1、北京曲一线图书策划有限公司 2024版5年高考3年模拟A版8.5空间角与距离、空间向量及其应用基础篇考点一用向量法证明空间中的平行和垂直1.(2021广东佛山月考,3)直线l,且l的方向向量为(2,m,1),平面的法向量为1,12,2,则m=()A.-4B.-6C.-8D.8答案C2.(2022福州一中质检,4)以下四组向量在同一平面的是()A.(1,1,0)、(0,1,1)、(1,0,1)B.(3,0,0)、(1,1,2)、(2,2,4)C.(1,2,3)、(1,3,2)、(2,3,1)D.(1,0,0)、(0,0,2)、(0,3,0)答案B3.(多选)(2022广东中山一中阶段测试,10)
2、如图,两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直,设M,N分别是AC和AE的中点,那么下列结论正确的是()A.ADMNB.MN平面CDEC.MNCED.MN,CE异面答案ABC4.(多选)(2021新高考,12,5分)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足BP=BC+BB1,其中0,1,0,1,则()A.当=1时,AB1P的周长为定值B.当=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值C.当=12时,有且仅有一个点P,使得A1PBPD.当=12时,有且仅有一个点P,使得A1B平面AB1P答案BD5.(2023届南京、镇江学情调查,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD
3、是直角梯形,侧棱SA底面ABCD,AB垂直于AD和BC,SA=AB=BC=2,AD=1,M是棱SB的中点.(1)求证:AM平面SCD;(2)求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值.解析因为SA底面ABCD,AB垂直于AD,所以以点A为坐标原点,以向量AD,AB,AS的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1),所以AM=(0,1,1),SD=(1,0,-2),CD=(-1,-2,0).(1)证明:设平面SCD的法向量为n=(x,y,z),则SDn=0,CDn=0,即x-2z=0,-
4、x-2y=0,令z=1,则x=2,y=-1,则n=(2,-1,1). 因此AMn=-1+1=0,从而AMn,又AM平面SCD,所以AM平面SCD.(2)易知平面SAB的一个法向量为n1=(1,0,0),由(1)知平面SCD的一个法向量为n=(2,-1,1),则cos=nn1|n|n1|=261=63,所以平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值为63.6.(2022南京一中期初测试,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA底面ABCD,PA=AB,点E在棱PD上,且2PE=ED,点F是棱PC上的动点(不含端点).(1)若F是棱PC的中点,求证:PB平面AEF;(2)求PA与平面AE
5、F所成角的正弦值的最大值.解析因为四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA底面ABCD,所以AB,AD,AP两两垂直.以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Axyz,如图所示.不妨设PA=AB=6,则B(6,0,0),P(0,0,6),E(0,2,4),C(6,6,0),D(0,6,0).(1)证明:AE=(0,2,4),因为F是棱PC的中点,所以F(3,3,3),所以AF=(3,3,3).设平面AEF的法向量为m=(x,y,z),则由mAE=0,mAF=0,得2y+4z=0,3x+3y+3z=0,不妨令y=2,则x=-1,z=-1,所以m=(
6、-1,2,-1),又PB=(6,0,-6),所以mPB=-6+0+6=0,即mPB,又PB平面AEF,所以PB平面AEF.(2)PC=(6,6,-6),设PA与平面AEF所成的角为,PF=PC=(6,6,-6),01,则AF=AP+PF=AP+PC=(6,6,6-6),设平面AEF的法向量为n=(a,b,c),则由nAE=0,nAF=0,得2b+4c=0,6a+6b+(6-6)c=0,不妨令b=2,则a=1-3,c=-1,所以n=1-3,2,-1,又AP=(0,0,6),所以sin =|cos|=|APn|AP|n|=665+1-32=15+1-32,所以当1=3,即=13时,(sin )ma
7、x=15=55,故PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值为55.7.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA底面ABC,BAC=90.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721,求线段AH的长.解析如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2
8、,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).设n=(x0,y0,z0)为平面BDE的法向量,则nDE=0,nDB=0,即2y0=0,2x0-2z0=0.不妨设z0=1,可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MNn=0.因为MN平面BDE,所以MN平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则n2EM=0,n2MN=0.因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以-2y-z=0,x+2y-z=0.不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因
9、此有cos=n1n2|n1|n2|=-421,于是sin=10521.所以二面角C-EM-N的正弦值为10521.(3)BE=(-2,2,2).依题意,设AH=h(0h4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),由已知,得|cos|=|NHBE|NH|BE|=|2h-2|h2+523=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以线段AH的长为85或12.考点二空间角和空间距离考向一空间角问题的求解方法1.(2022湖南娄底双峰一中摸底,8)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1D1的中点,过A1C1且与CD1平行的平面交平面C1CM于直线l
10、,则直线l与AB所成角的余弦值是()A.32B.22C.6+24 D.63答案D2.(2022重庆江津质检,5)如图,二面角的棱上有A、B两点,直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=217,则该二面角的大小为()A.30B.45C.60D.90答案C3.(多选)(2023届浙江嘉兴基础测试,10)如图,在正四面体ABCD中,E、F分别为AB、CD的中点,则()A.直线EF与AB所成的角为2B.直线EF与AD所成的角为4C.直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为33D.直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为22答案ABC4.(多选)
11、(2022重庆涪陵高级中学冲刺卷二,12)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PD平面ABCD,点E是棱PC的中点,PD=AB,则()A.ACPBB.直线AE与平面PAB所成角的正弦值是36C.异面直线AD与PB所成的角是4D.四棱锥P-ABCD的体积与其外接球的体积的比值是239答案ABD5.(2020天津,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,ACBC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.(1)求证:C1MB1D;(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;(3)求直线AB与平面DB
12、1E所成角的正弦值.解析以C为原点,分别以CA,CB,CC1的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).(1)证明:C1M=(1,1,0),B1D=(2,-2,-2),从而C1MB1D=2-2+0=0,所以C1MB1D.(2)依题意知,CA=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,EB1=(0,2,1),ED=(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则nEB1=0,nED=0,即2y+
13、z=0,2x-z=0.不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).因此有cos=CAn|CA|n|=66,于是sin=306.所以二面角B-B1E-D的正弦值为306.(3)AB=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cos=ABn|AB|n|=-33.所以直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33.考向二利用等体积法、向量法求空间距离1.(2022湖北七校联合体联考,6)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,ACB=90,侧棱AA1=3,D,E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G,则点A1到平面ABD的距
14、离为()A.6B.62C.263D.26答案A2.(多选)(2023届重庆南开中学月考,11)在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在棱DC上运动(不与顶点重合),则点B到平面AD1P的距离可以是()A.2B.3C.2D.5答案CD3.(2022湖南株洲质检,13)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为BB1,CD的中点,则点F到平面A1D1E的距离为.答案35104.(2022新高考,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离;(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC平面ABB1
15、A1,求二面角A-BD-C的正弦值.解析(1)由题意知V三棱锥A1-ABC=13V三棱柱ABC-A1B1C1=43,设A到平面A1BC的距离为h,则V三棱锥A1-ABC=V三棱锥A-A1BC=13SA1BCh=223h=43,解得h=2.故A到平面A1BC的距离为2.(2)连接AB1,由直棱柱及AA1=AB知四边形ABB1A1为正方形,故AB1A1B,A1B=2AA1,又平面A1BC平面ABB1A1,平面A1BC平面ABB1A1=A1B,AB1平面ABB1A1,AB1平面A1BC,又BC平面A1BC,AB1BC,易知BCBB1,AB1,BB1平面ABB1A1,AB1BB1=B1,BC平面ABB
16、1A1,AB,A1B平面ABB1A1,BCAB,BCA1B,V三棱柱ABC-A1B1C1=12BCABAA1=12BCAA12=4,SA1BC=12BCA1B=22BCAA1=22,解得BC=AA1=2.解法一(几何法):过A作AEBD于E,连接CE.易得AC=22,A1C=23.D为A1C的中点,A1AC为直角三角形,A1AC=90,AD=DC=3,又AB=BC=2,BD=BD,ABDCBD. CEBD,又AE平面ABD,CE平面CBD,AEC为二面角A-BD-C的平面角.在直角三角形A1BC中,有BD=12A1C=3,易得AE=EC=23 6.在AEC中,由余弦定理的推论得cosAEC=A
17、E2+EC2-AC22AEEC=-12,sinAEC=32,即二面角A-BD-C的正弦值为32.解法二(向量法):以B为坐标原点,BC,BA,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),D(1,1,1),BA=(0,2,0),BD=(1,1,1),CD=(-1,1,1),设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则BAn1=0,BDn1=0,即2y1=0,x1+y1+z1=0,取x1=1,则z1=-1,故n1=(1,0,-1),设平面BDC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则BDn2=0,CDn2=0,即
18、x2+y2+z2=0,-x2+y2+z2=0,取y2=1,则z2=-1,x2=0,故n2=(0,1,-1),cos=122=12.sin=32,二面角A-BD-C的正弦值为32.5.(2022广东茂名检测,18)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E,F分别是BC,CC1的中点.(1)求证:平面AEF平面B1BCC1;(2)若EFC=30,求点C到平面AEF的距离.解析(1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面ABC,又AE平面ABC,AEBB1.ABC为等边三角形,E为BC的中点,AEBC,又BB1BC=B,BB1,BC平面B1BCC1,AE平面B1B
19、CC1,AE平面AEF,平面AEF平面B1BCC1.(2)在RtEFC中,EFC=30,EC=1,EF=2,FC=3.设点C到平面AEF的距离为d,由(1)知AE面B1BCC1,则由VA-EFC=VC-AEF ,即13AE12ECFC=13d12AEEF,解得d=32.6.(2022江苏涟水一中测试,18)如图1,AD,BC是等腰梯形CDEF的两条高,AD=AE=CD=2,点M是线段AE的中点,将该等腰梯形沿着两条高AD,BC折叠成如图2所示的四棱锥P-ABCD(E,F重合,记为点P).(1)求证:BMDP;(2)求点M到平面BDP的距离h.图1图2解析(1)证明:因为ADEF,所以ADAP,
20、ADAB,又APAB=A,AP,AB平面ABP,所以AD平面ABP.因为BM平面ABP,所以ADBM.由已知得,AB=AP=BP=2,所以ABP是等边三角形,又因为点M是AP的中点,所以BMAP.因为ADAP=A,AD,AP平面ADP,所以BM平面ADP.因为DP平面ADP,所以BMDP.(2)取BP的中点N,连接DN,因为AD平面ABP,AB=AP=AD=2,所以DP=BD=22,所以DNBP.所以在RtDPN中,DN=DP2-PN2=8-1=7, 所以SDBP=12BPDN=1227=7,因为AD平面ABP,所以VD-BMP=13ADSBMP.因为VM-BDP=VD-BMP,所以13hSB
21、DP=13ADSBMP,又SBMP=12SABP=1234AB2=3822=32,所以h=ADSBMPSBDP=37=217,即点M到平面BDP的距离为217.综合篇考法一求解直线与平面所成角的方法考向一用几何法求直线与平面所成的角1.(多选)(2022新高考,9,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则()A.直线BC1与DA1所成的角为90B.直线BC1与CA1所成的角为90C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45答案ABD2.(2013山东,4,5分)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3的正三角形
22、.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为()A.512B.3C.4D.6答案B3.(2014四川,8,5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为,则sin 的取值范围是()A.33,1B.63,1C.63,223D.223,1答案B4.(2022全国甲,理7,文9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30,则()A.AB=2ADB.AB与平面AB1C1D所成的角为30C.AC=CB1D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45答
23、案D5.(2022全国甲理,18,12分)在四棱锥P-ABCD中,PD底面ABCD,CDAB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3.(1)证明:BDPA;(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.解析(1)证明:过D作DHAB,垂足为H,则AH=12,又AD=1,所以DH=32.易知BH=32,所以BD=3,在ABD中,AD2+BD2=AB2,所以ADBD.因为PD平面ABCD,BD平面ABCD,所以PDBD,又因为PDAD=D,所以BD平面PAD,又PA平面PAD,所以BDPA.(2)连接PH.设点D到平面PAB的距离为h,由VD-PAB=VP-ABD得13SPABh=13SABDPD,
24、所以h=SABDPDSPAB.由(1)易知SABD=12232=32,由PD平面ABCD,AB平面ABCD,DH平面ABCD,得PDAB,PDDH,又ABDH,DHPD=D,所以AB平面PDH,所以ABPH.在RtPDH中,PH=34+3=152,SPAB=122152=152,h=323152=315=155.设直线PD与平面PAB所成的角为,则sin =hPD=15513=55.故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为55.考向二用向量法求直线与平面所成的角1.(2022浙江慈溪中学开学考,13)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=1,AB=2,则直线AA1与平面B1CD1所
25、成角的正弦值为.答案632.(2022天津西青月考,13)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点在侧面BCC1B1(包括边界)上运动,满足APBD1,记直线C1P与平面ACB1所成角为,则sin 的取值范围是.答案33,633.(2020新高考,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.解析(1)证明:因为PD底面ABCD,所以PDAD.又底面ABCD为正方形,所以ADDC.因为PDDC=D,所以AD平面PDC.因为AD
26、BC,AD平面PBC,所以AD平面PBC.由已知得lAD.因此l平面PDC.(2)以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则nDQ=0,nDC=0,即ax+z=0,y=0.可取n=(-1,0,a).所以cos=nPB|n|PB|=-1-a31+a2.设PB与平面QCD所成角为,则sin =33a+1|1+a2=331+2aa2+1.因为33
27、1+2aa2+163,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.4.(2023届湖北摸底联考,20)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACBC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2.(1)设F为B1C1的中点,求证:A1F平面BDE;(2)求直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值.解析(1)证明:取BE的中点G,连接FG、DG,则FGCC1AA1,且FG=C1E+BB12=1+32=2,所以FGA1D且FG=A1D,所以四边形A1DGF为平行四边形,所以A1FDG.又A1F平面BDE,DG平面BDE,所以A
28、1F平面BDE.(2)因为直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACBC,所以CA、CB、CC1两两垂直.分别以CA、CB、CC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,2,0),E(0,0,2),D(2,0,1),A(2,0,0),所以BE=(0,-2,2),BD=(2,-2,1),A1B1=AB=(-2,2,0),设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则nBE=0,nBD=0,即-2y+2z=0,2x-2y+z=0,令y=1,得到平面BDE的一个法向量为n=12,1,1.设直线A1B1与平面BDE所成的角为,则sin =|cos|=|A1B1n|A1B1|n|
29、=12(-2)+12+1014+1+14+4+0=26,所以直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值为26.考法二求解二面角的方法考向一用几何法求二面角1.(2022河北冀州中学月考,4)在长方体ABCD-ABCD中,若AB=AD=23,CC=2,则二面角C-BD-C的大小为()A.30B.45C.60D.90答案A2.(2022福建厦门月考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧面PAD为正三角形,且平面PAD平面ABCD,E,F分别为棱AB,PC的中点. (1)求证:EF平面PAD; (2)求二面角P-EC-D的正切值.解析(1)证明:取PD的中点G,连接GF
30、、AG.由题意知GF为PDC的中位线,GFCD且GF=12CD,又AECD且AE=12CD,GFAE且GF=AE,四边形EFGA是平行四边形,则EFAG,又EF平面PAD,AG平面PAD,EF平面PAD.(2)取AD的中点O,连接PO,则POAD.平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PO平面PAD,PO平面ABCD,连接OB交CE于M,连接PM,可证得RtEBCRtOAB,MEB=AOB,则MEB+MBE=90,即OMEC.又POEC,POOM=O,EC平面POM,则PMEC,即PMO是二面角P-EC-D的平面角,在RtEBC中,BM=BEBCCE=255,则OM=OB-BM
31、=355,tanPMO=POOM=153,即二面角P-EC-D的正切值为153.3.(2022河北邯郸检测,19)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形,AB=2,AD=4,PA平面ABCD,E是BC的中点.(1)证明:DE平面PAE;(2)若PD与平面ABCD所成的角为45,求二面角A-PD-E的正切值.解析(1)证明:由条件可得AE=DE=22,又AD=4,所以AE2+DE2=AD2,所以AEDE,又因为PA平面ABCD,DE平面ABCD,所以PADE,又PAAE=A,所以DE平面PAE.(2)因为PDA是PD与平面ABCD所成的角,所以PDA=45,则PA=AD=4,因为PA平面AB
32、CD,AB平面ABCD,所以ABAP,又ABAD,ADAP=A,所以AB平面PAD,取AD的中点F,作FMPD,垂足为点M,连接ME,因为EFAB,所以EF平面PAD,所以EFPD,又MFEF=F,MF,EF平面MEF,所以PD平面MEF,因为ME平面MEF,所以PDME,即FME是二面角A-PD-E的平面角,又EF=AB=2,MF=22FD=2,所以tanFME=EFMF=2,所以二面角A-PD-E的正切值为2.考向二用向量法求二面角1.(多选)(2022广东普宁华侨中学月考,9)三棱锥A-BCD中,平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1、n2,若n1=(1,0,0),n2=(-3,0,1
33、),则二面角A-BD-C的大小可能为()A.6B.3C.23D.56答案AD2.(2022全国乙理,18,12分)如图,四面体ABCD中,ADCD,AD=CD,ADB=BDC,E为AC的中点.(1)证明:平面BED平面ACD;(2)设AB=BD=2,ACB=60,点F在BD上,当AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.解析(1)证明:因为AD=CD,E为AC的中点,所以DEAC.因为ADB=BDC,AD=CD,BD=BD,所以ADBCDB,所以AB=CB,又E为AC的中点,所以BEAC.又DE,BE平面BED,且DEBE=E,所以AC平面BED,又AC平面ACD,所以平面ACD
34、平面BED.(2)由题意及(1)知AB=BC=2,又ACB=60,所以AC=2,BE=3.因为ADDC,E为AC的中点,所以DE=1.所以DE2+BE2=BD2,则DEBE.连接EF,因为AC平面BED,EF平面BED,所以ACEF,所以SAFC=12ACEF=EF.当EFBD时,EF的值最小,即AFC的面积最小,此时EF=32.如图,以E为坐标原点,EA,EB,ED的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系E-xyz,则C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,0,1),F0,34,34,所以AD=(-1,0,1),BD=(0,-3,1),CF=1,34,
35、34.设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则ADn=0,BDn=0,即-x+z=0,-3y+z=0,令y=1,得n=(3,1,3).设CF与平面ABD所成的角为,则sin =|cos|=|nCF|n|CF|=437,所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.3.(2021全国甲理,19,12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BFA1B1.(1)证明:BFDE;(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?解析BFA1B1,B1BA1B1,BFB1B=B,A
36、1B1平面B1C1CB,ABA1B1,AB平面B1C1CB,又BC平面B1C1CB,ABBC.以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),BF=(0,2,1),设B1D=a(0a2),则D(a,0,2),则DE=(1-a,1,-2).(1)证明:BFDE=(0,2,1)(1-a,1,-2)=0(1-a)+21+1(-2)=0,BFDE.(2)EF=(-1,1,1),FD=(a,-2,1),设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),则EFn=-x+y+z=0,FDn=ax-2y+z=0,不
37、妨设x=1,则y=a+13,z=2-a3,n=1,a+13,2-a3.易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量.设平面BB1C1C与平面DEF所成的锐二面角的大小为,则cos =|cos|=|mn|m|n|=11+a+132+2-a32=32a-122+2723272=63当a=12时取等号,sin =1-cos233,故当a=12,即B1D=12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为33.4.(2023届福建漳州质检,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的正方形,APBP,AP=BP,PD=6.记平面PAB与平面PCD的交线为l
38、.(1)证明:ABl;(2)求平面PAB与平面PCD所成的角的正弦值.解析(1)证明:因为ABCD,CD平面PCD,AB平面PCD,所以AB平面PCD.又AB平面PAB,平面PAB平面PCD=l,所以ABl.(2)因为APBP,所以PA2+PB2=AB2=4,又PA=PB,所以PA=PB=2,又PD=6,所以PA2+AD2=PD2,所以ADPA,又ADAB,PAAB=A,PA平面PAB,AB平面PAB,所以AD平面PAB.取AB,CD的中点分别为O,M,连接MO,OP,则MOAD,所以MO平面PAB,又OP平面PAB,所以MOOP.又因为PA=PB,O为AB的中点,所以OPAB.如图,以O为原
39、点,分别以OP,OB,OM的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则P(1,0,0),C(0,1,2),D(0,-1,2),所以PC=(-1,1,2),PD=(-1,-1,2).设n=(x,y,z)是平面PCD的法向量,则nPC=0,nPD=0,即-x+y+2z=0,-x-y+2z=0,取z=1,得x=2,y=0,则n=(2,0,1).又m=(0,0,1)是平面PAB的一个法向量,所以cos=nm|n|m|=15=55,所以平面PAB与平面PCD所成的角的正弦值为1-552=255.5.(2019课标理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=
40、4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.解析(1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,则MNED.又MN平面EDC1,所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,A(
41、2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1N=(-1,0,-2),MN=(0,-3,0).设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则mA1M=0,mA1A=0.所以-x+3y-2z=0,-4z=0.可取m=(3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则nMN=0,nA1N=0.所以-3q=0,-p-2r=0.可取n=(2,0,-1).于是cos=mn|m|n|=2325=155,所以二面角A-MA1-N的正弦值为105.6.(2017课标理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面P
42、AD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,BAD=ABC=90,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M-AB-D的余弦值.解析(1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EFAD,EF=12AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=12AD,所以EFBC,所以四边形BCEF是平行四边形,所以CEBF,又BF平面PAB,CE平面PAB,故CE平面PAB.(2)由已知得BAAD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空
43、间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),则PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).设M(x,y,z)(0x1),则BM=(x-1,y,z),PM=(x,y-1,z-3).因为BM与底面ABCD所成的角为45,而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量,所以|cos|=sin 45,即z(x-1)2+y2+z2=22,即(x-1)2+y2-z2=0.又M在棱PC上,设PM=PC,则x=,y=1,z=3-3.由,解得x=1+22,y=1,z=-62(舍去),或x=1-22,y=1,z=62,所以M1-22,1,62,从而AM=1-
44、22,1,62.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则mAM=0,mAB=0,即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,所以可取m=(0,-6,2).于是cos=mn|m|n|=105.易知所求二面角为锐二面角.因此二面角M-AB-D的余弦值为105.7.(2023届江苏百校联考第一次考试,20)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,ADBC,ADAB,侧面PAB底面ABCD,PA=PB=AD=12BC=2,且E,F分别为PC,CD的中点.(1)证明:DE平面PAB;(2)若直线PF与平面PAB所成的角为60,求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值.解析(1)证明:取PB的中点M,连接AM,EM,E为PC的中点,M
