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高中数学专题11 空间向量与立体几何解答题(含答案)

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