2024年高考数学二轮复习：立体几何大题（解析版）

立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角|a⋅b||x1x2+y1y2+z1z2|cosθ=cosa,b==222222|a|⋅|b|x1+y1+z1⋅x2+y2+z2(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a,b所成角，a,b分别表示异面直线a,b的方向向量)AB⋅m7.直线AB与平面所成角，sinβ=(m为平面α的法向量).|AB||m|8.二面角α-l-β的平面角m⋅ncosθ=(m，n为平面α，β的法向量).|m||n|9.点B到平面α的距离|AB⋅n|d=(n为平面α的法向量，AB是经过面α的一条斜线，A∈α).|n|1 模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC-ABC中，∠ABC=120°,AB=BC=2,AC=BB，1点D为棱BB的中点，AE=AC．3(1)求DE的长度；(2)求平面CDE与平面BDE夹角的余弦值．39【答案】(1)33(2)423【分析】(1)在△ABC中，用余弦定理可得到AC=23，在△ABE中，用余弦定理可得BE=，即可求32239得DE=DB+BE=；3(2)以B为原点，分别以BE,BC,BB所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，求出平面CDE与平面BDE的法向量，即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱ABC-ABC中，∠ABC=120°,AB=BC=2，222222AB+BC-AC2+2-AC1在△ABC中，由余弦定理得cos∠ABC===-，2AB⋅BC2×2×22解得AC=23，123则AE=AC=，33223222222+-BEAB+AE-BE33在△ABE中，由余弦定理得cos∠BAE===，2AB⋅AE2×2×232323解得BE=，31又AC=BB=23，所以BD=BB=3，2因为BB⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，所以BB⊥BE，22223239在直角三角形DBE中，DE=DB+BE=(3)+=；3323(2)因为AE=BE=，所以∠ABE=∠BAE=30°，3则∠CBE=∠ABC-∠ABE=120°-30°=90°，则BE,BC,BB两两互相垂直，以B为原点，分别以BE,BC,BB所在的直线为x,y,z轴建立如下图所示的空间直角坐标系：2323则点C0,2,0,D0,0,3,E3,0,0，则CD=0,-2,3,CE=3,-2,0，2 设平面CDE的法向量为n=x,y,z，n⋅CD=x,y,z⋅0,-2,3=-2y+3z=0z=23y由，得3，n⋅CE=x,y,z⋅23,-2,0=23x-2y=0x=3y33令y=3，得平面CDE的一个法向量为n=3,3,2；平面BDE的一个法向量为m=0,1,0．m⋅n0,1,0⋅3,3,23设平面CDE与平面BDE夹角的大小为θ，则cosθ===，m1×44n3故平面CDE与平面BDE夹角的余弦值为．42(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE中，DE⊥平面BCD,△ABC为正三角形，△BCD为等腰Rt△,∠BDC=90°,AB=2,DE=2.(1)求证：AE⊥BC；(2)若AE⎳平面BCD，求直线BE与平面ABC所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析6(2)3【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；(2)法一：由分析可知，∠EBH就是直线BE与平面ABC所成的线面角，设∠AFD=α，当α<90°时，O与D重合，可得A,E两点重合，不符合题意，当α>90°时，求出EH,BE，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线BE的方向向量与平面ABC的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设F为BC中点，连接AF,EF，则由△ABC为正三角形，得AF⊥BC；DE⊥平面BCD，且△BCD为等腰直角三角形，计算可得：BE=CE=2,∴EF⊥BC.EF∩AF=F,EF,AF⊂面AEF，于是BC⊥面AEF，AE⊂面AEF，从而BC⊥AE.(2)法一：由(1)可知，过点E作EH⊥AF，垂足为H，则∠EBH就是直线BE与平面ABC所成的线面角.当AE⎳平面BCD时，可得A到平面BCD的距离为2.6设∠AFD=α，所以AF⋅sinα=2，可得sinα=，33 3当α<90°时，cosα=，不妨设A在底面BCD射影为O，则FO=1，此时O与D重合，可得A,E两点重3合，不符合题意，舍去；当α>90°时，FO=1，此时O在DF的延长线上，作EH⊥AF，由于AODE为矩形，可得AE=DO=2,626AE∥OD，可得sin∠EAH=，可得EH=.33EH6于是sin∠EBH==.BE3法二：建立如图坐标系，可得F0,0,0,B1,0,0，C-1,0,0,D0,1,0,E0,1,2,A0,a,b22由AF=3，解得a+b=3，又∵AE⎳平面BCD，令n=0,0,1，可得AB⋅n=0，解得b=2,a=±1.当a=1时A,E重合，所以a=-1，此时A0,-1,2.不妨设平面ABC的法向量为m=x,y,z，则CB⋅m=0x-y+2z=0代入得，令z=1，则y=2，所以m=0,2,1.CA⋅m=02x=06由于BE=-1,1,2，不妨设所成角为θ，则sinθ=∣cosBE,m|=.33(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1=60°，AB=BC=2，AC=AB1=2.(1)证明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；(2)求平面ACC1A1与平面A1B1C1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；5(2).7【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】(1)如图，连接BC1，交B1C于O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为BC1的中点.又AC=AB1=2，故AO⊥B1C.22又AB=BC=2，且∠CBB1=60°，所以CO=1,BO=3，所以AO=AC-CO=1.又AB=2，所以222AB=BO+AO，所以AO⊥BO.因为BO,CB1⊂平面BB1C1C，BO∩CB1=O，所以AO⊥平面BB1C1C.又AO⊂平面ACB1，所以平面ACB1⊥平面BB1C1C.4 (2)由(1)知，OA,OB,OB1两两互相垂直，因此以O为坐标原点，OB,OB1,OA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O-xyz，则A(0,0,1)，B(3,0,0)，C(0,-1,0)，C1(-3,0,0).故CC1=(-3,1,0)，CA=(0,1,1)，CB=(3,1,0).设n=(x1,y1,z1)为平面ACC1A1的一个法向量，n⋅CC1=0-3x1+y1=0则有，即，n⋅CA=0y1+z1=0令x1=1，则n=(1,3,-3).设m=(x2,y2,z2)为平面ABC的一个法向量，则有m⋅CA=0y2+z2=0，即，m⋅CB=03x2+y2=0令x2=1，则m=(1,-3,3).因为平面A1B1C1∥平面ABC，所以m=(1,-3,3)也是平面A1B1C1的一个法向量.n⋅m1-3-35所以cos<n,m>===.n7×77m5所以平面ACC1A1与平面A1B1C1夹角的余弦值.74(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥A1D．(1)证明：DE⊥平面A1BE；(2)求二面角C-A1E-D的余弦值．【答案】(1)证明见解析6(2)3【分析】(1)由已知易得DE⊥BE，即可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．ππ【详解】(1)由题意得∠BEC=∠CED=，∠BED=，DE⊥BE，42因为AB⊥AE，则A1B⊥A1E，5 又A1B⊥A1D，A1E∩A1D=A1,A1E,A1D⊂面A1ED，所以A1B⊥面A1ED，又DE⊂面A1ED，则DE⊥A1B，又DE⊥BE，A1B∩BE=B，A1B⊂平面A1BE，BE⊂平面A1BE，所以DE⊥平面A1BE．(2)取BE的中点O，可知BE=2CD,OE=CD，由DE⊥BE，且CD⊥DE可得OE⎳CD，所以四边形OCDE是平行四边形，所以CO∥DE，则CO⊥平面A1BE，设BE=2，以点O为坐标原点，OB,OC,OA1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，则A1(0,0,1),E(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(-1,1,0)，EA1=(1,0,1),EC=(1,1,0),ED=(0,1,0)，设平面A1EC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，n1⋅EA1=0x1+z1=0则，即，取x1=1，则n1=(1,-1,-1)，n1⋅EC=0x1+y1=0设平面A1ED的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，n2⋅E1A=0x2+z2=0则，即，取x2=1，则n2=(1,0,-1)，n2⋅ED=0y2=0n1⋅n26所以cosn1,n2==，n1n23由图可知，二面角C-A1E-D为锐角，6所以面角C-A1E-D的余弦值为．35(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，AC=4，BE=3，点F在AC上.(1)若BF⎳平面CDE，求CF；(2)若F是AC的中点，求二面角F-DE-C的正弦值.【答案】(1)CF=185(2)17【分析】(1)记AC中点为M，连接DM、BM，依题意可得DM⊥AC，根据面面垂直的性质得到DM⊥平面ABC，如图建立空间直角坐标系，求出平面CDE的法向量，设Fa,0,0，a∈2,-2，依题意可得BF⋅n=0求出a的值，即可得解；(2)依题意点F与点M重合，利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记AC中点为M，连接DM、BM，△ACD为正三角形，AC=4，则DM⊥AC，且DM=23.因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，DM⊂平面ACD，6 所以DM⊥平面ABC，又△ABC为正三角形，所以BM⊥AC，所以BM=23，如图建立空间直角坐标系，则B0,23,0，C-2,0,0，D0,0,23，E0,23,3，所以CD=2,0,23，CE=2,23,3，设平面CDE的法向量为n=x,y,z，n⋅CD=2x+23z=033则，令x=3，则z=-3，y=-2，则n=3,-2,-3，n⋅CE=2x+23y+3z=0设Fa,0,0，a∈-2,2，则BF=a,-23,0，3因为BF⎳平面CDE，所以BF⋅n=3a+-23×-2+0×-3=0，解得a=-1，所以F为CM的中点，此时CF=1.(2)若F是AC的中点，则点F与点M重合，则平面FDE的一个法向量可以为m=1,0,0，m⋅n36设二面角F-DE-C为θ，显然二面角为锐角，则cosθ===，m232251⋅n3+-+-3262852所以sinθ=1-cosθ=1-=17，5185所以二面角F-DE-C的正弦值为.176(22·23下·湖北·二模)如图，S为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC内接于⊙O,AC⊥BC,32AC=BC=，AM=2MS,AS=3,PQ为⊙O的一条弦，且SB⎳平面PMQ.27 (1)求PQ的最小值；(2)若SA⊥PQ，求直线PQ与平面BCM所成角的正弦值.【答案】(1)2230(2)10【分析】(1)作出辅助线，找到符合要求的PQ，并利用垂径定理得到最小值；(2)在第一问基础上，得到当PQ取得最小值时，SA⊥PQ，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点M作MH⎳SB交AB于点H，过点H作PQ⊥AB，22此时满足SB⎳平面PMQ，由平面几何知识易知，PQ=2r-d，当弦心距d最大时，d=OH，弦长最短，即PQ取得最小值，因为AM=2MS,AS=3，所以AH=2HB，3232因为AC⊥BC,AC=BC=，由勾股定理得AB=⋅2=3，22故AH=2,HB=1，32291连接OQ，则OQ=，由勾股定理得HQ=OQ-OH=-=2，244所以PQ=2HQ=22；(2)连接OS，则OS⊥平面ACB，因为PQ⊂平面ACB，故OS⊥PQ，而SA⊥PQ，OS∩SA=S，所以PQ⊥平面AOS，即有PQ⊥AB.以O为坐标原点，过点O且平行PQ的直线为x轴，OB所在直线为y轴，OS所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，11331则P-2,2,0,Q2,2,0,B0,2,0,C2,0,0,M0,-2,3，3333m⋅CB=x,y,z⋅-2,2,0=-2x+2y=0设平面BCM的法向量为m=x,y,z，则，m⋅MB=x,y,z⋅0,2,-3=2y-3z=02323令x=1，则y=1,z=3，故m=1,1,3，设直线PQ与平面BCM所成角的大小为θ，23PQ⋅m22,0,0⋅1,1,330则sinθ=cosPQ,m===.PQ22×1+1+410⋅m38 30故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为.107(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA=AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析15(2)10【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD，从而可得结论；(2)以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.(2)解：由题意可得AB,AD,AP两两垂直，设AB=1，如图，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，22因为点M是PD的中点，所以M0,2,2，9 22所以AM=0,2,2,AC=1,2,0，22AM⋅n=2y+2z=0设平面ACM的法向量为n=x,y,z，则，AC⋅n=x+2y=0令y=-1可得x=2,z=1，所以平面ACM的一个法向量n=2,-1,1.PC=1,2,-2，设NxN,yN,zN,PN=λPC=λ,2λ,-2λ(0<λ<1)，即xN,yN,zN-2=λ,2λ,-2λ，所以Nλ,2λ,2-2λ.123又O2,2,0,ON=OA=2，122223所以λ-2+2λ-2+(2-2λ)=4，22化简得5λ-7λ+2=0，解得λ=或λ=1(舍去).522232所以AN=5,5,5，设直线AN与平面ACM所成的角为θ，则32n⋅AN515sinθ===，n2+1+1×4+8+1810⋅AN25252515所以直线AN与平面ACM所成角的正弦值为.108(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D-ABC中，△BCD是边长为3的正三角形，AB=AC=AD,3AD与平面BCD所成角的余弦值为．3(1)求证：AD⊥BC；(2)求二面角D-AC-B的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析22(2)3【分析】(1)取BC的中点E，连接AE,DE，证明BC⊥平面ADE，即可得证；(2)取正三角形BCD的中心O，连接OA，从而可得OA⊥平面BCD，则∠ODA即为AD与平面BCD所成角的平面角，进而可得AB=AC=AD=3，取AC中点为H，连接DH,BH，则DH⊥AC,BH⊥AC，故∠BHD即为二面角D-AC-B的平面角，解△BDH即可得解.【详解】(1)取BC的中点E，连接AE,DE，因为AB=AC，所以AE⊥BC，10 因为△BCD是边长为3的正三角形，所以DE⊥BC，又AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE，因为AD⊂平面ADE，所以AD⊥BC；(2)取正三角形BCD的中心O，连接OA，2则点O在DE上，且OD=DE，3由AB=AC=AD，△BCD是正三角形，得三棱锥A-BCD为正三棱锥，则OA⊥平面BCD，故∠ODA即为AD与平面BCD所成角的平面角，3又AD与平面BCD所成角的余弦值为，33×3×2OD233所以==，即AB=AC=AD=3，即三棱锥A-BCD是正四面体，ADAD3取AC中点为H，连接DH,BH，则DH⊥AC,BH⊥AC，故∠BHD即为二面角D-AC-B的平面角，33在△BDH中，BH=DH=,BD=3，22727222+-9BH+DH-BD441则cos∠BHD===，2⋅BH⋅DH2×33×33322222所以sin∠BHD=1-cos∠BHD=，322所以二面角D-AC-B的平面角的正弦值．39(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD,AD⊥CD,AD=CD,AC=2,AB=3,∠CAB=60°，E为AB上的点，且AC⊥DE,DE与平面ABC所成角为30°，(1)求三棱锥D-BCE的体积；(2)求二面角B-CD-E的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析．【分析】(1)取AC中点F，可证明AC⊥平面DEF，得平面ABC⊥平面DEF，DE在平面ABC内的射影就是直线EF，∠DEF是DE与平面ABC所成的角，即∠DEF=30°，由正弦定理求得∠FDE，有两个解，在∠FDE=60°时可证DF⊥平面ABC，在∠FDE=120°时，取FE中点H证明DH⊥平面ABC，然后由棱锥体积公式计算体积；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】(1)取AC中点F，连接FE,FD，因为AD=CD，所以DF⊥AC，又AC⊥DE，DE∩DF=D，DE,DF⊂平面DEF，所以AC⊥平面DEF，而FE⊂平面DEF，所以AC⊥FE，由已知AF=1，∠BAC=60°，所以EF=3，AE=2，BE=1，11 由AC⊥平面DEF，AC⊂平面ABC得平面ABC⊥平面DEF，因此DE在平面ABC内的射影就是直线EF，所以∠DEF是DE与平面ABC所成的角，即∠DEF=30°，1AD=CD,AC=2，因此DF=AC=1，2EFDF13在△DEF中，由正弦定理=得=，sin∠FDEsin∠DEFsin30°sin∠FDE3sin∠FDE=，∠FDE为△DEF内角，所以∠FDE=60°或120°，21133S△ABC=AB×AC×sin∠BAC=×3×2×sin60°=，223BE3-2333S△CBE=S△ABC=×=，BA322若∠FDE=60°，则∠DFE=90°，即DF⊥FE，AC∩FE=F，AC,FE⊂平面ABC，所以DF⊥平面ABC，1133VD-BCE=S△BCE⋅DF=××1=；3326若∠FDE=120°，则∠DFE=30°，DF=DE=1，取EF中点H，连接DH，则DH⊥EF，因为平面ABC⊥平面DEF，平面ABC∩平面DEF=EF，而DH⊂平面DEF，1所以DH⊥平面ABC，DH=DFsin∠DFE=1×sin30°=，211313所以VD-BCE=S△BCE⋅DF=××=；332212(2)若∠FDE=60°，以FA,FE,FD为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz，则D(0,0,1)，C(-1,0,0)，A(1,0,0)，E(0,3,0)，113133AE=(-1,3,0)，EB=2AE=-2,2,0，所以B点坐标为-2,2,0，133CD=(1,0,1)，CB=2,2,0，CE=(1,3,0)，设平面DBC的一个法向量是m=(x1,y1,z1)，m⋅CD=x1+z1=0则133，取y1=-1，则x1=33，z1=-33，即m=(33,-1,-33)，m⋅CB=2x1+2y1=0设平面DEC的一个法向量是n=(x2,y2,z2)，n⋅CD=x2+z2=0则，取y2=-1，则x2=3，z2=-3，即m=(3,-1,-3)，n⋅CE=x2+3y2=0m⋅n9+1+919385cosm,n===，mn55×738519385所以二面角B-CD-E的余弦值是；38512 若∠FDE=120°，以FA为x轴，FE为y轴，过F且平行于HD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz，13FH=FE=，2231则D0,2,2，C(-1,0,0)，A(1,0,0)，E(0,3,0)，113133AE=(-1,3,0)，EB=2AE=-2,2,0，所以B点坐标为-2,2,0，31133CD=1,2,2，CB=2,2,0，CE=(1,3,0)，设平面DBC的一个法向量是m=(x1,y1,z1)，31m⋅CD=x1+2y1+2z1=0则133，取y1=-1，则x1=33，z1=-53，即m=(33,-1,-53)，m⋅CB=2x1+2y1=0设平面DEC的一个法向量是n=(x2,y2,z2)，31n⋅CD=x2+2y2+2z2=0则，取y2=-1，则x2=3，z2=-3，即m=(3,-1,-3)，n⋅CE=x2+3y2=0m⋅n9+1+1525721cosm,n===，mn103×772125721所以二面角B-CD-E的余弦值是．72110(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为矩形，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA1=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点N，M为B1C1的中点.13 (1)求证：平面A1MNA⊥平面A1BC；(2)求平面A1B1BA与平面BB1C1C夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析230(2)15【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图，∵A1N⊥面ABC，连AN，则AN⊥A1N，又AB=AC=2，∴AN⊥BC，又AN∩BC=N，A1N⊂面A1BC，BC⊂面A1BC，于是AN⊥面A1BC，又AN⊂面A1MN，，所以面A1BC⊥面A1MNA.(2)由(1)可得，以NA,NB,NA1为x,y,z轴，建系如图，∠BAC=90°，AB=AC=2，BC=22则A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),因为AA1=4,AN=2,所以A1N=14,则A1(0,0,14),因为NB1=NB+BB1=NB+AA1=0,2,0+-2,0,14=-2,2,14,所以B1-2,2,14,设平面A1BB1的一个法向量为m=(x,y,z)，因为A1B=(0,2,-14),B1B=(2,0,-14),A1B⋅m=2y-14z=0所以，令y=7，则x=7,z=1，B1B⋅m=2x-14z=0所以m=(7,7,1)，设平面BCC1B1的一个法向量为n=(a,b,c)，因为BC=(0,-22,0),BB1=(-2,0,14),BC⋅n=-22b=0所以BB⋅n=-2a+14c=0，令a=7，则b=0,c=1，1所以n=(7,0,1)，设平面A1BB1与平面BCC1B1夹角为θ，m⋅n7+0+1230则cosθ=cos<m,n>===，m7+7+1×7+0+115n14 230所以平面A1BB1与平面BCC1B1夹角的余弦值为.1511(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是等边三角形，侧面ACC1A1⊥底面ABC，且AA1=AC，∠AA1C1=120°，M是CC1的中点．(1)证明：A1C⊥BM．(2)求二面角A1-BC-M的正弦值．【答案】(1)证明见解析4(2)5【分析】(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质，线面垂直的判定定理进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式进行求解即sk.【详解】(1)取AC的中点O，连接OM，OB，AC1．在三棱柱ABC-A1B1C1中，由AA1=AC，得四边形ACC1A1为菱形，所以A1C⊥AC1，易知OM∥AC1，则A1C⊥OM．由△ABC是等边三角形，知OB⊥AC，又平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC=AC，OB⊂平面ABC，知OB⊥平面ACC1A1，则OB⊥A1C，又OB∩OM=O,OB,OM⊂平面OBM，得A1C⊥平面OBM，又BM⊂平面OBM，故A1C⊥BM．.(2)连接OA1，因为侧面ACC1A1为菱形，∠AA1C1=120°，则∠A1AC=60°，则△A1AC为等边三角形，所以A1O⊥AC，又由(1)易知OA1，OB，AC两两垂直，故以O为坐标原点，分别以OB，OC，OA1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系．不妨设AB=2，则O0,0,0，B3,0,0，C0,1,0，A10,0,3，C10,2,3，BA1=-3,0,3，BC=-3,1,0，CC1=0,1,3，15 n⋅BC=-3x+y=0设平面A1BC的法向量为n=x,y,z，则，n⋅BA1=-3x+3z=0令x=1，得n=1,3,1，m⋅BC=-3a+b=0设平面BCC1的法向量为m=a,b,c，则，m⋅CC1=b+3c=0令a=1，得m=1,3,-1，n⋅m33所以cosn,m===，n⋅m5⋅554即二面角A1-BC-M的正弦值为．5112(22·23下·盐城·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点G为弧CD的4中点，且C，E，D，G四点共面.(1)证明：平面BDF⊥平面BCG；15(2)若平面BDF与平面ABG所成二面角的余弦值为，且线段AB长度为2，求点G到直线DF的距5离.【答案】(1)证明见解析6(2)2【分析】(1)过G作GH⎳CB，交底面弧于H，连接HB，有HBCG为平行四边形，根据题设可得FB⊥HB，即FB⊥CG，再由线面垂直的性质可得CB⊥FB，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.(2)构建如下图示空间直角坐标系A-xyz，令半圆柱半径为r，高为h，确定相关点坐标，进而求平面BDF、平面ABG的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得h=2r，即可求出点G到直线DF的距离.【详解】(1)过G作GH⎳CB，交底面弧于H，连接HB，易知：HBCG为平行四边形，所以HB⎳CG，又G为弧CD的中点，则H是弧AB的中点，所以∠HBA=45°，而由题设知：∠ABF=45°，则∠HBF=∠HBA+∠ABF=90°，所以FB⊥HB，即FB⊥CG，由CB⊥底面ABF，FB⊂平面ABF，则CB⊥FB，又CB∩CG=C，CB,CG⊂平面BCG，所以FB⊥平面BCG，又FB⊂平面BDF，所以平面BDF⊥平面BCG.(2)由题意，构建如下图示空间直角坐标系A-xyz，令半圆柱半径为r，高为h，则B0,2r,0，F2r,0,0，D0,0,h，G-r,r,h，所以FD=-2r,0,h，BD=0,-2r,h，AB=0,2r,0，AG=-r,r,h，16 m⋅FD=-2rx+hz=0若m=x,y,z是面BDF的一个法向量，则，令z=2r，则m=h,h,2r，m⋅BD=-2ry+hz=0n⋅AB=2rb=0若n=a,b,c是面ABG的一个法向量，则，n⋅AG=-ra+rb+hc=0令c=r，则n=h,0,r，22m⋅nh+2r15所以cosm,n===，2h2+4r2×h2+r25mn2222整理可得h-4rh+2r=0，则h=2r，又AB=2，由题设可知，此时点G-1,1,2，D0,0,2，F2,0,0，则DF=2,0,-2，DG=-1,1,0，22DG⋅DF6所以点G到直线DF的距离d=DG-=.22DF13(22·23下·江苏·三模)如图，圆锥DO中，AE为底面圆O的直径，AE=AD，△ABC为底面圆O的内接正三角形，圆锥的高DO=18，点P为线段DO上一个动点.(1)当PO=36时，证明：PA⊥平面PBC；(2)当P点在什么位置时，直线PE和平面PBC所成角的正弦值最大.【答案】(1)证明见解析；(2)P点在距离O点36处【分析】(1)利用勾股定理证明出AP⊥BP和AP⊥CP，再用线面垂直的判定定理证明出PA⊥平面PBC；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解.π【详解】(1)因为AE=AD，AD=DE，所以△ADE是正三角形，则∠DAO=，3又DO⊥底面圆O，AE⊂底面圆O，所以DO⊥AE，DO在Rt△AOD中，DO=18，所以AO==63，33因为△ABC是正三角形，所以AB=AO××2=63×3=18，222AP=AO+PO=92，BP=AP，222所以AP+BP=AB，AP⊥BP，同理可证AP⊥CP，又BP∩PC=P，BP，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC.(2)如图，建立以O为原点的空间直角坐标系O-xyz.17 设PO=x，(0≤x≤18)，所以P0,0,x，E-33,9,0，B33,9,0，C-63,0,0，所以EP=33,-9,x，PB=33,9,-x，PC=-63,0,-x，n⋅PB=33a+9b-cx=0设平面PBC的法向量为n=a,b,c，则，n⋅PC=-63a-cx=0令a=x，则b=-3x，c=-63，故n=x,-3x,-63，设直线PE和平面PBC所成的角为θ，33x+93x-63x63x则sinθ=cosEP,n==22222108+x⋅x+3x+108108+x⋅4x+10863631=≤=，2234x2+108+5402108x224x⋅x2+54022108当且仅当4x=，即PO=x=36时，直线PE和平面PBC所成角的正弦值最大，2x故P点在距离O点36处.14(22·23下·镇江·三模)如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，四边形PACQ为矩形，PA=1，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).35①BP,DP与平面ABCD所成角相等；②三棱锥P-ABD体积为；③cos∠BPA=35(1)平面PACQ⊥平面ABCD；(2)求二面角B-PQ-D的大小；(3)求点C到平面BPQ的距离.【答案】(1)证明见解析2π(2)33(3)218 【分析】(1)若选①，则作PA⊥面ABCD，证明A和A重合从而得到PA⊥面ABCD，从而得到面面垂直；若选②，计算得到P到面ABD的距离h=1=PA，得到PA⊥面ABCD，从而得到面面垂直；若选③，通过余弦定理计算得到PA⊥AB，再通过PA⊥面ABCD，从而得到面面垂直；(2)通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可；(3)通过点面距离的计算公式直接计算即可.【详解】(1)选①，连接BD，作PA⊥面ABCD，垂足为A.∵BP,DP与平面ABCD所成角相等，∴AB=AD，∴A在BD的中垂线AC上，∵在平面PACQ内，PA⊥AC,PA⊥AC,∴A和A重合，∴PA⊥面ABCD，又PA⊂面PACQ，∴面PACQ⊥面ABCD若选②，设P到面ABD的距离为h，113∵VP-ABD=S△ABD⋅h=×3⋅h=，得h=1=PA，333∴PA即为P到面ABD的距离，即PA⊥面ABCD，又PA⊂面PACQ，∴面PACQ⊥面ABCD.222PB+PA-AB5若选③，由余弦定理得，cos∠BPA==，2PB⋅PA5222∴BP=5,∴BP=AP+AB∴PA⊥AB，又PA⊥AC,AC∩AB=A,AC,AB⊂面ABCD∴PA⊥面ABCD，又PA⊂面PACQ∴面PACQ⊥面ABCD(2)因为PA⊥面ABCD，OB,OC⊂面ABCD，所以PA⊥OB,PA⊥OC，取PQ中点G，则OG⎳PA，所以OG⊥OB,OG⊥OC，又因为OB⊥OC，所以建立如下图所示空间直角坐标系，∵B3,0,0,P0,-1,1,D-3,0,0,Q0,1,1，∴BQ=-3,1,1,DQ=3,1,1,DP=3,-1,1，设平面BPQ的一个法向量为m=x,y,z，m⋅BP=0-3x-y+z=0则m⋅BQ=0，即-3x+y+z=0，令x=3，则y=0,z=3,∴m=3,0,3，设平面DPQ的一个法向量为n=x1,y1,z1，n⋅DP=03x1-y1+z1=0则，即，n⋅DQ=03x1+y1+z1=0令x1=3，则y1=0,z1=-3,∴n=3,0,-3，19 m⋅n-61∴cosm,n===-，m⋅n23×2322π∵m,n∈0,π,∴m,n=，3由图可知二面角B-PQ-D是钝角，2π所以二面角B-PQ-D的大小为.3(3)∵C0,1,0,Q0,1,1，∴CQ=0,0,1,∵平面BPQ的一个法向量为m=3,0,3，CQ⋅m33∴点C到平面BPQ的距离d===.m23215(22·23下·江苏·一模)在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1B1BA⊥平面ABC，侧面A1B1BA为菱π形，∠ABB1=，AB1⊥AC，AB=AC=2，E是AC的中点.3(1)求证：A1B⊥平面AB1C；πEP(2)点P在线段A1E上(异于点A1，E)，AP与平面A1BE所成角为，求的值.4EA1【答案】(1)证明见解析EP2(2)=EA15【分析】(1)作B1O⊥AB交AB于O点，由面面垂直的性质可得B1O⊥平面ABC，可得B1O⊥AC，再由线面垂直的判定定理得AC⊥平面A1B1BA，从而得到AC⊥A1B，再由线面垂直的判定定理可得答案；(2)以A为原点，AB、AC、AO1所在的直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，设EP=λEA1，可得AP=-λ,1-λ,3λ，求出平面A1BE的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.π【详解】(1)因为侧面A1B1BA为菱形，∠ABB1=，AB=AC=2，3所以△ABB1、△AA1B1为边长为2的等边三角形，作B1O⊥AB交AB于O点，则O点为AB的中点，因为平面A1B1BA⊥平面ABC，平面A1B1BA∩平面ABC=AB，B1O⊂平面A1B1BA，所以B1O⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，可得B1O⊥AC，又AB1⊥AC，B1O∩AB1=B1，B1O、AB1⊂平面A1B1BA，可得AC⊥平面A1B1BA，因为A1B⊂平面A1B1BA，所以AC⊥A1B，因为侧面A1B1BA为菱形，所以B1A⊥A1B，AB1∩AC=A，AB1、AC⊂平面AB1C，所以A1B⊥平面AB1C；π(2)由(1)知，AC⊥平面A1B1BA，∠BAC=，取做A1B1的中点O1，连接AO1，2则B1O⎳AO1，所以AO1⊥平面ABC，20 以A为原点，AB、AC、AO1所在的直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，则A0,0,0，A1-1,0,3，B2,0,0，E0,1,0，A1B=3,0,-3，EA1=-1,-1,3，设EP=λEA1，可得P-λ,1-λ,3λ，所以AP=-λ,1-λ,3λ，设平面A1BE的一个法向量为n=x,y,z，则A1B⋅n=03x-3z=0，即，令z=3，可得n=1,2,3，EA1⋅n=0-x-y+3z=0πn⋅AP-λ+2-2λ+3λ可得sin=cosn,AP==，41+4+3λ2+1-λ2+3λ2nAP2EP2解得λ=0舍去，或λ=，所以=.5EA1516(22·23下·河北·三模)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC,BD交于点O，且PO⊥平面ABCD,OC=1,OD=OP=2,M是PD的中点，N是线段CD上一动点．(1)当平面OMN⎳平面PBC时，试确定点N的位置，并说明理由；21(2)在(1)的前提下，点Q在直线MN上，以PQ为直径的球的表面积为π．以O为原点，OC,OD,OP的4方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz，求点Q的坐标．【答案】(1)N是CD的中点11318(2)2,1,0，-10,1,5【分析】(1)根据面面平行的性质证明MN⎳PC，即可得解；(2)先根据球的体积求出PQ，然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.【详解】(1)因为平面OMN⎳平面PBC，平面OMN∩平面PCD=MN，平面PBC∩平面PCD=PC，所以MN⎳PC，因为M是PD的中点，所以N是CD的中点；PQ22121(2)由题意4π×2=4π，解得PQ=2，设MQ=λMN,λ∈R，1由题意，P0,0,2,M0,1,1,N,1,0，21则PM=0,1,-1,MN=,0,-1，21λ则PQ=PM+MQ=0,1,-1+λ2,0,-1=2,1,-λ-1，2λ22113则+1+-λ-1=，解得λ=1或λ=-，42521 1当λ=1时，MQ=MN，则Q,1,0，213131313当λ=-时，MQ=-MN=-,0,，551051313设Qx,y,z，则MQ=x,y-1,z-1=-,0,，105x=-13x=-1310101318所以y-1=0，解得y=1，则Q-10,1,5，z-1=13z=185511318综上所述点Q的坐标为2,1,0，-10,1,5.17(22·23·汕头·三模)如图，圆台O1O2的轴截面为等腰梯形A1ACC1，AC=2AA1=2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点.(1)在平面BCC1内，过C1作一条直线与平面A1AB平行，并说明理由；(2)若四棱锥B-A1ACC1的体积为23，设平面A1AB∩平面C1CB=l,Q∈l，求CQ的最小值.【答案】(1)作图见解析，理由见解析(2)7【分析】(1)根据线面平行的判定和中位线定理即可求解;(2)根据几何关系或空间向量方法即可求解.【详解】(1)取BC中点P，作直线C1P即为所求，取AB中点H，连接A2H,PH，1则有PH∥AC,PH=AC，21如图，在等腰梯形A1ACC1中，A1C1=AC，2有HP∥A1C1,HP=A1C1，则四边形A1C1PH为平行四边形，即有C1P∥A1H，又A1H⊂平面A1AB,C1P⊄平面A1AB，所以C1P∥平面A1AB.(2)法一：延长AA1,CC1交于点O，故O∈AA1⊂平面ABA1,O∈CC1⊂平面CC1B故平面A1AB∩平面C1CB=BO,BO即l,在△OBC中，OC,OB均为圆锥母线.过点B作BO⊥AC于O.在等腰梯形A1ACC1中，AC=2AA1=2A1C1=4，2AC-A1C12此梯形的高h=AA1-=3,21∴等腰梯形A1ACC1的面积为S=2+43=33，222 11所以四棱锥B-A1ACC1的体积V=S×BO=×33×BO=23，33解得BO=2，故点O与O2重合，BC=22由AC=2AA1=2A1C1，得OC=2CC1，且∠C1CA=60°，故OC=AC=4=OB.2BC2△OBC中，O到BC距离h1=OB-2=14.11则△OBC面积=OB⋅CQmin=BC⋅h1,2222⋅14得：CQ的最小值为：CQmin==7.4法二：同法一求出B的位置.以O2为原点，OB,OC,O2O1方向为x,y,z轴正向建立空间直角坐标系，C0,2,0,B2,0,0,AA1=0,1,3,AB=2,2,0,CC1=0,-1,3,BC=-2,2,0设面A1AB的法向量为a=x1,y1,z1a⋅AA1=y1+3z1=0，a⋅AB=2x1+2y1=0取z1=1，有a=3,-3,1；同理可得面C1CB的法向量为β=3,3,1,由l=面C1CB∩面A1AB，可知B∈l，设l的方向向量为l=x,y,z，故l⋅a=3x-3y+z=0,l⋅β=3x+3y+z=0取l=1,0,3,下面分2个方法求|CQ|min求|CQ|min方法1：BQ=l=t,0,3t,，∵B2,0,0,∴Qt-2,0,3t2222∴CQ=(t-2)+2+(3t)=4t-4t+8，1当t=时，CQ取最小值为7.2BC⋅l-2×1+2×0+0×3求CQ方法2：BC在l上的投影向量的模为==1min2l22故CQ的最小值即C到l的距离为BC-1=7.法三:在三角形△BCO中，BO=CO=4,BC=22,2224+(22)-41127cos∠CBO==⋅sin∠CBO=1-=,2×4×222222227所以CQ≥CBsin∠CBO=×22=7.2223 18(19·20下·临沂·二模)如图①，在Rt△ABC中，B为直角，AB=BC=6，EF∥BC，AE=2，沿EFπ将△AEF折起，使∠AEB=，得到如图②的几何体，点D在线段AC上．3(1)求证：平面AEF⊥平面ABC；(2)若AE⎳平面BDF，求直线AF与平面BDF所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；6(2).4【分析】(1)由余弦定理计算证明EA⊥AB，再利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理作答.(2)以A为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦作答.π【详解】(1)在△ABE中，AE=2,BE=4，∠AEB=，32221由余弦定理得：AB=AE+BE-2AE⋅BEcos∠AEB=4+16-2×2×4×=12，2222π则AB=23，有EB=EA+AB，于是∠EAB=，即有EA⊥AB，2又EF⊥EB,EF⊥EA,EA∩EB=E,EA,EB⊂平面ABE，因此EF⊥平面ABE，而AB⊂平面ABE，则EF⊥AB，又因为EA∩EF=E,EA,EF⊂平面AEF，从而AB⊥平面AEF，而AB⊂平面ABC，所以平面AEF⊥平面ABC.(2)以A为原点，以AB,AE分别为x,y轴，过点A垂直于平面ABE的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，由(1)知，EF⊥平面ABE，而EF⎳BC，则有BC⊥平面ABE，则A(0,0,0),B(23,0,0),E(0,2,0),F(0,2,2),C(23,0,6)，AF=(0,2,2),FB=(23,-2,-2),AC=(23,0,6)，连接EC与FB交于点G，连接DG，GCDC因为AE⎳平面BDF，AE⊂平面AEC，平面AEC∩平面BDF=DG，则AE⎳GD，有=，GEDAGCBCDC133在四边形BCFE中，由EF⎳BC，得GE=EF=3，即=3，AD=4AC=2,0,2，DA24 31FD=AD-AF=2,-2,-2，设平面BDF的法向量为n=(x,y,z)，31n⋅FD=2x-2y-2z=0则，令x=1，得n=(1,0,3)，n⋅FB=23x-2y-2z=0|n⋅AF|236设直线AF与平面BDF所成角为θ，于是sinθ=|cos‹n,AF›|===，|n||AF|22×246所以直线AF与平面BDF所成角的正弦值为.419(22·23下·广州·三模)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，AB=AP=2，PA⊥平面ABCD，E,F分别是线段PB,PD的中点，G是线段PC上的一点.(1)求证：平面EFG⊥平面PAC；1(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为，且G点不是线段PC的中点，求三棱锥E-ABG体积.3【答案】(1)证明见解析1(2)9【分析】(1)由线面垂直判定可证得BD⊥平面PAC，由中位线性质知EF⎳BD，从而得到EF⊥平面PAC，由面面垂直判定可得结论；11(2)以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，设PG=λPC，λ∈0,2∪2,1，由线面角的向量求法可构11造方程求得λ，结合垂直关系可得G平面PAB的距离为BC=，利用棱锥体积公式可求得结果.63【详解】(1)连接BD，∵E,F分别是线段PB,PD的中点，∴EF⎳BD，∵底面四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∵EF⎳BD，∴EF⊥平面PAC，又EF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PAC.(2)以A为坐标原点，分别以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A0,0,0，E1,0,1，F0,1,1，P0,0,2，C2,2,0，11设PG=λPC，λ∈0,2∪2,1，则AG=AP+PG=0,0,2+2λ,2λ,-2λ=2λ,2λ,2-2λ，AE=1,0,1，AF=0,1,1，设平面AEF的一个法向量为n=x,y,z，25 n⋅AE=x+z=0则，令z=-1，解得：x=1，y=1，∴n=1,1,-1；n⋅AF=y+z=0设直线AG与平面AEF所成角为θ，n⋅AG6λ-21sinθ=cosn,AG===，3⋅4λ2+4λ2+2-2λ23n⋅AG111解得：λ=或λ=(舍)，∴PG=PC，626∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC；∵BC⊥AB，PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，11∴G到平面PAB的距离为BC=，631111111∴VE-ABG=VG-ABE=S△ABE⋅BC=×××2×2×=.363223920(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为2，∠A1AB=60°，点A1在下底面ABC的投影为AB的中点O．(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A1到平面BCC1B1的距离．2【答案】(1)存在，BD=5215(2)5【分析】(1)连接OC，以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，设BD=tBB1,t∈0,1，根据AC1⋅A1D=0，求出t即可；(2)利用向量法求解即可.【详解】(1)连接OC，因为AC=BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB，由题意知A1O⊥平面ABC，又AA1=2，∠A1AO=60°，所以A1O=3，以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，则A10,0,3，A1,0,0，B-1,0,0，C0,3,0，由AB=A1B1得B1-2,0,3，同理得C1-1,3,3，设BD=tBB1,t∈0,1，得D-1-t,0,3t，又AC1=-2,3,3，A1D=-1-t,0,3t-3，由AC1⋅A1D=0，得-2-1-t+33t-3=0，12得t=，又BB1=2，∴BD=，5526 2∴存在点D且BD=满足条件；5(2)设平面BCC1B1的法向量为n=x,y,z，BC=1,3,0，CC1=-1,0,3，n⋅BC=x+3y=0则有，可取n=3,-1,1，n⋅CC1=-x+3z=0又BA1=1,0,3，3+0+3215∴点A1到平面BCC1B1的距离为d=BA1cosBA1,n=BA1×=，BA1×55215∴所求距离为.521(22·23下·长沙·三模)如图，三棱台ABC-A1B1C1，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB=6,BC=4，BB1=2，AC1与A1C相交于点D，AE=2EB，且DE∥平面BCC1B1.(1)求三棱锥C-A1B1C1的体积；π(2)平面A1B1C与平面ABC所成角为α，CC1与平面A1B1C所成角为β，求证：α+β=.4【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】(1)通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥C-A1B1C1的体积；(2)建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为α与β的正余弦值，即可证明结论.【详解】(1)由题意，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC=AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABC∴BC⊥平面ABB1A1，∵BB1⊂平面ABB1A1，∴BC⊥BB1，又AC⊥BB1，BC∩AC=C，BC,AC⊂平面ABC∴BB1⊥平面ABC，连接C1B，∵DE⎳平面BCC1B1，DE⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面BCC1B1=C1B，∴DE∥C1B，∵AE=2EB，∴AD=2DC1，1∴A1C1=AC.21∴三棱锥C-A1B1C1底面A1B1C1的面积S1=×2×3=3，高h=BB1=2，227 11∴其体积为：V=S1h=×3×2=2.33(2)证明：由题意及(1)得，以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB1为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.A6,0,0,C0,4,0,B10,0,2,A13,0,2,C10,2,2,则B1A1=3,0,0,B1C=0,4,-2,CC1=0,-2,2.设平面A1B1C的法向量为n=x,y,z，n⋅B1A1=3x=0由，取y=1，则n=0,1,2，n⋅B1C=4y-2z=0平面ABC的一个法向量为BB1=0,0,2，n⋅BB1425所以cosα===.nBB2551n⋅CC1210sinβ===.nCC5×22101π5310又因为α,β∈0,，所以sinα=,cosβ=.2510310251052cosα+β=cosαcosβ-sinαsinβ=×-×=.1051052π又α+β∈0,π，所以α+β=.4122(22·23·衡水·一模)如图所示，A,B,C,D四点共面，其中∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD，点P,2Q在平面ABCD的同侧，且PA⊥平面ABCD，CQ⊥平面ABCD.(1)若直线l⊂平面PAB，求证：l⎳平面CDQ；(2)若PQ⎳AC，∠ABP=∠DAC=45°，平面BPQ∩平面CDQ=m，求锐二面角B-m-C的余弦值.【答案】(1)证明见解析3(2)3【分析】(1)根据PA⎳CQ，AB⎳CD，结合线面平行和面面平行的判定定理可证得平面PAB⎳平面CDQ，由面面平行的性质可证得结论；(2)以A为坐标原点建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求法可求得结果.【详解】(1)∵PA⊥平面ABCD，CQ⊥平面ABCD，∴PA⎳CQ，∵PA⊄平面CDQ，CQ⊂平面CDQ，∴PA⎳平面CDQ；∵∠BAD=∠ADC=90°，A,B,C,D四点共面，∴AB⎳CD，28 ∵AB⊄平面CDQ，CD⊂平面CDQ，∴AB⎳平面CDQ；∵PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，∴平面PAB⎳平面CDQ，又l⊂平面PAB，∴l⎳平面CDQ.(2)以A为坐标原点，AB,AD,AP正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设AB=1，则AP=1，AD=CD=2AB=2，∵PQ⎳AC，PA⎳CQ，∴四边形ACQP为平行四边形，∴PA=QC=1，则B1,0,0，P0,0,1，Q2,2,1，∴BP=-1,0,1，BQ=1,2,1，设平面BPQ的法向量n=x,y,z，BP⋅n=-x+z=0∴，令x=1，解得：y=-1，z=1，∴n=1,-1,1；BQ⋅n=x+2y+z=0∵平面PAB⊥y轴，平面PAB⎳平面CDQ，∴平面CDQ⊥y轴，∴平面CDQ的一个法向量m=0,1,0，m⋅n133∴cosm,n===，即锐二面角B-m-C的余弦值为.m⋅n33323(22·23下·湖北·三模)已知平行六面体(底面是平行四边形的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为2，且有∠AA1D1=∠AA1B1=∠D1A1B1=60°．(1)求证：平面AA1C1C⊥平面A1B1C1D1；(2)求直线B1D与平面AA1C1C所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析2(2)2【分析】(1)根据面面垂直判定定理证明即可；(2)应用空间向量法求线面角正弦即得.【详解】(1)连接AC和D1B1,AD1,AB1,D1B1∩A1C1=O，由底面是菱形得，D1B1⊥A1C129 由△AA1D1与△AA1B1全等，得AD1=AB1,∵O为D1B1的中点，∴D1B1⊥AO又∵AO∩A1C1=O,AO⊂平面AA1C1C，A1C1⊂平面AA1C1C，∴D1B1⊥平面AA1C1C，又∵D1B1⊂平面A1B1C1D1∴平面AA1C1C⊥平面A1B1C1D1．(2)以OA1为x轴，以OB1为y轴，以过O与底面垂直的直线为z轴，建立如图空间坐标系，则A1(3,0,0),B1(0,1,0),C1(-3,0,0),D1(0,-1,0)过A作底面的垂线，垂足为H，由A-A1B1D1为正三棱锥知H为△A1B1D1的重心232226326∴A1H=3,AH=AA1-A1H=3，∴A3,0,32326设DxD,yD,zD，由A1A=D1D，得-3,0,3=xD,yD+1,zD2326∴D-3,-1,3，2326∴B1D=-3,-2,3又取平面AA1C1C的法向量为B1D1=(0,-2,0)，设直线B1D与平面A1C1CA所成角为α，B1D⋅B1D142则sinα===B1D⋅B1D14+4+8⋅22332∴直线B1D与平面A1C1CA所成角的正弦值为．224(22·23下·武汉·三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.30 (1)求证：平面AEF⊥平面PBC；(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.【答案】(1)证明见解析π(2).6【分析】(1)根据面面垂直的判断定理，转化为证明AE⊥平面PBC；(2)以点A为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面AEF和PCD的法向量，利用法向量夹角的余弦公式，求余弦值的最大值.【详解】(1)△PAB中PA=AB，E为PB的中点，所以AE⊥PB.在正方形ABCD中，BC⊥AB.因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，即PA⊥BC.又因为PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.AE⊂平面PAB，即AE⊥BC，又因为AE⊥PB，PB∩BC=B，PB,BC⊂平面PBC.所以AE⊥平面PBC，AE⊂平面AEF，即平面AEF⊥平面PBC.(2)因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以易知AB，AD，AP两两垂直.以A为原点，AB，AD，AP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.有A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0，P0,0,2，PB中点E1,0,1，设F2,λ,0，0≤λ≤2.PD=0,2,-2，DC=2,0,0，AE=1,0,1，AF=2,λ,0.m⋅PD=0设平面PCD的法向量m=x,y,z，由，m⋅DC=02y-2z=0得，取m=0,1,1.2x=0n⋅AE=0设平面AEF的法向量n=a,b,c，由，n⋅AF=0x+z=0得，取n=λ,-2,-λ.2x+λy=0-2-λ2+λ所以平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值为cosm,n==.2×2λ2+42λ2+2令λ+2=t，t∈2,4，31 t11则cosm,n===，2t2-4t+626-4+11121t2t26t-3+3113所以当=即t=3时，平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值取得最大值，t32π此时平面AEF与平面PCD的夹角取得最小值.625(22·23下·黄冈·三模)如图1，在四边形ABCD中，BC⊥CD，AE∥CD,AE=BE=2CD=2,CE=3．将四边形AECD沿AE折起，使得BC=3，得到如图2所示的几何体．(1)若G为AB的中点，证明：DG⊥平面ABE；6EF(2)若F为BE上一动点，且二面角B-AD-F的余弦值为，求的值．3EB【答案】(1)证明见解析EF1(2)=EB3【分析】(1)取BE中点O，先证CO⊥面ABE，再由CO∥DG，证线面垂直即可；(2)以E为中心建立空间直角坐标系，设F坐标，由空间向量计算二面角B-AD-F求得F的坐标即可得结果.【详解】(1)1如图，取BE的中点O，连接OC,OG，易得OG∥AE,OG=AE．21因为CD∥AE,CD=AE，故CD∥OG，且CD=OG，2所以四边形CDGO为平行四边形，则DG∥CO．因为AE⊥CE,AE⊥EB,CE∩EB=E,CE,EB⊂面BCE，所以AE⊥平面BCE．而CO⊂平面BCE，所以AE⊥CO．因为BC=CE，所以BE⊥CO．因为BE∩AE=E,BE,AE⊂面ABE，所以CO⊥平面ABE，所以DG⊥平面ABE．(2)如图，过点E作直线l∥DG，则直线l⊥面ABE,AE,EB⊂面ABE，又AE⊥EB，所以直线l,EA,EB两两相互垂直，以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A2,0,0,B0,2,0C0,1,2,D1,1,2，32 设F0,t,00≤t≤2，则AD=-1,1,2，AB=-2,2,0,AF=-2,t,0．AD⋅m=-x1+y1+2z1=0设面ADF的一个法向量为m=x1,y1,z1，则，AF⋅m=-2x1+ty1=02t-22t-2令y1=2，则x1=t,z1=，即m=t,2,．22AD⋅n=-x2+y2+2z2=0设面ABD的一个法向量为n=x2,y2,z2，则，AB⋅n=-2x2+2y2=0令x2=1，则y2=1,z2=0，即n=1,1,0，由图象可知二面角B-AD-F为锐角，m⋅nt+262所以cos‹m,n›===，解得t=或6(舍去)，(t-2)233mn2⋅t2+22+22EF1即EF=，所以=.3EB326(22·23·德州·三模)图1是直角梯形ABCD，AB⎳CD，∠D=90°，AD=3，AB=2，CD=3，四边形ABCE为平行四边形，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6，如图2．(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；3(2)在线段BE上存在点P使得PA与平面ABC1的正弦值为，求平面BAC1与PAC1所成角的余弦65值．【答案】(1)证明见解析470(2)35【分析】(1)连接AC，交BE于O，可证OA⊥OC1，OA⊥平面BC1E，所以，平面BC1E⊥平面ABED；(2)建立空间直角坐标系，根据条件求出P的位置，再用空间向量求平面BAC1与PAC1所成角的余弦值．【详解】(1)证明：在图1中，连接AC，交BE于O，33 ∠D=90°,AD=3,AB=2,CD=3，所以DE=1，AE=2,∠BAE=60°,BE=BC=CE=2,∠BCE=60°,所以，四边形ABCE是菱形，所以AC⊥BE，且OA=OC=3．在图2中，△AOC1满足OA=OC1=3,AC1=6，222所以OA+OC1=AC1，所以，OA⊥OC1，又OA⊥BE,BE∩OC1=O,BE,OC1⊂平面BC1E，所以，OA⊥平面BC1E，又OA⊂平面ABED，所以，平面BC1E⊥平面ABED；(2)以O为坐标原点，分别以OA,OB,OC1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则C10,0,3,A3,0,0,B0,1,0,E0,-1,0，所以AB=-3,1,0,AC1=-3,0,3，设平面ABC1的法向量为n1=x,y,z，n1⋅AB=0-3x+y=0则即，取x=1，得n1=1,3,1，n1⋅AC1=0-3x+3z=0设P0,m,0,-1≤m≤1,AP=-3,m,0，在线段BE上存在点P使得PA与平面ABC1的正弦值为3，653-3,m,0⋅1,3,1所以=655×3+m215解得m=或m=(舍)，2311所以，P0,2,0,AP=-3,2,0设平面PAC1的法向量为n2=a,b,c，1n2⋅AP=0-3a+2b=0则即，取a=1，得n2=1,23,1，n2⋅AC1=0-3a+3c=0设平面BAC1与平面PAC1的平面角为θ，n1⋅n21,3,1⋅1,23,18470cosθ====n1n25×147035470所以，平面BAC1与PAC1所成角的余弦值为3527(22·23·山东·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⎳CD，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，CD=4．34 (1)证明：AD⊥PC；(2)若M为线段PB的靠近B点的四等分点，判断直线AM与平面PDC是否相交？如果相交，求出P到交点H的距离，如果不相交，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)相交，PH=6【分析】(1)依题意可得AC=22，∠BAC=∠DCA=45°，利用余弦定理求出AD，即可得到AC⊥AD，在由线面垂直得到PA⊥AD，即可得到AD⊥平面PAC，从而得证；(2)过点P作直线l⎳AB，连接AM并延长交l于点H，即可证明点H为直线AM与平面PDC的交点，再利用三角形相似求出PH.【详解】(1)连接AC，因为AB⎳CD，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，CD=4，所以△ABC为等腰直角三角形，∴AC=22，∠BAC=∠DCA=45°，222∵在△DAC中，由余弦定理得AD=AC+DC-2AC⋅DCcos∠ACD，2222即AD=22+4-2×22×4×，所以AD=22，2222∴AC+AD=DC，∴AC⊥AD.又PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PA⊥AD.又AC∩PA=A,AC,PA⊂平面PAC，∴AD⊥平面PAC，∵PC⊂平面PAC，∴AD⊥PC.(2)过点P作直线l⎳AB，连接AM并延长交l于点H，因为PH⎳AB，且AB⎳DC，所以PH⎳CD，所以P、H、C、D四点共面，所以点P∈平面PDC，所以点H为直线AM与平面PDC的交点，易知△AMB∽△HMP，M为线段PB的靠近B点的四等分点，PHPM所以==3，ABMB所以PH=3AB=6.28(22·23·黄山·三模)如图，在直角梯形ABCD中，AD⎳BC，AD⊥CD，四边形CDEF为平行四边形，对角线CE和DF相交于点H，平面CDEF⊥平面ABCD，BC=2AD，∠DCF=60°，G是线段BE上一动点(不含端点)．35 (1)当点G为线段BE的中点时，证明：AG⎳平面CDEF；(2)若AD=1,CD=DE=2，且直线DG与平面CDEF成45°角，求二面角E-DG-F的正弦值．【答案】(1)证明见解析42(2)7【分析】(1)连接GH,AG，由三角形中位线和边长关系可知四边形ADHG是平行四边形，即可证明AG⎳平面CDEF；(2)根据题意可知，以C为原点建立空间直角坐标系，可设BG=λBE利用空间向量即可表示出DG，进而42确定G点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角E-DG-F的正弦值为.7【详解】(1)证明：连接GH,AG，如下图(1)中所示：因为四边形CDEF为平行四边形，所以H是CE中点，1又G点为线段BE的中点，则GH⎳BC，且GH=BC,21又AD⎳BC且AD=BC，所以GH⎳AD,GH=AD，2所以四边形ADHG是平行四边形，所以AG⎳DH，又AG⊄平面CDEF，DH⊂平面CDEF，所以AG⎳平面CDEF；(2)以C为原点，CB,CD为x,y轴，过C且在平面CDEF内与CD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图(2)所示：由平面CDEF⊥平面ABCD，∠DCF=60°，CD=DE=2可知，△CDF,△DEF均为边长为2的正三角形，则有D0,2,0,B2,0,0,E0,3,3,F0,1,3，设BG=λBE=-2λ,3λ,3λ,0<λ<1，则DG=BG-BD=-2λ,3λ,3λ--2,2,0=2-2λ,3λ-2,3λ，e=1,0,0为平面CDEF的法向量，36 2-2λ2所以cosDG,e==，(2-2λ)2+(3λ-2)2+3λ22133解得λ=2(其中λ=0舍去),所以G1,2,2，m⋅DE=x1,y1,z1⋅0,1,3=y1+3z1=0设平面EDG的法向量为m=x1,y1,z1，则有1313，m⋅DG=x1,y1,z1⋅1,-2,2=x1-2y1+2z1=0令z1=1，则x1=-3,y1=-3，故可取m=-3,-3,1．n⋅DF=x2,y2,z2⋅0,-1,3=-y2+3z2=0设平面FDG的法向量为n=x2,y2,z2，则有1313，n⋅DG=x2,y2,z2⋅1,-2,2=x2-2y2+2z2=0令z2=1，则x2=0,y2=3，故可取n=0,3,1m⋅n-27所以cosm,n===-．mn7×277242所以二面角E-DG-F的正弦值为1--=．7742即二面角E-DG-F的正弦值为.729(22·23·菏泽·三模)已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，其中AA1=2AC=4,AB=BC,F为BB1的2中点，点E是CC1上靠近C1的四等分点，A1F与底面ABC所成角的余弦值为．2(1)求证：平面AFC⊥平面A1EF；27(2)在线段A1F上是否存在一点N，使得平面AFC与平面NB1C1所成的锐二面角的余弦值为，若存7在，确定点N的位置，若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，点N是线段A1F上靠近A1的三等分点2【分析】(1)根据A1F与底面ABC所成角的余弦值为，推出△ABC是边长为2的等边三角形，取AC的2中点O，A1C1的中点G，连OB,OG，再以O为原点，OB,OC,OG的方向为x,y,z轴建立空间直角坐标系：利用两个平面的法向量垂直可证两个平面垂直；(2)根据二面角的向量公式可求出结果.【详解】(1)取AA1的中点D，连BD，因为F为BB1的中点，所以A1D⎳BF，A1D=BF，所以四边形A1DBF为平行四边形，所以BD⎳A1F，22因为A1F与底面ABC所成角的余弦值为，所以BD与底面ABC所成角的余弦值为，22因为三棱柱为直三棱柱，所以AD⊥平面ABC，所以∠DBA是BD与底面ABC所成角，所以cos∠DBA37 2π1=，所以∠DBA=，所以AB=BC=AD=AA1=2，242又AC=2，所以△ABC是边长为2的等边三角形，取AC的中点O，A1C1的中点G，连OB,OG，则OB⊥AC，OG⎳AA1，OG⊥平面ABC，以O为原点，OB,OC,OG的方向为x,y,z轴建立空间直角坐标系：则A(0,-1,0)，C(0,1,0)，F(3,0,2)，A1(0,-1,4)，E(0,1,3)，B1(3,0,4)，C1(0,1,4)，B1C1=(-3,1,0)，A1B1=(3,1,0)，AF=(3,1,2)，AC=(0,2,0)，A1F=(3,1,-2)，EF=(3,-1,-1)，设平面AFC的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，平面A1EF的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，m⋅AF=3x1+y1+2z1=0则，得y1=0，令x1=2，得z1=-3，m=(2,0,-3)，m⋅AC=2y1=0n⋅A1F=3x2+y2-2z2=03131，令z2=1，得x2=2，y2=2，n=2,2,1，n⋅EF=3x2-y2-z2=03因为m⋅n=2×+0-3×1=0，所以m⊥n，2所以平面AFC⊥平面A1EF.(2)设A1N=λA1F(0≤λ≤1)，则B1N=A1N-A1B1=λA1F-A1B1=λ(3,1,-2)-(3,1,0)=(3λ-3,λ-1,-2λ)，设平面NB1C1的一个法向量为n1=(x3,y3,z3)，n1⋅B1N=(3λ-3)x3+(λ-1)y3-2λz3=0则，n1⋅B1C1=-3x3+y3=0-3x3-y3=0若λ=0，则有，则x3=y3=0，取z3=1，则n1=(0,0,1)，-3x3+y3=032127此时|cos<m,n1>|==≠，不合题意；4+3773所以λ≠0，令x3=1，得y3=3，z3=3-，λ3则n1=1,3,3-λ，3m⋅n12-33-λ27所以cos<m,n1>===，|m|⋅|n|32714+3×1+3+3-λ21整理得9λ-6λ+1=0，解得λ=.327所以在线段A1F上存在一点N，使得平面AFC与平面NB1C1所成的锐二面角的余弦值为，点N是线7段A1F上靠近A1的三等分点.30(22·23·福州·三模)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA=2，AB=AC=1，将π△PAB绕着PA逆时针旋转到△PAD的位置，得到如图所示的组合体，M为PD的中点.338 (1)当∠BAC为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；(2)当PC⎳平面MAB时，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.π1π【答案】(1)当∠BAC=时，该组合体的体积最大，最大值为+；23922854285(2)直线PC与平面PBD所成角的正弦值为或9595【分析】(1)根据三角形面积公式与扇形面积公式确定底面积的最大值，即可求组合体的体积最大值；ππ(2)建立空间直角坐标系，设∠BAC=θ,θ∈0,π，则Bcosθ,sinθ,0，Dcosθ+3,sinθ+3,0，1π1πM2cosθ+3,2sinθ+3,1，利用空间向量的坐标运算即可求得满足PC⎳平面MAB时θ，从而可计算直线PC与平面PBD所成角的正弦值.【详解】(1)PA⊥底面ABC，AB,AC⊂面ABC，所以PA⊥AB,PA⊥ACπ则由旋转可得PA⊥AD,AB=AD=1,∠BAD=311π1π所以底面积S=S△ABC+S扇形BAD=AB⋅AC⋅sin∠BAC+×=sin∠BAC+，22326π又∠BAC∈0,π，故当∠BAC=时，sin∠BAC取最大值1，21π12则底面积S的最大值为+，故几何体体积为V=S⋅PA=S，2633π1π故当∠BAC=时，该组合体的体积最大，最大值为+；239(2)如图，以A为原点，AC为x轴，AP为z轴，在平面ABC上作y轴，建立空间直角坐标系则A0,0,0,C1,0,0,P0,0,2，ππ设∠BAC=θ,θ∈0,π，则Bcosθ,sinθ,0，Dcosθ+3,sinθ+3,0，1π1πM2cosθ+3,2sinθ+3,1，所以PC=1,0,-2，设平面MAB的法向量为n=x,y,z，又AB=cosθ,sinθ,0,AM=1π1π2cosθ+3,2sinθ+3,139 AB⋅n=xcosθ+ysinθ=0x=-ytanθ所以1π1π⇒y=-43zcosθ，AM⋅n=2xcosθ+3+2ysinθ+3+z=0333令x=sinθ，则y=-cosθ,z=4，即n=sinθ,-cosθ,433π2π因为PC⎳平面MAB，所以PC⋅n=sinθ+0-=0，则sinθ=，所以θ=或θ=，2233因为PC=1,0,-2，设平面PBD的法向量为m=x1,y1,z1，π131313①当θ=3，则B2,2,0，D-2,2,0，所以BD=-1,0,0，BP=-2,-2,2，BD⋅m=-x1=0x1=0则13⇒z=3y，取y1=4，则m=0,4,3BP⋅n=-2x1-2y1+2z1=0141PC⋅m0+0-232285所以cosPC,m===-，所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为PC⋅m5×19952285；952π131313②当θ=3，则B-2,2,0，D-1,0,0，所以BD=-2,-2,0，BP=2,-2,2，13BD⋅m=-2x1-2y1=0x1=-3y1则13⇒3，取y1=2，则m=-23,2,3BP⋅n=2x1-2y1+2z1=0z1=2y1PC⋅m-23+0-234285所以cosPC,m===-，所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值PC⋅m5×19954285为；9522854285综上，直线PC与平面PBD所成角的正弦值为或.95952π31(22·23·福州·二模)如图1，在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC=,E为BC的中点，F为AB上一3点，且EF⊥AB.将△BEF沿EF翻折到△BEF的位置，如图2.(1)当AB=2时，证明：平面BAE⊥平面ABC；π(2)已知二面角B-EF-A的大小为，棱AC上是否存在点M，使得直线BE与平面BMF所成角的正410弦值为？若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由.10【答案】(1)证明见解析(2)存在，点M为AC中点【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明AB⊥平面ABC，再由面面垂直的判定定理证明即可；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】(1)由已知，有EF⊥AF,EF⊥BF，且AF∩BF=F，40 AF，BF⊂平面ABF，所以EF⊥平面ABF，因为AB⊂平面ABE，所以EF⊥AB.π在Rt△BEF中，BE=3,∠B=，631所以BF=,AF=.22222因为AB+AF=BF，所以AB⊥AB.且AB∩EF=F，AB，EF⊂平面ABC，所以AB⊥平面ABC.因为AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面ABC.(2)由(1)EF⊥AF,EF⊥BF，π所以∠AFB为二面角B-EF-A的平面角，∠AFB=，42π因为AB=AC=2,∠BAC=,E为BC的中点，31331所以BE=ABsin60°=BC=3，BF=BF=BEcos30°=，AF=2-=，EF=BEsin30°=2222332，BFsin45°=BFcos45°=，24如图，以F为坐标原点，分别以FB､FE为x轴､y轴正方向建立空间直角坐标系F-xyz.1332323则F0,0,0,A-2,0,0,C-2,3,0,B-4,0,4,E0,2,0.设AM=λAC,λ∈0,1，1323232332则FM=FA+AM=-λ-2,3λ,0,FB=-4,0,4,BE=4,2,-4.设平面BMF的一个法向量m=x,y,z，m⋅FB=-λ-11由2x+3λy=0，得-λ-2x+3λy=0，3232m⋅FM=-x+z=0x=z442λ+12λ+1令x=1，则y=,z=1，所以m=1,,1.23λ23λ10因为直线BE与平面BMF所成角的正弦值为，1032λ+1m⋅BE210所以cosm,BE===，|m|BE|3⋅12λ2+12λ2+(2λ+1)21011解得λ=或λ=-(舍).2610因此，当点M为AC中点时，直线BE与平面BMF所成角的正弦值为.1032(22·23·三明·三模)如图，平面五边形ABCDE由等边三角形ADE与直角梯形ABCD组成，其中AD∥BC，AD⊥DC，AD=2BC=2，CD=3，将△ADE沿AD折起，使点E到达点M的位置，且BM=a.41 (1)当a=6时，证明AD⊥BM并求四棱锥M-ABCD的体积；(2)已知点P为棱CM上靠近点C的三等分点，当a=3时，求平面PBD与平面ABCD夹角的余弦值.3【答案】(1)证明见解析，213(2)13【分析】(1)首先取取AD的中点O，连结MO，OB，由条件可先证明AD⊥平面MOB，即可证明AD⊥BM，再利用线面垂直的判断定理，以及勾股定理证明OM⊥平面ABCD，最后根据锥体的体积公式，即可求解；(2)以点O为原点，根据(1)中的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角公式，求二面角的余弦值.【详解】(1)如图，取AD的中点O，连结MO，OB，因为△ADM为等边三角形，且AD=2，则OM⊥AD，OM=3.因为AD∥BC，AD⊥DC，AD=2BC=2，CD=3，ππ所以BD=2，∠BDC=，那么∠BDA=，则△ADB也是等边三角形，63所以OB⊥AD，OB=3.因为OM∩OB=O，OM，OB⊂平面MOB，所以AD⊥平面MOB，因为BM⊂平面MOB，所以AD⊥BM.222因为BM=a=6，所以OM+OB=BM，所以OM⊥OB，因为OA∩OB=O，OA，OB⊂平面ABCD，所以OM⊥平面ABCD.113所以VM-ABCD=×1+2×3×3=.322(2)由(1)知AD⊥平面MOB，以OA､OB所在直线分别为x轴､y轴，在平面MOB内过O作OB的垂线作为z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示.则B0,3,0，D-1,0,0，C-1,3,02223+3-31在△MOB中，因为BM=a=3，所以cos∠MOB==-，2×3×322π由∠MOB∈0,π,则∠MOB=，3π过点M作直线OB的垂线，垂足为G，则∠MOG=，333所以MG=，OG=，2233所以M0,-2,242 11333设Px,y,z，因为CP=3CM，所以x+1,y-3,z=31,-2,2，231231所以x=-3，y=2，z=2，即P-3,2,2131所以DP=3,2,2，DB=1,3,0，设平面PBD的法向量为n=x1,y1,z1，131DP⋅n=3x1+2y1+2z1=0则，DB⋅n=x1+3y1=03不妨令x1=3，则y1=-1，z1=，33所以n=3,-1,3不妨设平面ABCD的法向量为m=0,0,1，设平面PBD与平面ABCD的夹角为θ3m⋅n313则cosθ=cosm,n===，m3+1+113⋅n313所以平面PBD与平面ABCD夹角的余弦值是.1333(22·23·宁德·一模)如图①在平行四边形ABCD中，AE⊥DC，AD=4，AB=3，∠ADE=60°，将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，得到图②所示几何体．(1)若M为BD的中点，求四棱锥M-ABCE的体积VM-ABCE；23(2)在线段DB上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ABCE所成锐二面角的余弦值为，如果存5DM在，求出的值，如果不存在，说明理由．DB43【答案】(1)3DM1(2)存在，的值为DB2【分析】(1)首先求出AE，DE及EC的长度，再证明DE⊥平面ABCE，最后根据锥体的体积公式计算可得．(2)建立空间直角坐标系，设DM=λDB，0<λ<1，利用空间向量法得到方程，求出λ的值，即可得解.【详解】(1)由图①知，AE⊥DC，所以DE⊥AE，在△ADE中，因为AD=4，∠ADE=60°，可得AE=23，DE=2，所以EC=1．由图②知，平面ADE⊥平面ABCE，DE⊂平面ADE，平面ADE∩平面ABCE=AE，因为DE⊥AE，所以DE⊥平面ABCE，43 因为M为BD的中点，1111143所以VM-ABCE=VD-ABCE=××SABCE×DE=××1+3×23×2=．223623(2)由(1)知EA，EC，ED三者两两垂直，以点E为原点，EA，EC，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(如图)．则E0,0,0，D0,0,2，C0,1,0，A23,0,0，B23,3,0，DB=23,3,-2，AC=-23,1,0，设DM=λDB=23λ,3λ,-2λ，0<λ<1，EM=ED+DM=0,0,2+23λ,3λ,-2λ=23λ,3λ,2-2λ，即M23λ,3λ,2-2λ，所以CM=23λ,3λ-1,2-2λ，设平面ACM的法向量为m=x,y,z，m⋅AC=0-23x+y=0所以m⋅CM=0，则23λx+3λ-1y+2-2λz=0，43λ-3令x=1，得m=1,23,，λ-1设平面ABCE的法向量为n=0,0,1，43λ-3λ-12311所以cosm,n==，解得λ=或λ=-(舍去)，1×1+12+43λ-32522λ-1DM1所以此时的值为.DB234(22·23·龙岩·二模)三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，侧面A1ACC1为矩形，∠A12π23AB=，三棱锥C1-ABC的体积为．33(1)求侧棱AA1的长；5(2)侧棱CC1上是否存在点E，使得直线AE与平面A1BC所成角的正弦值为？若存在，求出线段C1E5的长；若不存在，请说明理由．44 【答案】(1)AA1=2(2)C1E=2【分析】(1)证明AD⊥平面ABC，结合题目条件，先计算出AD的值，然后即可以求得侧棱AA1的长；(2)建立空间直角坐标系，设未知数λ，结合题目条件，列出方程求解，即可得到本题答案.【详解】(1)在平面AA1B1B内过A作AD⊥A1B1，垂足为D，因为侧面A1ACC1为矩形，所以CA⊥AA1，又CA⊥AB，AB∩AA1=A，AB,AA1⊂平面AA1B1B，所以CA⊥平面AA1B1B，又CA⊂平面ABC，所以平面AA1B1B⊥平面ABC，易得AD⊥AB，AD⊂面AA1B1B，平面AA1B1B∩平面ABC=AB，所以AD⊥平面ABC，11123因为VC1-ABC=S△ABC⋅AD=××2×2AD=，所以AD=3，33232ππ因为∠A1AB=，∠A1AD=，所以AA1=2；36(2)存在点E满足题意，C1E=2，理由如下：如图，以A为坐标原点，以AB,AC,AD所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A1(-1,0,3),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(-1,2,3)，设C1E=λC1C,λ∈[0,1]，则E(λ-1,2,3-3λ)，故AE=(λ-1,2,3-3λ)，A1B=(3,0,-3)，A1C=(1,2,-3)设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z)m⋅A1B=03x-3z=0则即，令z=3，则x=y=1，m⋅A1C=0x+2y-3z=0故平面A1BC的一个法向量m=(1,1,3)，设直线AE与平面A1BC所成角为θ，AE⋅m2-λ5则sinθ===，解得λ=1，λ2-2λ+2⋅55AE⋅m故存在点E满足题意，所以C1E=2.35(22·23下·浙江·二模)如图，在多面体ABC-A1B1C1中，AA1⎳BB1⎳CC1，AA1⊥平面A1B1C1，△A1B1C1为等边三角形，A1B1=BB1=2，AA1=3，CC1=1，点M是AC的中点．(1)若点G是△A1B1C1的重心，证明；点G在平面BB1M内；(2)求二面角B1-BM-C1的正弦值．【答案】(1)证明见解析45 5(2)5【分析】(1)取A1C1中点N，连接B1N，MN，由点G是△A1B1C1的重心，得出G∈B1N，再证明四边形BB1NM是平行四边形，即可证明点G在平面BB1M内；(2)解法1：由AA1⊥平面A1B1C1，AA1∥BB1∥CC1，得出平行四边形BB1NM为矩形，得出BM⊥MN，再由点M是AC的中点得出BM⊥A1C1，证明出BM⊥平面A1C1C，得出BM⊥MC1，即可得出∠CMN就是所求二面角的平面角，求出∠CMN的正弦值即可得出答案；解法2：建立空间直角坐标系，分别求出平面C1BM和平面BMB1的一个法向量，求出两平面夹角的余弦，再求出正弦即可．【详解】(1)证明：取A1C1中点N，连接B1N，MN，如图所示，因为点G是△A1B1C1的重心，故G一定在中线B1N上，因为点M是AC的中点，点N是A1C1的中点，所以MN是梯形AA1C1C的中位线，1所以MN=AA1+CC1=2=BB1，且MN∥AA1∥CC1，2又AA1∥BB1∥CC1，所以MN∥BB1，所以四边形BB1NM是平行四边形，因为点G∈B1N，B1N⊂平面BB1NM，所以点G∈平面BB1NM，即点G在平面BB1M内．(2)解法1：因为AA1⊥平面A1B1C1，AA1∥BB1∥CC1，所以BB1⊥平面A1B1C1，又因为B1N⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥B1N，因为四边形BB1NM是平行四边形，所以四边形BB1NM是矩形，BM∥B1N，所以BM⊥MN，因为△A1B1C1为等边三角形，点N是A1C1中点，所以B1N⊥A1C1，所以BM⊥A1C1，又因为A1C1⊂平面A1C1C，MN⊂平面A1C1C，A1C1∩MN=N，所以BM⊥平面A1C1C，又因为MC1⊂平面A1C1C，所以BM⊥MC1，所以∠CMN就是所求二面角的平面角，2222因为C1M=MN+C1N=2+1=5，C1N15所以sin∠C1MN===，C1M555故二面角B1-BM-C1的正弦值为．546 解法2：以A1为原点，A1B1所在直线为x轴，垂直于A1B1的直线为y轴，A1A所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，13则B12,0,0,B2,0,2,C11,3,0,M2,2,2，3333MB1=2,-2,-2,MB=2,-2,0，13MC1=2,2,-2，设平面BMB1与平面BMC1的法向量分别为m=x1,y1,z1,n=x2,y2,z2，3x-3y-2z=021211则，不妨取x1=1.则m=1,3,0，3x-3y=021213x-3y=02222，不妨取x2=1,n=1,3,1，1x+3y-2z=022222m⋅n25所以cosm,n==，5mn5故二面角B1-BM-C1的正弦值为．536(22·23下·浙江·三模)如图，三棱台ABC-A1B1C1中，A1C1=4，AC=6，D为线段AC上靠近C的三等分点.BE(1)线段BC上是否存在点E，使得A1B⎳平面C1DE，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值；BCπ(2)若A1A=AB=4，∠A1AC=∠BAC=，点A1到平面ABC的距离为3，且点A1在底面ABC的射影落3在△ABC内部，求直线B1D与平面ACC1A1所成角的正弦值.BE2【答案】(1)存在，=BC3358(2)58【分析】(1)取BC的靠近点C的三等分点E，连接C1E、DE、DC1，证明出平面AA1B1B⎳平面C1DE，利用面面平行的性质可得出A1B⎳平面C1DE，由此可得出结论；(2)过点A1在平面AA1C1C内作A1O⊥AC，垂足为点O，连接BO，过点A1在平面A1OB内作A1E⊥BO，垂足为点E，证明出A1E⊥平面ABC，求出∠A1OE的值，然后以点O为坐标原点，OB、OC、EA1的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线B1D与平面ACC1A1所成角的正弦值.【详解】(1)取BC的靠近点C的三等分点E，连接C1E、DE、DC1，47 22则AD=AC=×6=4=A1C1，33又因为AD⎳A1C1，所以，四边形AA1C1D为平行四边形，则AA1⎳DC1，因为DC1⊄平面AA1B1B，AA1⊂平面AA1B1B，所以，DC1⎳平面AA1B1B，CDCE1因为==，所以，DE⎳AB，ACBC3因为DE⊄平面AA1B1B，AB⊂平面AA1B1B，所以，DE⎳平面AA1B1B，因为DC1∩DE=D，DC1、DE⊂平面C1DE，所以，平面AA1B1B⎳平面C1DE，因为A1B⊂平面AA1B1B，故A1B⎳平面C1DE，BE2因此，线段BC上是否存在点E，且当=时，A1B⎳平面C1DE.BC3(2)过点A1在平面AA1C1C内作A1O⊥AC，垂足为点O，连接BO，π由A1A=AB=4，∠A1AC=∠BAC=，AO=AO，所以，△AOA1≌△AOB，3π所以，∠AOB=∠AOA1=，所以，BO⊥AC，2过点A1在平面A1OB内作A1E⊥BO，垂足为点E，因为A1O⊥AC，BO⊥AC，A1O∩BO=O，A1O、BO⊂平面A1BO，所以，AC⊥平面A1BO，因为A1E⊂平面A1BO，则A1E⊥AC，又因为A1E⊥BO，AC∩BO=O，AC、BO⊂平面ABC，所以，A1E⊥平面ABC，因为点A1到平面ABC的距离为3，即A1E=3，π3且A1O=AA1sin∠A1AC=4sin=4×=23，32A1E33所以，sin∠A1OB===，A1O232π由图可知，∠A1OB为锐角，所以，∠A1OB=，3以点O为坐标原点，OB、OC、EA1的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则O0,0,0、A13,0,3、D0,2,0、A0,-2,0、B23,0,0、C0,4,0，OA1=3,0,3，AC=0,6,0，48 n⋅OA1=3x+3z=0设平面ACA1C1的法向量n=x,y,z，则，n⋅AC=6y=0取x=3，则n=3,0,-1，22434A1B1=3AB=323,2,0=3,3,0，434732所以，DB1=DO+OA1+A1B1=0,-2,0+3,0,3+3,3,0=3,-3,3，DB1⋅n7-3358因为cosDB1,n===，DB258×2581⋅n3358因此，B1D与平面ACA1C1所成角的正弦值为.5837(22·23下·苏州·三模)如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为62的等边三角形，且PA=PB=PC=6，PD⊥平面ABC，垂足为D,DE⊥平面PAB，垂足为E，连接PE并延长交AB于点G.(1)求二面角P-AB-C的余弦值；(2)在平面PAC内找一点F，使得EF⊥平面PAC，说明作法及理由，并求四面体PDEF的体积.3【答案】(1)；34(2)答案见解析，.3【分析】(1)根据条件确定∠PGD就是二面角P-AB-C的平面角，构造三角形求解；(2)根据给定的条件知PB⊥平面PAC，过点E作PB的平行线与PA交于F，则EF⊥平面PAC，再求出三棱锥P-EFD的底面积和高即可.【详解】(1)∵PA=PB=PC，并且△ABC是等边三角形，∴三棱锥P-ABC是正三棱锥，D是△ABC的中心，点G是AB边的中点；由PD⊥平面ABC，DE⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，可知AB⊥PD,AB⊥DE,PD∩DE=D，PD⊂平面PDG，DE⊂平面PDG，所以AB⊥平面PDG，进而得AB⊥PG,AB⊥DG，所以∠PGD就是二面角P-AB-C的平面角，222又△ABC是边长为62的等边三角形，且PA=PB=PC=6，PA+PB=AB，∴△PAB是等腰直角三角形，同理△PAC,△PBC都是等腰直角三角形；49 1113∴PG=AB=32，GD=CG=××62=6，2332GD33cos∠PGD==，即二面角P-AB-C的余弦值为；PG33(2)∵PB⊥PC,PB⊥PA,PA∩PC=P,PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，∴PB⊥平面PAC，同理PC⊥平面PAB，又DE⊥平面PAB，∴ED⎳PC，∴E与点P，D，C共面，即E点在线段PG上，1PECD2π又△EDG∼△PGC,∴ED=PC=2，==,PE=22，∠APG=，3PGCG34过E点在平面PAB内作PB的平行线，与PA交于F，则EF⊥平面PAC，PE△PEF也是等腰直角三角形，EF==2，2又DE⊥平面PAB，EF⊂平面PAB，∴DE⊥EF，将△PEF作为底面，则ED是三棱锥D-PEF的高，11144∴VP-DEF=VD-PEF=S△PEF∙DE=××2×2×2=，即四面体PDEF的体积为.33233138(22·23·沧州·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成.C,E,D,G在同一平4面内，且CG=DG.(1)证明：平面BFD⊥平面BCG；10(2)若直线GC与平面ABG所成角的正弦值为，求平面BFD与平面ABG所成角的余弦值.5【答案】(1)证明见解析15(2)5【分析】(1)连接CE,DG，先证明BF⊥平面BCG，然后根据面面垂直的判定得出结论；(2)建立空间直角坐标系，先根据线面角算出AD，然后在利用法向量求二面角的大小1【详解】(1)如图，连接CE,DG，因为该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，4CG=DG，所以∠ECD=∠DCG=45°，所以∠ECG=90°，所以CE⊥CG.因为BC∥EF，BC=EF，所以四边形BCEF为平行四边形，所以BF∥CE，所以BF⊥CG.因为BC⊥平面ABF，BF⊂平面ABF，所以BC⊥BF.50 因为BC,CG⊂平面BCG，BC∩CG=C，所以BF⊥平面BCG，因为BF⊂平面BFD，所以平面BFD⊥平面BCG.(2)如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设AF=2，AD=t，则A0,0,0，B0,2,0，F2,0,0，D0,0,t，G-1,1,t，C0,2,t，则AB=0,2,0，AG=-1,1,t，GC=1,1,0，设平面ABG的一个法向量为m=x,y,z，m⋅AB=0,y=0则即令z=1，则m=t,0,1，m⋅AG=0,-x+y+tz=0记直线GC与平面ABG所成的角为θ，GC⋅mt10则sinθ=cosGC,m===，2×t2+15GCm解得t=2(负值舍去)，即AD=2.设平面BFD的一个法向量为n=x,y,z，FB=-2,2,0，FD=-2,0,2，n⋅FB=0-2x+2y=0则n⋅FD=0即-2x+2z=0令x=1，则n=1,1,1.m⋅n315所以cosm,n===.mn5×3515因此平面BFD与平面ABG所成角的余弦值为.539(23·24上·永州·一模)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，且AD=2AB=4,M、N分别为PD、BC的中点，H在线段PC上，且PC=3PH．(1)求证：MN⎳平面PAB；(2)当AM⊥PC时，求平面AMN与平面HMN的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析51 1(2)5【分析】(1)取AD中点Q，连接MQ,NQ，要证MN⎳平面PAB，只需平面MQN⎳平面PAB，结合已知条件即可得证.(2)当AM⊥PC时并结合已知条件即可建立如图所示坐标系，根据AD=2AB=4以及中点关系、PC=3PH即可写出各个点的坐标，进而求出法向量即可求解.【详解】(1)如图所示：取AD中点Q，连接MQ,NQ，M,N分别为PD、BC的中点，且底面ABCD为矩形，1所以MQ⎳PA,MQ=PA，且NQ⎳AB，2又因为MQ⊂平面MQN，MQ⊄平面PAB，NQ⊂平面MQN，NQ⊄平面PAB，所以MQ⎳平面PAB，且QN⎳平面PAB，又因为MQ∩NQ=Q，MQ⊂平面MQN，NQ⊂平面MQN，所以平面MQN⎳平面PAB，因为MN⊂平面MQN，所以由面面平行的性质可知MN⎳平面PAB(2)如图所示：注意到侧面PAD为正三角形以及M为PD的中点，所以由等边三角形三线合一得AM⊥PD，又因为AM⊥PC，且PD⊂面PDC，PC⊂面PDC，PD∩PC=P，所以AM⊥面PDC，又因为CD⊂面PDC，所以CD⊥AM，又因为底面ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为AD∩AM=A，AM⊂面PAD，AD⊂面PAD，所以CD⊥面PAD，因为PQ⊂面PAD，所以CD⊥PQ，又CD⎳NQ，所以NQ⊥PQ，又由三线合一PQ⊥AD，又AD⊥NQ，所以建立上图所示的空间直角坐标系；因为AD=2AB=4，所以A0,-2,0,N2,0,0,P0,0,23,C2,2,0,D0,2,0，52 又因为M为PD的中点，PC=3PH，2243所以M0,1,3,H3,3,3，213所以MA=0,-3,-3，MN=2,-1,-3，MH=3,-3,3，不妨设平面AMN与平面HMN的法向量分别为n1=x1,y1,z1,n2=x2,y2,z2，n1⋅MA=0n2⋅MH=0所以有以及，n1⋅MN=0n2⋅MN=0-3y-3z=02x-1y+3z=0即分别有11以及323232，2x1-y1-3z1=02x2-y2-3z2=0分别令y1=-1,x2=1，并解得n1=-1,1,-3,n2=1,2,0，不妨设平面AMN与平面HMN的夹角为θ，n1⋅n2-1×1+1×2-3×01所以cosθ===；n1⋅n2-12+12+32×12+22+0251综上所述：平面AMN与平面HMN的夹角的余弦值为.540(22·23·潍坊·三模)如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为3，点E在母线PC上，且AE=3，CE=1．(1)求证：PO∥平面BDE；(2)求证：平面BED⊥平面ABD(3)若点M为线段PO上的动点．当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析7(3)14【分析】(1)设AC交BD于点F，连接EF，利用三角形相似证得EF⊥AC，从而证得PO∥EF，进而证得直线PO∥平面BDE；(2)通过PO⊥平面ABD，证得EF⊥平面ABD，所以平面BED⊥平面ABD；(3)建立空间直角坐标系，设OM=λOP0≤λ≤1，通过向量DM和平面ABE的法向量建立直线DM与平面ABE所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.【详解】(1)如图，设AC交BD于点F，连接EF，由圆锥的性质可知PO⊥底面ABD，53 因为AC⊂平面ABD，所以PO⊥AC，3又因为△ABD是底面圆的内接正三角形，由AD=3，可得AF=，2AD=AC，解得AC=2，sin60°222又AE=3，CE=1，所以AC=AE+CE，即∠AEC=90°，AE⊥PC，AEAF3又因为==，所以△ACE∽△AFE，ACAE2所以∠AFE=∠AEC=90°，即EF⊥AC，又PO,AC,EF⊂平面PAC，直线EF∥PO,PO⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，所以直线PO∥平面BDE．(2)因为PO∥EF,PO⊥平面ABD，所以EF⊥平面ABD，又EF⊂平面BED，所以平面BED⊥平面ABD；(3)易知PO=2EF=3，以点F为坐标原点，FA,FB,FE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，333311则A2,0,0，B0,2,0，D0,-2,0，E0,0,2，P2,0,3，O2,0,0，333313所以AB=-2,2,0，AE=-2,0,2，DO=2,2,0，OP=0,0,3，设平面ABE的法向量为n=x,y,z，33AB⋅n=-2x+2y=0则33，令x=1，则n=1,3,3，AE⋅n=-x+z=02213设OM=λOP0≤λ≤1，可得DM=DO+OM=2,2,3λ，设直线DM与平面ABE所成的角为θ，n⋅DM3λ+2则sinθ=cosn,DM==，2nDM7×3λ+1229λ+12λ+4112λ+1即sinθ==3+，73λ2+173λ2+112x+1令y=,x∈0,1，23x+1x+1x+112x+112124则y=2=421=41121=49≤3x+1x+3x+12-12+3x+1+144-112x+161254 4=4，492x+1144-112x+16121112x+1当且仅当x=时，等号成立，所以当x=时，y=有最大值4，223x2+1113即当λ=2时，sinθ的最大值为1，此时点M2,0,2，3所以MA=1,0,-2，3MA⋅n1,0,-2⋅1,3,37所以点M到平面ABE的距离d===，714n7故当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，点M到平面ABE的距离为.1455