高中数学专题11 空间向量与立体几何解答题（含答案）

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1、专题11空间向量与立体几何解答题考纲解读三年高考分析1.空间向量及其运算(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.2.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中

2、的应用.空间向量的计算和角度的求解是考查的重点，解题时常用到空间直角坐标系的建立、点和向量坐标的计算与应用，考查学生的数学抽象能力、数学建模能力、数学运算能力、直观想象能力，题型以选择填空题和解答题为主，中等难度.1、主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.2、空间向量是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.1【2019年天津

3、理科17】如图，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2（）求证：BF平面ADE；（）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（）若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长【解答】（）证明：以A为坐标原点，分别以，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，可得A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，1，0），E（0，0，2）设CFh（h0），则F（1，2，h）则是平面ADE的法向量，又，可得又直线BF平面ADE，BF平面ADE；（）解：依题意，设为平面BDE的法向量，则，令z1，得cos直线CE与平面BDE所成角的正弦值为；（）解：设为平面BD

4、F的法向量，则，取y1，可得，由题意，|cos|，解得h经检验，符合题意线段CF的长为2【2019年新课标3理科19】图1是由矩形ADEB、RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求图2中的二面角BCGA的大小【解答】证明：（1）由已知得ADBE，CGBE，ADCG，AD，CG确定一个平面，A，C，G，D四点共面，由已知得ABBE，ABBC，AB面BCGE，AB平面ABC，平面ABC平面BCGE解：（2）作EHBC，垂足为H，

5、EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，EH平面ABC，由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC60，BH1，EH，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系Hxyz，则A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0， ），（1，0，），（2，1，0），设平面ACGD的法向量（x，y，z），则，取x3，得（3，6，），又平面BCGE的法向量为（0，1，0），cos，二面角BCGA的大小为303【2019年全国新课标2理科17】如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AEA1E，求二面角

6、BECC1的正弦值【解答】证明：（1）长方体ABCDA1B1C1D1中，B1C1平面ABA1B1，B1C1BE，BEEC1，BE平面EB1C1解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AEA1E1，BE平面EB1C1，BEEB1，AB1，则E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），BCEB1，EB1面EBC，故取平面EBC的法向量为（1，0，1），设平面ECC1 的法向量（x，y，z），由，得，取x1，得（1，1，0），cos，二面角BECC1的正弦值为4【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底

7、面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角AMA1N的正弦值【解答】（1）证明：如图，过N作NHAD，则NHAA1，且，又MBAA1，MB，四边形NMBH为平行四边形，则NMBH，由NHAA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，BEDH，BEDH，则四边形BEDH为平行四边形，则BHDE，NMDE，NM平面C1DE，DE平面C1DE，MN平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，2），M（，1，2），A

8、1（，1，4），设平面A1MN的一个法向量为，由，取x，得，又平面MAA1的一个法向量为，cos二面角AMA1N的正弦值为5【2019年北京理科16】如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3E为PD的中点，点F在PC上，且（）求证：CD平面PAD；（）求二面角FAEP的余弦值；（）设点G在PB上，且判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由【解答】证明：（）PA平面ABCD，PACD，ADCD，PAADA，CD平面PAD解：（）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，A（0，0，0），E（1

9、，0，1），F（，），P（0，0，2），（1，0，1），（），平面AEP的法向量（1，0，0），设平面AEF的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，1，1），设二面角FAEP的平面角为，则cos二面角FAEP的余弦值为（）直线AG不在平面AEF内，理由如下：点G在PB上，且G（，0，），（，0，），平面AEF的法向量（1，1，1），0，故直线AG不在平面AEF内6【2019年江苏16】如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，ABBC求证：（1）A1B1平面DEC1；（2）BEC1E【解答】证明：（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，

10、DEAB，ABA1B1，DEA1B1，DE平面DEC1，A1B1平面DEC1，A1B1平面DEC1解：（2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，E是AC的中点，ABBCBEAA1，BEAC，又AA1ACA，BE平面ACC1A1，C1E平面ACC1A1，BEC1E7【2019年浙江19】如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点（）证明：EFBC；（）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值【解答】方法一：证明：（）连结A1E，A1AA1C，E是AC的中点，A1EAC，又平面A1ACC1平面ABC，A1E平

11、面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，A1E平面ABC，A1EBC，A1FAB，ABC90，BCA1F，BC平面A1EF，EFBC解：（）取BC中点G，连结EG、GF，则EGFA1是平行四边形，由于A1E平面ABC，故A1EEG，平行四边形EGFA1是矩形，由（）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上，连结A1G，交EF于O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成角（或其补角），不妨设AC4，则在RtA1EG中，A1E2，EG，O是A1G的中点，故EOOG，cosEOG，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为方法二：证明：（）连结A

12、1E，A1AA1C，E是AC的中点，A1EAC，又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，A1E平面ABC，如图，以E为原点，EC，EA1所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，设AC4，则A1（0，0，2），B（），B1（），F（），C（0，2，0），（），（），由0，得EFBC解：（）设直线EF与平面A1BC所成角为，由（）得（），（0，2，2），设平面A1BC的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，），sin，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为8【2018年江苏15】在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1

13、求证：（1）AB平面A1B1C；（2）平面ABB1A1平面A1BC【解答】证明：（1）平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1， ABA1B1，AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1CAB平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，四边形ABB1A1是菱形，AB1A1B在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1AB1BCAB1面A1BC，且AB1平面ABB1A1平面ABB1A1平面A1BC9【2018年江苏25】如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点（1）求异面直线BP与AC1所成

14、角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值【解答】解：如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则，OBOC，OO1OC，OO1OB，故以为基底，建立空间直角坐标系Oxyz，ABAA12，A（0，1，0），B（，0，0），C（0，1，0），A1（0，1，2），B1（，0，2），C1（0，1，2）（1）点P为A1B1的中点，|cos|异面直线BP与AC1所成角的余弦值为：；（2）Q为BC的中点Q（），设平面AQC1的一个法向量为（x，y，z），由，可取（，1，1），设直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为，sin|cos|，直线CC1与平面AQ

15、C1所成角的正弦值为10【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，由于四边形ABCD为正方形，所以EFBC由于PFBF，EFPFF，则BF平面PEF又因为BF平面ABFD，所以：平面PEF平面ABFD（2）在平面PEF中，过P作PHEF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PHEF，则PH面ABFD，故PHDH在三棱锥PDEF中，可以

16、利用等体积法求PH，因为DEBF且PFBF，所以PFDE，又因为PDFCDF，所以FPDFCD90，所以PFPD，由于DEPDD，则PF平面PDE，故VFPDE，因为BFDA且BF面PEF，所以DA面PEF，所以DEEP设正方形边长为2a，则PD2a，DEa在PDE中，所以，故VFPDE，又因为，所以PH，所以在PHD中，sinPDH，即PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：11【2018年新课标2理科20】如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点（1）证明：PO平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值【

17、解答】（1）证明：连接BO，ABBC2，O是AC的中点，BOAC，且BO2，又PAPCPBAC4，POAC，PO2，则PB2PO2+BO2，则POOB，OBACO，PO平面ABC；（2）建立以O坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：A（0，2，0），P（0，0，2），C（0，2，0），B（2，0，0），（2，2，0），设（2，2，0），01则（2，2，0）（2，2，0）（22，2+2，0），则平面PAC的法向量为（1，0，0），设平面MPA的法向量为（x，y，z），则（0，2，2），则2y2z0，（22）x+（2+2）y0令z1，则y，x，即（，1），二面角MPAC

18、为30，cos30|，即，解得或3（舍），则平面MPA的法向量（2，1），（0，2，2），PC与平面PAM所成角的正弦值sin|cos，|12【2018年新课标3理科19】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点（1）证明：平面AMD平面BMC；（2）当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值【解答】解：（1）证明：在半圆中，DMMC，正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，AD平面DCM，则ADMC，ADDMD，MC平面ADM，MC平面MBC，平面AMD平面BMC（2）ABC的面积为定值，要使三棱锥MABC体积最大，则三

19、棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图正方形ABCD的边长为2，A（2，1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），则平面MCD的法向量（1，0，0），设平面MAB的法向量为（x，y，z）则（0，2，0），（2，1，1），由2y0，2x+y+z0，令x1，则y0，z2，即（1，0，2），则cos，则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sin13【2018年浙江19】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2（）证明：AB1平面A1B1C1；（）求直线AC1与平面A

20、BB1所成的角的正弦值【解答】（I）证明：A1A平面ABC，B1B平面ABC，AA1BB1，AA14，BB12，AB2，A1B12，又AB12，AA12AB12+A1B12，AB1A1B1，同理可得：AB1B1C1，又A1B1B1C1B1，AB1平面A1B1C1（II）解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，ABBC，OBOC，ABBC2，BAC120，OB1，OAOC，以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则A（0，0），B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，1），（1，0），（0，0，2），（0，2，1），设平面ABB1的

21、法向量为（x，y，z），则，令y1可得（，1，0），cos设直线AC1与平面ABB1所成的角为，则sin|cos|直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为14【2018年上海17】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO4，OA、OB是底面半径，且AOB90，M为线段AB的中点，如图求异面直线PM与OB所成的角的大小【解答】解：（1）圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，圆锥的体积V（2）PO4，OA，OB是底面半径，且AOB90，M为线段AB的中点，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，

22、P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），（1，1，4），（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为，则cosarccos异面直线PM与OB所成的角的为arccos15【2018年北京理科16】如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，ABBC，ACAA12（）求证：AC平面BEF；（）求二面角BCDC1的余弦值；（）证明：直线FG与平面BCD相交【解答】（I）证明：E，F分别是AC，A1C1的中点，EFCC1，CC1平面ABC，EF平面ABC，又AC平面ABC，EFAC，

23、ABBC，E是AC的中点，BEAC，又BEEFE，BE平面BEF，EF平面BEF，AC平面BEF（II）解：以E为原点，以EB，EC，EF为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，1，1），（2，1，0），（0，2，1），设平面BCD的法向量为（x，y，z），则，即，令y2可得（1，2，4），又EB平面ACC1A1，（2，0，0）为平面CDC1的一个法向量，cos，由图形可知二面角BCDC1为钝二面角，二面角BCDC1的余弦值为（III）证明：F（0，0，2），（2，0，1），（2，0，1），2+0420，与不垂直，FG与平面BCD不平行，又FG平面BC

24、D，FG与平面BCD相交16【2018年天津理科17】如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2（）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE；（）求二面角EBCF的正弦值；（）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长【解答】（）证明：依题意，以D为坐标原点，分别以、的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，1），N（1，0，2）设为平

25、面CDE的法向量，则，不妨令z1，可得；又，可得又直线MN平面CDE，MN平面CDE；（）解：依题意，可得，设为平面BCE的法向量，则，不妨令z1，可得设为平面BCF的法向量，则，不妨令z1，可得因此有cos，于是sin二面角EBCF的正弦值为；（）解：设线段DP的长为h，（h0，2），则点P的坐标为（0，0，h），可得，而为平面ADGE的一个法向量，故|cos|由题意，可得，解得h0，2线段DP的长为17【2017年江苏15】如图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EFAD求证：（1）EF平面ABC；（2）ADA

26、C【解答】证明：（1）因为ABAD，EFAD，且A、B、E、F四点共面，所以ABEF，又因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FGBC，则EGAC，因为BCBD，FGBC，所以FGBD，又因为平面ABD平面BCD，所以FG平面ABD，所以FGAD，又因为ADEF，且EFFGF，所以AD平面EFG，所以ADEG，故ADAC18【2017年江苏18】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器和正四棱台形玻璃容器的高均为32cm，容器的底面对角线AC的长为10cm，容器的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62c

27、m分别在容器和容器中注入水，水深均为12cm现有一根玻璃棒l，其长度为40cm（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l放在容器中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度【解答】解：（1）设玻璃棒在CC1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，在平面ACM中，过N作NPMC，交AC于点P，ABCDA1B1C1D1为正四棱柱，CC1平面ABCD，又AC平面ABCD，CC1AC，NPAC，NP12cm，且AM2AC2+MC2，解得MC30cm，NPMC，ANPAMC，得AN16cm玻

28、璃棒l没入水中部分的长度为16cm（2）设玻璃棒在GG1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，在平面E1EGG1中，过点N作NPEG，交EG于点P，过点E作EQE1G1，交E1G1于点Q，EFGHE1F1G1H1为正四棱台，EE1GG1，EGE1G1，EGE1G1，EE1G1G为等腰梯形，画出平面E1EGG1的平面图，E1G162cm，EG14cm，EQ32cm，NP12cm，E1Q24cm，由勾股定理得：E1E40cm，sinEE1G1，sinEGMsinEE1G1，cosEGM，根据正弦定理得：，sinEMG，cosEMG，sinGEMsin（EGM+EMG）sinEGMcosEMG+cos

29、EGMsinEMG，EN20cm玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm19【2017年江苏25】如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA1，BAD120（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角BA1DA的正弦值【解答】解：在平面ABCD内，过A作AxAD，AA1平面ABCD，AD、Ax平面ABCD，AA1Ax，AA1AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系ABAD2，AA1，BAD120，A（0，0，0），B（），C（，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，），C1（）（），（），（

30、1）cos异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为；（2）设平面BA1D的一个法向量为，由，得，取x，得；取平面A1AD的一个法向量为cos二面角BA1DA的余弦值为，则二面角BA1DA的正弦值为20【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值【解答】（1）证明：BAPCDP90，PAAB，PDCD，ABCD，ABPD，又PAPDP，且PA平面PAD，PD平面PAD，AB平面PAD，又AB平面PAB，平面PAB平面PAD；（2）解：ABCD，ABCD，四边形A

31、BCD为平行四边形，由（1）知AB平面PAD，ABAD，则四边形ABCD为矩形，在APD中，由PAPD，APD90，可得PAD为等腰直角三角形，设PAAB2a，则AD取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（），设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y1，得AB平面PAD，AD平面PAD，ABPD，又PDPA，PAABA，PD平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，cos由图可知，二面角APBC为钝角，二面角APBC的余弦值为21【2017年新课标2理科19】如图，四棱锥PA

32、BCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点（1）证明：直线CE平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45，求二面角MABD的余弦值【解答】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EFAD，ABBCAD，BADABC90，BCAD，BCEF是平行四边形，可得CEBF，BF平面PAB，CE平面PAB，直线CE平面PAB；（2）解：四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC

33、上，设AD2，则ABBC1，OP，PCO60，直线BM与底面ABCD所成角为45，可得：BNMN，CNMN，BC1，可得：1BN2BN2，BN，MN，作NQAB于Q，连接MQ，ABMN，所以MQN就是二面角MABD的平面角，MQ，二面角MABD的余弦值为：22【2017年新课标3理科19】如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD（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DAEC的余弦值【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，ODABC是等边三角形，OBA

34、CABD与CBD中，ABBDBC，ABDCBD，ABDCBD，ADCDACD是直角三角形，AC是斜边，ADC90DOACDO2+BO2AB2BD2BOD90OBOD又DOACO，OB平面ACD又OB平面ABC，平面ACD平面ABC（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD，hE则平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，1点E是BD的中点建立如图所示的空间直角坐标系不妨取AB2则O（0，0，0），A（1，0，0），C（1，0，0），D（0，0，1），B（0，0），E（1，0，1），（2，0，0）设平面ADE的法向量为（x，y，z），则，即，取同理可得：平面ACE的法向量为（0，1，

35、）cos二面角DAEC的余弦值为23【2017年浙江19】如图，已知四棱锥PABCD，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，E为PD的中点（）证明：CE平面PAB；（）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值【解答】证明：（）取AD的中点F，连结EF，CF，E为PD的中点，EFPA，在四边形ABCD中，BCAD，AD2DC2CB，F为中点，CFAB，平面EFC平面ABP，EC平面EFC，EC平面PAB解：（）连结BF，过F作FMPB于M，连结PF，PAPD，PFAD，推导出四边形BCDF为矩形，BFAD，AD平面PBF，又ADBC，BC平面PBF，BCPB

36、，设DCCB1，由PCAD2DC2CB，得ADPC2，PB，BFPF1，MF，又BC平面PBF，BCMF，MF平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，MF，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，E到平面PBC的距离为，在，由余弦定理得CE，设直线CE与平面PBC所成角为，则sin24【2017年上海17】如图，直三棱柱ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5（1）求三棱柱ABCA1B1C1的体积；（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小【解答】解：（

37、1）直三棱柱ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5三棱柱ABCA1B1C1的体积：VSABCAA120（2）连结AM，直三棱柱ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点，AA1底面ABC，AM，A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，tanA1MA，直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan25【2017年北京理科16】如图，在四棱锥PABCD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，PAPD，AB4（1）求证：M为PB的中点；（

38、2）求二面角BPDA的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值【解答】（1）证明：如图，设ACBDO，ABCD为正方形，O为BD的中点，连接OM，PD平面MAC，PD平面PBD，平面PBD平面AMCOM，PDOM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，PAPD，PGAD，平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，PG平面ABCD，则PGAD，连接OG，则PGOG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OGDC，则OGAD以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PAPD，AB4，得D（2，0，0），A（2，0，0），P（0，0

39、，），C（2，4，0），B（2，4，0），M（1，2，），设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z，得取平面PAD的一个法向量为cos二面角BPDA的大小为60；（3）解：，平面BDP的一个法向量为直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos|26【2017年天津理科17】如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2（）求证：MN平面BDE；（）求二面角CEMN的正弦值；（）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长【解答】（）证明：取AB中点F，连接MF、NF，M为AD中

40、点，MFBD，BD平面BDE，MF平面BDE，MF平面BDEN为BC中点，NFAC，又D、E分别为AP、PC的中点，DEAC，则NFDEDE平面BDE，NF平面BDE，NF平面BDE又MFNFF平面MFN平面BDE，则MN平面BDE；（）解：PA底面ABC，BAC90以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系PAAC4，AB2，A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），则，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z2，得由图可得平面CME的一个法向量为cos二面角CEMN的余弦值为，则正弦值为；（）解：设AHt，则H（0，0，t），直线NH与直线BE所成角的余弦值为，|cos|解得：t或t线段AH的长为或1【陕西省西北工业大学附属中学2019届高三考前模拟】如图，在多面体中，四边形是菱形，四边形是直角梯形，.（）证明：平面.（）若平面平面，为的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（I）见解析；（II）【解析】（）取的中点，连接，如图所示，因为，四边形是直角梯形，得且，所以四边形为平行四边形，即且.又因为四边形是菱形，所以，进而，得为平行四边形，即有，又平面，平面