2018高考一轮复习立体几何空间向量

2018高考一轮复习立体几何空间向量

‎2017高考一轮复习 空间向量 ‎　‎ 一．解答题（共12小题）‎ ‎1．（2016•浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，‎ ‎（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；‎ ‎（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．‎ ‎2．（2016•天津）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2．‎ ‎（1）求证：EG∥平面ADF；‎ ‎（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；‎ ‎（3）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．‎ ‎3．（2016•沈阳校级模拟）如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且AB=BP=2，AD=AE=1，AE⊥AB，且AE∥BP．‎ ‎（Ⅰ）设点M为棱PD中点，求证：EM∥平面ABCD；‎ ‎（Ⅱ）线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎4．（2016•天津一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=135°，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP=90°，AB=AC=PA=2，E，F分别为BC，AD的中点，点M在线段PD上．‎ ‎（Ⅰ）求证：EF⊥平面PAC；‎ ‎（Ⅱ）若M为PD的中点，求证：ME∥平面PAB；‎ ‎（Ⅲ）如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，求的值．‎ ‎5．（2016•贵阳一模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠PAB=∠PAC=∠ACB=90°．‎ ‎（1）求证：平面PBC⊥平面PAC；‎ ‎（2）若PA=1，AB=2，BC=，在直线AC上是否存在一点D，使得直线BD与平面PBC所成角为30°？若存在，求出CD的长；若不存在，说明理由．‎ ‎6．（2015•浙江）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：A1D⊥平面A1BC；‎ ‎（Ⅱ）求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．‎ ‎7．（2015•江苏）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．‎ ‎（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；‎ ‎（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．‎ ‎8．（2014•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：BE⊥DC；‎ ‎（Ⅱ）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F﹣AB﹣P的余弦值．‎ ‎9．（2014•新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．‎ ‎（Ⅰ）证明：AC=AB1；‎ ‎（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．‎ ‎10．（2014•新课标II）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；‎ ‎（Ⅱ）设AP=1，AD=，三棱锥P﹣ABD的体积V=，求A到平面PBC的距离．‎ ‎11．（2013•北京）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．‎ ‎（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；‎ ‎（Ⅱ）求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．‎ ‎12．（2013•新课标Ⅱ）如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB．‎ ‎（Ⅰ）证明：BC1∥平面A1CD ‎（Ⅱ）求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．‎ ‎　‎ ‎2017高考一轮复习 空间向量 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．解答题（共12小题）‎ ‎1．（2016•浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，‎ ‎（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；‎ ‎（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．‎ ‎【分析】（I）先证明BF⊥AC，再证明BF⊥CK，进而得到BF⊥平面ACFD．‎ ‎（II）方法一：先找二面角B﹣AD﹣F的平面角，再在Rt△BQF中计算，即可得出；‎ 方法二：通过建立空间直角坐标系，分别计算平面ACK与平面ABK的法向量，进而可得二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值．‎ ‎【解答】（I）证明：延长AD，BE，CF相交于点K，如图所示，∵平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，‎ ‎∴AC⊥平面BCK，∴BF⊥AC．‎ 又EF∥BC，BE=EF=FC=1，BC=2，∴△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK，‎ ‎∴BF⊥平面ACFD．‎ ‎（II）方法一：过点F作FQ⊥AK，连接BQ，∵BF⊥平面ACFD．∴BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，‎ ‎∴BQ⊥AK．∴∠BQF是二面角B﹣AD﹣F的平面角．‎ 在Rt△ACK中，AC=3，CK=2，可得FQ=．‎ 在Rt△BQF中，BF=，FQ=．可得：cos∠BQF=．‎ ‎∴二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值为．‎ 方法二：如图，延长AD，BE，CF相交于点K，则△BCK为等边三角形，‎ 取BC的中点，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，∴KO⊥平面BAC，‎ 以点O为原点，分别以OB，OK的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系O﹣xyz．‎ 可得：B（1，0，0），C（﹣1，0，0），K（0，0，），A（﹣1，﹣3，0），，．‎ ‎=（0，3，0），=，（2，3，0）．‎ 设平面ACK的法向量为=（x1，y1，z1），平面ABK的法向量为=（x2，y2，z2），由，可得，‎ 取=．‎ 由，可得，取=．‎ ‎∴==．‎ ‎∴二面角B﹣AD﹣F的余弦值为．‎ ‎【点评】本题考查了空间位置关系、法向量的应用、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎2．（2016•天津）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2．‎ ‎（1）求证：EG∥平面ADF；‎ ‎（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；‎ ‎（3）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．‎ ‎【分析】（1）取AD的中点I，连接FI，证明四边形EFIG是平行四边形，可得EG∥FI，利用线面平行的判定定理证明：EG∥平面ADF；‎ ‎（2）建立如图所示的坐标系O﹣xyz，求出平面OEF的法向量，平面OEF的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；‎ ‎（3）求出=（﹣，，），利用向量的夹角公式求出直线BH和平面CEF所成角的正弦值．‎ ‎【解答】（1）证明：取AD的中点I，连接FI，‎ ‎∵矩形OBEF，∴EF∥OB，EF=OB，‎ ‎∵G，I是中点，‎ ‎∴GI∥BD，GI=BD．‎ ‎∵O是正方形ABCD的中心，‎ ‎∴OB=BD．‎ ‎∴EF∥GI，EF=GI，‎ ‎∴四边形EFIG是平行四边形，‎ ‎∴EG∥FI，‎ ‎∵EG⊄平面ADF，FI⊂平面ADF，‎ ‎∴EG∥平面ADF；‎ ‎（2）解：建立如图所示的坐标系O﹣xyz，则B（0，﹣，0），C（，0，0），E（0，﹣，2），‎ F（0，0，2），‎ 设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则，取=（，0，1）‎ ‎∵OC⊥平面OEF，‎ ‎∴平面OEF的法向量为=（1，0，0），‎ ‎∵|cos＜，＞|=‎ ‎∴二面角O﹣EF﹣C的正弦值为=；‎ ‎（3）解：AH=HF，∴==（，0，）．‎ 设H（a，b，c），则=（a+，b，c）=（，0，）．‎ ‎∴a=﹣，b=0，c=，‎ ‎∴=（﹣，，），‎ ‎∴直线BH和平面CEF所成角的正弦值=|cos＜，＞|==．‎ ‎【点评】本题考查证明线面平行的判定定理，考查二面角O﹣EF﹣C的正弦值，直线BH和平面CEF所成角的正弦值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎3．（2016•沈阳校级模拟）如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且AB=BP=2，AD=AE=1，AE⊥AB，且AE∥BP．‎ ‎（Ⅰ）设点M为棱PD中点，求证：EM∥平面ABCD；‎ ‎（Ⅱ）线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（I）证明BP⊥平面ABCD，以B为原点建立坐标系，则为平面ABCD的法向量，求出，的坐标，通过计算=0得出，从而有EM∥平面ABCD；‎ ‎（II）假设存在点N符合条件，设，求出和平面PCD的法向量的坐标，令|cos＜＞|=解出λ，根据λ的值得出结论．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）∵平面ABCD⊥平面ABEP，平面ABCD∩平面ABEP=AB，BP⊥AB，‎ ‎∴BP⊥平面ABCD，又AB⊥BC，‎ ‎∴直线BA，BP，BC两两垂直，‎ 以B为原点，分别以BA，BP，BC为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 则P（0，2，0），B（0，0，0），D（2，0，1），E（2，1，0），C（0，0，1），∴M（1，1，），‎ ‎∴=（﹣1，0，），=（0，2，0）．‎ ‎∵BP⊥平面ABCD，∴为平面ABCD的一个法向量，‎ ‎∵=﹣1×0+0×2+=0，‎ ‎∴⊥．又EM⊄平面ABCD，‎ ‎∴EM∥平面ABCD．‎ ‎（Ⅱ）解：当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值为．‎ 理由如下：‎ ‎∵=（2，﹣2，1），=（2，0，0），‎ 设平面PCD的法向量为=（x，y，z），则．‎ ‎∴．令y=1，得=（0，1，2）．‎ 假设线段PD上存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角α的正弦值等于．‎ 设=λ=（2λ，﹣2λ，λ）（0≤λ≤1），∴==（2λ，2﹣2λ，λ）．‎ ‎∴cos＜＞===．‎ ‎∴9λ2﹣8λ﹣1=0，解得λ=1或（舍去）．‎ ‎∴当N点与D点重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于．‎ ‎【点评】本题考查了线面平行的判断，空间向量的应用与线面角的计算，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎4．（2016•天津一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=135°，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP=90°，AB=AC=PA=2，E，F分别为BC，AD的中点，点M在线段PD上．‎ ‎（Ⅰ）求证：EF⊥平面PAC；‎ ‎（Ⅱ）若M为PD的中点，求证：ME∥平面PAB；‎ ‎（Ⅲ）如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，求的值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）证明AB⊥AC．EF⊥AC．推出PA⊥底面ABCD，即可说明PA⊥EF，然后证明EF⊥平面PAC．‎ ‎（Ⅱ）证明MF∥PA，然后证明MF∥平面PAB，EF∥平面PAB．即可阿门平面MEF∥平面PAB，从而证明ME∥平面PAB．‎ ‎（Ⅲ）以AB，AC，AP分别为x轴、y轴和z轴，如上图建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，平面ABCD的法向量，平面PBC的法向量，利用直线ME与平面PBC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等，列出方程求解即可 ‎【解答】（本小题满分14分）‎ ‎（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，因为AB=AC，∠BCD=135°，∠ABC=45°．‎ 所以AB⊥AC．‎ 由E，F分别为BC，AD的中点，得EF∥AB，‎ 所以EF⊥AC．…（1分）‎ 因为侧面PAB⊥底面ABCD，且∠BAP=90°，‎ 所以PA⊥底面ABCD．…（2分）‎ 又因为EF⊂底面ABCD，‎ 所以PA⊥EF．…（3分）‎ 又因为PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，‎ 所以EF⊥平面PAC．…（4分）‎ ‎（Ⅱ）证明：因为M为PD的中点，F分别为AD的中点，‎ 所以MF∥PA，‎ 又因为MF⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，‎ 所以MF∥平面PAB．…（5分）‎ 同理，得EF∥平面PAB．‎ 又因为MF∩EF=F，MF⊂平面MEF，EF⊂平面MEF，‎ 所以平面MEF∥平面PAB．…（7分）‎ 又因为ME⊂平面MEF，‎ 所以ME∥平面PAB．…（9分）‎ ‎（Ⅲ）解：因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AC，所以AP，AB，AC两两垂直，故以AB，AC，AP 分别为x轴、y轴和z轴，如上图建立空间直角坐标系，‎ 则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），D（﹣2，2，0），E（1，1，0），‎ 所以，，，…（10分）‎ 设，则，‎ 所以M（﹣2λ，2λ，2﹣2λ），，‎ 易得平面ABCD的法向量=（0，0，1）．…（11分）‎ 设平面PBC的法向量为=（x，y，z），‎ 由，，得 令x=1，得=（1，1，1）．…（12分）‎ 因为直线ME与平面PBC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等，‎ 所以，即，…（13分）‎ 所以，‎ 解得，或（舍）．…（14分）‎ ‎【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面平行的判定定理以及性质定理的应用，平面与平面平行的判定定理的应用，考查转化思想以及空间想象能力逻辑推理能力的应用．‎ ‎　‎ ‎5．（2016•贵阳一模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠PAB=∠PAC=∠ACB=90°．‎ ‎（1）求证：平面PBC⊥平面PAC；‎ ‎（2）若PA=1，AB=2，BC=，在直线AC上是否存在一点D，使得直线BD与平面PBC所成角为30°？若存在，求出CD的长；若不存在，说明理由．‎ ‎【分析】（1）推导出PA⊥平面ABC，从而BC⊥PA，又BC⊥CA，从而BC⊥平面PAC，由此能证明平面PBC⊥平面PAC．‎ ‎（2）以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系C﹣xyz，利用向量法能求出在直线AC上存在点，使得直线BD与平面PBC所成角为30°．‎ ‎【解答】证明：（1）∵∠PAB=∠PAC=90°，∴PA⊥AB，PA⊥AC．‎ ‎∵AB∩AC=A，∴PA⊥平面ABC．…（1分）‎ ‎∵BC⊂平面ABC，∴BC⊥PA．…（3分）‎ ‎∵∠ACB=90°，∴BC⊥CA．∵PA∩CA=A，∴BC⊥平面PAC．…（5分）‎ ‎∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC．…6分 解：（2）由已知及（1）所证可知，PA⊥平面ABC，BC⊥CA，‎ ‎∵PA=1，AB=2，BC=．‎ ‎∴以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图的空间直角坐标系C﹣xyz，‎ 则C（0，0，0），B（0，，0），P（），‎ ‎，‎ 设=（x，y，z）是平面PBC的法向量，‎ 则，则取x=1，得=（1，0，﹣），…（9分）‎ 设直线AC上的点D满足，则，‎ ‎∴，‎ ‎∵直线BD与平面PBC所成角为30°，∴，‎ 解得，…（11分）‎ ‎∴在直线AC上存在点，使得直线BD与平面PBC所成角为30°．…（12分）‎ ‎【点评】本题考查面面垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．‎ ‎　‎ ‎6．（2015•浙江）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：A1D⊥平面A1BC；‎ ‎（Ⅱ）求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．‎ ‎【分析】（I）连接AO，A1D，根据几何体的性质得出A1O⊥A1D，A1D⊥BC，利用直线平面的垂直定理判断．‎ ‎（II）利用空间向量的垂直得出平面BB1C1C的法向量=（，0，1），|根据与数量积求解余弦值，即可得出直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．‎ ‎【解答】证明：（I）∵AB=AC=2，D是B1C1的中点．‎ ‎∴A1D⊥B1C1，‎ ‎∵BC∥B1C1，‎ ‎∴A1D⊥BC，‎ ‎∵A1O⊥面ABC，A1D∥AO，‎ ‎∴A1O⊥AO，A1O⊥BC ‎∵BC∩AO=O，A1O⊥A1D，A1D⊥BC ‎∴A1D⊥平面A1BC 解：（II）‎ 建立坐标系如图 ‎∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4‎ ‎∴O（0，0，0），B（0，，0），B1（﹣，，），A1（0，0）‎ 即=（0，，﹣），=（0，，0），=（，0，），‎ 设平面BB1C1C的法向量为=（x，y，z），‎ 即得出 得出=（，0，1），||=4，||=‎ ‎∵=，‎ ‎∴cos＜，＞==，‎ 可得出直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值为 ‎【点评】本题考查了空间几何体的性质，直线平面的垂直问题，空间向量的运用，空间想象能力，计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎7．（2015•江苏）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．‎ ‎（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；‎ ‎（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．‎ ‎【分析】以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz．‎ ‎（1）所求值即为平面PAB的一个法向量与平面PCD的法向量的夹角的余弦值的绝对值，计算即可；‎ ‎（2）利用换元法可得cos2＜，＞≤，结合函数y=cosx在（0，）上的单调性，计算即得结论．‎ ‎【解答】解：以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz如图，‎ 由题可知B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．‎ ‎（1）∵AD⊥平面PAB，∴=（0，2，0），是平面PAB的一个法向量，‎ ‎∵=（1，1，﹣2），=（0，2，﹣2），‎ 设平面PCD的法向量为=（x，y，z），‎ 由，得，‎ 取y=1，得=（1，1，1），‎ ‎∴cos＜，＞==，‎ ‎∴平面PAB与平面PCD所成两面角的余弦值为；‎ ‎（2）∵=（﹣1，0，2），设=λ=（﹣λ，0，2λ）（0≤λ≤1），‎ 又=（0，﹣1，0），则=+=（﹣λ，﹣1，2λ），‎ 又=（0，﹣2，2），从而cos＜，＞==，‎ 设1+2λ=t，t∈[1，3]，‎ 则cos2＜，＞==≤，‎ 当且仅当t=，即λ=时，|cos＜，＞|的最大值为，‎ 因为y=cosx在（0，）上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．‎ 又∵BP==，∴BQ=BP=．‎ ‎【点评】本题考查求二面角的三角函数值，考查用空间向量解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎8．（2014•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：BE⊥DC；‎ ‎（Ⅱ）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F﹣AB﹣P的余弦值．‎ ‎【分析】（I）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出BE，DC的方向向量，根据•=0，可得BE⊥DC；‎ ‎（II）求出平面PBD的一个法向量，代入向量夹角公式，可得直线BE与平面PBD所成角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）根据BF⊥AC，求出向量的坐标，进而求出平面FAB和平面ABP的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角F﹣AB﹣P的余弦值．‎ ‎【解答】证明：（I）∵PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，‎ 以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ ‎∵AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．‎ ‎∴B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（1，1，1）‎ ‎∴=（0，1，1），=（2，0，0）‎ ‎∵•=0，‎ ‎∴BE⊥DC；‎ ‎（Ⅱ）∵=（﹣1，2，0），=（1，0，﹣2），‎ 设平面PBD的法向量=（x，y，z），‎ 由，得，‎ 令y=1，则=（2，1，1），‎ 则直线BE与平面PBD所成角θ满足：‎ sinθ===，‎ 故直线BE与平面PBD所成角的正弦值为．‎ ‎（Ⅲ）∵=（1，2，0），=（﹣2，﹣2，2），=（2，2，0），‎ 由F点在棱PC上，设=λ=（﹣2λ，﹣2λ，2λ）（0≤λ≤1），‎ 故=+=（1﹣2λ，2﹣2λ，2λ）（0≤λ≤1），‎ 由BF⊥AC，得•=2（1﹣2λ）+2（2﹣2λ）=0，‎ 解得λ=，‎ 即=（﹣，，），‎ 设平面FBA的法向量为=（a，b，c），‎ 由，得 令c=1，则=（0，﹣3，1），‎ 取平面ABP的法向量=（0，1，0），‎ 则二面角F﹣AB﹣P的平面角α满足：‎ cosα===，‎ 故二面角F﹣AB﹣P的余弦值为：‎ ‎【点评】本题考查的知识点是空间二面角的平面角，建立空间坐标系，将二面角问题转化为向量夹角问题，是解答的关键．‎ ‎　‎ ‎9．（2014•新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．‎ ‎（Ⅰ）证明：AC=AB1；‎ ‎（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．‎ ‎【分析】（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，可证B1C⊥平面ABO，可得B1C⊥AO，B10=CO，进而可得AC=AB1；‎ ‎（2）以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长度，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别可得两平面的法向量，可得所求余弦值．‎ ‎【解答】解：（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，‎ ‎∵侧面BB1C1C为菱形，‎ ‎∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点，‎ 又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，‎ ‎∵AO⊂平面ABO，∴B1C⊥AO，‎ 又B10=CO，∴AC=AB1，‎ ‎（2）∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO=CO，‎ 又∵AB=BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，‎ ‎∴OA，OB，OB1两两垂直，‎ 以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长度，‎ 的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，‎ ‎∵∠CBB1=60°，∴△CBB1为正三角形，又AB=BC，‎ ‎∴A（0，0，），B（1，0，0，），B1（0，，0），C（0，，0）‎ ‎∴=（0，，），==（1，0，），==（﹣1，，0），‎ 设向量=（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，‎ 则，可取=（1，，），‎ 同理可得平面A1B1C1的一个法向量=（1，﹣，），‎ ‎∴cos＜，＞==，‎ ‎∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为 ‎【点评】本题考查空间向量法解决立体几何问题，建立坐标系是解决问题的关键，属中档题．‎ ‎　‎ ‎10．（2014•新课标II）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；‎ ‎（Ⅱ）设AP=1，AD=，三棱锥P﹣ABD的体积V=，求A到平面PBC的距离．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设BD与AC 的交点为O，连结EO，通过直线与平面平行的判定定理证明PB∥平面AEC；‎ ‎（Ⅱ）通过AP=1，AD=，三棱锥P﹣ABD的体积V=，求出AB，作AH⊥PB角PB于H，说明AH就是A到平面PBC的距离．通过解三角形求解即可．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）证明：设BD与AC 的交点为O，连结EO，‎ ‎∵ABCD是矩形，‎ ‎∴O为BD的中点 ‎∵E为PD的中点，‎ ‎∴EO∥PB．‎ EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC ‎∴PB∥平面AEC；‎ ‎（Ⅱ）∵AP=1，AD=，三棱锥P﹣ABD的体积V=，‎ ‎∴V==，‎ ‎∴AB=，PB==．‎ 作AH⊥PB交PB于H，‎ 由题意可知BC⊥平面PAB，‎ ‎∴BC⊥AH，‎ 故AH⊥平面PBC．‎ 又在三角形PAB中，由射影定理可得：‎ A到平面PBC的距离．‎ ‎【点评】本题考查直线与平面垂直，点到平面的距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力．‎ ‎　‎ ‎11．（2013•北京）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．‎ ‎（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；‎ ‎（Ⅱ）求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．‎ ‎【分析】（I）利用AA1C1C是正方形，可得AA1⊥AC，再利用面面垂直的性质即可证明；‎ ‎（II）利用勾股定理的逆定理可得AB⊥AC．通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面角；‎ ‎（III）设点D的竖坐标为t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D，利用向量垂直于数量积得关系即可得出．‎ ‎【解答】（I）证明：∵AA1C1C是正方形，∴AA1⊥AC．‎ 又∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C=AC，‎ ‎∴AA1⊥平面ABC．‎ ‎（II）解：由AC=4，BC=5，AB=3．‎ ‎∴AC2+AB2=BC2，∴AB⊥AC．‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（0，0，4），B（0，3，0），B1（0，3，4），C1（4，0，4），‎ ‎∴，，．‎ 设平面A1BC1的法向量为，平面B1BC1的法向量为=（x2，y2，z2）．‎ 则，令y1=4，解得x1=0，z1=3，∴．‎ ‎，令x2=3，解得y2=4，z2=0，∴．‎ ‎===．‎ ‎∴二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值为．‎ ‎（III）设点D的竖坐标为t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D，‎ ‎∴=，=（0，3，﹣4），‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，解得t=．‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题综合考查了线面垂直的判定与性质定理、面面垂直的性质定理、通过建立空间直角坐标系利用法向量求二面角的方法、向量垂直与数量积得关系等基础知识与基本方法，考查了空间想象能力、推理能力和计算能力．‎ ‎　‎ ‎12．（2013•新课标Ⅱ）如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB．‎ ‎（Ⅰ）证明：BC1∥平面A1CD ‎（Ⅱ）求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）通过证明BC1平行平面A1CD内的直线DF，利用直线与平面平行的判定定理证明BC1∥平面A1CD ‎（Ⅱ）证明DE⊥平面A1DC，作出二面角D﹣A1C﹣E的平面角，然后求解二面角平面角的正弦值即可．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，‎ 又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF，‎ 因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，‎ 所以BC1∥平面A1CD．‎ ‎（Ⅱ）因为直棱柱ABC﹣A1B1C1，所以AA1⊥CD，‎ 由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB，‎ 又AA1∩AB=A，于是，CD⊥平面ABB1A1，‎ 设AB=2，则AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，‎ CD=，A1D=，DE=，A1E=3‎ 故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D，所以DE⊥平面A1DC，‎ 又A1C=2，过D作DF⊥A1C于F，∠DFE为二面角D﹣A1C﹣E的平面角，‎ 在△A1DC中，DF==，EF==，‎ 所以二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．sin∠DFE=．‎ ‎【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力与计算能力．‎ ‎　‎