2019-2020年高考數學5年真題備考題庫 第七章 第7節(jié) 立體幾何中的空間向量方法 理（含解析）.doc

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2019-2020年高考數學5年真題備考題庫 第七章 第7節(jié) 立體幾何中的空間向量方法 理（含解析） 1．（xx新課標全國Ⅰ，12分）如圖三棱柱ABC－A1B1C1中，側面BB1C1C為菱形，AB⊥B1C. (1)證明：AC＝AB1； (2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值． 解：(1)證明：連接BC1，交B1C于點O，連接AO. 因為側面BB1C1C為菱形，所以B1C⊥BC1，且O為B1C及BC1的中點． 又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO. 由于AO?平面ABO，故B1C⊥AO. 又B1O＝CO，故AC＝AB1. (2)因為AC⊥AB1，且O為B1C的中點，所以AO＝CO. 又因為AB＝BC，所以△BOA≌△BOC. 故OA⊥OB，從而OA，OB，OB1兩兩相互垂直． 以O為坐標原點，，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz. 因為∠CBB1＝60，所以△CBB1為等邊三角形． 又AB＝BC，則A，B(1,0,0)，B1，C. ＝，＝＝， ＝＝. 設n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，則 即 所以可取n＝(1，，)． 設m是平面A1B1C1的法向量，則 同理可取m＝(1，－，)． 則cos〈n，m〉＝＝. 所以二面角A－A1B1－C1的余弦值為. 2．（xx新課標全國Ⅱ，12分）如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點． (1)證明：PB∥平面AEC； (2)設二面角D AEC為60，AP＝1，AD＝，求三棱錐EACD的體積． 解：(1)證明：連接BD交AC于點O，連接EO. 因為平面ABCD為矩形，所以O為BD的中點． 又E為PD的中點，所以EO∥PB. 因為EO?平面AEC，PB?平面AEC， 所以PB∥平面AEC. (2)因為PA⊥平面ABCD，平面ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直． 如圖，以A為坐標原點，的方向為x軸的正方向，| |為單位長，建立空間直角坐標系Axyz，則D(0，，0)，E，＝. 設B(m,0,0)(m>0)，則C(m，，0)，＝(m，，0)． 設n1＝(x，y，z)為平面ACE的法向量， 則即 可取n1＝. 又n2＝(1,0,0)為平面DAE的法向量， 由題設|cos〈n1，n2〉|＝， 即 ＝，解得m＝. 因為E為PD的中點，所以三棱錐EACD的高為.三棱錐EACD的體積V＝＝. 3.(xx山東，12分) 如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60，AB＝2CD＝2，M是線段AB的中點． (1)求證：C1M∥平面A1ADD1； (2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值． 解：(1)證明：因為四邊形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC，又由M是AB的中點，因此CD∥MA且CD＝MA. 連接AD1，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因為CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四邊形AMC1D1為平行四邊形，因此C1M∥D1A. 又C1M?平面A1ADD1，D1A?平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1. (2)法一：連接AC，MC，由(1)知CD∥AM且CD＝AM， 所以四邊形AMCD為平行四邊形． 可得BC＝AD＝MC， 由題意知∠ABC＝∠DAB＝60， 所以△MBC為正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝，因此CA⊥CB. 以C為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系C－xyz. 所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)． 因此M，所以＝，＝＝. 設平面C1D1M的法向量n＝(x，y，z)． 由得 可得平面C1D1M的一個法向量n＝(1，，1)． 又＝(0,0，)為平面ABCD的一個法向量． 因此cos〈，n〉＝＝. 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為. 法二：由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，過C向AB引垂線交AB于N，連接D1N. 由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC為二面角C1－AB－C的平面角． 在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60， 可得CN＝. 所以ND1＝＝. 在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝. 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為. 4.(xx廣東，13分) 如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30，AF⊥PC于點F，F(xiàn)E∥CD，交PD于點E. (1)證明：CF⊥平面ADF； (2)求二面角D－AF－E的余弦值． 解：(1)證明：∵PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，∴PD⊥AD，又CD⊥AD，PD∩CD＝D，∴AD⊥平面PCD，又PC?平面PCD.∴AD⊥PC.又AF⊥PC，AD∩AF＝A，∴PC⊥平面ADF，即CF⊥平面ADF. (2)設AB＝a，則在Rt△PDC中，CD＝a，又∠DPC＝30，∴PC＝2a，PD＝a，∠PCD＝60.由(1)知CF⊥DF，∴DF＝CD sin 60＝a，CF＝CD cos 60＝a，又FE∥CD，∴＝＝，∴DE＝a，同理EF＝CD＝a，以D為原點，DP所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DA所在直線為z軸建立空間直角坐標系，則C(0，a,0)，A(0,0，a)，F(xiàn)，E， 則＝，＝， 設平面AEF的法向量為n＝(x，y，z)， 則n＝(x，y，z)＝ax－az＝0，n＝(x，y，z)＝ax＋ay－az＝0， 取x＝1，得平面AEF的一個法向量n＝. 又由(1)知平面ADF的一個法向量為＝a，－a，0， 故cos〈n，〉＝＝， 由圖可知二面角D－AF－E為銳二面角，所以其余弦值為. 5.(xx安徽，13分) 如圖，四棱柱ABCD A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD.四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.過A1，C，D三點的平面記為α，BB1與α的交點為Q. (1)證明：Q為BB1的中點； (2)求此四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積之比； (3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面積為6，求平面α與底面ABCD所成二面角的大小． 解：(1)因為BQ∥AA1，BC∥AD，BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A. 所以平面QBC∥平面A1AD. 從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行，即QC∥A1D. 故△QBC與△A1AD的對應邊相互平行，于是△QBC∽△A1AD. 所以＝＝＝，即Q為BB1的中點． (2)如圖1，連接QA，QD.設AA1＝h，梯形ABCD的高為d，四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積分別為V上和V下，BC＝a，則AD＝2a. VQA1AD＝2ahd＝ahd， VQ ABCD＝d＝ahd， 所以V下＝VQ A1AD＋VQABCD＝ahd， 又V四棱柱A1B1C1D1ABCD＝ahd， 所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1ABCD－V下 ＝ahd－ahd＝ahd， 故＝. (3)法一：如圖1，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足為E，連接A1E. 又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A， 所以DE⊥平面AEA1，于是DE⊥A1E. 所以∠AEA1為平面α與底面ABCD所成二面角的平面角． 因為BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA. 又因為梯形ABCD的面積為6，DC＝2，所以S△ADC＝4，AE＝4. 于是tan∠AEA1＝＝1，∠AEA1＝. 故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為. 法二：如圖2，以D為原點，，分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標系． 設∠CDA＝θ. 因為S梯形ABCD＝2sin θ＝6. 所以a＝. 從而C(2cos θ，2sin θ，0)，A1， 所以＝(2cos θ，2sin θ，0)，＝. 設平面A1DC的法向量n＝(x，y,1)， 由得x＝－sin θ，y＝cos θ， 所以n＝(－sin θ，cos θ，1)． 又因為平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)， 所以cos〈n，m〉＝＝， 故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為. 6.(xx福建，13分) 在平面四邊形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.將△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如圖所示． (1)求證：AB⊥CD； (2)若M為AD中點，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值． 解：(1)證明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB?平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD，∴AB⊥CD. (2)過點B在平面BCD內作BE⊥BD，如圖． 由(1)知AB⊥平面BCD，BE?平面BCD，BD?平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD. 以B為坐標原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系． 依題意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M， 則＝(1,1,0)，＝，＝(0,1，－1)． 設平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)， 則即取z0＝1，得平面MBC的一個法向量n＝(1，－1,1)． 設直線AD與平面MBC所成角為θ， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝， 即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為. 7.(xx浙江，15分) 如圖，在四棱錐A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝. (1)證明：DE⊥平面ACD； (2)求二面角B－AD－E的大?。? 解：(1)在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝. 由AC＝，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC. 又平面ABC⊥平面BCDE，從而AC⊥平面BCDE. 所以AC⊥DE.又DE⊥DC，從而DE⊥平面ACD. (2)法一：作BF⊥AD，與AD交于點F.過點F作FG∥DE，與AE交于點G，連接BG， 由(1)知DE⊥AD，則FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B－AD－E的平面角． 在直角梯形BCDE中， 由CD2＝BC2＋BD2，得BD⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCDE， 得BD⊥平面ABC，從而BD⊥AB. 由于AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD. 在Rt△ACD中，由DC＝2，AC＝，得AD＝. 在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝，得AE＝. 在Rt△ABD中，由BD＝，AB＝2，AD＝， 得BF＝，AF＝AD.從而GF＝. 在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分別可得cos∠BAE＝，BG＝. 在△BFG中，cos∠BFG＝＝. 所以∠BFG＝，即二面角B－AD－E的大小是. 法二：以D為原點，分別以射線DE，DC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系D－xyz，如圖所示． 由題意知各點坐標如下：D(0,0,0)，E(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,2，)，B(1,1,0)． 設平面ADE的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 平面ABD的法向量為n＝(x2，y2，z2)．可算得＝(0，－2，－)，＝(1，－2，－)，＝(1,1,0)， 由即 可取m＝(0,1，－)． 由即 可取n＝(1，－1，)． 于是|cos〈m，n〉|＝＝＝. 由題意可知，所求二面角是銳角， 故二面角B－AD－E的大小是. 7.(xx遼寧，12分) 如圖，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點． (1)求證：EF⊥BC； (2)求二面角E－BF－C的正弦值． 解：法一：(1)過E作EO⊥BC，垂足為O，連接OF. 由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC. 所以∠EOC＝∠FOC＝， 即FO⊥BC. 又EO⊥BC，因此BC⊥平面EFO. 又EF?平面EFO，所以EF⊥BC. (2)在圖1中，過O作OG⊥BF，垂足為G，連接EG. 由平面ABC⊥平面BDC，從而EO⊥平面BDC，又OG⊥BF，由三垂線定理知EG⊥BF. 因此∠EGO為二面角E－BF－C的平面角． 在△EOC中，EO＝EC＝BCcos 30＝， 由△BGO∽△BFC知，OG＝FC＝， 因此tan∠EGO＝＝2，從而sin∠EGO＝， 即二面角E－BF－C的正弦值為. 圖1 法二：(2)(1)由題意，以B為坐標原點，在平面DBC內過B作垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標系．易得B(0,0,0)，A(0，－1，)，D(，－1,0)，C(0,2,0)．因而E，F(xiàn)，所以＝，＝(0,2,0)， 因此＝0. 從而⊥，所以EF⊥BC. (2)在圖2中，平面BFC的一個法向量為n1＝(0,0,1)． 設平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)， 又＝，＝. 由得其中一個n2＝(1，－，1)． 設二面角E－BF－C大小為θ，且由題意知θ為銳角，則cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝， 因此sin θ＝＝，即所求二面角的正弦值為. 圖2 8.(xx北京，14分) 如圖，正方形AMDE的邊長為2，B，C分別為AM，MD的中點．在五棱錐P－ABCDE中，F(xiàn)為棱PE的中點，平面ABF與棱PD，PC分別交于點G，H. (1)求證：AB∥FG； (2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE.求直線BC與平面ABF所成角的大小，并求線段PH的長． 解：(1)證明：在正方形AMDE中， 因為B是AM的中點，所以AB∥DE. 又因為AB?平面PDE， 所以AB∥平面PDE. 因為AB?平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG， 所以AB∥FG. (2)因為PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE. 如圖建立空間直角坐標系Axyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(xiàn)(0,1,1)，＝(1,1,0)． 設平面ABF的法向量為n＝(x，y，z)，則 即 令z＝1，得y＝－1，所以n＝(0，－1,1)． 設直線BC與平面ABF所成角為α，則 sin α＝|cos〈n，〉|＝＝. 因此直線BC與平面ABF所成角的大小為. 設點H的坐標為(u，v，w)． 因為點H在棱PC上，所以可設＝λ (0＜λ＜1)， 即(u，v，w－2)＝λ(2,1，－2)， 所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ. 因為n是平面ABF的法向量，所以n＝0， 即(0，－1,1)(2λ，λ，2－2λ)＝0. 解得λ＝，所以點H的坐標為. 所以PH＝ ＝2. 9.(xx湖南，12分) 如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形． (1)證明：O1O⊥底面ABCD； (2)若∠CBA＝60，求二面角C1－OB1－D的余弦值． 解：(1)證明：因為四邊形ACC1A1為矩形，所以CC1⊥AC，同理DD1⊥BD，因為CC1∥DD1，所以CC1⊥BD，而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD. 由題設知，O1O∥C1C，故O1O⊥底面ABCD. (2)法一：如圖，過O1作O1H⊥OB1于H，連接HC1. 由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1. 又因為四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都相等，所以四邊形A1B1C1D1是菱形， 因此A1C1⊥B1D1，又O1O∩B1D1＝O1，從而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，又A1C1∩O1H＝O1.于是OB1⊥平面O1HC1， 進而OB1⊥C1H，故∠C1HO1是二面角C1－OB1－D的平面角． 不妨設AB＝2.因為∠CBA＝60，所以OB＝，OC＝1，OB1＝. 在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2，而O1C1＝1，于是C1H＝＝＝. 故cos∠C1HO1＝＝＝. 即二面角C1－OB1－D的余弦值為. 法二：因為四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長都相等，所以四邊形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，從而OB，OC，OO1兩兩垂直． 如圖，以O為坐標原點，OB，OC，OO1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系O－xyz.不妨設AB＝2，因為∠CBA＝60，所以OB＝，OC＝1.于是相關各點的坐標為：O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)． 易知，n1＝(0,1,0)是平面BDD1B1的一個法向量． 設n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一個法向量，則即取z＝－，則x＝2，y＝2，所以n2＝(2,2，－)， 設二面角C1－OB1－D的大小為θ，易知θ是銳角，于是cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝. 故二面角C1－OB1－D的余弦值為. 9.(xx陜西，12分) 四面體ABCD及其三視圖如圖所示，過棱AB的中點E作平行于AD，BC的平面分別交四面體的棱BD，DC，CA于點F，G，H. (1)證明：四邊形EFGH是矩形； (2)求直線AB與平面EFGH夾角θ的正弦值． 解：(1)證明：由該四面體的三視圖可知， BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC， BD＝DC＝2，AD＝1. 由題設，BC∥平面EFGH， 平面EFGH∩平面BDC＝FG， 平面EFGH∩平面ABC＝EH， ∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH. 同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG， ∴四邊形EFGH是平行四邊形． 又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC， ∴AD⊥BC，∴EF⊥FG， ∴四邊形EFGH是矩形． (2)法一：如圖，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，則D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，＝(0,0,1)，＝(－2,2,0)，＝(－2,0,1)． 設平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)， ∵EF∥AD，F(xiàn)G∥BC， ∴n＝0，n＝0， 得取n＝(1,1,0)， ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝. 法二：如圖，以D為坐標原點建立空間直角坐標系， 則D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)， ∵E是AB的中點，∴F，G分別為BD，DC的中點，得 E，F(xiàn)(1,0,0)，G(0,1,0)． ∴＝，＝(－1,1,0)，＝(－2,0,1)． 設平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)， 則n＝0，n＝0， 得取n＝(1,1,0)， ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝. 10.(xx四川，12分) 三棱錐A－BCD及其側視圖、俯視圖如圖所示．設M，N分別為線段AD，AB的中點，P為線段BC上的點，且MN⊥NP. (1)證明：P是線段BC的中點； (2)求二面角A－NP－M的余弦值． 解：(1)如圖，取BD中點O，連接AO，CO. 由側視圖及俯視圖知，△ABD，△BCD均為正三角形， 因此AO⊥BD，OC⊥BD. 因為AO，OC?平面AOC，且AO∩OC＝O， 所以BD⊥平面AOC. 又因為AC?平面AOC，所以BD⊥AC. 取BO的中點H，連接NH，PH. 又M，N分別為線段AD，AB的中點， 所以NH∥AO，MN∥BD. 因為AO⊥BD，所以NH⊥BD. 因為MN⊥NP，所以NP⊥BD. 因為NH，NP?平面NHP，且NH∩NP＝N， 所以BD⊥平面NHP. 又因為HP?平面NHP，所以BD⊥HP. 又OC⊥BD，HP?平面BCD，OC?平面BCD，所以HP∥OC. 因為H為BO中點， 故P為BC中點． (2)法一：如圖，作NQ⊥AC于Q，連接MQ. 由(1)知，NP∥AC， 所以NQ⊥NP. 因為MN⊥NP，所以∠MNQ為二面角A－NP－M的一個平面角． 由(1)知，△ABD，△BCD為邊長為2的正三角形，所以AO＝OC＝. 由俯視圖可知，AO⊥平面BCD. 因為OC?平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰Rt△AOC中，AC＝， 作BR⊥AC于R. 在△ABC中，AB＝BC，所以BR＝ ＝. 因為在平面ABC內，NQ⊥AC，BR⊥AC，所以NQ∥BR. 又因為N為AB的中點，所以Q為AR的中點， 因此NQ＝＝. 同理，可得MQ＝. 所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝＝＝. 故二面角A－NP－M的余弦值是. 法二：由俯視圖及(1)可知，AO⊥平面BCD. 因為OC，OB?平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB. 又OC⊥OB，所以直線OA，OB，OC兩兩垂直． 如圖，以O為坐標原點，以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系O－xyz. 則A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0)． 因為M，N分別為線段AD，AB的中點， 又由(1)知，P為線段BC的中點， 所以M，N，P. 于是＝(1,0，－)，＝(－1，，0)，＝(1,0,0)，＝. 設平面ABC的一個法向量n1＝(x1，y1，z1)，則 即 有 從而 取z1＝1，則x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1,1)． 連接MP，設平面MNP的一個法向量n2＝(x2，y2，z2)，則即 有 從而 取z2＝1，所以n2＝(0,1,1)． 設二面角A－NP－M的大小為θ. 則cos θ＝＝＝. 故二面角A－NP－M的余弦值是. 11.(xx重慶，13分) 如圖，四棱錐P－ABCD中，底面是以O為中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M為BC上一點，且BM＝，MP⊥AP. (1)求PO的長； (2)求二面角A－PM－C的正弦值． 解：(1)如圖，連接AC，BD，OM，因底面ABCD為菱形，則AC∩BD＝O，且AC⊥BD.以O為坐標原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系O－xyz. 因為∠BAD＝， 故OA＝ABcos＝，OB＝ABsin＝1， 所以O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，C(－，0,0)，＝(0,1,0)，＝(－，－1,0)． 由BM＝，BC＝2知，＝＝， 從而＝＋＝，即M. 設P(0,0，a)，a>0， 則＝(－，0，a)，＝. 因為MP⊥AP，故＝0，即－＋a2＝0， 所以a＝，a＝－(舍去)，即PO＝. (2)由(1)知，＝，＝，－，，＝.設平面APM的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)． 由n1＝0，n1＝0，得 故可取n1＝.由n2＝0，n2＝0，得故可取n2＝(1，－，－2)． 從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為 cos〈n1，n2〉＝＝－， 故所求二面角A－PM－C的正弦值為. 12.(xx天津，13分) 如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點E為棱PC的中點． (1)證明：BE⊥DC； (2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值； (3)若F為棱PC上一點，滿足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值． 解：法一：依題意，以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖)，可得B(1,0,0)，C(2，2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)．由E為棱PC的中點，得E(1，1,1)． (1)＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故＝0. 所以BE⊥DC. (2) ＝(－1,2,0)，＝(1,0，－2)． 設n＝(x，y，z)為平面PBD的法向量． 則即不妨令y＝1，可得n＝(2,1,1)為平面PBD的一個法向量， 于是有cos〈n，〉＝＝＝. 所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為. (3)＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(1,0,0)． 由點F在棱PC上，設＝λ,0≤λ≤1. 故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)． 由BF⊥AC，得＝0， 因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝. 即＝. 設n1＝(x，y，z)為平面FAB的法向量，則即 不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)為平面FAB的一個法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0)， 則cos〈n1，n2〉＝＝＝－. 易知，二面角F－AB－P是銳角，所以其余弦值為. 法二：(1)如圖，取PD中點M，連接EM，AM.由于E，M分別為PC，PD的中點，故EM∥DC，且EM＝DC，又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四邊形ABEM為平行四邊形，所以BE∥AM. 因為PA⊥底面ABCD，故PA⊥CD，而CD⊥DA，從而CD⊥平面PAD，因為AM?平面PAD，于是CD⊥AM，又BE∥AM，所以BE⊥CD. (2)連接BM，由(1)有CD⊥平面PAD，得CD⊥PD，而EM∥CD，故PD⊥EM，又因為AD＝AP，M為PD的中點，故PD⊥AM，可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM，故平面BEM⊥平面PBD.所以，直線BE在平面PBD內的射影為直線BM，而BE⊥EM，可得∠EBM為銳角，故∠EBM為直線BE與平面PBD所成的角． 依題意，有PD＝2，而M為PD中點，可得AM＝，進而BE＝.故在Rt△BEM中，tan∠EBM＝＝＝，因此sin∠EBM＝. 所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為. (3)如圖，在△PAC中，過點F作FH∥PA交AC于點H. 因為PA⊥底面ABCD， 故FH⊥底面ABCD， 從而FH⊥AC.又BF⊥AC，得AC⊥平面FHB，因此AC⊥BH.在底面ABCD內，可得CH＝3HA，從而CF＝3FP.在平面PDC內，作FG∥DC交PD于點G，于是DG＝3GP.由于DC∥AB，故GF∥AB，所以A，B，F(xiàn)，G四點共面．由AB⊥PA，AB⊥AD，得AB⊥平面PAD，故AB⊥AG.所以∠PAG為二面角F－AB－P的平面角． 在△PAG中，PA＝2，PG＝PD＝，∠APG＝45，由余弦定理可得AG＝，cos∠PAG＝. 所以，二面角F－AB－P的余弦值為. 13.(xx江西，12分) 如圖，四棱錐P－ABCD中，ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD. (1)求證：AB⊥PD； (2)若∠BPC＝90，PB＝，PC＝2，問AB為何值時，四棱錐P－ABCD的體積最大？并求此時平面BPC與平面DPC夾角的余弦值． 解：(1)證明：ABCD為矩形，故AB⊥AD；又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD. (2)過P作AD的垂線，垂足為O，過O作BC的垂線，垂足為G，連接PG. 故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG. 在Rt△BPG中，PG＝，GC＝，BG＝. 設AB＝m，則OP＝＝ ， 故四棱錐P－ABCD的體積為 V＝m＝ . 因為m＝＝ ， 故當m＝，即AB＝時，四棱錐P－ABCD的體積最大． 此時，建立如圖所示的坐標系，各點的坐標為O(0,0,0)，B，C，D，P，故＝，＝(0，，0)，＝， 設平面BPC的一個法向量n1＝(x，y,1)， 則由n1⊥，n1⊥得 解得x＝1，y＝0，n1＝(1,0,1)． 同理可求出平面DPC的一個法向量n2＝.從而平面BPC與平面DPC夾角θ的余弦值為 cos θ＝＝＝. 13.(xx湖北，12分) 如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點，點P，Q分別在棱DD1，BB1上移動，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)． (1)當λ＝1時，證明：直線BC1∥平面EFPQ； (2)是否存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由． 解：法一(幾何法)：(1)證明：如圖，連接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方體，知BC1∥AD1. 當λ＝1時，P是DD1的中點，又F是AD的中點，所以FP∥AD1. 所以BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ， 故直線BC1∥平面EFPQ. (2)如圖，連接BD.因為E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，所以EF∥BD，且EF＝BD. 又DP＝BQ，DP∥BQ， 所以四邊形PQBD是平行四邊形，故PQ∥BD，且PQ＝BD， 從而EF∥PQ，且EF＝PQ. 在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因為BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1， 于是EQ＝FP＝，所以四邊形EFPQ是等腰梯形． 同理可證四邊形PQMN是等腰梯形． 分別取EF，PQ，MN的中點為H，O，G，連接OH，OG， 則GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O， 故∠GOH是面EFPQ與面PQMN所成的二面角的平面角． 若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則∠GOH＝90. 連接EM，F(xiàn)N，則由EF∥MN，且EF＝MN，知四邊形EFNM是平行四邊形． 連接GH，因為H，G是EF，MN的中點， 所以GH＝ME＝2. 在△GOH中，GH2＝4， OH2＝1＋λ2－2＝λ2＋， OG2＝1＋(2－λ)2－2＝(2－λ)2＋， 由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋＋λ2＋＝4，解得λ＝1， 故存在λ＝1，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角． 法二(向量方法)：以D為原點，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz.由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(xiàn)(1,0,0)，P(0,0，λ)． ＝(－2,0,2)，＝(－1,0，λ)，＝(1,1,0)． (1)證明：當λ＝1時，＝(－1,0,1)， 因為＝(－2,0,2)，所以＝2，即BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ. (2)設平面EFPQ的一個法向量為n＝(x，y，z)，則 由可得 于是可取n＝(λ，－λ，1)． 同理可得平面MNPQ的一個法向量為m＝(λ－2,2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角， 則mn＝(λ－2,2－λ，1)(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0， 解得λ＝1. 故存在λ＝1，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角． 14．（xx新課標全國Ⅰ，12分）如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60. (1)證明：AB⊥A1C； (2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直線A1C 與平面BB1C1C所成角的正弦值． 解：本題主要考查空間幾何體中的線線垂直的證明和線面角的計算，意在考查考生的空間想象能力、推理判斷能力和計算能力． (1)證明：取AB的中點O，連接OC，OA1，A1B. 因為CA＝CB，所以OC⊥AB. 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60，故△AA1B為等邊三角形，所以OA1⊥AB. 因為OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C. 又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C. (2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B，交線為AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC兩兩相互垂直． 以O為坐標原點，的方向為x軸的正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz. 由題設知A(1,0,0)，A1(0，，0)，C(0,0，)，B(－1,0,0)． 則＝(1,0，)，＝＝(－1，，0)，＝(0，－，)． 設n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量， 則即 可取n＝(，1，－1)． 故cosn，＝＝－. 所以A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為. 15．（xx新課標全國Ⅱ，12分）如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點，AA1＝AC＝CB＝AB. (1)證明：BC1//平面A1CD； (2)求二面角DA1CE的正弦值． 解：本題以直三棱柱為載體，考查直線與平面平行以及二面角的求解等知識，意在考查考生的空間想象能力以及化歸轉化能力、基本運算能力等． (1)證明：連接AC1交A1C于點F，則F為AC1中點． 又D是AB中點，連接DF，則BC1∥DF. 因為DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD. (2)由AC＝CB＝AB得， AC⊥BC. 以C為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz.設CA＝2，則D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)， ＝(1,1,0)，＝(0,2,1)，＝(2,0,2)． 設n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，則即 可取n＝(1，－1，－1)． 同理，設m是平面A1CE的法向量，則 可取m＝(2,1，－2)． 從而cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝. 即二面角DA1CE的正弦值為. 16.(xx山東，12分)如圖所示，在三棱錐PABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，AQ＝2BD，PD與EQ交于點G，PC與FQ交于點H，連接GH. (1)求證：AB∥GH； (2)求二面角DGHE的余弦值． 解：本題考查空間線面平行的判定定理、性質定理，二面角的求解，空間向量在立體幾何中的應用等基礎知識與方法，考查轉化與化歸思想等數學思想方法，考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力、運算求解能力． (1)因為D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點， 所以EF∥AB，DC∥AB.所以EF∥DC. 又EF?平面PCD，DC?平面PCD，所以EF∥平面PCD. 又EF?平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，所以EF∥GH. 又EF∥AB，所以AB∥GH. (2)法一：在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ， 所以∠ABQ＝90，即AB⊥BQ， 因為PB⊥平面ABQ，所以AB⊥PB. 又BP∩BQ＝B，所以AB⊥平面PBQ. 由(1)知AB∥GH，所以GH⊥平面PBQ. 又FH?平面PBQ，所以GH⊥FH. 同理可得GH⊥HC， 所以∠FHC為二面角DGHE的平面角． 設BA＝BQ＝BP＝2，連接FC， 在Rt△FBC中，由勾股定理得FC＝， 在Rt△PBC中，由勾股定理得PC＝. 又H為△PBQ的重心， 所以HC＝PC＝. 同理FH＝. 在△FHC中，由余弦定理得cos ∠FHC＝＝－. 即二面角DGHE的余弦值為－. 法二：在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ， 所以∠ABQ＝90. 又PB⊥平面ABQ， 所以BA，BQ，BP兩兩垂直． 以B為坐標原點，分別以BA，BQ，BP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系． 設BA＝BQ＝BP＝2， 則E(1,0,1)，F(xiàn)(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)． 所以＝(－1,2，－1)，＝(0,2，－1)，＝(－1，－1，2)， ＝(0，－1,2)． 設平面EFQ的一個法向量為m＝(x1，y1，z1)， 由m＝0，m＝0，得 取y1＝1，得m＝(0,1,2)． 設平面PDC的一個法向量為n＝(x2，y2，z2)， 由n＝0，n＝0，得 取z2＝1，得n＝(0,2,1)， 所以cos〈m，n〉＝＝. 因為二面角DGHE為鈍角， 所以二面角DGHE的余弦值為－. 17．（xx廣東，14分）如圖1，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90，BC＝6，D，E分別是AC，AB上的點，CD＝BE＝，O為BC的中點．將△ADE沿DE折起，得到如圖2所示的四棱錐A′BCDE，其中A′O＝. 　　　 圖1　　　　　　　　　圖2 (1)證明：A′O⊥平面BCDE； (2)求二面角A′CDB的平面角的余弦值． 解：本題考查線面垂直的判定定理、二面角等基礎知識，考查空間向量在立體幾何中的應用，考查化歸與轉化思想，考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力． (1)證明：由題意，易得OC＝3，AC＝3，AD＝2 . 連接OD，OE.在△OCD中，由余弦定理可得 OD＝ ＝. 由翻折不變性可知A′D＝2 ， 所以A′O2＋OD2＝A′D2，所以A′O⊥OD. 同理可證A′O⊥OE，又OD∩OE＝O，所以A′O⊥平面BCDE. (2)(傳統(tǒng)法)過O作OH⊥CD交CD的延長線于H，連接A′H，如圖所示． 因為A′O⊥平面BCDE，所以A′H⊥CD， 所以∠A′HO為二面角A′CDB的平面角． 結合OC＝3，∠BCD＝45，得OH＝，從而A′H＝ ＝. 所以cos ∠A′HO＝＝ ，所以二面角A′CDB的平面角的余弦值為. (向量法)以O點為原點，建立空間直角坐標系Oxyz如圖所示， 則A′(0,0，)，C(0，－3,0)，D(1，－2,0)，所以＝(0,3，)，＝(－1,2，)． 設n＝(x，y，z)為平面A′CD的法向量，則 即解得令x＝1，得n＝(1，－1，)，即n＝(1，－1，)為平面A′CD的一個法向量． 由(1)知，＝(0,0，)為平面CDB的一個法向量， 所以cos 〈n，〉＝＝＝，即二面角A′CDB的平面角的余弦值為. 18.（xx遼寧，12分）如圖，AB是圓的直徑，PA垂直圓所在的平面，C是圓上的點． (1)求證：平面PAC⊥平面PBC； (2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求：二面角CPBA的余弦值． 解：本題考查面面關系的證明及二面角的求解問題，也考查了應用空間向量求解立體幾何問題，試題同時考查了考生的空間想象能力和推理歸納能力． (1)證明：由AB是圓的直徑，得AC⊥BC， 由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，得PA⊥BC. 又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC， 所以BC⊥平面PAC. 因為BC?平面PBC， 所以平面PBC⊥平面PAC. (2)法一：過C作CM∥AP，則CM⊥平面ABC. 如圖，以點C為坐標原點，分別以直線CB，CA，CM為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系． 因為AB＝2，AC＝1，所以BC＝. 因為PA＝1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)． 故＝(，0,0)，＝(0,1,1)． 設平面BCP的法向量為n1＝(x，y，z)， 則所以 不妨令y＝1，則n1＝(0,1，－1)． 因為＝(0,0,1)，＝(，－1,0)， 設平面ABP的法向量為n2＝(x，y，z)， 則所以 不妨令x＝1，則n2＝(1，，0)． 于是cos〈n1，n2〉＝＝， 所以由題意可知二面角CPBA的余弦值為. 法二：過C作CM⊥AB于M， 因為PA⊥平面ABC，CM?平面ABC， 所以PA⊥CM， 故CM⊥平面PAB. 又因為PA∩AB＝A，且PA?平面PAB，AB?平面PAB， 過M作MN⊥PB于N，連接NC， 由三垂線定理得CN⊥PB， 所以∠CNM為二面角CPBA的平面角． 在Rt△ABC中，由AB＝2，AC＝1，得BC＝，CM＝，BM＝. 在Rt△PAB中，由AB＝2，PA＝1，得PB＝. 因為Rt△BNM∽Rt△BAP，所以＝， 故MN＝. 又在Rt△CNM中，CN＝，故cos∠CNM＝. 所以二面角CPBA的余弦值為. 19．（xx福建，13分）如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，側棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k>0)． (1)求證：CD⊥平面ADD1A1； (2)若直線AA1與平面AB1C所成角的正弦值為，求k的值； (3)現(xiàn)將與四棱柱ABCDA1B1C1D1形狀和大小完全相同的兩個四棱柱拼接成一個新的四棱柱．規(guī)定：若拼接成的新四棱柱形狀和大小完全相同，則視為同一種拼接方案．問：共有幾種不同的拼接方案？在這些拼接成的新四棱柱中，記其中最小的表面積為f(k)，寫出f(k)的解析式．(直接寫出答案，不必說明理由) 解：本小題主要考查直線與直線、直線與平面的位置關系、柱體的概念及表面積等基礎知識，考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力，考查數形結合思想、分類與整合思想、化歸與轉化思想． (1)證明：取CD的中點E，連接BE. ∵AB∥DE，AB＝DE＝3k， ∴四邊形ABED為平行四邊形， ∴BE∥AD且BE＝AD＝4k. 在△BCE中，∵BE＝4k，CE＝3k，BC＝5k， ∴BE2＋CE2＝BC2， ∴∠BEC＝90，即BE⊥CD.又BE∥AD， ∴CD⊥AD. ∵AA1⊥平面ABCD，CD?平面ABCD， ∴AA1⊥CD.又AA1∩AD＝A， ∴CD⊥平面ADD1A1. (2)以D為原點，，，的方向為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(4k,0,0)，C(0,6k,0)，B1(4k,3k,1)，A1(4k,0,1)， 所以＝(－4k,6k,0)，＝(0,3k,1)，＝(0,0,1)． 設平面AB1C的法向量n＝(x，y，z)，則由得 取y＝2，得n＝(3,2，－6k)． 設AA1與平面AB1C所成角為θ，則 sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，解得k＝1， 故所求k的值為1. (3)共有4種不同的方案． f(k)＝ 20．(xx四川，12分)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120，D，D1分別是線段BC，B1C1的中點，P是線段AD的中點． (1)在平面ABC內，試作出過點P與平面A1BC平行的直線l，說明理由，并證明直線l⊥平面ADD1A1； (2)設(1)中的直線l交AB于點M，交AC于點N，求二面角AA1MN的余弦值． 解：本題主要考查基本作圖、線面的平行與垂直、二面角等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力，并考查應用向量知識解決立體幾何問題的能力． (1)如圖，在平面ABC內，過點P作直線l∥BC，因為l在平面A1BC外，BC在平面A1BC內，由直線與平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC. 由已知，AB＝AC，D是BC的中點， 所以BC⊥AD，則直線l⊥AD. 因為AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥直線l. 又AD，AA1在平面ADD1A1內，且AD與AA1相交， 所以直線l⊥平面ADD1A1. (2)法一：連接A1P，過A作AE⊥A1P于E，過E作EF⊥A1M于F，連接AF. 由(1)知，MN⊥平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面A1MN. 所以AE⊥平面A1MN，則A1M⊥AE. 所以A1M⊥平面AEF，則A1M⊥AF. 故∠AFE為二面角AA1MN的平面角(設為θ)． 設AA1＝1，則由AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120， 有∠BAD＝60，AB＝2，AD＝1. 又P為AD的中點，所以M為AB的中點，且AP＝，AM＝1， 所以在Rt△AA1P中，A1P＝；在Rt△A1AM中，A1M＝. 從而AE＝＝，AF＝＝， 所以sin θ＝＝. 所以cos θ＝＝＝. 故二面角AA1MN的余弦值為. 法二：設A1A＝1.如圖，過A1作A1E平行于B1C1，以A1為坐標原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系Oxyz(點O與點A1重合)． 則A1(0,0,0)，A(0,0,1)． 因為P為AD的中點，所以M，N分別為AB，AC的中點， 故M，N， 所以＝，＝(0,0,1)，＝(，0,0)． 設平面AA1M的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則 即故有 從而 取x1＝1，則y1＝－，所以n1＝(1，－，0)． 設平面A1MN的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則 即 故有 從而 取y2＝2，則z2＝－1，所以n2＝(0,2，－1)． 設二面角AA1MN的平面角為θ，又θ為銳角， 則cos θ＝＝ ＝. 故二面角AA1MN的余弦值為. 21.（xx陜西，5分）如圖，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為(　　) A.　　　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：設CA＝2，則C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)， C1(0,2,0)，B1＝(0,2,1)，可得向量＝(－2,2,1)， ＝(0,2，－1)，由向量的夾角公式得cos〈，〉＝＝＝. 答案：A 22.（xx新課標全國，12分）如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中點，DC1⊥BD. (1)證明：DC1⊥BC； (2)求二面角A1BDC1的大?。? 解：(1)證明：由題設知，三棱柱的側面為矩形．由于D為AA1的中點，故DC＝DC1.又AC＝AA1，可得DC＋DC2＝CC，所以DC1⊥DC. 而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD. BC?平面BCD，故DC1⊥BC. (2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，則BC⊥平面ACC1，所以CA，CB，CC1兩兩相互垂直． 以C為坐標原點，的方向為x軸的正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系C－xyz. 由題意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1，0,1)，C1(0,0,2)． 則＝(0,0，－1)，＝(1，－1,1)， ＝(－1,0,1)． 設n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量， 則即可取n＝(1,1,0)． 同理，設m是平面C1BD的法向量，則可取m＝(1,2,1)． 從而cosn，m＝＝. 故二面角A1－BD－C1的大小為30. 23．（xx浙江，15分）如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面是邊長為2的菱形，∠BAD＝120，且PA⊥平面ABCD，PA＝2，M，N分別為PB，PD的中點． (1)證明：MN∥平面ABCD； (2)過點A作AQ⊥PC，垂足為點Q，求二面角AMNQ的平面角的余弦值． 解：(1)因為M，N分別是PB，PD的中點，所以MN是△PBD的中位線，所以MN∥BD. 又因為MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD. (2)法一：連結AC交BD于O.以O為原點，OC，OD所在直線為x，y軸，建立空間直角坐