数学高考分类汇编解答题理03——立体几何

数学高考分类汇编解答题理03——立体几何

‎03 立体几何 ‎1. （2011天津卷理）17．（本小题满分13分）如图，在三棱柱中，‎ 是正方形的中心，，平面，且 ‎（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长．‎ ‎【解析】17．本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，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、运算能力和推理论证能力.满分13分.‎ ‎ 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点.‎ ‎ 依题意得 ‎ ‎ ‎ （I）解：易得，‎ ‎ 于是 ‎ 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎ （II）解：易知 ‎ 设平面AA1C1的法向量，‎ ‎ 则即 ‎ 不妨令可得，‎ ‎ 同样地，设平面A1B1C1的法向量，‎ ‎ 则即不妨令，‎ 可得 于是 从而 所以二面角A—A1C1—B的正弦值为 ‎ （III）解：由N为棱B1C1的中点，‎ 得设M（a，b，0），‎ 则 由平面A1B1C1，得 即 解得故 因此，所以线段BM的长为 方法二：‎ ‎（I）解：由于AC//A1C1，故是异面直线AC与A1B1所成的角.‎ 因为平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，‎ 可得 因此 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎（II）解：连接AC1，易知AC1=B1C1，‎ 又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，‎ 所以≌，过点A作于点R，‎ 连接B1R，于是，故为二面角A—A1C1—B1的平面角.‎ 在中，‎ 连接AB1，在中，‎ ‎，‎ 从而 所以二面角A—A1C1—B1的正弦值为 ‎（III）解：因为平面A1B1C1，所以 取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，‎ 所以ND//C1H且.‎ 又平面AA1B1B，‎ 所以平面AA1B1B，故 又 所以平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，‎ 则 由 得，延长EM交AB于点F，‎ 可得连接NE.‎ 在中，‎ 所以 可得 连接BM，在中，‎ ‎2. （2011北京理）16．（本小题共14分）‎ ‎ 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.‎ ‎(Ⅰ)求证：平面 ‎ （Ⅱ）若求与所成角的余弦值；‎ ‎ （Ⅲ）当平面与平面垂直时，求的长.‎ ‎【解析】（16）（共14分）‎ ‎ 证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，‎ 所以AC⊥BD.‎ 又因为PA⊥平面ABCD.‎ 所以PA⊥BD.‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ ‎（Ⅱ）设AC∩BD=O.‎ 因为∠BAD=60°，PA=PB=2,‎ 所以BO=1，AO=CO=.‎ 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则 P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）.‎ 所以 设PB与AC所成角为，则 ‎.‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知 设P（0，－，t）（t>0），‎ 则 设平面PBC的法向量,‎ 则 所以令则 所以 同理，平面PDC的法向量 因为平面PCB⊥平面PDC,‎ 所以=0，即解得所以PA=‎ ‎3. （2011辽宁卷理）18．（本小题满分12分）‎ 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=P D．‎ ‎ （I）证明：平面PQC⊥平面DCQ；‎ ‎ （II）求二面角Q—BP—C的余弦值．‎ ‎【解析】18．解：‎ 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz.‎ ‎ （I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.‎ 则 所以 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.‎ 故PQ⊥平面DCQ.‎ 又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. …………6分 ‎ （II）依题意有B（1，0，1），‎ 设是平面PBC的法向量，则 因此可取 设m是平面PBQ的法向量，则 可取 故二面角Q—BP—C的余弦值为 ………………12分 ‎4. （全国大纲卷理）19．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）‎ 如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形，．‎ ‎（Ⅰ）证明：;‎ ‎（Ⅱ）求与平面所成角的大小．‎ ‎【解析】19．解法一：‎ ‎ （I）取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，‎ ‎ 连结SE，则 ‎ 又SD=1，故，‎ ‎ 所以为直角。 …………3分 ‎ 由，‎ ‎ 得平面SDE，所以。‎ ‎ SD与两条相交直线AB、SE都垂直。‎ ‎ 所以平面SAB。 …………6分 ‎ （II）由平面SDE知，‎ ‎ 平面平面SED。‎ ‎ 作垂足为F，则SF平面ABCD，‎ ‎ ‎ ‎ 作，垂足为G，则FG=DC=1。‎ ‎ 连结SG，则，‎ ‎ 又，‎ ‎ 故平面SFG，平面SBC平面SFG。 …………9分 ‎ 作，H为垂足，则平面SBC。‎ ‎ ，即F到平面SBC的距离为 ‎ 由于ED//BC，所以ED//平面SBC，E到平面SBC的距离d也有 ‎ 设AB与平面SBC所成的角为α，‎ ‎ 则 …………12分 ‎ 解法二：‎ ‎ 以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。‎ 设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。‎ 又设 ‎ （I），，‎ 由得 故x=1。‎ 由 又由 即 …………3分 于是，‎ 故 所以平面SAB。 …………6分 ‎ （II）设平面SBC的法向量，‎ 则 又 故 …………9分 取p=2得。‎ 故AB与平面SBC所成的角为 ‎5. （全国新课标理）(18)(本小题满分12分)‎ ‎ 如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.‎ ‎(Ⅰ)证明：PA⊥BD；‎ ‎(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。‎ ‎【解析】(18)解：‎ ‎（Ⅰ ）因为, 由余弦定理得 ‎ 从而BD2+AD2= AB2，故BDAD 又PD底面ABCD，可得BDPD 所以BD平面PAD. 故PABD ‎（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则 ‎,,,。‎ 设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则 ‎ 即 ‎ 因此可取n=‎ 设平面PBC的法向量为m，则 ‎ 可取m=（0，-1，） ‎ 故二面角A-PB-C的余弦值为 ‎ ‎6. （2011江西卷理）21（本小题满分14分）‎ ‎ （1）如图，对于任一给定的四面体，找出依次排列的四个相互平行的平面 ，使 得（i=1,2,3,4），且其中每相邻两个平面间 ‎ 的距离都相等；‎ ‎ （2）给定依次排列的四个相互平行的平面，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体的四个顶点满足：（i=1,2,3,4），求该正四面体的体积.‎ 解： （1）将直线三等分，其中另两个分点依次为,连接,作平行于的平面，分别过，即为。同理，过点作平面即可的出结论。‎ ‎ （2）现设正方体的棱长为a,若，，‎ ‎，由于得，，‎ 那么，正四面体的棱长为，其体积为（即一个棱长为a的正方体割去四个直角三棱锥后的体积）‎ ‎7. （山东卷理）19．（本小题满分12分）‎ 在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.‎ ‎（Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;‎ ‎（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．‎ ‎【解析】19．（I）证法一：‎ 因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，，‎ 所以∽‎ 由于AB=2EF，‎ 因此，BC=2FC，‎ 连接AF，由于FG//BC，‎ 在中，M是线段AD的中点，‎ 则AM//BC，且 因此FG//AM且FG=AM，‎ 所以四边形AFGM为平行四边形，‎ 因此GM//FA。‎ 又平面ABFE，平面ABFE，‎ 所以GM//平面AB。‎ 证法二：‎ 因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，，‎ 所以∽‎ 由于AB=2EF，‎ 因此，BC=2FC，‎ 取BC的中点N，连接GN，‎ 因此四边形BNGF为平行四边形，‎ 所以GN//FB，‎ 在中，M是线段AD的中点，连接MN，‎ 则MN//AB，‎ 因为 所以平面GMN//平面ABFE。‎ 又平面GMN，‎ 所以GM//平面ABFE。‎ ‎ （II）解法一：‎ 因为，‎ 又平面ABCD，‎ 所以AC，AD，AE两两垂直，‎ 分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所法的空间直角坐标系，‎ 不妨设 则由题意得A（0，0，0，），B（2，-2，0），C（2，0，0，），E（0，0，1），‎ 所以 又 所以 设平面BFC的法向量为 则 所以取 所以 设平面ABF的法向量为，‎ 则 所以 则，‎ 所以 因此二面角A—BF—C的大小为 解法二：‎ 由题意知，平面平面ABCD，‎ 取AB的中点H，连接CH，‎ 因为AC=BC，‎ 所以，‎ 则平面ABFE，‎ 过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，‎ 则 所以为二面角A—BF—C的平面角。‎ 由题意，不妨设AC=BC=2AE=2。‎ 在直角梯形ABFE中，连接FH，‎ 则，又 所以 因此在中，‎ 由于 所以在中，‎ 因此二面角A—BF—C的大小为 ‎8. （2011陕西理）16．（本小题满分12分）‎ 如图，在中，是上的高，沿把折起，使 。‎ ‎（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ  ⊥平面ＢＤＣ；‎ ‎（Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求与夹角的余弦值。‎ ‎【解析】16．解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，‎ ‎∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ，‎ 又DBＤＣ＝Ｄ，‎ ‎∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，‎ ‎∵AD 平面平面BDC．‎ 平面ABD平面BDC。‎ ‎（Ⅱ）由∠ ＢＤＣ＝及（Ⅰ）知DA，ＤＢ，DC两两垂直，不防设=1，以D为坐标原点，以所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，），E（，，0），‎ ‎=，‎ ‎=（1，0,0,），‎ 与夹角的余弦值为 ‎＜，＞=．‎ ‎9. （上海理）21．（14分）已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。‎ ‎（1）设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。‎ 求证：；‎ ‎（2）若点到平面的距离为，求正四棱柱的高。‎ ‎【解析】21．解：设正四棱柱的高为。‎ ‎⑴ 连，底面于，‎ ‎∴ 与底面所成的角为，即 ‎∵ ，为中点，∴，又，‎ ‎∴ 是二面角的平面角，即 ‎∴ ，。‎ ‎⑵ 建立如图空间直角坐标系，有 设平面的一个法向量为，‎ ‎∵ ，取得 ‎∴ 点到平面的距离为，则。‎ ‎10. （四川理）19．(本小题共l2分)‎ ‎ 如图，在直三棱柱AB-A1B‎1C1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1．D是棱CC1上的一 P是AD的延长线与A‎1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA．‎ ‎(I)求证：CD=C1D：‎ ‎(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值； ‎ ‎(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离．‎ 解析：（1）连接交于,,‎ ‎,又为的中点，中点，,,D为的中点。‎ ‎（2）由题意,过B 作,连接，则,为二面角的平面角。在中，,则 ‎(3)因为，所以,‎ ‎,‎ 在中，，‎ ‎11. （2011浙江理）20．（本题满分15分）‎ 如图，在三棱锥中，，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2‎ ‎（Ⅰ）证明：AP⊥BC；‎ ‎（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。‎ ‎【解析】20．本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。‎ 方法一：‎ ‎ （I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，‎ 建立空间直角坐标系O—xyz 则，‎ ‎，由此可得，所以 ‎，即 ‎（II）解：设 设平面BMC的法向量，‎ 平面APC的法向量 由 得 即 由即 得 由 解得，故AM=3。‎ 综上所述，存在点M符合题意，AM=3。‎ 方法二：‎ ‎（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，得 又平面ABC，得 因为，所以平面PAD，‎ 故 ‎（II）解：如图，在平面PAB内作于M，连CM，‎ 由（I）中知，得平面BMC，‎ 又平面APC，所以平面BMC平面APC。‎ 在 在，‎ 在 所以 在 又 从而PM，所以AM=PA-PM=3。‎ 综上所述，存在点M符合题意，AM=3。‎ ‎12. ‎ ‎（重庆理）19．（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分．）‎ 如题（19）图，在四面体中，平面平面，，，．‎ ‎ （Ⅰ）若，，求四面体的体积；‎ ‎ （Ⅱ）若二面角为，求异面直线与所成角的余弦值．‎ ‎【解析】19．（本题12分）‎ ‎ （I）解：如答（19）图1，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DF⊥AC.‎ 故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，‎ 即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，‎ 且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=.‎ 在Rt△ABC中，因AC=2AF=，AB=2BC，‎ 由勾股定理易知 故四面体ABCD的体积 ‎ （II）解法一：如答（19）图1，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG//AD，GH//BC，从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角.‎ ‎ 设E为边AB的中点，则EF//BC，由AB⊥BC，知EF⊥AB.又由（I）有DF⊥平面ABC，‎ ‎ 故由三垂线定理知DE⊥AB.‎ 所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角，由题设知∠DEF=60°‎ 设 在 从而 因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt△BDF中，，‎ 又从而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得 因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为 解法二：如答（19）图2，过F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，‎ 平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F—xyz.‎ 不妨设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为 显然向量是平面ABC的法向量.‎ 已知二面角C—AB—D为60°，‎ 故可取平面ABD的单位法向量，‎ 使得 设点B的坐标为，有 易知与坐标系的建立方式不合，舍去.‎ 因此点B的坐标为所以 从而 故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为 ‎13. （安徽理）（17）（本小题满分12分）‎ 如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，△OAB，,△，△，△都是正三角形。‎ ‎（Ⅰ）证明直线∥；‎ ‎（II）求棱锥F—OBED的体积。‎ ‎【解析】（17）（本小题满分12分）本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.‎ ‎ （I）（综合法）‎ ‎ 证明：设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以 ‎=‎ ‎ ∥，OG=OD=2，‎ ‎ 同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有 ‎ 又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合.‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎ 在△GED和△GFD中，由‎=‎ ∥和OC∥，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.‎ ‎ （向量法）‎ ‎ 过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.‎ ‎ 由条件知 ‎ 则有 ‎ 所以即得BC∥EF.‎ ‎ （II）解：由OB=1，OE=2，，而△OED是边长为2的正三角形，故 ‎ 所以 ‎ 过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F—OBED的高，且FQ=，所以 ‎14.‎ ‎14. （2011福建理）20．（本小题满分14分）‎ 如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=，．‎ ‎（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎（II）设AB=AP．‎ ‎ （i）若直线PB与平面PCD所成的角为，求线段AB的长；‎ ‎ （ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。‎ ‎【解析】20．本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。‎ 解法一：‎ ‎（I）因为平面ABCD，‎ 平面ABCD，‎ 所以，‎ 又 所以平面PAD。‎ 又平面PAB，所以平面平面PAD。‎ ‎（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 A—xyz（如图）‎ 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则 在中，DE=，‎ 设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）‎ 由AB+AD=4，得AD=4-t，‎ 所以，‎ ‎（i）设平面PCD的法向量为，‎ 由，，得 取，得平面PCD的一个法向量，‎ 又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得 解得（舍去，因为AD），所以 ‎（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，‎ 设G（0，m，0）（其中）‎ 则，‎ 由得，（2）‎ 由（1）、（2）消去t，化简得（3）‎ 由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，‎ 使得点G到点P，C，D的距离都相等。‎ 从而，在线段AD上不存在一个点G，‎ 使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。‎ 解法二：‎ ‎（I）同解法一。‎ ‎（II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图）‎ 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E，‎ 则。‎ 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则 在中，DE=，‎ 设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）‎ 由AB+AD=4，得AD=4-t，‎ 所以，‎ 设平面PCD的法向量为，‎ 由，，得 取，得平面PCD的一个法向量，‎ 又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得 解得（舍去，因为AD），‎ 所以 ‎（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，‎ 由GC=CD，得，‎ 从而，即 设 ‎，‎ 在中，‎ 这与GB=GD矛盾。‎ 所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，‎ 从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。‎ ‎15. （湖北理）18．（本小题满分12分）‎ 如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合．‎ ‎（Ⅰ）当=1时，求证：⊥；‎ ‎（Ⅱ）设二面角的大小为，求的最小值．‎ ‎【解析】18．本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满分12分）‎ ‎ 解法1：过E作于N，连结EF。‎ ‎ （I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，‎ ‎ 底面ABC侧面A1C。‎ ‎ 又度面侧面A，C=AC，且底面ABC，‎ ‎ 所以侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，‎ 在中，=1，‎ 则由，得NF//AC1，‎ 又故。‎ 由三垂线定理知 ‎（II）如图2，连结AF，过N作于M，连结ME。‎ 由（I）知侧面A1C，根据三垂线定理得 所以是二面角C—AF—E的平面角，即，‎ 设 在中，‎ 在 故 又 故当时，达到最小值；‎ ‎，此时F与C1重合。‎ 解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得 于是 则 故 ‎（II）设，‎ 平面AEF的一个法向量为，‎ 则由（I）得F（0，4，）‎ ‎，于是由可得 取 ‎ 又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为，‎ ‎ 于是由为锐角可得，‎ ‎ 所以，‎ ‎ 由，得，即 ‎ 故当，即点F与点C1重合时，取得最小值 ‎16. （湖南理）19．（本小题满分12分）‎ 如图5，在圆锥中，已知=，⊙O的直径,是的中点，为的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面 平面;‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值。‎ ‎【解析】19．解法1：连结OC，因为 又底面⊙O，AC底面⊙O，所以，‎ 因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以平面POD，‎ 而平面PAC，所以平面POD平面PAC。‎ ‎（II）在平面POD中，过O作于H，由（I）知，平面 所以平面PAC，又面PAC，所以 在平面PAO中，过O作于G，‎ ‎ 连接HG，‎ 则有平面OGH，‎ 从而，故为二面角B—PA—C的平面角。‎ 在 在 在 在 所以 故二面角B—PA—C的余弦值为 解法2：（I）如图所示，以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系，则 ‎，‎ 设是平面POD的一个法向量，‎ 则由，得 所以 设是平面PAC的一个法向量，‎ 则由，‎ 得 所以 得。‎ 因为 所以从而平面平面PAC。‎ ‎（II）因为y轴平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为 由（I）知，平面PAC的一个法向量为 设向量的夹角为，则 由图可知，二面角B—PA—C的平面角与相等，‎ 所以二面角B—PA—C的余弦值为 ‎17. （广东理）18．（本小题满分13分）‎ 如图5．在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，‎ ‎ 且∠DAB=60，,PB=2,‎ ‎ E,F分别是BC,PC的中点．‎ ‎（1） 证明：AD 平面DEF;‎ ‎（2） 求二面角P-AD-B的余弦值．‎ ‎【解析】18．（本小题满分13分）‎ ‎ 法一：（1）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。‎ ‎ 因PA=PD，有，在中，，有为等边三角形，因此，所以平面PBG ‎ 又PB//EF，得，而DE//GB得AD DE，又，所以AD 平面DEF。‎ ‎ （2），‎ ‎ 为二面角P—AD—B的平面角，‎ ‎ 在 ‎ 在 ‎ ‎ ‎ 法二：（1）取AD中点为G，因为 ‎ 又为等边三角形，因此，，从而平面PBG。‎ ‎ 延长BG到O且使得PO OB，又平面PBG，PO AD，‎ ‎ 所以PO 平面ABCD。‎ ‎ 以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为轴，z轴，平行于AD的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系。‎ ‎ 设 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 由于 ‎ 得 ‎ 平面DEF。‎ ‎ （2）‎ ‎ ‎ ‎ 取平面ABD的法向量 ‎ 设平面PAD的法向量 ‎ 由 ‎ 取 ‎ ‎ ‎18. （江苏）16．如图，在四棱锥中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点 求证：（1）直线EF∥平面PCD；‎ ‎（2）平面BEF⊥平面PAD ‎【解析】16．本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考察空间想象能力和推理论证能力。满分14分。‎ 证明：（1）在△PAD中，因为E、F分别为 AP，AD的中点，所以EF//PD.‎ 又因为EF平面PCD，PD平面PCD，‎ 所以直线EF//平面PCD.‎ ‎（2）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，‎ 所以△ABD为正三角形，因为F是AD的 中点，所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面 ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以BF⊥平面PAD。又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.‎