【数学】2019届一轮复习北师大版立体几何解答题（理）学案

【数学】2019届一轮复习北师大版立体几何解答题（理）学案

专题四 立体几何解答题（理）‎ 空间向量运算与利用向量证明平行、垂直的位置关系 ‎【背一背重点知识】‎ ‎1．用向量证明线面平行的方法主要有 ①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两个不共线向量线性表示．‎ ‎2．面面平行 ①证明两个平面的法向量平行；②转化为线面平行，线线平行．‎ ‎3．用向量证明线面垂直的方法有 ①证明直线的方向向量与平行的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理，转化为线线垂直．‎ ‎4．面面垂直的证明发法 ①两个平面的法向量垂直；②转化为线面垂直，线线垂直．‎ ‎【讲一讲提高技能】‎ 必备技能 ‎ ‎1．用向量证明空间中的平行关系 ‎①设直线和的方向向量分别为和，则∥ (或与重合)⇔ ∥．‎ ‎②设直线的方向向量为，与平面共面的两个不共线向量和，则∥或⊂⇔存在两个实数，使．‎ ‎③设直线的方向向量为，平面的法向量为，则l∥α或l⊂α⇔⊥．‎ ‎④设平面和的法向量分别为，，则α∥β⇔∥． = ‎ ‎2．用向量证明空间中的垂直关系 ‎①设直线l1和l2的方向向量分别为和，则l1⊥l2⇔⊥⇔．＝0．‎ ‎②设直线l的方向向量为，平面的法向量为，则⊥⇔∥‎ ‎③设平面和的法向量分别为和，则α⊥β⇔⊥⇔·＝0．‎ 典型例题 ‎ 例1．【2018广东省中山市】如图，PD垂直正方形ABCD所在平面，AB＝2，E是PB的中点，‎ ‎，>．‎ ‎（I）建立适当的空间坐标系，求出点E的坐标；‎ ‎（II）在平面PAD内求一点F，使EF⊥平面PCB．‎ ‎【答案】（I）点E坐标是（1，1，1）；（II）点F的坐标是（1，0，0）．‎ 试题解析 ‎ ‎（I）分别以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、 轴建立空间坐标系，如图，则 ‎（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），‎ 设P（0，0，2m），则（1，1，m），‎ ‎∴　（-1，1，m），＝（0，0，2m）‎ ‎∴　，．‎ ‎∴　点E坐标是（1，1，1）；‎ ‎（II）∵平面PAD，　∴　可设F（x，0， ）‎ ‎＝（x-1，-1， -1）， 又EF⊥平面PCB，　 ‎ ‎∴　 ，-1， 2，0，=0，解得，；‎ 又∵　∴　，-1，0，2，-2 ‎ ‎∴　点F的坐标是（1，0，0），即点F是AD的中点．‎ ‎【方法点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型．‎ ‎（I）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；‎ ‎（II）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；‎ ‎（III）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．‎ 例2．【2018陕西咸阳高三一模】如图，正三棱柱的所有棱长均为2，为棱上一点，是的中点．‎ ‎（I）若是的中点，证明 平面平面；‎ ‎（II）若平面与平面的夹角为，求的长．‎ ‎【答案】（I）见解析；（II）．‎ ‎【解析】试题分析 （I）证明垂直于面中的两条相交直线，则面．（II）建立空间直角坐标系求解． ！ ‎ 试题解析 （I）由，知，又平面平面 ‎，所以平面，而 平面，∴，‎ 在正方形中，由分别是和的中点知，‎ 而，∴平面，∵ 平面，∴平面平面．‎ ‎（II）取的中点为原点，直线分别为轴，建立如图所示坐标系，‎ 显然平面的一个法向量为，而，设，则．‎ 设是平面的法向量，则 取，则 ‎ 解得，即 ‎ ‎【练一练提升能力】‎ ‎1．【2017南京市、盐城市高三二模】如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝，E，F分别是BC，A1C的中点．‎ ‎（I）求异面直线EF，AD所成角的余弦值；‎ ‎（II）点M在线段A1D上，．若CM∥平面AEF，求实数λ的值．‎ ‎【答案】（I）．（II）．‎ ‎【解析】试题分析 （I）由四棱柱，证得，进而得到，以为正交基底建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算，即可求解所成角的余弦值；‎ ‎（II）设，由点在线段上，得到，得出向量则坐标表示，再求得平面的一个法向量，利用向量的数量积的运算，即可得到的值．‎ 试题解析 ‎ 因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以A1A⊥平面ABCD．‎ 又AEÌ平面ABCD，ADÌ平面ABCD，所以A1A⊥AE，A1A⊥AD．‎ 在菱形ABCD中∠ABC＝，则△ABC是等边三角形．‎ 因为E是BC中点，所以BC⊥AE．‎ 因为BC∥AD，所以AE⊥AD．‎ 以{，， }为正交基底建立空间直角坐标系．‎ 则A(0，0，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，‎ A1(0，0，2)，E(，0，0)，F(，，1)．‎ ‎（I）＝(0，2，0)，＝(－，，1)，所以·＝1．‎ 从而cos＜，＞＝＝．‎ 故异面直线EF，AD所成角的余弦值为． ‎ ‎（II）设M(x，y， )，由于点M在线段A1D上，且＝λ，‎ 则＝λ，即(x，y， －2)＝λ(0，2，－2)．‎ 则M(0，2λ，2－2λ)，＝(－，2λ－1，2－2λ)． ‎ 设平面AEF的法向量为n＝(x0，y0， 0)．‎ 因为＝(，0，0)，＝(，，1)，‎ 由n·＝0，n·＝0，得x0＝0， y0＋ 0＝0．‎ 取y0＝2，则 0＝－1，‎ 则平面AEF的一个法向量为n＝(0，2，－1)． ‎ 由于CM∥平面AEF，则n·＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝．‎ ‎2．【2018山西晋中市高三1月高考适应性调研】如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面底面，且是以为底的等腰三角形．‎ ‎（Ⅰ）证明 ‎ ‎（Ⅱ）若四棱锥的体积等于．问 是否存在过点的平面分别交，于点，使得平面平面？若存在，求出的面积；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】试题分析 （Ⅰ）取的中，连接，由三角形是等腰三角形，则，又，可得，从而证出，可得；（Ⅱ）取 中点，连接，可证明四边形为平行四边形，进一步证明，可得三角形是直角三角形，由三角形面积公式可得面积．‎ 试题解析 （Ⅰ）证明 取的中点，连接，∵，∴．‎ ‎∵且，∴是正三角形，且，‎ 又∵，平面，∴平面，且平面，∴．‎ ‎（Ⅱ）解 存在，理由如下 分别取的中点，连接，则；‎ ‎∵是梯形，且，∴且，则四边形为平行四边形，∴．‎ 又∵平面，平面，∴平面，平面且平面，，∴平面平面．‎ ‎∵侧面，且平面平面，‎ 由（Ⅰ）知，平面，若四棱锥的体积等于，‎ 则，所以，在和中，，‎ ‎∴，则，∴是直角三角形，则．‎ 利用空间向量求空间角 ‎【背一背重点知识】‎ ‎1．求两条异面直线所成的角，设分别是直线的方向向量，则所成角为，的夹角为，则 ‎2．求直线与平面所成的角，设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，．‎ ‎3．设是二面角的法向量，则的夹角大小就是二面角的平面角的大小，，再根据平面是锐角还是钝角，最后确定二面角的平面角的大小．‎ ‎【讲一讲提高技能】‎ ‎1．必备技能 ‎ 用法向量求角 ‎（I）用法向量求二面角 如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量与，则平面α与β所成的角跟法向量与所成的角相等或互补，所以首先必须判断二面角是锐角还是钝角．‎ α β ‎（II）法向量求直线与平面所成的角 要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量与直线a的夹角的余弦，易知θ=或者．‎ ‎2．典型例题 ‎ 例1．【2018河南省豫南九校高三下 期第一次联考】四棱锥中，底面为矩形，．侧面底面．‎ ‎（I）证明 ；‎ ‎（II）设与平面所成的角为，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（I）见解析（II）‎ ‎【解析】【试题分析】（I）设中点为，连接，由已知，所以，根据面面垂直的性质定理，有平面，以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，计算可得证．（II）设，利用直线和平面所成角为，计算，再利用平面和平面的法向量计算二面角的余弦值．‎ ‎【试题解析】‎ 解 （I）证法一 设中点为，连接，‎ 由已知，所以，‎ 而平面平面，交线为 故平面 以为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，并设，‎ 则 所以 ‎，所以．‎ 证法二 设中点为，连接，由已知，所以，‎ 而平面平面，交线为 故平面，从而 ①‎ 在矩形中，连接，设与交于，‎ 则由知，所以 所以，故 ②‎ 由①②知平面 所以．‎ ‎（也可以用向量法求出，设，则，可求得平面的一个法向量为，而，由可解得）‎ 设平面的一个法向量为，则，，可取 设平面的一个法向量为，则，‎ ‎，可取，‎ 于是，故二面角的余弦值为．‎ ‎【易错点睛】本题主要考查了空间平行判定与性质、二面角的计算、空间想象能力和推理论证能力，考查 生综合应用知识的能力和应变能力，属综合题．其解题过程中最容易出现以下错误 其一是对于第一问不能熟练运用线线平行、线面平行和面面平行的判定定理和性质定理，进而不能正确处理线面平行的问题；其二是对于第二问不能正确运用空间向量求二面角的大小，其关键是正确地求出各面的法向量．‎ 例2．【2018天津滨海新区高三上 期八校联考】在四棱锥中，平面，，，，．‎ ‎（I）证明；‎ ‎（II）求二面角的余弦值；‎ ‎（III）设点为线段上一点，且直线平面所成角的正弦值为，求的值．‎ ‎【答案】（I）见解析（II）（III）‎ ‎【解析】试题分析 （I）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，表示直线方法向量，再根据向量数量积为零进行证明（II）先利用方程组解得各面法向量，再根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系得二面角的余弦值；（III）根据共线关系设点坐标，利用线面角得等量关系，解方程可得的值． ‎ 试题解析 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，，，‎ ‎（I），，‎ ‎∵∴‎ ‎（II），，平面的法向量为 ‎，，平面的法向量为．‎ ‎，二面角的余弦值为．‎ ‎（III）∵，‎ ‎∴‎ 设为直线与平面所成的角，‎ ‎，解得（舍）或．所以，即为所求．‎ ‎【练一练提升能力】‎ ‎1．【2018浙江省金华、丽水、衢州市十二校高三8月联考】（本小题15分）‎ 如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，是中点．‎ ‎（I）证明 平面；‎ ‎（II）若，，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（I）详见解析；（II）．‎ 平面中，，；设平面的法向量为，则有 ‎，即；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．11分 设平面的法向量为，∵，，‎ 则有可取，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．13分 ‎∴，∴ 二面角的余弦值为．‎ ‎2．【2018广东省六校（广州二中，深圳实验，珠海一中，中山纪念，东莞中 ，惠州一中）高三下 期第三次联考】如图，在四棱锥中，是平行四边形，，，，，分别是，的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明 平面平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（I）见解析（II） ‎ ‎【解析】试题分析 ‎ ‎（Ⅰ）运用几何法和坐标法两种方法进行证明可得结论．（Ⅱ）运用几何法和坐标法两种方法求解，利用坐标法求解时，在得到两平面法向量夹角余弦值的基础上，通过图形判断出二面角的大小，最后才能得到结论．‎ 试题解析 ‎ 解法一 （Ⅰ）取中点，连， ‎ ‎∵，∴，∵是平行四边形，，，∴，‎ ‎∴是等边三角形，∴，∵，∴平面，∴．‎ ‎∵分别是的中点，∴∥，∥，∴，，‎ ‎∵，∴平面，∵平面，∴平面平面．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴是二面角的平面角．‎ ‎，，，‎ 在中，根据余弦定理得， ‎ ‎∴二面角的余弦值为．‎ 解法二 （Ⅰ）∵是平行四边形，，，∴，‎ ‎∴是等边三角形，∵是的中点，∴，∵∥，∴．‎ 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 则，，，，，设，由，，可得，，，∴， ‎ ‎∵是的中点，∴，∵，∴，∵，，‎ ‎∴平面，∵平面，∴平面平面．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，．‎ 设是平面的法向量，由，得，‎ 令，则． ‎ 又是平面的法向量，∴，‎ 由图形知二面角为钝角，∴二面角的余弦值为．‎ 解答题（共10题）‎ ‎1．【2018江西南昌市高三一模】如图，四棱锥中，底面，为直角梯形，与相交于点，，，，三棱锥的体积为9．‎ ‎（I）求的值；‎ ‎（II）过点的平面平行于平面，与棱，，，分别相交于点，求截面的周长．‎ ‎【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）．‎ ‎【解析】【试题分析】（I）利用体积公式列方程可求得．（II）利用面面平行的性质定理可有，利用相似三角形可求得各边长，过点作∥交于，则．所以截面的周长为．‎ ‎【试题解析】‎ ‎（Ⅰ）四棱锥中，底面，‎ 为直角梯形，，，‎ 所以，解得． ‎ ‎（Ⅱ）【法一】因为平面，平面平面，，‎ 平面平面，‎ 根据面面平行的性质定理，所以，‎ 同理， 因为，‎ 所以∽，且，‎ 又因为∽，，所以，‎ 同理，‎ 如图 作，所以，‎ 故四边形为矩形，即， （求长2分，其余三边各1分）‎ 在中，所以 [ 。 。 ]‎ 所以截面的周长为． ‎ ‎【法二】因为平面，平面平面，‎ ‎，平面平面，‎ 所以，同理 因为∥‎ 所以∽，且，所以，．‎ 同理，连接，则有∥，所以，，所以，同理，，过点作∥交于，则，所以截面的周长为．‎ ‎2．【2018河南豫南九校高三下 期第一次联考】四棱锥中，底面为矩形，．侧面底面．‎ ‎（I）证明 ；‎ ‎（II）设与平面所成的角为，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（I）见解析（II）‎ ‎【解析】【试题分析】（I）设中点为，连接，由已知，所以，根据面面垂直的性质定理，有平面，以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，计算可得证．（II）设，利用直线和平面所成角为，计算，再利用平面和平面的法向量计算二面角的余弦值．‎ ‎【试题解析】‎ 解 （I）证法一 设中点为，连接，‎ 由已知，所以，‎ 而平面平面，交线为 故平面 以为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，并设，‎ 则 所以 ‎，所以．‎ ‎（II）由，平面平面，交线为，可得平面，‎ 所以平面平面，交线为 过作，垂足为，则平面 与平面所成的角即为角 所以 ‎ 从而三角形为等边三角形，‎ ‎（也可以用向量法求出，设，则，可求得平面的一个法向量为，而，由可解得）‎ 设平面的一个法向量为，则，‎ ‎，可取 设平面的一个法向量为，则，[ ]‎ ‎，可取 于是，故二面角的余弦值为．‎ ‎3．【2018安徽黄山高三一模】如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，‎ ‎，且，平面．‎ ‎（I）求与平面所成角的正弦值；‎ ‎（II）棱上是否存在一点满足?若存在，求的长；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（I）（II）不存在 ‎【解析】试题分析 （I）建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积的坐标形式进行求解；（II）依据题设条件，运用向量的坐标形式建立方程，‎ 即判定方程是否有解 ‎ 解 （I）依题意，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，‎ 则，从而．‎ 设平面的法向量为，则，且，‎ 即，且，不妨取，则，‎ 所以平面的一个法向量，‎ 此时，所以与平面所成角的正弦值为；‎ ‎（II）设，则，则，‎ 由得，化简得，，该方程无解，所以，棱上不存在一点满足．‎ ‎4．【2018全国名校大联考高三第四次联考】在中，，，，为线段的中点，为线段的三等分点（如图1）．将沿着折起到的位置，连接（如图2）．‎ ‎（I）若平面平面，求三棱锥的体积；‎ ‎（II）记线段的中点为，平面与平面的交线为，求证 ．‎ ‎【答案】（I）；（II）证明见解析．‎ ‎【解析】试题分析 ‎ ‎（I）由题意可知是等边三角形，取中点，连接，则．由面面垂直的性质定理可得平面．三棱锥的高，其底面积．据此可得三棱锥的体积为．‎ ‎（II）由中位线的性质可得，然后利用线面平行的判断定理可得平面，最后利用线面平行的性质定理可得．‎ 试题解析 ‎ ‎（II）因为为的中点，为的中点，所以．‎ 又平面，平面，所以平面．‎ 因为平面，平面平面，所以． - ‎ ‎5．【2018甘肃高三第一次诊断性考试】四棱台被过点的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形是边长为2的菱形，，平面，．‎ ‎（Ⅰ）求证 平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若与底面所成角的正切值为2，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（I）详见解析；（II）．‎ ‎【解析】试题分析 （Ⅰ）易证，，进而可得平面，从而证得；‎ ‎（Ⅱ）与底面所成角为，从而可得，设交于点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量求解二面角即可．‎ 试题解析 ‎ ‎（Ⅰ）∵平面，∴．‎ 在菱形中，，‎ 又，∴平面，‎ ‎∵平面，∴平面平面．‎ ‎（Ⅱ）∵平面 ‎∴与底面所成角为，∴，∴‎ 设交于点，以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系．‎ 则，，．‎ ‎，‎ 同理，‎ ‎，，‎ ‎．‎ 设平面的法向量，‎ ‎∴则，‎ 设平面的法向量，‎ 则，‎ 设二面角为，．‎ ‎6．【2018四川乐山四校第三 期半期联考】如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且．‎ ‎（I）若为线段的中点，求证平面；‎ ‎（II）求三棱锥体积的最大值；‎ ‎（III）若，点在线段上，求的最小值．‎ ‎【答案】（I）见解析（II）（III）． ‎ ‎【解析】试题分析 ‎ ‎（I）由等腰三角形三线合一可得，由线面垂直的定义可得，最后利用线面垂直的判断定理可得平面．‎ ‎（II）当底面ABC面积最大时，三棱锥体积由最大值，由几何关系可得当时，面积的最大值为，结合三棱锥体积公式可得三棱锥体积的最大值为．‎ ‎(3)将将侧面绕旋转至平面C，使之与平面共面，由平面几何的知识可知，，共线时，取得最小值．结合筝形的性质计算可得的最小值为．‎ 试题解析 ‎ ‎（I）在中，因为，为的中点，所以．‎ 又垂直于圆所在的平面，所以．‎ 因为，所以平面．‎ ‎（II）因为点在圆上，所以当时，到的距离最大，且最大值为．‎ 又，所以面积的最大值为．‎ 又因为三棱锥的高，‎ 故三棱锥体积的最大值为．‎ ‎（III）在中，，，所以．‎ 同理，所以．在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面C，使之与平面共面，如图所示．‎ 当，，共线时，取得最小值．‎ 又因为，，所以垂直平分，即为中点．‎ 从而，亦即的最小值为．‎ ‎7．【2017天津市河西区高三二模】如图，已知梯形中，，，，四边形为矩形，，平面平面．‎ ‎（Ⅰ）求证 平面；‎ ‎（Ⅱ）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（I）见解析（II）（III）‎ ‎【解析】试题分析 （I）利用空间向量证明线面平行，一般转化为对应平面法向量与直线垂直，先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出平面法向量，根据向量数量积证明垂直，最后根据线面平行判定定理证明，（II）求二面角，一般利用空间向量进行求解，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角之间相等或互补 关系求解（III）研究线面角，一般利用空间向量进行列式求解参数，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角之间互余关系列式求解参数．‎ 试题解析 （Ⅰ）证明 取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，∴，，‎ 设平面的法向量，∴不妨设，又，‎ ‎∴，∴，又∵平面，∴平面．‎ ‎（Ⅱ）解 ∵，，设平面的法向量，‎ ‎∴不妨设，∴，‎ ‎∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．‎ ‎（Ⅲ）设 ，，∴，‎ ‎∴，又∵平面的法向量，‎ ‎∴，∴，∴或．‎ 当时，，∴；当时，，∴．‎ 综上，．‎ ‎8．【2018全国名校大联考高三第四次联考】如图所示，平面，点在以为直径的上，，，点为线段的中点，点在弧上，且．‎ ‎（I）求证 平面平面；‎ ‎（II）求证 平面平面；‎ ‎（III）设二面角的大小为，求的值．‎ ‎【答案】（I）证明见解析；（II）证明见解析；(3) ．‎ ‎（III）以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系．结合空间几何关系计算可得平面的法向量，平面的一个法向量，则．由图可知为锐角，故．‎ 试题解析 ‎ ‎（I）证明 因为点为线段的中点，点为线段的中点，‎ 所以，因为平面，平面，所以平面．‎ 因为，且平面，平面，所以平面．‎ 因为平面，平面，，‎ 所以平面平面．‎ ‎（II）证明 因为点在以为直径的上，所以，即．‎ 因为平面，平面，所以．‎ 因为平面，平面，，所以平面．‎ 因为平面，所以平面平面．‎ ‎（III）解 如图，以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系．‎ 因为，，所以，．‎ 延长交于点．因为，‎ 所以，，．‎ 所以，，，．‎ 所以，．‎ 设平面的法向量．‎ 因为，所以，即．‎ 令，则，．‎ 所以．‎ 同理可求平面的一个法向量．‎ 所以．由图可知为锐角，所以．‎ ‎9．【2018湖北宜昌市高三1月调研】如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点在棱上，且．‎ ‎ ‎ ‎（Ⅰ）求证 ；‎ ‎（Ⅱ）是否存在实数，使得二面角的余弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】试题分析 （I）由边长和勾股定理得，又平面平面，由定理证得平面     （II） 建立空间直角坐标系，得出平面的一个法向量为 ‎，设平面的一个法向量为，由题意计算得出结果 解析 （Ⅰ）过点作交于，‎ ‎，，‎ 四边形为正方形，且，‎ 在中，，在中， ‎ ‎  ‎ 又平面平面，平面平面 平面   ‎ 平面，且 平面                   ‎ ‎（Ⅱ） ‎ 又平面平面，平面平面 平面 ，          ‎ 以点为坐标原点，、、所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，‎ 假设存在实数使得二面角的余弦值为，令 点在棱上，．‎ 设，则，‎ 平面，平面的一个法向量为  ．‎ 设平面的一个法向量为，由得令得，取，‎ 化简得又  ，存在实数使得二面角的余弦值为．‎ ‎10．【2018安徽全椒中 第一 期期中考试】如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD= ，点E是PD的中点．‎ ‎ （Ⅰ）求证 PA⊥平面ABCD；‎ ‎ （Ⅱ）求二面角E—AC—D的余弦值；‎ ‎ （Ⅲ）求点P到平面EAC的距离．‎ ‎【答案】（I）见解析；（II）；（III）．‎ 试题解析 （Ⅰ）证明 因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，所以AB=AD=AC=a，‎ 在△PAB中，可证PA2+AB2=2a2 = PB2，∴PA⊥AB．同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD．‎ ‎（II）如图，建立空间直角坐标系A—xy ，则 ‎，‎ ‎．‎ 设平面EAC的法向量为，，，又平面ACD的法向量为 ‎，即二面角E—AC—D的大小为．‎ ‎（III）点P平面EAC的距离．‎