF,BF,则OF∥AC1,∴OF⊥CE. ∵BO∩OF=O,∴CE⊥平面FOB. 设CE∩OF=G,连接BG,∴CE⊥BG,CE⊥FG,则∠BGF为二面角B-CE-C1的平面角,且sin∠BGF=sin∠BGO.设AC1∩CE=H,易得△AEH∽△C1CH.又∵AE=12CC1,∴AH=13AC1.易知OG∥AH,又∵O为AC的中点,∴OG=12AH.∵BO=22,OG=12AH=16AC1=66,BO⊥OG,∴tan∠BGO=2266=3,∴∠BGO=60°,则∠BGF=120°,故sin∠BGF=32. 10.(2017北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4. (1)求证:M为PB的中点; (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值. 解析　本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知识.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、运算求解能力. (1)设AC,BD交点为E,连接ME. 因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME, 所以PD∥ME. 因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点. 所以M为PB的中点. (2)取AD的中点O,连接OP,OE. 因为PA=PD,所以OP⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD, 所以OP⊥平面ABCD. 因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE. 因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD. 如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2). 设平面BDP的法向量为n=(x,y,z), 则n·BD=0,n·PD=0,即4x−4y=0,2x−2z=0. 令x=1,则y=1,z=2. 于是n=(1,1,2). 平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0). 所以cos<n,p>=n·p|n||p|=12. 由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为π3. (3)由题意知M−1,2,22,C(2,4,0),MC=3,2,−22. 设直线MC与平面BDP所成角为α, 则sin α=|cos<n,MC>|=|n·MC||n||MC|=269. 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为269. 方法总结　1.在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向量n1,n2,设二面角的大小为θ,则有|cos θ|=|cos<n1,n2>|=|n1·n2||n1||n2|,再通过原图判断二面角是钝角还是锐角,进而求出二面角. 2.用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线的方向向量为e,平面的法向量为n,则直线与平面所成的角θ满足sin θ=e·n|e||n|,θ∈0,π2. 11.(2017课标Ⅰ理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值. 解析　本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题. (1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD, 又AP∩PD=P,从而AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F. 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF, 又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD. 以 F为坐标原点,FA的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz. 由(1)及已知可得A22,0,0,P0,0,22,B22,1,0,C−22,1,0. 所以PC=−22,1,−22,CB=(2,0,0),PA=22,0,−22,AB=(0,1,0). 设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则 n·PC=0,n·CB=0,即−22x1+y1−22z1=0,2x1=0. 可取n=(0,-1,-2). 设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则 m·PA=0,m·AB=0,即22x2−22z2=0,y2=0. 可取m=(1,0,1). 则cos<n,m>=n·m|n||m|=-33. 易知二面角A-PB-C为钝二面角, 所以二面角A-PB-C的余弦值为-33. 方法总结　面面垂直的证明及向量法求解二面角. (1)面面垂直的证明 证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面. (2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值. 建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n1,n2,设二面角的大小为θ,则|cos θ|=|n1·n2||n1||n2|,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况. 12.(2017课标Ⅲ理,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD. (1)证明:平面ACD⊥平面ABC; (2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值. 解析　本题考查面面垂直的证明,二面角的求法. (1)由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC. 又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°. 取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO. 又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC. 所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角. 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2. 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°. 所以平面ACD⊥平面ABC. (2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,OA的方向为x轴正方向,|OA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1). 由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12,即E为DB的中点,得E0,32,12.故AD=(-1,0,1),AC=(-2,0,0),AE=−1,32,12. 设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量, 则n·AD=0,n·AE=0,即−x+z=0,−x+32y+12z=0.可取n=1,33,1. 设m是平面AEC的法向量,则m·AC=0,m·AE=0. 同理可取m=(0,-1,3).则cos<n,m>=n·m|n||m|=77. 易知二面角D-AE-C为锐二面角, 所以二面角D-AE-C的余弦值为77. 方法总结　证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,即在一个平面内,找一条直线,使它垂直于另一个平面.用空间向量法求二面角的余弦值时,要判断二面角是钝角还是锐角. 13.(2016课标Ⅱ理,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=54,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=10. (1)证明:D'H⊥平面ABCD; (2)求二面角B-D'A-C的正弦值. 解析　(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD. 又由AE=CF得AEAD=CFCD,故AC∥EF. 因此EF⊥HD,从而EF⊥D'H.(2分) 由AB=5,AC=6得DO=BO=AB2−AO2=4. 由EF∥AC得OHDO=AEAD=14. 所以OH=1,D'H=DH=3. 于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故D'H⊥OH.(4分) 又D'H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D'H⊥平面ABCD.(5分) (2)如图,以H为坐标原点,HF的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3), AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),AD'=(3,1,3).(6分) 设m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量, 则m·AB=0,m·AD'=0,即3x1−4y1=0,3x1+y1+3z1=0, 所以可取m=(4,3,-5).(8分) 设n=(x2,y2,z2)是平面ACD'的法向量, 则n·AC=0,n·AD'=0,即6x2=0,3x2+y2+3z2=0, 所以可取n=(0,-3,1).(10分) 于是cos<m,n>=m·n|m||n|=−1450×10=-7525. sin<m,n>=29525. 因此二面角B-D'A-C的正弦值是29525.(12分) 思路分析　(1)利用已知条件及翻折的性质得出D'H⊥EF,利用勾股定理的逆定理得出D'H⊥OH,从而得出结论; (2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系,从而求出两个半平面的法向量,利用向量的夹角公式求二面角的余弦值,从而求出正弦值. 评析　　本题主要考查翻折问题,线面垂直的证明以及用空间向量法求解二面角的基本知识和基本方法,考查学生的运算求解能力以及空间想象能力,求解各点的坐标是利用向量法解决空间问题的关键. 14.(2016山东,17,12分)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=12AC=23,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值. 解析　(1)证明:设FC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,所以平面GHI∥平面ABC. 因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC. (2)解法一: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(0,23,0),C(-23,0,0), 所以BC=(-23,-23,0), 过点F作FM垂直OB于点M. 所以FM=FB2−BM2=3,可得F(0,3,3). 故BF=(0,-3,3). 设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量. 由m·BC=0,m·BF=0, 可得−23x−23y=0,−3y+3z=0. 可得平面BCF的一个法向量m=−1,1,33. 因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1), 所以cos<m,n>=m·n|m|·|n|=77. 所以二面角F-BC-A的余弦值为77. 解法二: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=FB2−BM2=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=BMsin 45°=62. 从而FN=422, 可得cos∠FNM=77. 所以二面角F-BC-A的余弦值为77. 评析　本题考查了线面平行、垂直的位置关系;考查了二面角的求解方法;考查了空间想象能力和逻辑推理能力.正确找到二面角的平面角或正确计算平面的法向量是求解的关键. 15.(2016浙江,17,12分)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. 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,且AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC. 又因为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. 所以BF⊥平面ACFD. (2)解法一: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FQ=31313. 在Rt△BQF中,FQ=31313,BF=3,得cos∠BQF=34. 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34. 解法二:由(1)知△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,z的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,3),A(-1,-3,0), E12,0,32,F−12,0,32. 因此,AC=(0,3,0),AK=(1,3,3),AB=(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AC·m=0,AK·m=0得3y1=0,x1+3y1+3z1=0,取m=(3,0,-1); 由AB·n=0,AK·n=0得2x2+3y2=0,x2+3y2+3z2=0,取n=(3,-2,3). 于是,cos<m,n>=m·n|m|·|n|=34. 又易知二面角B-AD-F为锐二面角, 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34. 方法总结　若二面角的平面角为θ,两半平面的法向量分别为n1和n2,则|cos θ|=|cos<n1,n2>|,要求cos θ的值,还需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而决定cos θ=|cos<n1,n2>|,还是cos θ=-|cos<n1,n2>|. 评析　本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力. 16.(2015课标Ⅰ理,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC. (1)证明:平面AEC⊥平面AFC; (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值. 解析　(1)证明:连接BD.设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF. 在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=3. 由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=3,且EG⊥AC. 在Rt△EBG中,可得BE=2,故DF=22. 在Rt△FDG中,可得FG=62. 在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=2,DF=22,可得EF=322. 从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG. 又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC. 因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(6分) (2)如图,以G为坐标原点,分别以GB,GC的方向为x轴,y轴正方向,|GB|为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz. 由(1)可得A(0,-3,0),E(1,0,2),F−1,0,22,C(0,3,0),所以AE=(1,3,2),CF=−1,−3,22.(10分) 故cos<AE,CF>=AE·CF|AE||CF|=-33. 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为33.(12分) 思路分析　(1)利用勾股定理的逆定理和平面与平面垂直的判定定理求证.(2)建立适当的空间直角坐标系,利用向量的夹角的余弦公式求解. 解后反思　建立适当的空间直角坐标系,利用空间向量的有关公式是求解的关键.证明“EG⊥平面AFC”是解题的难点. 17.(2015课标Ⅱ理,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF与平面α所成角的正弦值. 解析　(1)交线围成的正方形EHGF如图: (2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH=EH2−EM2=6,所以AH=10. 以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),FE=(10,0,0),HE=(0,-6,8). 设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量, 则n·FE=0,n·HE=0,即10x=0,−6y+8z=0, 所以可取n=(0,4,3). 又AF=(-10,4,8),故|cos<n,AF>|=|n·AF||n||AF|=4515. 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为4515. 18.(2015山东理,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点. (1)求证:BD∥平面FGH; (2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小. 解析　(1)连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH. 在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形. 则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD, 又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH. (2)设AB=2,则CF=1. 在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=12AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC. 又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC. 在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直. 以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz. 所以G(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1). 可得H22,22,0,F(0,2,1), 故GH=22,22,0,GF=(0,2,1). 设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量, 则由n·GH=0,n·GF=0, 可得x+y=0,2y+z=0. 可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,2). 因为GB是平面ACFD的一个法向量,GB=(2,0,0), 所以cos<GB,n>=GB·n|GB|·|n|=222=12. 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°. 19.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=π2,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2. (1)证明:CD⊥平面A1OC; (2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值. 解析　(1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=π2, 所以BE⊥AC. 即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC, 从而BE⊥平面A1OC, 又CD∥BE, 所以CD⊥平面A1OC. (2)因为平面A1BE⊥平面BCDE, 又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC, 所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角, 所以∠A1OC=π2. 如图,以O为原点,建立空间直角坐标系, 因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED, 所以B22,0,0,E−22,0,0,A10,0,22,C0,22,0, 得BC=−22,22,0,A1C=0,22,−22,CD=BE=(-2,0,0). 设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ, 则n1·BC=0,n1·A1C=0,得−x1+y1=0,y1−z1=0,取n1=(1,1,1); n2·CD=0,n2·A1C=0,得x2=0,y2−z2=0,取n2=(0,1,1), 从而cos θ=|cos<n1,n2>|=23×2=63, 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为63. 评析　本题主要考查线面垂直的判定、面面垂直的性质以及平面与平面的夹角的求解.考查学生的空间想象能力以及运算求解能力.正确利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系是求解的关键. 20.(2015湖北理,19,12分)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE. (1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由; (2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3,求DCBC的值. 解析　解法一:(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC, 由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D, 所以BC⊥平面PCD,而DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE. 又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC. 而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC. 而PB⊂平面PBC,所以PB⊥DE. 又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF. 由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠D