理科2010-2018高考数学真题分类训练专题8立体几何第二十四讲空间向量与立体几何答案

天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 专题八 立体几何 第二十四讲 空间向量与立体几何 答案部分 2019 年 1.解析：（1）连结B1C，ME． 因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME= B1C． 又因为N为A1D的中点，所以ND= A1D． 由题设知A1B1 DC，可得B1C A1D，故ME ND， 因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED． 又MN 平面EDC1，所以MN∥平面C1DE． （2）由已知可得DE⊥DA． 以D为坐标原点， 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 ，A1(2,0,4)， ， ， ， ， ， ． 设 为平面A1MA的法向量，则 ， 所以 可取 ． 1 2 1 2 = = = ⊄ DA N M D C BA D1 C1 B1A1 z y x (2,0,0)A (1, 3,2)M (1,0,2)N 1 (0,0, 4)A A = − 1 ( 1, 3, 2)A M = − − 1 ( 1,0, 2)A N = − − 1 ( 1,0, 2)A N = − − ( , , )x y z=m 1 1 0 0 A M A A  ⋅ = ⋅ =   m m 3 2 0 4 0 x y z z − + − =− = ， ． ( 3,1,0)=m 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 设 为平面A1MN的法向量，则 所以 可取 ． 于是 ， 所以二面角 的正弦值为 ． 2.解析：（I）因为 平面 ，所以 . 又因为 ，所以 .平面 ， （II）过 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M，因为 平面 ，所以 ， 如图建立空间直角坐标系 A-xyz，则 A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0）， D（0，2，0），P（0，0，2），因为 E 为 PD 的中点，所以 E（0，1，1）. 所以 ， , . 所以 ， 设平面 AEF 的法向量为 ，则 ，即 . 令 z=1,则 y=-1,x=-1.于是 . 又因为平面 PAD 的法向量为 ，所以 . 因为二面角 F-AE-P 为锐角，所以其余弦值为 ( , , )p q r=n 1 0 0 MN A N  ⋅ = ⋅ =   ， ． n n 3 0 2 0 q p r − =− − = ， ． (2,0, 1)= −n 2 3 15cos , | | 52 5 ⋅〈 〉 = = = ×‖ m nm n m n 1A MA N− − 10 5 PA ⊥ ABCD PA CD⊥ AB CD⊥ CD ⊥ PAD PA ⊥ ABCD ,PA AM⊥ PA AD⊥ ( )0,1,1AE = ( )2,2, 2PC = − ( )0,0,2AP = 1 2 2 2, ,3 3 3 3PF PC  = = −     2 2 4, ,3 3 3AF AP PF  = + =       ( ), ,x y z=n 0 0 AE AF  ⋅ = ⋅ =   n n 0 2 2 4 03 3 3 y z x y z + = + + = ( )1, 1,1= − −n ( )1,0,0=p 3cos 3 ⋅= = −⋅ n p< n, p > n p 3 3 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ （III）直线 AG 在平面 AEF 内，因为点 G 在 PB 上，且 所以 ， . 由（II）知，平面 AEF 的法向量为 ， 所以 ，所以直线 AG 在平面 AEF 内. 3.解析：方法一： （I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E 平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC， 所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC. 又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F. 所以BC⊥平面A1EF. 因此EF⊥BC. （Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形． 由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形． 由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上. z y x B G P F E D CM A 2 ,3 PG PB = ( )2, 1, 2 ,PB = − − 2 4 2 4, ,3 3 3 3PG PB  = = − −     4 2 2, ,3 3 3AG AP PG  = + = −      ( )1, 1,1= − −n 4 2 2 03 3 3AG ⋅ + + = n = - ⊂ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）. 不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2 ，EG= . 由于O为A1G的中点，故 ， 所以 ． 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是 ． 方法二： （Ⅰ）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E 平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC. 如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz. 不妨设AC=4，则 A1（0，0，2 ），B（ ，1，0）， ， ，C(0，2，0). 因此， ， ． 由 得 ． （Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为 ， 由（Ⅰ）可得 ， ， 设平面A1BC的法向量为 ， 3 3 1 15 2 2 AGEO OG= = = 2 2 2 3cos 2 5 EO OG EGEOG EO OG + −∠ = =⋅ 3 5 ⊂ 3 3 1( 3,3,2 3)B 3 3( , ,2 3)2 2F 3 3( , ,2 3)2 2EF = ( 3,1,0)BC = − 0EF BC⋅ =  EF BC⊥ θ ( 3,1,0)BC = − 1 (0,2, 2 3)AC = − ( , , )x y z=n 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 由 ，得 ， 取 ，故 . 因此直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值为 . 4.证明：（1）因为 D，E 分别为 BC，AC 的中点， 所以 ED∥AB. 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AB∥A1B1， 所以 A1B1∥ED. 又因为 ED⊂平面 DEC1，A1B1 平面 DEC1， 所以 A1B1∥平面 DEC1. （2）因为 AB=BC，E 为 AC 的中点，所以 BE⊥AC. 因为三棱柱 ABC-A1B1C1 是直棱柱，所以 CC1⊥平面 ABC. 又因为 BE⊂平面 ABC，所以 CC1⊥BE. 因为 C1C⊂平面 A1ACC1，AC⊂平面 A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以 BE⊥平面 A1ACC1. 因为 C1E⊂平面 A1ACC1，所以 BE⊥C1E. 32.（2019 全国Ⅲ理 19）图 1 是由矩形 ADEB、Rt△ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形， 其中 AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，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 B-CG-A 的大小. 1 0 0 BC AC  ⋅ = ⋅ =   n n 3 0 3 0 x y y z − + = − = (1, 3,1)=n 4sin cos , 5 EF EF EF θ ⋅ = 〈 〉 = = ⋅    n n n 3 5 ⊄ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 5.解析（1）由已知得AD BE，CG BE，所以AD CG，故AD，CG确定一个平面，从而A， C，G，D四点共面． 由已知得AB BE，AB BC，故AB 平面BCGE． 又因为AB 平面ABC，所以平面ABC 平面BCGE． （2）作EH BC，垂足为H．因为EH 平面BCGE，平面BCGE 平面ABC，所以EH 平 面ABC． 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH= ． 以H为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0， ）， =（1，0， ）， =（2， –1，0）． 设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则 即 所以可取n=（3，6，– ）． 又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以 ． 因此二面角B–CG–A的大小为30°．    ⊥ ⊥ ⊥ ⊂ ⊥ ⊥ ⊂ ⊥ ⊥ 3 HC –H xyz 3 CG 3 AC 0, 0, CG AC  ⋅ = ⋅ =   n n 3 0, 2 0. x z x y  + = − = 3 3cos , | || | 2 ⋅〈 〉 = =n mn m n m 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 6.解析：（1）由已知得， 平面 ， 平面 ， 故 ． 又 ，所以 平面 ． （2）由（1）知 ．由题设知 ，所以 ， 故 ， ． 以 为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐 标系D-xyz， 则C（0，1，0），B（1，1，0）， （0，1，2），E（1，0，1）， ， ， ． 设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则 即 所以可取n= . 设平面 的法向量为m=（x，y，z），则 即 所以可取m=（1，1，0）． 于是 ． 1 1B C ⊥ 1 1ABB A BE ⊂ 1 1ABB A 1 1B C ⊥ BE 1BE EC⊥ BE ⊥ 1 1EB C 1 90BEB∠ = ° 1 1Rt RtABE A B E≅△ △ 45AEB∠ = ° AE AB= 1 2AA AB= D DA | |DA z y x 1C (1,0,0)CB = (1, 1,1)CE = − 1 (0,0,2)CC = 0, 0, CB CE  ⋅ = ⋅ = n n 0, 0, x x y z =  − + = (0, 1, 1)− − 1ECC 1 0, 0, CC CE  ⋅ = ⋅ = m m 2 0, 0. z x y z =  − + = 1cos , | || | 2 ⋅< >= = −n mn m n m 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 所以，二面角 的正弦值为 ． 7.解析：（I）因为 平面 ，所以 . 又因为 ，所以 .平面 ， （II）过 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M，因为 平面 ，所以 ， 如图建立空间直角坐标系 A-xyz，则 A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0）， D（0，2，0），P（0，0，2），因为 E 为 PD 的中点，所以 E（0，1，1）. 所以 ， , . 所以 ， 设平面 AEF 的法向量为 ，则 ，即 . 令 z=1,则 y=-1,x=-1.于是 . 又因为平面 PAD 的法向量为 ，所以 . 因为二面角 F-AE-P 为锐角，所以其余弦值为 （III）直线 AG 在平面 AEF 内，因为点 G 在 PB 上，且 所以 ， . 1B EC C− − 3 2 PA ⊥ ABCD PA CD⊥ AB CD⊥ CD ⊥ PAD PA ⊥ ABCD ,PA AM⊥ PA AD⊥ ( )0,1,1AE = ( )2,2, 2PC = − ( )0,0,2AP = 1 2 2 2, ,3 3 3 3PF PC  = = −     2 2 4, ,3 3 3AF AP PF  = + =       ( ), ,x y z=n 0 0 AE AF  ⋅ = ⋅ =   n n 0 2 2 4 03 3 3 y z x y z + = + + = ( )1, 1,1= − −n ( )1,0,0=p 3cos 3 ⋅= = −⋅ n p< n, p > n p 3 3 z y x B G P F E D CM A 2 ,3 PG PB = ( )2, 1, 2 ,PB = − − 2 4 2 4, ,3 3 3 3PG PB  = = − −     4 2 2, ,3 3 3AG AP PG  = + = −      天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 由（II）知，平面 AEF 的法向量为 ， 所以 ，所以直线 AG 在平面 AEF 内. 8.解析：方法一： （I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E 平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC， 所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC. 又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F. 所以BC⊥平面A1EF. 因此EF⊥BC. （Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形． 由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形． 由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上. 连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）. 不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2 ，EG= . 由于O为A1G的中点，故 ， 所以 ． 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是 ． 方法二： ( )1, 1,1= − −n 4 2 2 03 3 3AG ⋅ + + = n = - ⊂ 3 3 1 15 2 2 AGEO OG= = = 2 2 2 3cos 2 5 EO OG EGEOG EO OG + −∠ = =⋅ 3 5 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ （Ⅰ）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E 平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC. 如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz. 不妨设AC=4，则 A1（0，0，2 ），B（ ，1，0）， ， ，C(0，2，0). 因此， ， ． 由 得 ． （Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为 ， 由（Ⅰ）可得 ， ， 设平面A1BC的法向量为 ， 由 ，得 ， 取 ，故 . 因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为 . 9.解析（1）由已知得AD BE，CG BE，所以AD CG，故AD，CG确定一个平面，从而A， C，G，D四点共面． 由已知得AB BE，AB BC，故AB 平面BCGE． 又因为AB 平面ABC，所以平面ABC 平面BCGE． ⊂ 3 3 1( 3,3,2 3)B 3 3( , ,2 3)2 2F 3 3( , ,2 3)2 2EF = ( 3,1,0)BC = − 0EF BC⋅ =  EF BC⊥ θ ( 3,1,0)BC = − 1 (0,2, 2 3)AC = − ( , , )x y z=n 1 0 0 BC AC  ⋅ = ⋅ =   n n 3 0 3 0 x y y z − + = − = (1, 3,1)=n 4sin cos , 5 EF EF EF θ ⋅ = 〈 〉 = = ⋅    n n n 3 5    ⊥ ⊥ ⊥ ⊂ ⊥ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ （2）作EH BC，垂足为H．因为EH 平面BCGE，平面BCGE 平面ABC，所以EH 平 面ABC． 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH= ． 以H为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0， ）， =（1，0， ）， =（2， –1，0）． 设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则 即 所以可取n=（3，6，– ）． 又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以 ． 因此二面角B–CG–A的大小为30°． 10.解析：（1）由已知得， 平面 ， 平面 ， 故 ． 又 ，所以 平面 ． （2）由（1）知 ．由题设知 ，所以 ， 故 ， ． 以 为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐 标系D-xyz， ⊥ ⊂ ⊥ ⊥ 3 HC –H xyz 3 CG 3 AC 0, 0, CG AC  ⋅ = ⋅ =   n n 3 0, 2 0. x z x y  + = − = 3 3cos , | || | 2 ⋅〈 〉 = =n mn m n m 1 1B C ⊥ 1 1ABB A BE ⊂ 1 1ABB A 1 1B C ⊥ BE 1BE EC⊥ BE ⊥ 1 1EB C 1 90BEB∠ = ° 1 1Rt RtABE A B E≅△ △ 45AEB∠ = ° AE AB= 1 2AA AB= D DA | |DA 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 则C（0，1，0），B（1，1，0）， （0，1，2），E（1，0，1）， ， ， ． 设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则 即 所以可取n= . 设平面 的法向量为m=（x，y，z），则 即 所以可取m=（1，1，0）． 于是 ． 所以，二面角 的正弦值为 ． 11.解析：（1）连结B1C，ME． 因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME= B1C． 又因为N为A1D的中点，所以ND= A1D． 由题设知A1B1 DC，可得B1C A1D，故ME ND， 因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED． 又MN 平面EDC1，所以MN∥平面C1DE． z y x 1C (1,0,0)CB = (1, 1,1)CE = − 1 (0,0,2)CC = 0, 0, CB CE  ⋅ = ⋅ = n n 0, 0, x x y z =  − + = (0, 1, 1)− − 1ECC 1 0, 0, CC CE  ⋅ = ⋅ = m m 2 0, 0. z x y z =  − + = 1cos , | || | 2 ⋅< >= = −n mn m n m 1B EC C− − 3 2 1 2 1 2 = = = ⊄ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ （2）由已知可得DE⊥DA． 以D为坐标原点， 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 ，A1(2,0,4)， ， ， ， ， ， ． 设 为平面A1MA的法向量，则 ， 所以 可取 ． 设 为平面A1MN的法向量，则 所以 可取 ． 于是 ， 所以二面角 的正弦值为 ． 12.解析：（I）因为 平面 ，所以 . 又因为 ，所以 .平面 ， （II）过 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M，因为 平面 ，所以 ， 如图建立空间直角坐标系 A-xyz，则 A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0）， DA N M D C BA D1 C1 B1A1 z y x (2,0,0)A (1, 3,2)M (1,0,2)N 1 (0,0, 4)A A = − 1 ( 1, 3, 2)A M = − − 1 ( 1,0, 2)A N = − − 1 ( 1,0, 2)A N = − − ( , , )x y z=m 1 1 0 0 A M A A  ⋅ = ⋅ =   m m 3 2 0 4 0 x y z z − + − =− = ， ． ( 3,1,0)=m ( , , )p q r=n 1 0 0 MN A N  ⋅ = ⋅ =   ， ． n n 3 0 2 0 q p r − =− − = ， ． (2,0, 1)= −n 2 3 15cos , | | 52 5 ⋅〈 〉 = = = ×‖ m nm n m n 1A MA N− − 10 5 PA ⊥ ABCD PA CD⊥ AB CD⊥ CD ⊥ PAD PA ⊥ ABCD ,PA AM⊥ PA AD⊥ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ D（0，2，0），P（0，0，2），因为 E 为 PD 的中点，所以 E（0，1，1）. 所以 ， , . 所以 ， 设平面 AEF 的法向量为 ，则 ，即 . 令 z=1,则 y=-1,x=-1.于是 . 又因为平面 PAD 的法向量为 ，所以 . 因为二面角 F-AE-P 为锐角，所以其余弦值为 （III）直线 AG 在平面 AEF 内，因为点 G 在 PB 上，且 所以 ， . 由（II）知，平面 AEF 的法向量为 ， 所以 ，所以直线 AG 在平面 AEF 内. 13.解析 依题意，可以建立以 为原点，分别以 的方向为 轴， 轴， 轴 ( )0,1,1AE = ( )2,2, 2PC = − ( )0,0,2AP = 1 2 2 2, ,3 3 3 3PF PC  = = −     2 2 4, ,3 3 3AF AP PF  = + =       ( ), ,x y z=n 0 0 AE AF  ⋅ = ⋅ =   n n 0 2 2 4 03 3 3 y z x y z + = + + = ( )1, 1,1= − −n ( )1,0,0=p 3cos 3 ⋅= = −⋅ n p< n, p > n p 3 3 z y x B G P F E D CM A 2 ,3 PG PB = ( )2, 1, 2 ,PB = − − 2 4 2 4, ,3 3 3 3PG PB  = = − −     4 2 2, ,3 3 3AG AP PG  = + = −      ( )1, 1,1= − −n 4 2 2 03 3 3AG ⋅ + + = n = - A AB AD AE  ， ， x y z 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 正方向的空间直角坐标系，如图所示，可得 ， .设 ，则 . （ Ⅰ ） 依 题 意 ， 是 平 面 的 法 向 量 ， 又 ， 可 得 ，又因为直线 平面 ，所以 平面 . （Ⅱ）依题意， . 设 为平面 的法向量，则 ，即 ，不妨令 ， 可得 .因此有 . 所以，直线 与平面 所成角的正弦值为 . （Ⅲ）设 为平面 的法向量，则 ，即 ， 不妨令 ，可得 . 由题意，有 ，解得 .经检验，符合题意. 所以，线段 的长为 . (0,0,0), (1,0,0), (1,2,0), (0,1,0)A B C D (0,0,2)E ( 0)CF h h= >> ( )1,2,F h (1,0,0)AB = ADE (0,2, )BF h= 0BF AB⋅ =  BF ⊄ ADE BF ∥ ADE ( 1,1,0), ( 1,0,2), ( 1, 2,2)BD BE CE= − = − = − −   ( , , )x y z=n BDE 0 0 BD BE  ⋅ = ⋅ =   n n 0 2 0 x y x z − + = − + = 1z = (2,2,1)=n 4cos , 9| || | CECE CE ⋅= = −   nn n CE BDE 4 9 ( , , )x y z=m BDF 0 0 BD BF  ⋅ = ⋅ =   m m 0 2 0 x y y hz − + =  + = 1y = 21,1, h  = −  m 2 24| | 1cos , | || | 343 2 h h −⋅〈 〉 = = = × + m nm n m n 8 7h = CF 8 7 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 2010-2018 年 1．【解析】(1)由已知可得， ⊥ ， ⊥ ，所以 ⊥平面 PEF． 又 平面 ，所以平面 ⊥平面 ． (2)作 ⊥ ，垂足为 ．由(1)得， ⊥平面 ． 以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直 角坐标系 ． 由(1)可得， ⊥ ．又 =2， =1，所以 = ． 又 =1， =2，故 ⊥ ． 可得 , ． 则 ， ， ， ， 为平面 的法向量． H z y x P F E D C BA BF PF BF EF BF BF ⊂ ABFD PEF ABFD PH EF H PH ABFD H HF y | |BF −H xyz DE PE DP DE PE 3 PF EF PE PF 3 2 =PH 3 2 =EH (0,0,0)H 3(0,0, )2P 3( 1, ,0)2 − −D 3 3(1, , )2 2 =DP 3(0,0, )2HP = ABFD 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 设 与平面 所成角为 ，则 ． 所以 与平面 所成角的正弦值为 ． 2．【解析】(1)在三棱柱 中， ∵ ⊥平面 ， ∴四边形 为矩形． 又 ， 分别为 ， 的中点， ∴ ⊥ ． ∵ ． ∴ ⊥ ， ∴ ⊥平面 ． (2)由(1)知 ⊥ ， ⊥ ， ∥ ． 又 ⊥平面 ，∴ ⊥平面 ． ∵ 平面 ，∴ ⊥ ． 如图建立空间直角坐称系 ． 由题意得 ， ， ， ， ． ∴ ， ， 设平面 的法向量为 ， z yx C1 B1 A1 G F E D C BA DP ABFD θ 3 34sin | | 4| | | | 3 HP DP HP DP θ ⋅= = = ⋅     DP ABFD 3 4 1 1 1ABC A B C− 1CC ABC 1 1A ACC E F AC 1 1AC AC EF AB BC= AC BE AC BEF AC EF AC BE EF 1CC 1CC ABC EF ABC BE ⊂ ABC EF BE E xyz− (0,2,0)B ( 1,0,0)C − (1,0,1)D (0,0,2)F (0,2,1)G =(2 0 1)CD ，， =(1 2 0)CB ， ， BCD ( )a b c= ，，n 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ ∴ ，∴ ， 令 ，则 ， ， ∴平面 的法向量 ， 又∵平面 的法向量为 ， ∴ ． 由图可得二面角 为钝角，所以二面角 的余弦值为 ． (3)平面 的法向量为 ，∵ ， ， ∴ ，∴ ，∴ 与 不垂直， ∴ 与平面 不平行且不在平面 内，∴ 与平面 相交． 3 ． 【 解 析 】 (1) 因 为 ， 为 的 中 点 ， 所 以 ， 且 ． 连结 ．因为 ，所以 为等腰直角三角形， 且 ， ． 由 知 ． 由 ， 知 平面 ． (2) 如 图 ， 以 为 坐 标 原 点 ， 的 方 向 为 轴 正 方 向 ， 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ． 0 0 CD CB  ⋅ = ⋅ =   n n 2 0 2 0 a c a b + =  + = 2a = 1b = − 4c = − BCD (2 1 4)= − −， ，n 1CDC =(0 2 0)EB ， ， 21cos = 21| || | EBEB EB ⋅< ⋅ >= −   nn n 1B CD C− − 1B CD C− − 21 21 − BCD (2 1 4)= − −， ，n (0,2,1)G (0,0,2)F =(0 2 1)GF − ， ， 2GF⋅ = −n n GF GF BCD BCD GF BCD 4AP CP AC= = = O AC OP AC⊥ 2 3OP = OB 2 2AB BC AC= = ABC△ OB AC⊥ 1 22OB AC= = 2 2 2OP OB PB+ = PO OB⊥ ⊥OP OB ⊥OP AC PO ⊥ ABC O OB x O xyz− 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 由已知得 ， ， ， ， ， ，取平面 的法向量 ． 设 ，则 ． 设平面 的法向量为 ． 由 得 ，可取 ， 所以 ．由已知得 ． 所以 ．解得 （舍去）， ． 所以 ．又 ，所以 ． 所以 与平面 所成角的正弦值为 ． 4．【解析】(1)由题设知，平面 ⊥平面 ，交线为 ． 因为 ⊥ ， 平面 ，所以 ⊥平面 ，故 ⊥ ． 因为 为 上异于 ， 的点，且 为直径，所以 ⊥ ． 又 = ，所以 ⊥平面 ． 而 平面 ，故平面 ⊥平面 ． (2)以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ． z y x A B C P M O ⊂  ⊂ (0,0,0)O (2,0,0)B (0, 2,0)−A (0,2,0)C (0,0,2 3)P (0,2,2 3)=AP PAC (2,0,0)OB = ( ,2 ,0)(0 2)− < ≤M a a a ( ,4 ,0)AM a a= − PAM ( , , )x y z=n 0, 0AP AM⋅ = ⋅ = n n 2 2 3 0 (4 ) 0 y z ax a y  + = + − = ( 3( 4), 3 , )a a a= − −n 2 2 2 2 3( 4)cos , 2 3( 4) 3 aOB a a a −= − + +  n 3| cos , | 2OB = n 2 2 2 2 3 | 4| 3= 22 3( 4) 3 a a a a − − + + 4a = − 4 3a = 8 3 4 3 4( , , )3 3 3 = − −n (0,2, 2 3)PC = − 3cos , 4PC = n PC PAM 3 4 CMD ABCD CD BC CD BC ABCD BC CMD BC DM M CD C D DC DM CM BC CM C DM BMC DM AMD AMD BMC D DA x D xyz− 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 当三棱锥 体积最大时， 为 的中点． 由题设得 ， ， ， ， ， ， ， 设 是平面 的法向量，则 即 可取 ． 是平面 的法向量，因此 ， ， 所以面 与面 所成二面角的正弦值是 ． 5．【解析】依题意，可以建立以 为原点，分别以 ， ， 的方向为 轴， 轴， 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得 ， ， ， ， ， ， ， ， ． z y x A B CD M 0, 0. AM AB  ⋅ = ⋅ =   n n 2 0, 2 0. x y z y − + + =  = 5cos , 5| || | DADA DA ⋅= =   nn n 2 5sin , 5DA =n M ABC− M CD (0,0,0)D (2,0,0)A (2,2,0)B (0,2,0)C (0,1,1)M ( 2,1,1)AM = − (0,2,0)AB = (2,0,0)DA = ( , , )x y z=n MAB (1,0,2)=n DA MCD MAB MCD 2 5 5 D DA DC DG x y z (0,0,0)D (2,0,0)A (1,2,0)B (0,2,0)C (2,0,2)E (0,1,2)F (0,0,2)G 3(0, ,1)2M (1,0,2)N 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ (1)证明：依题意 ， ．设 为平面 的法向 量，则 即 不妨令 ，可得 ． 又 ，可得 ， 又因为直线 平面 ，所以 ∥平面 ． (2)依题意，可得 ， ， ． 设 为平面 的法向量，则 即 不妨令 ，可得 ． 设 为平面 的法向量，则 即 不妨令 ，可得 ． 因此有 ，于是 ． 所以，二面角 的正弦值为 ． (3) 设 线 段 的 长 为 ( ) ， 则 点 的 坐 标 为 ， 可 得 ． 易知， 为平面 的一个法向量，故 z y x M G F E D C B A N (0,2,0)DC = (2,0,2)DE = 0 ( , , )x y z=n CDE 0 0 0 0 DC DE  ⋅ = ⋅ =   ， ， n n 2 0 2 2 0 y x z =  + = ， ， 1z = − 0 (1,0, 1)= −n 3(1, ,1)2MN = − 0 0MN ⋅ = n MN ⊄ CDE MN CDE ( 1,0,0)BC = − (1 2 2)BE = − ， ， (0, 1,2)CF = − ( , , )x y z=n BCE 0 0 BC BE  ⋅ = ⋅ =   ， ， n n 0 2 2 0 x x y z − =  − + = ， ， 1z = (0,1,1)=n ( , , )x y z=m BCF 0 0 BC BF  ⋅ = ⋅ =   ， ， m m 0 2 0 x y z − = − + = ， ， 1z = (0,2,1)=m 3 10cos , | || | 10 ⋅< >= =m nm n m n 10sin , 10 < >=m n E BC F− − 10 10 DP h [0.2]h∈ P (0,0, )h ( 1 2 )BP h= − − ， ， (0,2,0)DC = ADGE 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ ， 由题意，可得 ，解得 ． 所以线段 的长为 ． 6．【解析】如图，在正三棱柱 中，设 ， 的中点分别为 ， ，则 ， ， ，以 为基底，建立空间直角坐标 系 ． 因为 ， 所以 ． (1)因为 为 的中点，所以 ， 从而 ， 故 ． 因此，异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为 ． (2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 ， O1 O z y x A B C Q P A1 C1 B1 2 2cos 5 BP DC BP DC BP DC h ⋅ < ⋅ > = = +       2 2 3sin 60 25h = = +  3 [0,2]3h = ∈ DP 3 3 1 1 1ABC A B C− AC 1 1AC O 1O OB OC⊥ 1OO OC⊥ 1OO OB⊥ 1,{ },OB OC OO   O xyz− 1 2AB AA= = 1 1 10, 1,0 , 3,0,0 , 0,1,0 , 0, 1,( ) ( ) ( ) ( ) (2 , 3,0,2 , 0,1,2) ( )A B C A B C− − P 1 1A B 3 1( , ,2)2 2P − 1 3 1( , ,2) (0,2,22 2 ),BP AC= =− −  1 1 1 | | | 1 4 | 3 10| cos , | 20| | | | 5 2 2 BP ACBP AC BP AC ⋅ − += = = ⋅ ×      3 10 20 3 1( , ,0)2 2Q 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 因此 ， ． 设 n=（x，y，z）为平面 AQC1 的一个法向量， 则 即 不妨取 ， 设直线 CC1 与平面 AQC1 所成角为 ， 则 ， 所以直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值为 ． 7．【解析】（1）由已知 ，得 AB⊥AP，CD⊥PD． 由于 AB∥CD，故 AB⊥PD，从而 AB⊥平面 PAD． 又 AB 平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD． （2）在平面 内做 ，垂足为 ， 由（1）可知， 平面 ，故 ，可得 平面 ． 以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间 直角坐标系 ． 由（1）及已知可得 ， ， ， ． F z y x D C BA P 3 3( , ,0)2 2AQ = 1 1(0,2,2), (0,0,2)AC CC= =  1 0, 0, AQ AC   ⋅ = ⋅ =   n n 3 3 0,2 2 2 2 0. x y y z  + =  + = ( 3, 1,1)= −n θ 1 1 1 | | 2 5sin | cos |, | | | 55 2 CCCC CC | θ = = ⋅ × ⋅ = =   nn n 5 5 90BAP CDP∠ = ∠ = ° ⊂ PAD PF AD⊥ F AB ⊥ PAD AB PF⊥ PF ⊥ ABCD F FA x | |AB F xyz− 2( ,0,0)2A 2(0,0, )2P 2( ,1,0)2B 2( ,1,0)2C − 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 所以 ， ， ， ． 设 是平面 的法向量，则 ，即 ， 可取 ． 设 是平面 的法向量，则 ，即 ， 可取 ． 则 ， 所以二面角 的余弦值为 ． 8 ．【解 析 】（ 1 ） 取 的 中 点 ， 连 结 ， ． 因 为 是 的 中 点 ， 所 以 ， ．由 得 ，又 ， 所以 ，四边形 是平行四边形， ，又 平面 ， 平面 ，故 ∥平面 ． （2）由已知得 ，以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 为单位 长，建立如图的空间直角坐标系 ，则 ， ， ， ， ， ． 2 2( ,1, )2 2PC = − − ( 2,0,0)CB = 2 2( ,0, )2 2PA = − (0,1,0)AB = ( , , )x y z=n PCB 0 0 PC CB  ⋅ = ⋅ =   n n 2 2 02 2 2 0 x y z x − + − =  = (0, 1, 2)= − −n ( , , )x y z=m PAB 0 0 PA AB  ⋅ = ⋅ =   m m 2 2 02 2 0 x z y  − =  = (1,0,1)=n 3cos , | || | 3 ⋅= = −< > n mn m n m A PB C− − 3 3 − PA F EF BF E PD EF AD∥ 1 2EF AD= 90BAD ABC∠ = ∠ =  BC AD∥ 1 2BC AD= EF BC∥ BCEF CE BF∥ BF ⊂ PAB CE ⊄ PAB CE PAB BA AD⊥ A AB x | |AB A xyz− (0,0,0)A (1,0,0)B (1,1,0)C (0,1, 3)P (1,0, 3)PC = − (1,0,0)AB = 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 设 ，则 ， ． 因为 与底面 所成的角为 ，而 是底面 的法向量，所 以 ， ， 即 ． ① 又 在棱 上，设 ，则 ， ， ． ② 由①，②解得 （舍去）， 所以 ，从而 ． 设 是平面 的法向量，则 ，即 ， 所以可取 ，于是 ． z y x F P AB C D M E ( , , )M x y z (0 1)x< < ( 1, , )BM x y z= − ( , 1, 3)PM x y z= − − BM ABCD 45 (0,0,1)=n ABCD | cos , | sin 45BM< > =  n 2 2 2 | | 2 2( 1) z x y z = − + + 2 2 2( 1) 0x y z− + − = M PC PM PCλ=  x λ= 1y = 3 3z λ= − 21 2 1 6 2 x y z  = +  =   = − 21 2 1 6 2 x y z  = −  =   = 2 6(1 ,1, )2 2M − 2 6(1 ,1, )2 2AM = − 0 0 0( , , )x y z=m ABM 0 =0 AM AB  ⋅ = ⋅   m m 0 0 0 0 (2 2) 2 6 0 0 x y z x  − + + = = (0, 6,2)= −m 10cos , | || | 5 ⋅< >= =m nm n m n 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 因此二面角 的余弦值为 ． 9．【解析】（1）由题设可得， ，从而 ． 又 是直角三角形，所以 取 的中点 ，连接 ， ，则 ， ． 又由于 是正三角形，故 ． 所以 为二面角 的平面角． 在 中， ． 又 ，所以 ，故 ． 所以平面 平面 ． （2）由题设及（1）知， 两两垂直，以 为坐标原点， 的方向为 轴 正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 ，则 ， ， ， ． 由题设知，四面体 的体积为四面体 的体积的 ，从而 到平面 的距离为 到平面 的距离的 ，即 为 的中点，得 ．故 ， ， O x y z E D C B A M AB D− − 10 5 ABD CBD∆ ≅ ∆ AD DC= ACD∆ 0=90ACD∠ AC O DO BO DO AC⊥ DO AO= ABC∆ BO AC⊥ DOB∠ D AC B− − Rt AOB∆ 2 2 2BO AO AB+ = AB BD= 2 2 2 2 2 2BO DO BO AO AB BD+ = + = = 90DOB∠ =  ACD ⊥ ABC OA, OB, OD O OA x OA O xyz- (1,0,0)A (0, 3,0)B ( 1,0,0)C − (0,0,1)D ABCE ABCD 1 2 E ABC D ABC 1 2 E DB 3 1(0, , )2 2E ( 1,0,1)AD = − ( 2,0,0)AC = − 3 1( 1, , )2 2AE = − 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 设 是平面 的法向量，则 即 可取 设 是平面 的法向量，则 同理可得 则 所以二面角 的余弦值为 ． 10．【解析】如图，以 为原点，分别以 ， ， 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 ， ， ， ， ， ， ， ． （Ⅰ）证明： = ， = ．设 ，为平面 的法向量， 则 ，即 ．不妨设 ，可得 ．又 =（1，2， ）， 可得 ． 因为 平面 BDE，所以 MN//平面 BDE． （Ⅱ）易知 为平面 CEM 的一个法向量．设 为平面 EMN 的法向 ( )= x,y,zn DAE AD AE  = =     0， 0， n n x z x y z − + =− + + = 0 3 1 02 2 3(1, ,1)3 =n m AEC 0， 0， AC AE  = =     m m (0, 1, 3)= −m cos , = = 7 7 n mn m n m D AE C− − 7 7 A AB AC AP (0,0,0)A (2,0,0)B (0,4,0)C (0,0,4) (0,0,2)D (0,2,2)E (0,0,1)M (1,2,0)N DE (0,2,0) DB (2,0, 2)− ( , , )x y z=n BDE 0 0 DE DB  ⋅ = ⋅ =   n n 2 0 2 2 0 y x z =  − = 1z = (1,0,1)=n MN 1− 0MN ⋅ = n MN ⊄ 1 (1,0,0)=n 2 ( , , )x y z=n 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 量，则 ，因为 ， ，所以 ．不妨 设 ，可得 ． 因此有 ，于是 ． 所以，二面角 C—EM—N 的正弦值为 ． （Ⅲ）依题意，设 AH=h（ ），则 H（0，0，h），进而可得 ， ．由已知，得 ，整理得 ，解得 ，或 ． 所以，线段 AH 的长为 或 ． 11．【解析】（Ⅰ）设 交点为 ，连接 ． 因为 平面 ，平面 平面 ，所以 ． 因为 是正方形，所以 为 的中点，在 中，知 为 的中点． （Ⅱ）取 的中点 ，连接 ， ． 因为 ，所以 ． 又因为平面 平面 ，且 平面 ，所以 平面 ． 因为 平面 ，所以 ． 因为 是正方形，所以 ． 如图建立空间直角坐标系 ，则 ， ， ， ， ． 设平面 的法向量为 ，则 ，即 ． 2 2 0 0 EM MN  ⋅ = ⋅ =   n n (0, 2, 1)EM = − − (1,2, 1)MN = − 2 0 2 0 y z x y z − − =  + − = 1y = 2 ( 4,1, 2)= − −n 1 2 1 2 1 2 4cos , || | 21 ⋅< >= = −n nn n | n n 1 2 105sin , 21 < >=n n 105 21 0 4h≤ ≤ ( 1, 2, )NH h= − − ( 2,2,2)BE = − 2 | | | 2 2 | 7| cos , | 21| || | 5 2 3 NH BE hNH BE NH BE h ⋅ −< > = = = + ×      210 21 8 0h h− + = 8 5h = 1 2h = 8 5 1 2 ,AC BD E ME PD∥ MAC MAC  PBD ME= PD ME∥ ABCD E BD PBC∆ M PB AD O OP OE PA PD= OP AD⊥ PAD ⊥ ABCD OP ⊂ PAD OP ⊥ ABCD OE ⊂ ABCD OP OE⊥ ABCD OE AD⊥ O xyz− (0,0, 2)P (2,0,0)D ( 2,4,0)B − (4, 4,0)BD = − (2,0, 2)PD = − BDP ( , , )x y z=n 0 0 BD PD  ⋅ = ⋅ =   n n 4 4 0 2 2 0 x y x z − = − = 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 令 ，则 ， ．于是 ． 平面 的法向量为 ，所以 ． 由题知二面角 为锐角，所以它的大小为 ． （Ⅲ）由题意知 ， ， ． 设直线 与平面 所成角为 ，则 ． 所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ． 12．【解析】(1)∵面 面 ，面 面 ， ∵ ， 面 ，∴ 面 ， ∵ 面 ， ∴ ， 又 ，∴ 面 ， (2)取 中点为 ，连结 ， ， ∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， 以 为原点，如图建系易知 ， ， ， ， O x y z P A B C D 1x = 1y = 2z = (1,1, 2)=n PAD (0,1,0)=p 1cos , | || | 2 ⋅= =< > n pn p n p B PD A− − 3 π 2( 1,2, )2M − (2,4,0)D 2(3,2, )2MC = − MC BDP α | | 2 6sin | cos , | 9| || | MCMC MC α ⋅= = =  < > nn n MC BDP 2 6 9 PAD  ABCD AD= PAD ⊥ ABCD AB ⊥ AD AB ⊂ ABCD AB ⊥ PAD PD ⊂ PAD AB ⊥ PD PD ⊥ PA PD ⊥ PAB AD O CO PO 5CD AC= = CO ⊥ AD PA PD= PO ⊥ AD O (0 01)P ，， (11 0)B ，， (0 1 0)D −， ， (2 0 0)C ，， 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 则 ， ， ， ， 设 为面 的法向量，令 ． ，则 与面 夹角 有， (3)假设存在 点使得 面 ， 设 ， ， 由(2)知 ， ， ， ， 有 ∴ ∵ 面 ， 为 的法向量， ∴ ，即 ，∴ ∴综上，存在 点，即当 时， 点即为所求． 13．【解析】(Ⅰ)连结 ，取 的中点 ，连结 ，因为 ， 在上 底面内， 不在上底面内，所以 上底面，所以 平面 ；又因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；所以平面 平面 ，由 平面 ，所以 平面 ． (Ⅱ) 连结 ， ，以为 原点，分别以 为 轴，建立空间直角坐标系． (11 1)PB = − ，， (0 1 1)PD = − − ， ， (2 0 1)PC = − ，， ( 2 1 0)CD = − − ， ， n PDC 0 0( ,1)n x y= ， 0 1 1,120 n PD n n PC  ⋅ =  ⇒ = −   ⋅ =      ， PB PCD θ 1 1 1 32sin cos , 31 1 1 34 n PBn PB n PB θ − −⋅= < > = = = + + ×      M BM∥ PCD AM AP λ= ( )0, ', 'M y z ( )0,1,0A ( )0,0,1P ( )0, 1,1AP = − ( )1,1,0B ( )0, ' 1, 'AM y z= − ( )0,1 ,AM AP Mλ λ λ= ⇒ −  ( )1, ,BM λ λ= − − BM∥ PCD n PCD 0BM n⋅ =  1 02 λ λ− + + = 1= 4 λ M 1 4 AM AP = M FC FC M ,GM HM //GM EF EF GM //GM //GM ABC //MH BC BC ⊂ ABC MH ⊄ ABC //MH ABC //GHM ABC GH ⊂ GHM //GH ABC E F B A C G H OB AB BC= OBA ⊥∴O O , ,OA OB OO′ zy,x, 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ ， ． ， 于是有 ， ， ， ， 可得平面 中的向量 ， , 于是得平面 的一个法向量为 ， 又平面 的一个法向量为 ， 设二面角 为 ， 则 ． 二面角 的余弦值为 ． 14．【解析】(1)证明：找到 中点 ，连结 ，∵矩形 ,∴ ∵ 、 是中点，∴ 是 的中位线，∴ 且 ， ∵ 是正方形 中心，∴ ，∴ 且 ． ∴四边形 是平行四边形，∴ ∵ 面 ，∴ 面 (2) 正弦值，如图所示建立空间直角坐标系 AD I FI OBEF G I GI 1 2GI BD= O ABCD 1 2OB BD= EF GI∥ EF GI= EFIG FI ⊂ ADF ADF O EF C− − O xyz− E F B A C O， O x y z 1 2 32EF FB AC= = = AB BC= 3)( 22 =−−=′ FOBOBFOO (2 3,0,0)A ( 2 3,0,0)C − (0,2 3,0)B (0, 3,3)F FBC (0, 3,3)BF = − (2 3,2 3,0)CB = FBC 1 ( 3, 3,1)n = − ABC 2 (0,0,1)n = F BC A− − θ 7 7 7 1cos 21 21 == ⋅ ⋅=θ nn nn F BC A− − 7 7 EF OB∥ ABD∆ GI BD∥ EG FI∥ EG ∥ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ ， ， ， 设面 的法向量 得： ∴ ∵ 面 ，∴面 的法向量 (3)∵ ，∴ 设 ， ∴ ，得： I z y x A B C D E F G H O ( )0 2 0B −， ， ( )2 0 0C ， ， ( )0 2 2E −， ， ( )0 0 2F ， ， CEF ( )1n x y z= ， ， ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 2 0 2 0 2 0 2 2 2 0 n EF x y z y n CF x y z x z  ⋅ = ⋅ = = ⋅ = ⋅ − = − + =     ， ， ， ， ， ， ， ， 2 0 1 x y z  =  =  = ( )1 2 0 1n = ， ， OC ⊥ OEF OEF ( )2 1 0 0n = ， ， 1 2 1 2 1 2 2 6cos 33 1 n n n n n n ⋅ < > = = = ⋅      ， 2 1 2 6 3sin 1 3 3n n  < >= − =     ， 2 3AH HF= ( )2 2 2 2 42 0 2 05 5 5 5AH AF  = = =       ， ， ， ， ( )H x y z， ， ( ) 2 2 42 05 5AH x y z  = + =      ， ， ， ， 3 2 5 0 4 5 x y z  −=  =   =  3 2 425 5BH  = −     ， ， 1 2 1 6 4 75 5cos 212 23 5 BH n BH n BH n − +⋅ < > = = = ⋅      ， 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 15．【解析】（Ⅰ）连接 ，设 ，连接 ． 在菱形 中，不妨设 ，由 ，可得 ， 由 平面 ， 可知， ， 又∵ ，∴ ， ， 在 中，可得 ，故 ．在 中，可得 ． 在直角梯形 中，由 ， ， ，可得 ， ∴ ，∴ ， ∵ ∩ = ，∴ 平面 ， ∵ 面 ，∴平面 平面 ． （Ⅱ）如图，以 为坐标原点，分别以 的方向为 轴，y 轴正方向， 为单 位长度，建立空间直角坐标系 G-xyz，由（Ⅰ）可得 (0，－ ，0)， (1,0, )， (－1,0， )， (0， ，0)， ∴ =（1， ， ）， =（－1，－ ， ）． 故 ． 所以直线 与 所成的角的余弦值为 ． 16．【解析】解法一：（Ⅰ）如图，取 的中点 ，连接 ， ， BD BD AC G= , ,EG FG EF ABCD 1GB = 120∠ = ABC 3AG GC= = ⊥BE ABCD AB BC= AE EC= ⊥AE EC 3EG = ⊥EG AC Rt EBG∆ 2BE = 2 2DF = Rt FDG∆ 6 2FG = BDFE 2BD = 2BE = 2 2DF = 3 2 2EF = 2 2 2EG FG EF+ = EG ⊥ FG AC FG G EG ⊥ AFC EG ⊂ AEC AFC ⊥ AEC G ,GB GC  x | |GB A 3 E 2 F 2 2 C 3 AE 3 2 CF 3 2 2 3cos , 3| || | < >= = −      AE CFAE CF AE CF AE CF 3 3 AE H HG HD 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 又 是 的中点， ， 又 是 中点， ， 由四边形 ABCD 是矩形得， ∥ ， ， 所以 ∥ ，且 ． 从而四边形 是平行四边形，所以 ∥ ， 又 ，所以 ∥平面 ． （ Ⅱ ） 如 图 ， 在 平 面 内 ， 过 点 作 ∥ ， 因 为 ． 又因为 平面 ，所以 ， ． 以 为原点，分别以 的方向为 x 轴， 轴， 轴的正方向， 建立空间直角坐标系，则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1) 因为 平面 ，所以 为平面 的法向量， 设 为平面 AEF 的法向量．又 ， ， 由 取 得 ． 从而 G BE 1/ / = 2GH AB GH AB所以 ，且 F CD 1= 2DF CD所以 AB CD =AB CD GH DF =GH DF HGFD GF DH DH ADE GF ADE⊂ ⊄平面 ， 平面 GF ADE BEG B BQ EC BE CE BQ BE⊥ ⊥，所以 AB ⊥ BEC AB ⊥ BE AB ⊥ BQ B , ,BE BQ BA   y z AB ⊥ BEC A=(B 0, 0, 2) BEC ( , , )n x y z= (2,0, 2)AE = − =(2,2, 1)AF − AE 0 2 2 0, 2 2 0,AF 0 n x z x y zn  = − =  + − ==        ，得 ， 2z = =(2, 1,2)n − A 4 2cos , A = ,3 2 3| | | A | n Bn B n B 〈 〉 = =×⋅      天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为 ． 解法二：（Ⅰ）如图，取 中点 ，连接 ， ， 又 是 的中点，可知 ， 又 ， 所以 平面 ． 在矩形 ABCD 中，由 分别是 ， 的中点得 ． 又 ，所以 ． 又因为 ， 所以 平面 ， 因为 ，所以 （Ⅱ）同解法一． 17．【解析】（Ⅰ）证法一：连接 ，设 ，连接 ． 在三棱台 中， ， 为 的中点， 可得 ， 所以四边形 为平行四边形， 则 为 的中点，又 为 的中点，所以 ∥ ， 又 平面 ， 平面 ，所以 ∥平面 ． 证法二：在三棱台 中，由 ， 为 的中点， 可得 ∥ ， ，所以四边形 为平行四边形， 可得 ∥ ， 在 中， 为 的中点， 为 的中点，所以 ∥ ， 又 ，所以平面 ∥平面 ， 2 3 AB M MG MF G BE GM / / AE AE ADE GM ADE⊂ ⊄平面 ， 平面 GM / / ADE ,M F AB CD / /MF AD AD ADE MF ADE⊂ ⊄平面 ， 平面 / /MF ADE平面 GM MF M= GM ⊂ GMF MF GMF⊂平面 ， 平面 GMF平面  ADE GF GMF⊂ 平面 / /GF ADE平面 CDDG， OGFCD = OH ABCDEF − DEAB 2= G AC GCDFGCDF =，// DFCG O CD H BC OH BD ⊂OH FGH ⊄BD FGH BD FGH ABCDEF − EFBC 2= H BC BH EF BH EF= BHFE BE HF ABC∆ G AC H BC GH AB HHFGH = FGH ABED 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 因为 平面 ，所以 ∥平面 ． （Ⅱ）解法一：设 ，则 ， 在三棱台 中， 为 的中点， 由 ，可得四边形 为平行四边形， 因此 ∥ ，又 平面 ，所以 平面 ， 在 中，由 ， ， 是 中点， 所以 ，因此 两两垂直， 以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 所以 可得 ， 故 ， 设 是平面 的一个法向量，则 由 可得 可得 平面 的一个法向量 ， 因为 是平面 的一个法向量， ， 所以 ， z x y H G F E D B CA ⊂BD ABED BD FGH 2=AB 1=CF ABCDEF − G AC GCACDF == 2 1 DGCF DG FC ⊥FC ABC ⊥DG ABC ABC∆ BCAB ⊥ 45=∠BAC G AC GCGBBCAB ⊥= ， GDGCGB ,, G xyzG − )100(),0,20()00,2()000( ，，，，，，，， DCBG )0,20()0,2 2 2 2( ，，， FH )0,20(),0,2 2 2 2( ，， GFGH = ),,( zyxn = FGH 0 0 n GH n GF  ⋅ = ⋅ =   0 2 0 x y y z + = + = FGH )2,1,1( −=n GB ACFD 2,0,0GB = （ ） 2 1cos , 2| | | | 2 2 GB nGB n GB n ⋅= = = ⋅   天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 所以平面 与平面 所成角（锐角）的大小为 ． 解法二：作 与点 ，作 与点 ，连接 ． 由 平面 ，得 ， 又 ，所以 平面 ， 因此 ，所以 即为所求的角， 在 中， ∥ ， ， 由 ，可得 ，从而 ， 由 平面 ， 平面 ，得 ， 因此 ，所以 ， 所以 平面 与平面 所成角（锐角）的大小为 ． 18．【解析】（Ⅰ）在图 1 中，因为 ， ， 是 的中点， = ，所以 ． 即在图 2 中， ， ．从而 平面 ． 又 ∥ ，所以 平面 ． （ Ⅱ ） 由 已 知 ， 平 面 平 面 ， 又 由 （ Ⅰ ） 知 ， ， MN H A C B D E F G ∠ 2 π ⊥ ⊥ 1OA ⊥ ⊥ 1AOC ⊥ 1AOC 1A BE ⊥ ⊥ 1OA ⊥ FGH ACFD 60 ACHM ⊥ M GFMN ⊥ N NH ⊥FC ABC FCHM ⊥ CACFC = ⊥HM ACFD NHGF ⊥ MNH∠ BGC∆ MH BG 1 2 2 2MH BG= = GCFGNM ∆∆ ~ GF GM FC MN = 6 6=MN ⊥HM ACFD ⊂MN ACFD MNHM ⊥ 3tan ==∠ MN HMMNH °=∠ 60MNH FGH ACFD °60 1AB BC= = 2AD = E AD BAD BE AC BE BE OC BE CD BE CD BCDE BE BE 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ ． 所以 为二面角 的平面角，所以 ． 如图，以 为原点，建立空间直角坐标系， 因为 ， 所以 ， ， ， ． 得 ， ． 设平面 的法向量 ，平面 的法向量 ， 平面 与平面 夹角为 ， 则 ，得 ，取 ， ，得 ，取 ， 从而 ， 即平面 与平面 夹角的余弦值为 ． 19．【解析】（Ⅰ）连接 交 于点 ，连结 ． 因为 为矩形，所以 为 的中点． 又 为 的中点，所以 ∥ ． 平面 , 平面 ，所以 ∥平面 ． （Ⅱ）因为 平面 ， 为矩形，所以 ， ， 两两垂直． 如图，以 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向， 为单位长，建立空间直角 坐标系 ， 1AOC∠ 1- -CA BE 1OC 2A π∠ = BC ED 2 2BC( , ,0),2 2- 1 2 2A C(0, , )2 2- CD BE ( 2,0,0)= = -  1BCA 1 1 1 1( , , )n x y z= 1CDA 2 2 2 2( , , )n x y z= 1BCA 1CDA θ 1 1 1 0 0 n BC n AC  ⋅ = ⋅ =     1 1 1 1 0 0 x y y z − + =  − = 1 (1,1,1)n = 2 2 1 0 0 n CD n AC  ⋅ = ⋅ =     2 2 2 0 0 x y z =  − = 2 (0,1,1)n = 1 2 2 6cos | cos , | 33 2 n nθ = 〈 〉 = = ×   1BCA 1CDA 6 3 OC O 1 1 1A B A E BC ED= = = = 2( ,0,0)2B 2( ,0,0)3E − 1 2(0,0, )2A 2(0, ,0)2C BD AC O EO ABCD O BD E PD EO PB EO ⊂ AEC PB ⊄ AEC PB AEC PA ⊥ ABCD ABCD AB AD AP A AB x AP A xyz− 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 则 ． 设 ，则 ． 设 为平面 的法向量， 则 即 ，可取 ． 又 为平面 的法向量， 由题设 ，即 ，解得 ． 因为 为 的中点，所以三棱锥 的高为 ． 三棱锥 的体积 ． 20．【解析】（Ⅰ）证明：∵四边形 为等腰梯形，且 ， 所以 且 ，连接 为四棱柱， 又 为 的中点， , , 为平行四边形， 又 ， ， ． x y z O A B C D P E (0, 3,0),D 3 1(0, , ),2 2E 3 1(0, , )2 2AE = ( ,0,0)( 0)B m m > ( , 3,0),C m ( , 3,0)AC m= 1 ( , , )x y z=n AEC 1 1 0, 0, AC AE  ⋅ = ⋅ =   n n 3 0, 3 1 0,2 2 mx y y z  + = + = 1 3( , 1, 3)m = −n 2 (1,0,0)=n DAE 1 2 1cos , 2 =n n 2 3 1 3 4 2m =+ 3 2m = E PD E ACD− 1 2 E ACD− 1 1 3 1 333 2 2 2 8V = × × × × = ABCD 2AB CD= AB MA∥ CD MA= 1AD 1111 DCBAABCD − 11// DCCD∴ 11DCCD = M AB 1=∴ AM AMCD //∴ AMCD = 11// DCAM∴ 11DCAM = 11DAMC∴ 11 // MCAD∴ 111 ADDAMC 平面⊄ 111 ADDAAD 平面⊂ 111 // ADDAAD 平面∴ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ （Ⅱ）方法一： 由（Ⅰ）知 平面 平面 = 作 ，连接 则 即为所求二面角 的平面角． 在 中， 在 中， ． 方法二：连接 ，由（Ⅰ）知 且 ∴ 为平行四边形．可得 ，由题意 ， 所以 为正三角形． 因此 ，∴ ． 以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间坐标系， 设平面 的法向量为 x z y M A1 A B B1 D1 C1 D C 1 1D C M  ABCD AB ABCN ⊥ ND1 NCD1∠ 1C AB C− − Rt BNC∆ 1BC = 060NBC∠ = 2 3=∴CN 2 2 1 1 15 2ND CD CN= + = 1Rt D CN∆ 1 1 5cos 5 CND NC D N ∠ = = ,AC MC CD AM∥ CD AM= AMCD BC AD MC= = 60ABC DAB∠ = ∠ =  MBC∆ 2 2, 3AB BC CA= = = CA CB⊥ C CD x CP y 1CD z )0,2 3,2 1(),3,0,0(),3,0,1( 11 MDC −∴ )3,2 3,2 1(),0,0,1( 111 −==∴ MDDC MDC 11 ),,( 111 zyxn = 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 显然平面 的法向量为 显然二面角为锐角， 所以平面 和平面 所成角的余弦值为 21．【解析】（Ⅰ）（方法一）∵ ， 且 ，∴ 为 三角形， ．同理，∵ ， 且 ， 为 三角形 ，∴ ， 过 作 ，垂足为 ，连接 ， 可证出 ， 所以 ，即 ． 从而证出 面 ，又 面 ，所以 ． （方法二）由题意，以 为坐标原点，在平面 内过 作垂直 的直线为 轴， B C D A F E O    =−+ = ∴ 032 3 2 1 0 111 1 zyx x )1,2,0(1 =∴n ABCD )0,0,1(2 =n 5 5 5 1,cos 21 21 21 ==⋅>= = =1n nn n n n 2 2 5sin 55 θ = = 2 5 5 1BC 1B C O于点 1 1BB C C为菱形 1 1 1 1,B C BC O B C BC⊥ 且 为 及 的中点. 1 1, .AB B C B C ABO⊥ ⊥所以 平面 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 又 （Ⅱ）因为 又因为 ， 以 ． 因为 z x y O 1AO ABO B C AO⊂ ⊥由于 平面 ，故 1 1, = .B O CO AC AB= 故 1 1, .AC AB O B C AO CO⊥ =且 为 的中点，所以 ,AB BC BOA BOC= ∆ ≅ ∆所以 1, , ,OA OB OA OB OB⊥故 从而 两两相互垂直， O OB x OB为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 为单位长， O xyz=建立如图所示的空间直角坐标系 1 160 , .CBB CBB AB BC∠ = ° ∆ =所以 为等边三角形又 ，则 1 1 1 1 1 1 3 3 3(0 0 ), (1 0 0), (0, ,0), (0, ,0).3 3 3 3 3 3 3(0, , ), (1,0, ), ( 1, ,0),3 3 3 3 A B B C AB A B AB B C BC − = − = = − = = − −     ，， ，， 1 1 1 1 1 ( , , ) 3 3 =00, 3 3 0, 3 0.3 (1, 3, 3). x y z AA B y zAB A B x z =  − ⋅ =  ⋅ =  − = =   设 是平面 的法向量，则 ， 即 所以可取 n n n n 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 则 23．【解析】：（Ⅰ）因为 平面 ,平面 平面 平面 所以 平面 又 平面 所以 ． （Ⅱ）过点 在平面 内作 ,如图． 由（Ⅰ）知 平面 平面 所以 ．以 为坐 标原点,分别以 的方向为 轴, 轴, 轴的正方向建立空间直角坐标系． 依题意,得 ． 则 ． 设平面 的法向量 ． 则 即 ． 取 得平面 的一个法向量 ． 设直线 与平面 所成角为 , 则 z y x B D C A M 1 1 1 1 1 1 1 0, 0, (1, 3, 3). A BA B C B C m  ⋅ = ⋅ = = −  设 是平面 的法向量，则 同理可取 mm m 1cos , .7 ⋅= =n mn m n m 1 1 1 1 .7A A B C− −所以二面角 的余弦值为 ABD ⊥ BCD ABD  ,BCD BD AB= ⊂ , ,ABD AB BD⊥ AB ⊥ .BCD CD ⊂ ,BCD AB CD⊥ B BCD BE BD⊥ AB ⊥ ,BCD BE ⊂ ,BCD ,AB BE AB BD⊥ ⊥ B , ,BE BD BA   x y z 1 1(0,0,0), (1,1,0), (0,1,0), (0,0,1), (0, , )2 2B C D A M 1 1(1,1,0), (0, , ), (0,1, 1)2 2BC BM AD= = = −   MBC 0 0 0( , , )n x y z= 0 0 n BC n BM  ⋅ = ⋅ =     0 0 0 0 0 1 02 x y y z + = + = 0 1,z = MBC (1, 1,1)n = − AD MBC θ 6sin cos , ,3 n AD n AD n AD θ ⋅ = < > = =       天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 即直线 与平面 所成角的正弦值为 ． 24．【解析】（Ⅰ）在直角梯形 中，由 ， 得， ， 由 ，则 ，即 ， 又平面 平面 ，从而 平面 ， 所以 ，又 ，从而 平面 ． （Ⅱ）方法一：作 ，与 交于点 ，过点 作 ， 与 交于点 ，连结 ，由（Ⅰ）知， ，则 ， 所以 是二面角 的平面角，在直角梯形 中， 由 ，得 ， 又平面 平面 ，得 平面 ，从而， ， 由于 平面 ，得： ，在 中，由 ， ，得 ， 在 中， ， ，得 ， 在 中， ， ， ， 得 ， ，从而 ， 在 中，利用余弦定理分别可得 ， 在 中， ， 所以 ，即二面角 的大小是 ． AD MBC 6 3 BCDE 1DE BE= = 2CD = 2BD BC= = 2, 2AC AB= = 2 2 2AB AC BC= + AC BC⊥ ⊥ABC BCDE AC ⊥ BCDE AC DE⊥ DE DC⊥ DE ⊥ ACD BF AD⊥ AD F F FG DE AE G BG DE AD⊥ FG AD⊥ BFG∠ EADB −− BCDE 2 2 2CD BD BC= + BD BC⊥ ⊥ABC BCDE BD ⊥ ABC BD AB⊥ AC ⊥ BCDE AC CD⊥ Rt ACD 2CD = 2AC = 6AD = Rt AED 1DE = 6AD = 7AE = Rt ABD 2BD = 2AB = 6AD = 2 3 3BF = 2 3AF AD= 2 3GF = ,ABE ABG  5 7 2cos ,14 3BAE BG∠ = = BFG 2 2 2 3cos 2 2 GF BF BGBFG BF GF + −∠ = =⋅ 6BFG π∠ = EADB −− 6 π 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 方法二：以 为原点，分别以射线 为 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 如图所示，由题意可知各点坐标如下： ， 设平面 的法向量为 ，平面 的法向量为 ， 可算得 ， ， 由 得， ，可取 ， 由 得， ，可取 ， 于是 ，由题意可知， 所求二面角是锐角，故二面角 的大小是 ． 25．【解析】（Ⅰ） 平面 ， ，又 ， ， 平面 ， ，又 ， 平面 ，即 ； （Ⅱ）设 ，则 中， ，又 ， ， ，由（Ⅰ）知 ， ， x z yD B A E C PD ⊥ ABCD PD AD∴ ⊥ CD AD⊥ PD CD D= AD∴ ⊥ PCD AD PC∴ ⊥ AF PC⊥ PC∴ ⊥ ADF CF ADF⊥ 平面 1AB = Rt PDC∆ 1CD = 030DPC∠ = 2PC∴ = 3PD = CF DF⊥ 3 2DF∴ = 2 2 7 2AF AD DF= + = D ,DE DC ,x y D xyz− ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0,0,0 , 1,0,0 , 0,2,0 , 0,2, 2 , 1,1,0D E C A B ADE ( )1 1 1, ,m x y z= ABD ( )2 2 2, ,n x y z= ( )0, 2, 2AD = − − ( ) ( )1,1,0 , 1, 2, 2DB AE= = − −  0 0 m AD m AE  ⋅ = ⋅ =     1 1 1 1 1 0 2 2 0 2 2 0 y z x y z  − − = − − = ( )0,1, 2m = − 0 0 n AD n BD  ⋅ = ⋅ =     2 2 2 2 0 2 2 0 0 y z x y  − − = + = ( )1,1, 2n = 3cos , 2 m n m n m n ⋅ 〈 〉 = =       EADB −− 6 π 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ ，又 ， ， ，同理 ， 如图所示，以 D 为原点，建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ， ， 设 是平面 的法向量，则 ，又 ， 所以 ，令 ，得 ， ， 由（Ⅰ）知平面 的一个法向量 ， 设二面角 的平面角为 ，可知 为锐角， ，即所求． 26 ．【解 析 】（Ⅰ ） 如 图 ， 因 为 四 边 形 为 矩 形 ， 所 以 ． 同 理 ．因为 ∥ ，所以 ．而 ，因此 底 面 ．由题设知， ∥ ．故 底面 ． （Ⅱ）解法一 如图，过 作 于 H， 2 2 1 2CF AC AF∴ = − = / /FE CD 1 4 DE CF PD PC ∴ = = 3 4DE∴ = 3 3 4 4EF CD= = (0,0,1)A 3( ,0,0)4E 3 3( , ,0)4 4F ( 3,0,0)P (0,1,0)C ( , , )m x y z= AEF m AE m EF  ⊥ ⊥   3( ,0,0)4 3(0, ,0)4 AE EF  = =   3 04 3 04 m AE x z m EF y  ⋅ = − = ⋅ = =   4x = 3z = (4,0, 3)m = ADF ( 3,1,0)PC = − D AF E− − θ θ | |cos | cos , | | | | | m PCm PC m PC ⋅= < > = = ⋅  θ 4 3 2 57 1919 2 = × 1 1ACC A 1CC AC⊥ 1DD BD⊥ 1CC 1DD 1CC BD⊥ AC BD O= 1CC ⊥ ABCD 1O O 1C C 1O O ⊥ ABCD 1O 1 1O H OB⊥ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 连接 ，由（Ⅰ）知， 底面 ，所以 底面 ， 于是 ．又因为四棱柱 ABCD- 的所有棱长 都相等，所以四边形 是菱形，因此 ， 从而 ，所以 ， 于是 ，进而 ． 故 是二面角 的平面角． 不妨设 AB=2．因为 ，所以 ， ． 在 中，易知 ．而 ， 于是 ． 故 ． 即二面角 的余弦值为 ． 解法 2 因为四棱柱 - 的所有棱长都相等，所以四边形 是菱形， 因此 ．又 底面 ，从而 OB，OC, 两两垂直． H 1HC 1O O ⊥ ABCD 1O O ⊥ 1 1 1 1A B C D 1O O ⊥ 1 1AC 1 1 1 1A B C D 1 1 1 1A B C D 1 1 1 1AC B D⊥ 1 1 1 1AC BDD B⊥ 平面 1 1 1AC OB⊥ 1 1 1OB O HC⊥ 平面 1 1OB C H⊥ 1 1C HO∠ 1 1C OB D− − 60OCBA∠ = 3OB = 11 7OC OB= =， 1 1tR OO B∆ 1 1 1 1 1 32 7 OO O BO H OB ⋅= = 1 1 1O C = 2 2 1 1 1 1 12 191 7 7C H O C O H= + = + = 1 1 1 1 32 2 577cos 1919 7 O HC HO C H ∠ = = = 1 1C OB D− − 2 57 19 ABCD 1 1 1 1A B C D ABCD AC BD⊥ 1O O ⊥ ABCD 1OO 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 如图，以 O 为坐标原点，OB,OC, 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立空间 直角坐标系．不妨设 AB=2．因为 ，所以 ， 于是相关各 点的坐标为：O(0，0，0)， ， ． 易知， 是平面 的一个法向量． 设 是平面 的一个法向量，则 即 取 ，则 ，所以 ． 设二面角 的大小为 ，易知 是锐角，于是 ． 故二面角 的余弦值为 ． 27．【解析】：（Ⅰ）由该四面体的三视图可知： ， 由题设， ∥面 面 面 面 面 ∥ ， ∥ ， ∥ ． 同理 ∥ ， ∥ ， ∥ ． 四边形 是平行四边形 z x y 1OO x y z 60OCBA∠ = 3OB = 1OC = ， 1( 3,0,2)B 1(0,1,2)C 1 (0,1,0)n = 1 1BDD B 2 ( , , )n x y z= 1 1OB C 2 1 2 1 0, 0, n OB n OC  ⋅ = ⋅ = 3 2 0, 2 0. x z y z  + = + = 3z = − 2, 2 3x y= = 2 (2,2 3, 3)n = − 1 1C OB D− − θ θ 1 2,COS COS n nθ = < > 1 2 1 2 2 3 19 n n n n ⋅= = =⋅ 2 57 19 1 1C OB D− − 2 57 19 , ,BD DC BD AD AD DC⊥ ⊥ ⊥ 2, 1BD DC AD= = = BC EFGH EFGH  BDC FG= EFGH  ABC EH= BC∴ FG BC EH FG∴ EH EF AD HG AD EF∴ HG ∴ EFGH 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 又 平面 ∥ , ∥ 四边形 是矩形 （Ⅱ）如图，以 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则 ， ， ， ， ， 设平面 的一个法向量 ∥ , ∥ 即得 ，取 28．【解析】（Ⅰ）取 AB 中点 E， 连结 CE， ， ， ∵AB= ， = ，∴ 是正三角形， ∴ ⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵ =E，∴AB⊥面 ， H G F E D C B A z y x 1A B 1A E 1AA 1BAA∠ 060 1BAA∆ 1A E 1CE A E∩ 1CEA , ,BD AD AD DC BD DC D⊥ ⊥ =  ∴ AD ⊥ BDC AD BC∴ ⊥ BC FG EF AD EF FG∴ ⊥ ∴ EFGH D (0,0,0)D (0,0,1)A (2,0,0)B (0,2,0)C (0,0,1)DA = ( 2,2,0)BC = − ( 2,2,0)BC = − EFGH ( , , )n x y z= BC FG EF AD 0, 0n DA n BC∴ ⋅ = ⋅ =  z = 0 -2x+2y = 0    (1,1,0)n = 2 10sin | cos , | | 5| | | | 5 2 BA nBA n BA n θ ⋅∴ = < > = = = ⋅ ×   天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ ∴AB⊥ ； （Ⅱ）由（Ⅰ）知 EC⊥AB， ⊥AB， 又∵面 ABC⊥面 ，面 ABC∩面 =AB，∴EC⊥面 ，∴EC⊥ ， ∴EA，EC， 两两相互垂直，以 E 为坐标原点， 的方向为 轴正方向，| |为 单位长度，建立如图所示空间直角坐标系 ， 有题设知 A(1,0,0), (0, ,0),C(0,0, ),B(－1,0,0),则 =（1,0， ）, = =(－1,0, ), =(0,－ , ), 设 = 是平面 的法向量， 则 ，即 ，可取 =（ ，1，-1）， ∴ = ， ∴直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 ． 29．【解析】（Ⅰ）连结 ，交 于点 O，连结 DO，则 O 为 的中点， 因为 D 为 AB 的中点，所以 OD∥ ，又因为 OD 平面 ， 平面 ，所以 //平面 ； （Ⅱ）由 =AC=CB= AB 可设：AB= ，则 =AC=CB= ， 1AC 1EA 1 1ABB A 1 1ABB A 1 1ABB A 1EA 1EA EA x EA O xyz− 1A 3 3 BC 3 1BB 1AA 3 1AC 3 3 n ( , , )x y z 1 1CBB C 1 0 0 BC BB  • = • =   n n 3 0 3 0 x z x y  + = + = n 3 1cos , ACn 1 1 | AC AC •   n | n || 10 5 10 5 1AC 1AC 1AC 1BC ⊂ 1ACD 1BC ⊄ 1ACD 1BC 1ACD 1AA 2 2 2a 1AA 2a 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 所以 AC⊥BC，又因为直棱柱，所以以点 C 为坐标原点，分别以直线 CA、CB、 为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系如图， 则 、 、 、 ， ， ， ， ，设平面 的法向量为 ， 则 且 ，可解得 ，令 ，得平面 的 一个法向量为 ，同理可得平面 的一个法向量为 ， 则 ，所以 ， 所以二面角 D- -E 的正弦值为 ． 30．【解析】（Ⅰ）在图 1 中,易得 连结 ,在 中,由余弦定理可得 由翻折不变性可知 , 所以 ,所以 , 理可证 , 又 ,所以 平面 ． （Ⅱ）传统法:过 作 交 的延长线于 ,连结 , 1CC z x y F E D C B A A1 B1 C1 (0,0,0)C 1( 2 ,0, 2 )A a a 2 2( , ,0)2 2 a aD 2(0, 2 , )2 aE a 1 ( 2 ,0, 2 )CA a a= 2 2( , ,0)2 2 a aCD = 2(0, 2 , )2 aCE a= 1 2( 2 , 2 , )2 aA E a a= − − 1ACD ( , , )n x y z= 0n CD⋅ =  1 0n CA⋅ =  y x z= − = 1x = 1ACD (1, 1, 1)n = − − 1ACE (2,1, 2)m = − cos ,n m< >=  3 3 6sin , 3n m< >=  1AC 6 3 3, 3 2, 2 2OC AC AD= = = ,OD OE OCD∆ 2 2 2 cos45 5OD OC CD OC CD= + − ⋅ ° = 2 2A D′ = 2 2 2A O OD A D′ ′+ = A O OD′ ⊥ A O OE′ ⊥ OD OE O= A O′ ⊥ BCDE O OH CD⊥ CD H A H′ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 因为 平面 ,所以 , 所以 为二面角 的平面角． 结合图 1 可知, 为 中点,故 ,从而 所以 ,所以二面角 的平面角的余弦值为 ． 向量法:以 点为原点,建立空间直角坐标系 如图所示, 则 , , 所以 , 设 为平面 的法向量,则 ,即 ,解得 ,令 ,得 由(Ⅰ) 知, 为平面 的一个法向量, 所以 ， 即二面角 的平面角的余弦值为 ． 31．【解析】：（Ⅰ）解法一 由题意易知 两两垂直，以 O 为原点建立直角坐 标系，如图： A O′ ⊥ BCDE A H CD′ ⊥ A HO′∠ A CD B′− − H AC 3 2 2OH = 2 2 30 2A H OH OA′ ′= + = 15cos 5 OHA HO A H ′∠ = =′ A CD B′− − 15 5 O O xyz− ( )0,0, 3A′ ( )0, 3,0C − ( )1, 2,0D − ( )0,3, 3CA′ = ( )1,2, 3DA′ = − ( ), ,n x y z= A CD′ 0 0 n CA n DA  ′⋅ = ′⋅ =     3 3 0 2 3 0 y z x y z  + = − + + = 3 y x z x = − = 1x = ( )1, 1, 3n = − ( )0,0, 3OA′ = CDB 3 15cos , 53 5 n OAn OA n OA ′⋅′ = = = ⋅′      A CD B′− − 15 5 1, ,OA OB OA 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ , 解法二： （Ⅱ） ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2, 1, 1,0,0 , 0,1,0 , 1,1,1 , (0, 1,0), 0,0,1 . AB AA OA OB OA A B C D A = = ∴ = = = ∴ − −  ( )1 1 2, 1,1,1 .A B AB B= − 由 易得 1 ( 1,0, 1), (0, 2,0),AC BD= − − = −   1 ( 1,0,1)BB = − 1 1 10, 0,AC BD AC BB∴ ⋅ = ⋅ =    1 1 1,AC BD AC BB∴ ⊥ ⊥ 1 1 1 .AC BB D D∴ ⊥ 平面 1 1, .AO ABCD AO BD⊥ ∴ ⊥ 平面 ABCD又 是正方形， ,BD AC∴ ⊥ 1 ,BD AOC∴ ⊥ 平面 1 .BD AC∴ ⊥ 1OA AC又 是 的中垂线， 1 1 2, 2,A A AC AC∴ = = =且 2 2 2 1 1 ,AC AA AC∴ = + 1AAC∴ 是直角三角形， 1 1AA AC∴ ⊥ 1 1/ / ,BB AA又 1 1,AC BB∴ ⊥ 1 1 1 .AC BB D D∴ ⊥ 平面 1 ( , , ).OCB n x y z=设平面 的法向量 1( 1,0,0), ( 1,1,1),OC OB= − = −   天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 取 由（Ⅰ）知， 32．【解析】（Ⅰ）直线 平面 ，证明如下： 连接 ，因为 ， 分别是 ， 的中点，所以 ． 又 平面 ，且 平面 ，所以 平面 ． 而 平面 ，且平面 平面 ，所以 ． 因为 平面 ， 平面 ，所以直线 平面 ． （Ⅱ）（综合法）如图 1，连接 ，由（Ⅰ）可知交线 即为直线 ，且 ． 因为 是 的直径，所以 ，于是 ． 已知 平面 ，而 平面 ，所以 ． 而 ，所以 平面 ． 连接 ， ，因为 平面 ，所以 ． 故 就是二面角 的平面角，即 ． 由 ，作 ，且 ． 连接 ， ，因为 是 的中点， ，所以 ， 从而四边形 是平行四边形， ． 连接 ，因为 平面 ，所以 是 在平面 内的射影， 故 就是直线 与平面 所成的角，即 ． 又 平面 ，有 ，知 为锐角， 1 0, 0, n OC x n OB x y z  • = − −∴ • = − + + =     0, , x y z =∴ = − (0,1, 1),n = − 1 1 1( 1,0, 1),AC BB D D= − − 是平面 的法向量， 1 1 1cos | cos , | 22 2 n ACθ∴ = < > = = ×  0 2 3 π πθ θ≤ ≤ ∴又 ， ＝ 。 l ∥ PAC EF E F PA PC EF ∥ AC EF ⊄ ABC AC ⊂ ABC EF ∥ ABC EF ⊂ BEF BEF  ABC l= EF ∥ l l ⊄ PAC EF ⊂ PAC l ∥ PAC BD l BD l ∥ AC AB O AC BC⊥ l BC⊥ PC ⊥ ABC l ⊂ ABC PC l⊥ PC BC C= l ⊥ PBC BE BF BF ⊂ PBC l BF⊥ CBF∠ E l C− − CBF β∠ = 1 2DQ CP=  DQ ∥ CP 1 2DQ CP= PQ DF F CP 2CP PF= DQ PF= DQPF PQ ∥ FD CD PC ⊥ ABC CD FD ABC CDF∠ PQ ABC CDF θ∠ = BD ⊥ PBC BD BF⊥ BDF∠ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 故 为异面直线 与 所成的角，即 ， 于是在 △ ， △ ， △ 中，分别可得 ， ， ， 从而 ，即 ． （Ⅱ）（向量法）如图 2，由 ，作 ，且 ． 连接 ， ， ， ， ，由（Ⅰ）可知交线 即为直线 ． 以点 为原点，向量 所在直线分别为 轴，建立如图所示的空间直 角坐标系， 设 ，则有 , ． 于是 ， ， ， 所以 ，从而 ． 又取平面 的一个法向量为 ，可得 ， 设平面 的一个法向量为 ， 所以由 可得 取 ． 于是 ，从而 ． 故 ， BDF∠ PQ EF BDF α∠ = Rt DCF Rt FBD Rt BCF sin CF DF θ = sin BF DF α = sin CF BF β = sin sin sinCF BF CF BF DF DF α β θ= ⋅ = = sin sin sinθ α β= 1 2DQ CP=  DQ ∥ CP 1 2DQ CP= PQ EF BE BF BD l BD C , ,CA CB CP   , ,x y z , , 2CA a CB b CP c= = = (0, 0, 0), ( , 0, 0), (0, , 0), (0, 0, 2 ), ( , , )C A a B b P c Q a b c 1( , 0, ), (0, 0, )2E a c F c 1( , 0, 0)2FE a= ( , , )QP a b c= − − (0, , )BF b c= − 2 2 2 | |cos | | | | FE QP a FE QP a b c α ⋅= = ⋅ + +     2 2 2 2 2 2 sin 1 cos b c a b c α α += − = + + ABC (0, 0, 1)=m 2 2 2 | |sin | | | | QP c QP a b c θ ⋅= = ⋅ + +   m m BEF ( , , )x y z=n 0, 0, FE BF  ⋅ = ⋅ =   n n 1 0,2 0. ax by cz  = − + = (0, , )c b=n 2 2 | || cos | | | | | b b c β ⋅= =⋅ + m n m n 2 2 2 sin 1 cos c b c β β= − = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin sin sinb c c c a b c b c a b c α β θ+= ⋅ = = + + + + + 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 即 ． 33．【解析】解法一 如图，以点 A 为原点建立空间直角坐标系， 依题意得 A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1， 0) （Ⅰ）易得 =（1，0，-1）， =（-1，1，-1），于是 ，所以 ． （Ⅱ） =（1，-2，-1）．设平面 的法向量 ，则 ， 即 消去 ，得 y+2z =0，不妨令 z=1，可得一个法向量为 =（-3，-2， 1）．由（Ⅰ）知， ，又 ，可得 平面 ，故 = （1，0，-1）为平面 的一个法向量． 于是 从而 所以二面角 B1－CE－C1 的正弦值为 ． （Ⅲ） =（0，1，0）， =(1，l，1)，设 ， ， 有 ．可取 =（0，0，2）为平面 的一个法 向量，设 为直线 AM 与平面 所成的角， x z y B C C1 B1 D D1 A1A E 1 1B C CE 1 1 0B C CE⋅ =  1 1B C CE⊥ 1B C ( ), ,x y z=m 1 0 0 B C CE  ⋅ = ⋅ =   m m 2 0 0 x y z x y z − − = − + − = x m 1 1B C CE⊥ 1 1 1CC B C⊥ 1 1B C ⊥ 1CEC 1 1B C 1CEC 1 1 1 1 1 1 4 2 7cos , 7| || | 14 2 B CB C B C ⋅ −< >= = = − ×   mm m 1 1 21sin , 7B C< >=m 21 7 AE 1EC ( )1 , ,EM ECλ λ λ λ= =  0 1λ≤ ≤ ( ), 1,AM AE EM λ λ λ= + = +   AB 1 1ADD A θ 1 1ADD A sin sin sinθ α β= 1B CE 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 则 于是 ，解得 ，所以 34．【解析】（Ⅰ）在 中， ，得： 同理： 得： 面 （Ⅱ） 面 取 的中点 ，过点 作 于点 ，连接 ，面 面 面 得：点 与点 重合 且 是二面角 的平面角 设 ，则 ， 既二面角 的大小为 35．【解析】（Ⅰ）以 为原点 的方向分别 为 轴, 轴, 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)． 设 ,则 ， ， ， ， 故 ， ， ， 2 sin cos , 3 2 1 AM AB AM AB AM AB λθ λ λ ⋅ = < > = = ⋅ + +       2 2 63 2 1 λ λ λ = + + 1 3 λ = 2AM = Rt DAC∆ AD AC= 45ADC °∠ = 1 1 145 90A DC CDC° °∠ = ⇒ ∠ = 1 1 1,DC DC DC BD DC⊥ ⊥ ⇒ ⊥ 1BCD DC BC⇒ ⊥ 1 1,DC BC CC BC BC⊥ ⊥ ⇒ ⊥ 1 1ACC A BC AC⇒ ⊥ 1 1A B O O OH BD⊥ H 1 1,C O C H 1 1 1 1 1 1 1AC B C C O A B= ⇒ ⊥ 1 1 1A B C ⊥ 1A BD 1C O⇒ ⊥ 1A BD 1OH BD C H BD⊥ ⇒ ⊥ H D 1C DO∠ 11 CBDA −− AC a= 1 2 2 aC O = 1 1 12 2 30C D a C O C DO °= = ⇒ ∠ = 11 CBDA −− 30° A 1, ,AB AD AA   x y z AB a= (0,0,0)A (0,1,0)D 1(0,1,1)D ,1,02 aE      1( ,0,1)B a 1 (0,1,1)AD = 1 ,1, 12 aB E  = − −    1 ( ,0,1)AB a= 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ ． ∵ ， ∴ （Ⅱ）假设在棱 AA1 上存在一点 ， 使得 DP 平面 ．此时 ． 又设平面 的法向量 =(x,y,z)． ∵ 平面 ，∴ , ，得 取 ，得平面 的一个法向量 ． 要使 DP 平面 ，只要 ，有 ，解得 ． 又 DP 平面 ，∴存在点 P，满足 DP 平面 ，此时 AP=1 2． （Ⅲ）连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1 及 AA1=AD=1,得 AD1 A1D． ∵B1C A1D,∴AD1 B1C． 又由（Ⅰ）知 B1E AD1,且 B1C∩B1E=B1, ∴AD1 平面 DCB1A1．∴ 是平面 A1B1E 的一个法向量,此时 =(0,1,1)． 设 与 n 所成的角为 θ, 则 ． ∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30°， ∴ ，即 解得 ，即 AB 的长为 2． 36．【解析】（Ⅰ）因为 ， 分别为 ， 的中点，所以 是 的中位线， 所以 ，又因为 平面 ，所以 平面 ,1,02 aAE  =     1 1 0 1 1 ( 1) 1 02 aAD B E⋅ = − × + × + − × =  1 1B E AD⊥ 0(0,0, )P z ∥ 1B AE 0(0, 1, )DP z= − 1B AE n n ⊥ 1B AE 1AB⊥ n AE⊥ n 0 02 ax z ax y + = + = 1x = 1B AE 1, ,2 a a = − −  n ∥ 1B AE DP⊥ n 0 02 a az− = 0 1 2z = ⊄ 1B AE ∥ 1B AE ⊥ ∥ ⊥ ⊥ ⊥ 1AD 1AD 1AD 1 2 21 2cos 2 1 4 a an AD n AD a a θ − −⋅= = ⋅ + +     cos cos30θ =  2 3 32 252 1 4 a a = + 2a = M N PB PD MN PBD∆ / /MN BD MN ⊄ ABCD / /MN ABCD 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ （Ⅱ）方法一：连接 交 于 ，以 为原点， 所在直线为 轴，建 立空间直角坐标系 ，如图所示． 在菱形 中， ，得 ， 又因为 平面 ，所以 ， 在直角 中， ，得 ， 由此知个点坐标如下， ． 设 为平面 的法向量，由 知 ，取 ，得 ． 设 为平面 的法向量，由 知 ，取 ，得 AC BD O O ,OC OD ,x y Oxyz ABCD 120BAD∠ = ° 2 3, 3 6AC AB BD AB= = = = PA ⊥ ABCD PA AC⊥ PAC∆ 2 3, 2 6,AC PA AQ PC= = ⊥ 2, 4QC PQ= = 3 3( 3,0,0), (0, 3,0), ( 3,0,0), (0,3,0), ( 3,0,2 6), ( , , 6)2 2A B C D P M− − − − − 3 3 3 2 6( , , 6), ( ,0, )2 2 3 3N Q− ( , , )x y z=m AMN 3 3 3 3( , , 6), ( , , 6)2 2 2 2AM AN= − =  3 3 6 02 2 3 3 6 02 2 x y z x y z  − + =  + + = 1z = − (2 2,0, 1)= −m ( , , )x y z=n QMN 5 3 3 6 5 3 3 6( , , ), ( , , )6 2 3 6 2 3QM AN= − − = −  5 3 3 6 06 2 3 5 3 3 6 06 2 3 x y z x y z − − + = − + + = 5z = (2 2,0,5)=n 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 于是， 所以二面角 的平面角的余弦值为 方法二：在菱形 中， ，得 又因为 平面 ， 所以 所以 所以 而 ， 分别为 ， 的中点， 所以 ，且 取线段 中点 ，连接 ，则 所以 是二面角 的平面角 由 ，故 在 中， ，得 在直角 中， ，得 在 中， ，得 在等腰 中， ，得 所以二面角 的平面角的余弦值为 33cos , 33 ⋅< >= =⋅ m nm n | m | | n | A MN Q− − 33 33 ABCD 120BAD∠ = ° , 3AC AB BC CD DA BD AB= = = = = PA ⊥ ABCD , ,PA AB PA AC PA AD⊥ ⊥ ⊥ PB PC PD= = PBC PDC∆ ≅ ∆ M N PB PD MQ NQ= 1 1 2 2AM PB PD AN= = = MN E ,AE EQ ,AE MN EQ MN⊥ ⊥ AEQ∠ A MN Q− − 2 3, 2 6AB PA= = AMN∆ 13, 32AM AN MN BD= = = = 3 3 2AE = PAC∆ AQ PC⊥ 2 2, 2, 4AQ QC PQ= = = PBC∆ 2 2 2 5cos 2 6 PB PC BCBPC PB PC + −∠ = =⋅ 2 2 2 cos 5MQ PM PQ PM PQ BPC= + − ⋅ ∠ = MQN∆ 5, 3MQ NQ MN= = = 2 2 2 33cos 2 33 AE QE AQAEQ AE QE + −∠ = =⋅ A MN Q− − 33 33 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 37．【解析】（Ⅰ）因为 ， 由余弦定理得 从而 ，故 BD AD 又 PD 底面 ABCD，可得 BD PD 所以 BD 平面 PAD． 故 PA BD （Ⅱ）如图，以 D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线 DA 为 轴的正半轴建立空间 直角坐标系 D- ，则 ， ， ， ． 设平面 的法向量为 ，则 ， 即 因此可取 = 设平面 的法向量为 ，则 可取 =（0，-1， ） 故二面角 A-PB-C 的余弦值为 ． 38．【解析】（Ⅰ）（综合法）证明：设 G 是线段 DA 与 EB 延长线的交点． 由于 与 60 , 2DAB AB AD∠ = ° = 3BD AD= 2 2 2BD AD AB+ = ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ x xyz ( )1,0,0A ( )0 3,0B ， ( )1, 3,0C − ( )0,0,1P ( 1, 3,0), (0, 3, 1), ( 1,0,0)AB PB BC= − = − = −   PAB ( , , )x y z=n 0 0 AB PB  ⋅ = ⋅ =   n n 3 0 3 0 x y y z − + = − = n ( 3,1, 3) PBC m 0 0 PB BC  ⋅ = ⋅ =   m m m 3− 4 2 7cos , 72 7 −= = −m n 2 7 7 − OAB∆ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 都是正三角形，所以 ，OG=OD=2， 同理，设 是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点，有 又由于 G 和 都在线段 DA 的延长线上，所以 G 与 重合． 在 和 中，由 和 OC ，可知 B 和 C 分别是 GE 和 GF 的中点，所以 BC 是 的中位线，故 BC EF． （向量法）过点 F 作 ，交 AD 于点 Q，连 QE，由平面 ABED 平面 ADFC，知 FQ 平面 ABED，以 Q 为坐标原点， 为 轴正向， 为 y 轴正向， 为 z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系． 由条件知 则有 所以 即得 BC EF． （Ⅱ）由 OB=1，OE=2， ，而 是边长为 2 的正三角形， 故 所以 过点 F 作 FQ AD，交 AD 于点 Q，由平面 ABED 平面 ACFD 知，FQ 就是四棱锥 F—OBED 的高，且 FQ= ，所以 39．【证明】（Ⅰ）在△PAD 中，因为 E、F 分别为 AP，AD 的中点，所以 EF//PD． 又因为 EF 平面 PCD，PD 平面 PCD，所以直线 EF//平面 PCD． ODE∆ OB ∥ DE2 1 G′ .2==′ ODGO G′ G′ GED∆ GFD OB ∥ DE2 1 ∥ DF2 1 GEF∆ ∥ ADFQ ⊥ ⊥ ⊥ QE x QD QF ).2 3,2 3,0(),0,2 3,2 3(),3,0,0(),0,0,3( −− CBFE 3 3( ,0, ), ( 3,0, 3).2 2BC EF= − = −  ,2BCEF = ∥ 2 3,60 =°=∠ EOBSEOB 知 OED∆ .3=OEDS .2 33=+= OEDEOBOBED SSS ⊥ ⊥ 3 .2 3 3 1 =⋅=− OBEDOBEDF SFQV ⊄ ⊂ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ （Ⅱ）连结 DB，因为 AB=AD，∠BAD=60°，所以 为正三角形，因为 F 是 AD 的中点，所以 BF AD．因为平面 PAD 平面 ABCD，BF 平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD=AD，所以 BF 平面 PAD．又因为 BF 平面 BEF，所以平面 BEF 平面 PAD． 40．【证明】：（Ⅰ）连结 ，因为 是半径为 的半圆， 为直径，点 为 的中点，所以 ． 在 中， ． 在 中， ， 为等腰三角形， 且点 是底边 的中点，故 ． 在 中， ， 所以 为 ，且 ． 因为 ， ，且 ，所以 平面 ， 而 平面 ， ． 因为 ， ，且 ，所以 平面 ， 而 平面 ， ． （Ⅱ）设平面 与平面 RQD 的交线为 ． ABD∆ ⊥ ⊥ ⊂  ⊥ ⊂ ⊥ CF AEC a AC E AC EB AC⊥ RT BCE∆ 2 2 2 2 2EC BC BE a a a= + = + = BDF∆ 5BF DF a= = BDF∆ C BD CF BD⊥ CEF∆ 2 2 2 2 2 2( 2 ) (2 ) 6CE CF a a a EF+ = + = = CEF∆ Rt∆ CF EC⊥ CF BD⊥ CF EC⊥ CE BD C= CF ⊥ BED EB ⊂ BED CF EB∴ ⊥ EB AC⊥ EB CF⊥ AC CF C= EB ⊥ BDF FD ⊂ BDF EB FD∴ ⊥ BED DG 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 由 ， ，知 ． 而 平面 ，∴ 平面 ， 而平面 平面 = ， ∴ ． 由（Ⅰ）知， 平面 ，∴ 平面 ， 而 平面 ，∴ ， ， ∴ 是平面 与平面 所成二面角的平面角． 在 中， ， ， ． 在 中，由 知， ， 由余弦定理得， 由正弦定理得， ，即 ， ． 故平面 与平面 所成二面角的正弦值为 ． 41．【解析】：以 为原点， 分别为 轴，线段 的长为单位长， 建 立空间直角坐标系如图， 则 2 3FQ FE= 2 3FR FB= //QR EB EB ⊂ BDE //QR BDE BDE  RQD DG // //QR DG EB BE ⊥ BDF DG ⊥ BDF ,DR DB ⊂ BDF DG DR⊥ DG DQ⊥ RDB∠ BED RQD Rt BCF∆ 2 2 2 2( 5 ) 2CF BF BC a a a= − = − = 2 2sin 5 5 FC aRBD BF a ∠ = = = 2 1cos 1 sin 5 RBD RBD∠ = − ∠ = BDR∆ 2 3FR FB= 1 5 3 3 aBR FB= = 2 2 2 cosRD BD BR BD BR RBD= + − ⋅ ∠ 2 25 5 1 29(2 ) ( ) 2 23 3 35 a aa a a= + − ⋅ ⋅ ⋅ = sin sin BR RD RDB RBD =∠ ∠ 5 29 3 3 2sin 5 a a RDB =∠ 2 29sin 29RDB∠ = BED RQD 2 29 29 H , ,HA HB HP , ,x y z HA (1,0,0), (0,1,0)A B 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ （Ⅰ）设 ，则 可得 因为 ，所以 （Ⅱ）由已知条件可得 设 为平面 的法向量则 即 因此可以取 ，由 ，可得 ， 所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ． 42．【解析】方法一：如图所示，建立空间直角坐标系， 点 A 为坐标原点，设 ,依题意得 , , , ( ,0,0), (0,0, )( 0, 0)C m P n m n< > 1(0, ,0), ( , ,0).2 2 mD m E 1( , , ), ( , 1,0).2 2 mPE n BC m= − = − 0 02 2 m mPE BC⋅ = − + = PE BC⊥ 3 3, 1,3 3m n C= − = −故 ( , 0, 0) 3 1 3(0, ,0), ( , ,0), (0,0,1)3 2 6D E P− − ( , , )n x y x= PEH 0, 0, HE HP  ⋅ = ⋅ = n n 1 3 02 6 0 x y z  − =  = (1, 3,0)=n (1,0, 1)PA = − 2cos , 4PA =n PA PEH 2 4 1AB = (0,2,0)D (1,2,1)F 1(0,0,4)A 31, ,02E      天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ （Ⅰ）易得 , 于是 所以异面直线 与 所成角的余弦值为 （Ⅱ）已知 , , 于是 · =0， · =0．因此， , ,又 所以 平面 ． （Ⅲ）设平面 的法向量 ，则 , 即 不妨令 =1,可得 ．由（Ⅱ）可知， 为平面 的一个法向量．于是 ， 从而 所以二面角 的正弦值为 ． 方法二：（Ⅰ）设 AB=1，可得 AD=2,AA1=4，CF=1．CE= 连接 B1C，BC1，设 B1C 与 BC1 交于点 M,易知 A1D∥B1C，由 , 可知 EF∥BC1，故 是异面直线 EF 与 A1D 所成的角， 易知 BM=CM= ,所以 ， 所以异面直线 FE 与 A1D 所成角的余弦值为 10, ,12EF  =     1 (0,2, 4)A D = − 1 1 1 3cos , 5 EF A DEF A D EF A D = = −      EF 1A D 3 5 (1,2,1)AF = 1 31, ,42EA  = − −    11, ,02ED  = −    AF 1EA AF ED 1AF EA⊥ AF ED⊥ 1EA ED E∩ = AF ⊥ 1A ED EFD ( , , )u x y z= 0 0 u EF u ED  = =       1 02 1 02 y z x y  + = − + = x (1,2 1= − ）u AF 1A ED 2cos , = = 3| || | u AFu AF u AF •     5sin , = 3u AF  1A -ED-F 5 3 1 2 1 CE CF 1= =CB CC 4 BMC∠ 1 1 B C= 52 2 2 2 3cos 2 5 BM CM BCBMC BM CM + −∠ = =  3 5 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/ （ Ⅱ ） 连 接 AC ， 设 AC 与 DE 交 点 N 因 为 ， 所 以 ，从而 ，又由于 ,所以 ，故 AC⊥DE,又因为 CC1⊥DE 且 ，所以 DE⊥ 平面 ACF，从而 AF⊥DE．连接 BF，同理可证 B1C⊥平面 ABF,从而 AF⊥B1C,所以 AF⊥ A1D 因为 ，所以 AF⊥平面 A1ED． （Ⅲ）连接 A1N，FN，由（Ⅱ）可知 DE⊥平面 ACF，又 NF 平面 ACF, A1N 平面 ACF，所以 DE⊥NF，,DE⊥A1N，故 为二面角 A1-ED-F 的平面角 易知 ，所以 ，又 所以 ， 在 连接 A1C1,A1F 在 ． 所以 ，所以二面角 A1-DE-F 正弦值为 ． 1 2 CD EC BC AB = = Rt DCE Rt CBA∆ ∆ CDE BCA∠ = ∠ 90CDE CED∠ + ∠ = ° 90BCA CED∠ + ∠ = ° 1CC AC C∩ = 1DE A D D∩ = ⊂ ⊂ 1A NF∠ Rt CNE Rt CBA∆ ∆ CN EC BC AC = 5AC = 5 5CN = 2 2 1 30 5Rt NCF NF CF CN Rt A AN∆ = + = 中， 在 中 2 2 1 1 4 30 5NA A A AN= + = 2 2 1 1 1 1 1 1 14Rt AC F A F AC C F∆ = + =中， 2 2 2 1 1 1 1 1 2cos 2 3 A N FN A FRt A NF A NF A N FN + −∆ ∠ = =•在 中， 1 5sin 3A NF∠ = 5 3