2022新高考数学人教A版一轮总复习训练8.5空间向量及其在立体几何中的应用综合集训（带解析）

§8.5　空间向量及其在立体几何中的应用基础篇【基础集训】考点一　用向量法证明平行、垂直1.已知直线l与平面ABC,若直线l的方向向量为n=(-1,2,-1),向量=(1,0,-1),=(2,1,0),则有(　　)A.直线l∥平面ABCB.直线l⊥平面ABCC.直线l与平面ABC相交但不垂直D.直线l∥平面ABC或直线l⊂平面ABC答案　B2.(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,如果=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1),那么下列结论正确的有(　　)A.AP⊥ABB.AP⊥ADC.是平面ABCD的一个法向量D.∥答案　ABC3.如图所示的长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的正方形,O为AC与BD的交点,BB1=,M是线段B1D1的中点.求证:(1)BM∥平面D1AC;(2)D1O⊥平面AB1C. 4.如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F分别是AB,PD的中点,且PA=AD.(1)求证:AF∥平面PEC;(2)求证:平面PEC⊥平面PCD.考点二　用向量法求空间角与距离5.在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.(1)求证:AB⊥CD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值;(3)在(2)的条件下,求点D到平面BMC的距离.6.如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值;(4)在(3)的条件下,求BE与AF所成角的余弦值. [教师专用题组]【基础集训】考点一　用向量法证明平行、垂直1.(2018北京石景山一模,17)如图,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,EB∥PA,AB=PA=4,EB=2,F为PD的中点.(1)求证:AF⊥PC;(2)求证:BD∥平面PEC;(3)求二面角D-PC-E的大小.解析　依题意,AD,AB,AP两两垂直.如图,以A为原点,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.则A(0,0,0),B(0,4,0),C(4,4,0),D(4,0,0),P(0,0,4),E(0,4,2),F(2,0,2).(1)证明:=(2,0,2),=(4,4,-4),所以·=8+0+(-8)=0. 所以AF⊥PC.(2)证明:取PC的中点M,连接EM.因为M(2,2,2),=(2,-2,0),=(4,-4,0),所以=2,所以BD∥EM.又因为EM⊂平面PEC,BD⊄平面PEC,所以BD∥平面PEC.(3)因为AF⊥PD,AF⊥PC,PD∩PC=P,所以AF⊥平面PCD,故=(2,0,2)为平面PCD的一个法向量.设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),因为=(4,4,-4),=(0,4,-2),所以即令y=-1,得x=-1,z=-2,故n=(-1,-1,-2).所以cos<,n>==-,由图可知二面角D-PC-E的平面角为钝角,所以二面角D-PC-E的大小为.2.(2018宁夏银川一中月考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,PB=2,PB与平面PCD成45°角,PB与平面ABD成30°角.(1)在PB上是否存在一点E,使得PC⊥平面ADE?若存在,确定E点位置,若不存在,请说明理由;(2)当E为PB的中点时,求二面角P-AE-D的余弦值. 解析　(1)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,由题意易知PD=CD=1,BC=,AD⊥PC,故要使PC⊥平面ADE,只需PC⊥DE,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(,1,0),C(0,1,0),则=(,1,-1),设=λ(0≤λ≤1),∴=λ=λ(,1,-1).=(0,1,-1),由·=·(+)=(0,1,-1)·(λ,λ,1-λ)=0,解得λ=,即PB上存在点E使得PC⊥平面ADE,且E为PB中点.(2)由(1)知D(0,0,0),A(,0,0),E,P(0,0,1),=(,0,0),=,=(,0,-1),=,设平面ADE的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PAE的法向量为n2=(x2,y2,z2),则⇒令y1=1,得n1=(0,1,-1).同理求得n2=(1,0,),所以cos<n1,n2>==-. 易知所求二面角为锐二面角,故二面角P-AE-D的余弦值为.3.(2020河南天一9月联考,18)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,CA=CB=AA1=2,M,N分别是A1B与CC1的中点,G为△ABN的重心.(1)求证:MG⊥平面ABN;(2)求二面角A1-AB-N的正弦值.解析　(1)证明:由题意知AC,BC,CC1两两垂直,以C为原点,分别以AC、BC、CC1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,2),A1(2,0,2),由中点坐标公式,得M(1,1,1),N(0,0,1),由重心性质得G,则=,=(-2,2,0),=(-2,0,1),=(0,0,2),∴·=0,·=0,∴MG⊥AN,MG⊥AB,又AN∩AB=A, ∴MG⊥平面ABN.(2)由(1)得平面ABN的一个法向量为=,设平面A1AB的法向量n=(x,y,z),则取x=1,得n=(1,1,0),∴cos<,n>==-,设二面角A1-AB-N的大小为θ,则sinθ==.∴二面角A1-AB-N的正弦值为.4.(2018陕西榆林一模,19)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,∠ABD=90°,EB⊥平面ABCD,EF∥AB,AB=2,EB=,EF=1,BC=,且M是BD的中点.(1)求证:EM∥平面ADF;(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小.解析　(1)证明:∵EB⊥平面ABD,AB⊥BD,故以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.∵AB=2,EB=,EF=1,BC=,∴B(0,0,0),D(3,0,0),A(0,2,0),E(0,0,),F(0,1,),M,∴=,=(3,-2,0),=(0,-1, ).设平面ADF的法向量n=(x,y,z).∴令y=3,得n=(2,3,).又∵·n=3-3=0,∴n⊥,又EM⊄平面ADF,故EM∥平面ADF.(2)由(1)可知平面ADF的一个法向量n=(2,3,).易知=(3,0,0),=(0,1,),设平面BFD的法向量m=(x1,y1,z1),∴令z1=1,得m=(0,-,1),∴cos<m,n>===-,又二面角A-FD-B为锐角,故二面角A-FD-B的余弦值为.易错警示　(1)盲目建立坐标系,导致运算量太大.(2)运算失误导致错解.5.如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M是CC1的中点,N是BC的中点,点P在直线A1B1上,且满足=λ.(1)当λ=1时,求证:直线PN⊥平面AMN;(2)若平面PMN与平面AA1C1C所成的锐二面角的大小为45°,试确定点P的位置. 解析　(1)证明:如图所示,建立空间直角坐标系.则N,M,A(0,0,0),=,=.当λ=1时,点P与点B1重合,此时P点坐标为(1,0,1),=.又·=-++0=0,·=0+-=0,故PN⊥AN,PN⊥AM,又AM∩AN=A,所以直线PN⊥平面AMN.(2)设平面PMN的法向量为m=(x,y,z),由题意知P(λ,0,1),则=,=,则即取m=(3,2λ+1,2-2λ).易知平面AA1C1C的一个法向量为n==(1,0,0).∵平面PMN与平面AA1C1C所成的锐二面角的大小为45°,∴|cos<m,n>|===,解得λ=-或λ=1.∴点P在B1A1的延长线上,且|A1P|=或点P与点B1重合. 6.(2020浙江新高考研究卷五,19)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥AD,CD⊥AD,AD∥BC,△PBC为正三角形,PA=AD=CD=BC,=2,=2.(1)证明:EF∥平面PAB;(2)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.解析　(1)证明:过点E作EG∥AD交PA于G,连接BG.因为=2,=2,所以EG=AD=BC=BF.因为AD∥BC,所以EG∥BF,(3分)所以四边形GBFE为平行四边形,所以EF∥BG.因为EF⊄平面PAB,BG⊂平面PAB,所以EF∥平面PAB.(6分)(2)过点A作AH∥CD交BC于H,则H为BC的中点,连接PH,因为AH∥CD,CD⊥AD,所以AD⊥AH,又PA⊥AD,PA∩AH=A,从而AD⊥平面PAH,(8分)不妨设PA=AD=DC=1,则PB=PC=CB=2,所以PH=.如图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),D(0,1,0),F, 在△PAH中,由余弦定理知cos∠PAH==-,所以∠PAH=120°,则P,所以E,所以=,=(0,2,0),=.(11分)设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则即取x=1,得z=,则n=(1,0,),(12分)设直线EF与平面PBC所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|==.故直线EF与平面PBC所成角的正弦值为.(15分)7.(2020天津南开二模,17)如图所示,平面CDEF⊥平面ABCD,且四边形ABCD为平行四边形,∠DAB=45°,四边形CDEF为直角梯形,EF∥DC,ED⊥CD,AB=3EF=3,ED=a,AD=.(1)求证:AD⊥BF;(2)若线段CF上存在一点M,满足AE∥平面BDM,求的值;(3)若a=1,求二面角D-BC-F的余弦值.解析　(1)证明:∵平面CDEF⊥平面ABCD,ED⊥CD,∴ED⊥平面ABCD.(1分)如图,以D为原点,DC所在直线为y轴,DE所在直线为z轴,过点D垂直于DC的直线为x轴建立空间直角坐标系D-xyz, ∵∠DAB=45°,AB=3EF=3,ED=a,AD=,∴A(1,-1,0),B(1,2,0),C(0,3,0),E(0,0,a),F(0,1,a).(3分)∴=(-1,-1,a),=(1,-1,0).(4分)∵·=(-1,-1,a)·(1,-1,0)=0,∴AD⊥BF.(5分)(2)设=λ,λ∈[0,1],则=λ(0,-2,a)=(0,-2λ,λa),则=+=(0,3,0)+(0,-2λ,λa)=(0,3-2λ,λa).(6分)设平面BDM的法向量为n1=(x1,y1,z1),则取x1=2,得y1=-1,z1=,即n1=.(8分)由AE∥平面BDM,得·n1=(-1,1,a)·=0,即-2-1+=0,解得λ=.∴线段CF上存在一点M,满足AE∥平面BDM,此时=.(11分)(3)设平面BCF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则取x2=1,得y2=1,z2=2,即n2=(1,1,2).(13分)易知平面BCD的一个法向量为n3=(0,0,1),∴cos<n2,n3>===,(14分)由图可知,二面角D-BC-F为锐角, ∴二面角D-BC-F的余弦值为.(15分)8.(2019河南洛阳尖子生第四次联考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,点M为棱PC的中点,点E,F分别为棱AB,BC上的动点(E,F与所在棱的端点不重合),且满足BE=BF.(1)证明:平面PEF⊥平面MBD;(2)当三棱锥F-PEC的体积最大时,求二面角C-MF-E的余弦值.解析　(1)证明:因为PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,所以AP,AB,AD两两垂直,以A为坐标原点,,,的方向为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.则P(0,0,2),M(1,1,1),B(2,0,0),D(0,2,0).设E(t,0,0)(0<t<2),则F(2,2-t,0),(2分)=(t,0,-2),=(2,2-t,-2),=(1,-1,-1),=(-1,1,-1).设m1=(a1,b1,c1)为平面PEF的法向量,则即可取m1=(2,-2,t).(4分)设m2=(a2,b2,c2)为平面MBD的法向量, 则即可取m2=(1,1,0).(5分)因为m1·m2=2×1-2×1+t×0=0,所以m1⊥m2.所以平面PEF⊥平面MBD.(6分)(2)因为VF-PEC=VP-EFC,所以当三棱锥F-PEC的体积最大,即VP-EFC最大时,S△EFC最大.因为S△EFC=(2-t)t=-(t-1)2+,因为0<t<2,所以当t=1时,S△EFC最大.(8分)由(1)中空间直角坐标系得C(2,2,0),F(2,1,0),E(1,0,0),M(1,1,1),=(1,0,-1),=(-1,-1,0),=(0,1,0).(9分)设n1=(x1,y1,z1)是平面MEF的法向量,则即可取n1=(1,-1,1).(10分)设n2=(x2,y2,z2)是平面MCF的法向量,则即可取n2=(1,0,1).(11分)则cos<n1,n2>===.由图知所求二面角为钝二面角,所以二面角C-MF-E的余弦值为-.(12分)方法点拨　解答空间几何体中的垂直关系时,一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的垂直关系进行转化,转化时要正确运用有关的定理,找出足够的条件进行推理. 考点二　用向量法求空间角和距离1.(2018陕西渭南一模,7)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=2,AC=3,BD=4,CD=,则该二面角的大小为(　　)A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.120°答案　C　由已知可得:·=0,·=0,=++,∴||2=|++|2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=32+22+42+2×3×4cos<,>=()2,∴cos<,>=-,即<,>=120°,所以<,>=60°,∴二面角的大小为60°.故选C.2.(2016吉林期中)正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角是(　　)A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90°答案　A　如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz,设OD=SO=OA=OB=OC=a,直线BC与平面PAC所成的角为α,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P. 则=(2a,0,0),=,=(-a,-a,0).设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则令y=1,可得n=(0,1,1),则|cos<,n>|=.∴sinα=,易知0°≤α≤90°,∴α=30°,∴直线BC与平面PAC所成的角为30°.故选A.思路分析　以底面中心O为原点建系,利用平面的法向量和向量的夹角公式求解.3.如图,已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=A1A=AB=2,点E是棱AB上一点,且=λ.(1)证明:D1E⊥A1D;(2)若二面角D1-EC-D的余弦值为,求CE与平面D1ED所成的角的大小.解析　(1)证明:如图,以D为坐标原点,DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,4,0),A1(2,0,2),B1(2,4,2),C1(0,4,2),D1(0,0,2).因为=λ,所以E,于是=,=(-2,0,-2),因为·=·(-2,0,-2)=0,故D1E⊥A1D. (2)因为D1D⊥平面ABCD,所以平面DEC的一个法向量为n1==(0,0,2).设平面D1CE的法向量为n2=(x,y,z),又=,=(0,-4,2),∴n2·=2x+y=0,n2·=-4y+2z=0,所以可取向量n2=,因为二面角D1-EC-D的余弦值为,所以=,解得λ=1,所以E(2,2,0),故=(2,2,0),=(2,-2,0),因为·=0,·=0,故CE⊥DD1,CE⊥DE,又DD1∩DE=D,所以CE⊥平面D1ED.即CE与平面D1ED所成角的大小为.4.(2018江西南昌二中1月模拟,18)如图,△ABC的外接圆☉O的半径为,CD⊥☉O所在的平面,BE∥CD,CD=4,BC=2,且BE=1,tan∠AEB=2.(1)求证:平面ADC⊥平面BCDE;(2)试问线段DE上是否存在点M,使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为?若存在,确定点M的位置,若不存在,请说明理由. 解析　(1)证明:∵CD⊥平面ABC,BE∥CD,∴BE⊥平面ABC,∴BE⊥AB.∵BE=1,tan∠AEB=2,∴AB=2.∵☉O的半径为,∴AB是直径,∴AC⊥BC.又∵CD⊥平面ABC,∴CD⊥BC,又AC∩CD=C,∴BC⊥平面ADC.∵BC⊂平面BCDE,∴平面ADC⊥平面BCDE.(2)建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则A(4,0,0),B(0,2,0),D(0,0,4),E(0,2,1),C(0,0,0),则=(0,2,-3),易知平面ACD的一个法向量为=(0,2,0).假设满足题意的点M存在,设M(a,b,c),则=(a,b,c-4),再设=λ,λ∈(0,1],∴⇒即M(0,2λ,4-3λ),从而=(-4,2λ,4-3λ).设直线AM与平面ACD所成的角为θ,则sinθ=|cos<,>|==.解得λ=-或λ=,其中λ=-∉(0,1],舍去, 而λ=∈(0,1],故满足条件的点M存在,且点M为线段DE上靠近E的三等分点.5.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.解析　如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,所以M,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.=.由此可得·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0). 设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.(3)依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos<,n>===,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.所以,线段A1E的长为-2.综合篇【综合集训】考法一　求直线与平面所成角的方法1.(2020山东青岛三模,19)如图,在直角梯形AO1O2C中,AO1∥CO2,AO1⊥O1O2,O1O2=4,CO2=2,AO1=4,点B是线段O1O2的中点,将△ABO1,△BCO2分别沿AB,BC向上折起,使O1,O2重合于点O,得到三棱锥O-ABC.试在三棱锥O-ABC中.(1)证明:平面AOB⊥平面BOC;(2)求直线OC与平面ABC所成角的正弦值. 2.(2020山东济宁6月三模,19)如图1,四边形ABCD为矩形,BC=2AB,E为AD的中点,将△ABE、△DCE分别沿BE、CE折起得图2,使得平面ABE⊥平面BCE,平面DCE⊥平面BCE.(1)求证:平面ABE⊥平面DCE;(2)若F为线段BC的中点,求直线FA与平面ADE所成角的正弦值.考法二　求二面角的方法3.(2020山东师范大学附中最后一卷,19)在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,BD⊥DC,点E是BC的中点.将△ABD沿BD折起,使AB⊥AC,连接AE,DE,得到三棱锥A-BCD.(1)求证:平面ABD⊥平面BCD;(2)若AD=1,二面角C-AB-D的余弦值为,求二面角B-AD-E的正弦值.4.(2020山东潍坊二模,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD=2,AB=3,AP=,AD∥BC,AD⊥平面PAB,∠APB=90°,点E满足=+.(1)证明:PE⊥DC;(2)求二面角A-PD-E的余弦值. [教师专用题组]【综合集训】考法一　求直线与平面所成角的方法1.(2018福建四地七校4月联考,10)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=2,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A1B与平面ABD所成角的余弦值为(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　B　如图,以C为坐标原点,CA所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,CC1所在直线为z轴建立空间直角坐标系C-xyz,设CA=CB=a(a>0),则A(a,0,0),B(0,a,0),A1(a,0,2),D(0,0,1),∴E.又∵G为△ABD的重心,∴G.易得=,=(0,-a,1).∵点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,∴⊥平面ABD. ∴·=0,解得a=2.∴=,=(2,-2,2).∵⊥平面ABD,∴为平面ABD的一个法向量,设A1B与平面ABD所成角为θ,∴sinθ=|cos<,>|===,∴cosθ=.∴A1B与平面ABD所成角的余弦值为,故选B.2.(2020天津和平线上学习阶段性检测,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,∠BCC1=90°,AB⊥侧面BB1C1C.(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正弦值;(2)在棱CC1(不包含端点C,C1)上确定一点E的位置,使得EA⊥EB1(要求说明理由);(3)在(2)的条件下,若AB=,求二面角A-EB1-A1的大小.解析　∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCC1=90°,AB⊥侧面BB1C1C,∴AB,BC,BB1两两垂直.如图,以B为原点建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),C1(1,2,0),B1(0,2,0). (1)平面ABC的一个法向量为=(0,2,0),=(1,2,0),设BC1与平面ABC所成角为θ,则sinθ=cos|<,>|=.∴直线C1B与底面ABC所成角的正弦值为.(2)设E(1,y,0)(0<y<2),A(0,0,z),则=(-1,2-y,0),=(-1,-y,z),∵EA⊥EB1,∴·=1-y(2-y)=0,∴y=1,即E(1,1,0),∴E为CC1的中点.(3)由已知得A(0,0,),则=(1,1,-),=(1,-1,0),设平面AEB1的法向量为n=(x1,y1,z1),则∴取n=(1,1,),∵=(1,1,0),·=1-1=0,∴BE⊥B1E,又BE⊥A1B1,∴BE⊥平面A1B1E,∴平面A1B1E的一个法向量为=(1,1,0),∴cos<n,>==,又知二面角A-EB1-A1为锐二面角,∴二面角A-EB1-A1的大小为45°.考法二　求二面角的方法1.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,下底面ABCD是边长为2的正方形,上底面A1B1C1D1是边长为1的正方形,侧棱DD1⊥平面ABCD,DD1=2.(1)求证:B1B∥平面D1AC;(2)求二面角B1-AD1-C的余弦值.解析　以D为原点,DA,DC,DD1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 D-xyz,则有A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2),D1(0,0,2).(1)证明:设AC∩BD=E,连接D1E,则有E(1,1,0),=(1,1,-2),又=(1,1,-2),所以B1B∥D1E,又B1B⊄平面D1AC,D1E⊂平面D1AC,所以B1B∥平面D1AC.(2)=(1,1,0),=(2,0,-2),设n=(x,y,z)为平面AB1D1的法向量,则有n·=x+y=0,n·=2x-2z=0.令x=1,得y=-1,z=1.故平面AB1D1的一个法向量为n=(1,-1,1).同理可以求得平面D1AC的一个法向量为m=(1,1,1).所以cos<m,n>==.由图知二面角B1-AD1-C为锐二面角,故二面角B1-AD1-C的余弦值为.2.(2019广西南宁二中1月月考,19)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由. 解析　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ),N(1,0,2),M(2,1,2).=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0).(1)证明:当λ=1时,=(-1,0,1),因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP.又FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),则由可得于是可取n=(λ,-λ,1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1).若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±,显然满足0<λ<2.故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.3.(2019黑龙江大庆模拟,21)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是菱形,∠BAA1=60°,E是棱BB1的中点,CA=CB,F在线段AC上,且AF=2FC.(1)证明:CB1∥平面A1EF;(2)若CA⊥CB,平面CAB⊥平面ABB1A1,求二面角F-A1E-A的余弦值. 解析　(1)连接AB1交A1E于点G,连接FG.易知△AGA1~△B1GE,所以==2,又因为=2,所以=,所以FG∥CB1,又CB1⊄平面A1EF,FG⊂平面A1EF,所以CB1∥平面A1EF.(2)过C作CO⊥AB于O,因为CA=CB,所以O是线段AB的中点.因为平面CAB⊥平面ABB1A1,平面CAB∩平面ABB1A1=AB,所以CO⊥平面ABB1A1,连接OA1,因为△ABA1是等边三角形,O是线段AB的中点,所以OA1⊥AB.如图以O为原点,,,分别为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A(1,0,0),A1(0,,0),C(0,0,1),B(-1,0,0),F,由=,得B1(-2,,0),BB1的中点E,=,=,设平面A1FE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则即得方程的一组解为即n1=(-1,,5),设平面ABB1A1的一个法向量为n2=(0,0,1),则cos<n1,n2>==,由图可知,所求二面角为锐二面角,所以二面角F-A1E-A的余弦值为.