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3.立体几何
1.(2017·全国Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.
(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D－AE－C的余弦值.
(1)证明 由题设可得△ABD≌△CBD.
从而AD＝CD，又△ACD为直角三角形，
所以∠ADC＝90°，
取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO，
又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC，
所以∠DOB为二面角D－AC－B的平面角，
在Rt△AOB中，BO2＋OA2＝AB2，
又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°，
所以平面ADC⊥平面ABC.
(2)解 由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，
为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则O(0，0，0)，A，D，B，C(－1，0，0)，
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由题意知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E，
故＝，＝，＝.
设平面AED的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面AEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则解得n1＝，
解得n2＝(0，－1，)，
设二面角D－AE－C为θ，易知θ为锐角，
则cos θ＝＝.
2.(2017·河南百校联盟模拟)在如图所示的直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是BC，A1B1的中点.
(1)求证：DE∥平面ACC1A1；
(2)若AB⊥BC，AB＝BC，∠ACB1＝60°，求直线BC与平面AB1C所成角的正切值.
(1)证明 取AB中点F，连接DF，EF.
在△ABC中，因为D，F分别为BC，AB的中点，
所以DF∥AC，又DF⊄平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，所以DF∥平面ACC1A1.
在矩形ABB1A1中，因为E，F分别为A1B1，AB的中点，
所以EF∥AA1，又EF⊄平面ACC1A1，
AA1⊂平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1.
因为DF∩EF＝F，所以平面DEF∥平面ACC1A1.
因为DE⊂平面DEF，故DE∥平面ACC1A1.
(2)解 因为三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，所以BC⊥BB1，
又AB⊥BC，AB∩BB1＝B，所以BC⊥平面ABB1A1.
因为AB＝BC，BB1＝BB1，
所以△ABB1≌△CBB1，AB1＝CB1，
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又∠ACB1＝60°，所以△AB1C为正三角形，
所以AB1＝＝AC＝AB，所以BB1＝AB.
取AB1的中点O，连接BO，CO，所以AB1⊥BO，AB1⊥CO，所以AB1⊥平面BCO，
所以平面AB1C⊥平面BCO，点B在平面AB1C上的射影在CO上，
所以∠BCO即为直线BC与平面AB1C所成的角.
在Rt△BCO中，BO＝AB＝BC，
所以tan∠BCO＝＝.
3.(2017·中原名校豫南九校模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝a，PA⊥平面ABCD，且PA＝1，E，F分别为AD，PA的中点，在BC上有且只有一个点Q，使得PQ⊥QD.
(1)求证：平面BEF∥平面PDQ；
(2)求二面角E－BF－Q的余弦值.
(1)证明 方法一 (向量法)以A点为原点，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Axyz，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，a，0)，P(0，0，1)，
设Q(1，x，0)，则＝(1，x，－1)，＝(－1，a－x，0)，
若PQ⊥QD，则·＝－1＋x(a－x)＝0，
即x2－ax＋1＝0，Δ＝a2－4＝0，
∴a＝2，x＝1.
∴Q，＝，
又E是AD的中点，
∴E，＝，
∴＝，
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∴BE∥DQ，
又BE⊄平面PDQ，DQ⊂平面PDQ，
∴BE∥平面PDQ，
又F是PA的中点，
∴EF∥PD，
∵EF⊄平面PDQ，PD⊂平面PDQ，
∴EF∥平面PDQ，
∵BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BEF，
∴平面BEF∥平面PDQ.
方法二 (几何法)题意转化为矩形ABCD中AQ垂直于QD的点Q只有一个，则以AD为直径的圆与线段BC相切，易得BC＝2，Q是线段BC的中点，由BE∥QD，EF∥DP，易得两平面平行.
(2)解 设平面BFQ的一个法向量m＝，
则m·＝m·＝0，
由(1)知，＝，＝，
∴－x＋z＝y＝0，
取z＝2，得m＝，
同样求得平面BEF的一个法向量n＝，cos〈m，n〉＝＝，
∵二面角E－BF－Q为锐角，
∴二面角E－BF－Q的余弦值为.
4.(2017·云南大理统测)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，E，F分别为PC，BD的中点.
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)在线段AB上是否存在点G，使得二面角C－PD－G的余弦值为，若存在，请求出点G的位置；若不存在，请说明理由.
(1)证明 连接AC，由正方形性质可知，AC与BD相交于点F，
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所以在△PAC中，EF∥PA，
又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
(2)解 取AD的中点O，连接OP，OF，
因为PA＝PD，所以PO⊥AD，
又因为侧面PAD⊥底面ABCD，交线为AD，
所以PO⊥平面ABCD，
以O为原点，分别以射线OA，OF和OP为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系Oxyz，
不妨设AD＝2，
则P，D，C，假设在AB上存在点G，0＜a＜2，
则＝，＝，＝.
因为侧面PAD⊥底面ABCD，交线为AD，且底面是正方形，
所以CD⊥平面PAD，则CD⊥PA，
由PA2＋PD2＝AD2，得PD⊥PA，
又PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，
所以PA⊥平面PDC，即平面PDC的一个法向量为＝(1，0，－1).
设平面PDG的法向量为n＝(x，y，z)，
由即
亦即
可取n＝(a，－2，－a).
所以|cos〈，n〉|＝＝＝，
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解得a＝1或a＝－1(舍去).
所以线段AB上存在点G，且G为AB的中点，使得二面角C－PD－G的余弦值为.
5.(2017·吉林长春检测)已知三棱锥A－BCD中，△ABC是等腰直角三角形，且AC⊥BC，BC＝2，AD⊥平面BCD，AD＝1.
(1)求证：平面ABC⊥平面ACD；
(2)若E为AB的中点，求二面角A－CE－D的余弦值.
(1)证明 因为AD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，所以AD⊥BC，
又因为AC⊥BC，AC∩AD＝A，AD，AC⊂平面ACD，
所以BC⊥平面ACD，又BC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面ACD.
(2)解 由已知可得CD＝，如图所示建立空间直角坐标系，
由已知C(0，0，0)，B(0，2，0)，A(，0，1)，D(，0，0)，E，
则＝，＝(，0，1)，＝(，0，0)，
设平面ACE的法向量n＝(x1，y1，z1)，
则
令x1＝1，得n＝(1，0，－)，
设平面CED的法向量m＝(x2，y2，z2)，
则
令y2＝1，得m＝(0，1，－2)，
二面角A－CE－D的余弦值cos〈m，n〉＝＝＝.
6.(2017·福建厦门模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.
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(1)求证：BC⊥平面ACFE；
(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角为θ，试求cos θ的取值范围.
(1)证明 在梯形ABCD中，
因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，所以AB＝2，
所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，
所以AB2＝AC2＋BC2，所以BC⊥AC.
因为平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，
BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ACFE.
(2)解 建立以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系如图所示，
令FM＝λ(0≤λ≤)，
则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，
所以＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)，
设n1＝(x，y，z)为平面MAB的一个法向量，
由得
取x＝1，所以n1＝(1，，－λ)，
因为n2＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量.
所以cos θ＝＝＝.
因为0≤λ≤，所以当λ＝0时，cos θ有最小值，
当λ＝时，cos θ有最大值.所以cos θ∈.
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