2021年新高考数学模拟试题专题练习--第8章第5讲 空间角与距离、空间向量及应用

2021年新高考数学模拟试题专题练习--

第五讲空间角与距离、空间向量及应用

1.[2020湖北部分重点中学高三测试] 如图8-5-1,E,F分别是三棱锥P-ABC的棱AP,BC的中

点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为( )

图8-5-1

A.30°

B.60°

C.120°

D.150°

2.[2020湖南长沙市长郡中学模拟]图8-5-2中的三个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G作正方体的截面.下列各选项中,关于直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是( )

图8-5-2

A.BD1∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②③

B.BD1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有①

C.BD1∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②

D.BD1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有③

3.[多选题] 如图8-5-3,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则以下说法正确的是( )

图8-5-3

A.直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π

4

B.点C到平面 ABC1D1的距离为√2

2

C.异面直线D1C和BC1所成的角为π

4

D.三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球的半径为√3

2

4.[2019吉林长春质量监测][双空题]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N,E,F分别是

A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为,CE 和该截面所成角的正弦值为.

5.[2021广州市阶段模拟]如图8-5-4,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为菱形,BE⊥平面ABCD,G为AC与BD 的交点.

(1)证明:平面AEC⊥平面BED.

(2)若∠BAD=60°,AE⊥EC,求直线EG与平面EDC所成角的正弦值.

图8-5-4

6.[2021晋南高中联考]如图8-5-5,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥底面ABCD,其中底面ABCD为等腰梯形,AD∥BC,PA=AB=BC=CD,PA⊥PD,∠PAD=60°,Q为PD的中点.

(1)证明:CQ∥平面PAB.

(2)求二面角P-AQ-C的余弦值.

图8-5-5

7.[2021湖南六校联考]如图8-5-6,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,SD=2a,AD=√2a,点E是SD上的点,且DE=λa(0<λ≤2).

(1)求证:对任意的λ∈(0,2],都有AC⊥B E.

(2)设二面角C-AE-D 的大小为θ,直线BE 与平面ABCD 所成的角为φ,若sin φ=cos θ,求λ的值.

图8-5-6

8.[2020福建五校联考]图8-5-7是一个半圆柱与多面体ABB 1A 1C 构成的几何体,平面ABC 与半圆柱的下底面共面,且AC⊥BC,P 为B 1A 1?上的动点(不与B 1,A 1重合). (1)证明:PA 1⊥平面PBB 1.

(2)若四边形ABB 1A 1为正方形,且AC=BC,∠PB 1A 1=π

4,求二面角P-A 1B 1-C 的余弦值.

图8-5-7

9.[2020全国卷Ⅱ,12分]如图8-5-8,已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面是正三角形,侧面BB 1C 1C 是矩形,M,N 分别为BC,B 1C 1的中点,P 为AM 上一点,过B 1C 1和P 的平面交AB 于E,交AC 于F. (1)证明:AA 1∥MN,且平面A 1AMN⊥平面EB 1C 1F.

(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心.若AO∥平面EB 1C 1F,且AO=AB,求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.

图8-5-8

10.[2021黑龙江省六校联考]如图8-5-9,正方形ABCD和ABEF所在的平面互相垂直,且边长都是1,M,N,G 分别为线段AC,BF,AB上的动点,且CM=BN,AF∥平面MNG,记BG=a(0

(1)证明:MG⊥平面ABEF.

(2)当MN的长度最小时,求二面角A-MN-B的余弦值.

图8-5-9

11.[2021蓉城名校联考]如图8-5-10(1),AD是△BCD中BC边上的高,且AB=2AD=2AC,将△BCD沿AD翻折,使得平面ACD⊥平面ABD,如图8-5-10(2)所示.

(1)求证:AB⊥CD.

时,求直线AE与平(2)在图8-5-10(2)中,E是BD上一点,连接AE,CE,当AE与底面ABC所成角的正切值为1

2

面BCE所成角的正弦值.

图8-5-10

12.[2020洛阳市联考]如图8-5-11,底面ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面

ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2√6,DE=3√6.

(1)求证:平面ACE⊥平面BED.

(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值.

的值;若不存在,请说明理(3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出AM

AF

由.

图8-5-11

13.如图8-5-12,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,平面α经过棱PC的中点E,与棱PB,AC分别交于点F,D,且BC∥平面α,PA∥平面α.

(1)证明:AB⊥平面α.

(2)若AB=BC=PA=2,点M在直线EF上,求平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值.

图8-5-12

14.[2021安徽江淮十校第一次联考]如图8-5-13(1),已知圆O的直径AB的长为2,上半圆弧上有一点

C,∠COB=60°,点P是弧AC上的动点,点D是下半圆弧的中点.现以AB为折痕,使下半圆所在的平面垂直于上半圆所在的平面,连接PO,PD,PC,CD,如图8-5-13(2)所示.

(1)当AB∥平面PCD时,求PC的长;

(2)当三棱锥P-COD体积最大时,求二面角D-PC-O的余弦值.

图8-5-13

答 案

第四讲 直线、平面垂直的判定及性质

1.B 如图D 8-5-8,取AC 的中点D,连接DE,DF,因为D,E,F 分别为AC,PA,BC 的中点,所以DF∥AB,DF=1

2AB, DE∥PC,DE=1

2PC,所以∠EDF 或其补角为异面直线PC 与AB 所成的角.因为PC=10,AB=6,所以在△DEF 中,DE=5,DF=3,EF=7,由余弦定理得cos∠EDF=DE 2+DF 2-EF 22DE×DF

=

25+9-492×5×3

=-1

2,所以∠EDF=120°,所以异面直线PC 与

AB 所成的角为60°.故选B.

图D 8-5-8

2.A 对于题图①,连接BD,因为E,F,G 均为所在棱的中点,所以BD∥GE,DD 1∥EF,又BD ?平面EFG,DD 1?平面EFG,从而可得BD∥平面EFG,DD 1∥平面EFG,又BD∩DD 1=D,所以平面BDD 1∥平面EFG,所以BD 1∥平面EFG. 对于题图②,连接DB,DA 1,设正方体的棱长为1,因为E,F,G 均为所在棱的中点,

所以BD 1???????? ·GE ????? =(DD 1???????? -DB ?????? )·(1

2DA 1???????? )=12(DD 1???????? ·DA 1???????? -DB ?????? ·DA 1???????? )=12(1×√2×cos 45°-√2×√2×cos

60°)=0, 即BD 1⊥EG.

连接DC 1,则BD 1???????? ·EF ????? =(DD 1???????? -DB ?????? )·(1

2DC 1??????? )=12(DD 1???????? ·DC 1??????? -DB ?????? ·DC 1??????? )=12(1×√2×cos 45°-√2×√2×cos

60°)=0,即BD 1⊥EF.

又EG∩EF=E,所以BD 1⊥平面EFG.

对于题图③,设正方体的棱长为1,连接DB,DG,因为E,F,G 均为所在棱的中点,

所以BD 1???????? ·EG ????? =(DD 1???????? -DB ?????? )·(DG ????? -DE ????? )=(DD 1???????? -DB ?????? )·(DC ????? +12DD 1???????? -12DA ????? )=12DD 1???????? 2

-DB ?????? ·DC ????? +12DB ?????? ·DA ????? =12-√2×1×√22+1

2×√2×1×√2

2=0, 即BD 1⊥EG.

连接AF,则BD 1???????? ·EF ????? =(DD 1???????? -DB ?????? )·(AF ????? -AE ????? )=(DD 1???????? -DB ?????? )·(DD 1???????? +12DC ????? +12DA ????? )=DD 1???????? 2

-12DB ?????? ·DC ????? -1

2DB ?????? ·DA ????? =1-12×√2×1×√22-12×√2×1×√22

=0, 即BD 1⊥EF.

又EG∩EF=E,所以BD 1⊥平面EFG.故选A.

3.ABD 正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,对于A,直线BC 与平面ABC 1D 1所成的角为∠CBC 1=π

4,故A 正确;对于B,点C 到平面ABC 1D 1的距离为B 1C 长度的一半,即距离为√2

2

,故B 正确;对于C,连接AC,因为BC 1∥AD 1,所以异面直线D 1C 和BC 1所成的角即直线D 1C 和AD 1所成的角,又△ACD 1是等边三角形,所以异面直线D 1C 和BC 1所成的角为π

3,故C 错误;对于D,三棱柱AA 1D 1-BB 1C 1的外接球就是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的外接球,正方体

ABCD-A 1B 1C 1D 1的外接球半径r=√12+12+122

=√3

2,故D 正确.故选ABD.

4.2√2

√10

10

如图D 8-5-9,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,设CD,BC 的中点分别为H,G,连接HE,HG,GE,HF,ME,NH.

图D 8-5-9

易知ME∥NH,ME=NH,所以四边形MEHN 是平行四边形, 所以MN∥HE.

因为MN ?平面EFHG,HE ?平面EFHG,所以MN∥平面EFHG,

所以过EF 且与MN 平行的平面为平面EFHG,易知平面EFHG 截正方体所得截面为矩形EFHG,EF=√2,FH=2, 所以截面EFHG 的面积为2×√2=2√2.

连接AC,交HG 于点I,易知CI⊥HG,平面EFHG⊥平面ABCD,平面EFHG∩平面ABCD=HG, 所以CI⊥平面EFHG,连接EI, 因为EI ?平面EFHG,所以CI⊥EI,

所以∠CEI 为直线CE 和截面EFHG 所成的角. 在Rt△CIE 中,易知CE=√1+22=√5,CI=1

4AC=

2√24

=√2

2,所以sin∠CEI=CI CE =√10

10.

5.(1)因为四边形ABCD 为菱形,所以AC⊥BD.

因为BE⊥平面ABCD,AC ?平面ABCD,所以AC⊥BE. 又BE∩BD=B,所以AC⊥平面BED. 又AC ?平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.

(2)解法一 设AB=1,在菱形ABCD 中,由∠BAD=60°,可得AG=GC=√32,BG=GD=1

2.

因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC 中可得EG=AG=√32

.由BE⊥平面ABCD,得△EBG 为直角三角形,则EG 2

=BE 2

+BG 2

,得BE=√2

2. 如图D 8-5-10,过点G 作直线Gz∥BE,因为BE⊥平面ABCD, 所以Gz⊥平面ABCD, 又AC⊥BD,

所以建立空间直角坐标系 G-xyz.

G(0,0,0),C(0,√3

2,0),D(-1

2,0,0),E(1

2,0,√2

2),

图D 8-5-10

所以GE

????? =(12

,0,√22

),DE ????? =(1,0,√22

),CE ????? =(12

,-√32

,√22

). 设平面EDC 的法向量为n=(x,y,z),

由{DE ????? ·n =0,CE ????? ·n =0,得{x +√2

2z =0,12

x -√32

y +√22

z =0,

取x=1,则z=-√2,y=-√33,

所以平面EDC 的一个法向量为n=(1,-√3

3,-√2).

设直线EG 与平面EDC 所成的角为θ,则sin θ=|cos

????? ,n>|=|1

2+0-1√14+12×√1+13

+2|=|

-

1

2

√32×√10

3

|=√10

10

. 所以直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值为√10

10. 解法二 设BG=1,则GD=1,AB=2,AG=√3.

设点G 到平面EDC 的距离为h,EG 与平面EDC 所成角的大小为θ. 因为AC⊥平面EBD,EG ?平面EBD,所以AC⊥EG. 因为AE⊥EC,所以△AEC 为等腰直角三角形.

因为AC=2AG=2√3,所以AE=EC=√6,EG=AG=√3. 因为AB=BD=2,所以Rt△EAB≌Rt△EDB, 所以EA=ED=√6.

在△EDC 中,ED=EC=√6,DC=2,则S △EDC =√5.

在Rt△EAB 中,BE=√EA 2-AB 2=√(√6)2

-22=√2.V E-GDC =1

3BE·1

2S △CBD =1

6×√2×S △ABD =1

6×√2×1

2×2×√3=√6

6. 由V G-EDC =1

3h·√5=V E-GDC =√6

6,得h=√62√

5=√30

10

.

所以sin θ=?

EG =

√10

10

. 所以直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值为

√10

10

. 解法三 如图D 8-5-11,以点B 为坐标原点,建立空间直角坐标系B-xyz.

图D 8-5-11

不妨设AB=2,在菱形ABCD 中,由∠BAD=60°,可得AG=GC=√3,BG=GD=1.因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC 中可得EG=AG=√3.

由BE⊥平面ABCD,得△EBG 为直角三角形, 则EG 2

=BE 2

+BG 2

,得BE=√2.

则C(2,0,0),E(0,0,√2),D(1,√3,0),G(12,√3

2,0), 所以EG ????? =(12,√32,-√2),ED ????? =(1,√3,-√2),EC ????? =(2,0,-√2). 设平面EDC 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·ED ????? =0,n ·EC ????? =0,得{x +√3y -√2z =0,2x -√2z =0,

令x=√3,则z=√6,y=1.

所以平面EDC 的一个法向量为n=(√3,1,√6). 设EG 与平面EDC 所成的角为θ, 则sin θ=|cos

????? ,n>|=|

√32+√3

2

-2√3|√1+2×√

3+1+6=√10

10

.

所以直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值为√10

6.(1)如图D 8-5-12,取PA 的中点N,连接QN,BN.

图D 8-5-12

∵Q,N 分别是PD,PA 的中点,∴QN∥AD,且QN=1

2AD. ∵PA⊥PD,∠PAD=60°, ∴PA=1

2AD,

又PA=BC,

∴BC=1

2AD,∴QN=BC,

又AD∥BC,∴QN∥BC,∴四边形BCQN 为平行四边形,∴BN∥CQ. 又BN ?平面PAB,CQ ?平面PAB,∴CQ∥平面PAB.

(2)在图D 8-5-12的基础上,取AD 的中点M,连接BM,PM,取AM 的中点O,连接BO,PO,如图D 8-5-13.

图D 8-5-13

设PA=2,

由(1)得PA=AM=PM=2,∴△APM 为等边三角形, ∴PO⊥AM, 同理BO⊥AM.

∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO ?平面PAD, ∴PO⊥平面ABCD.

以O 为坐标原点,分别以OB

????? ,OD ?????? ,OP ????? 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz, 则A(0,-1,0),C(√3,2,0),P(0,0,√3),Q(0,3√3

),

∴AC ????? =(√3,3,0),AQ ????? =(0,52,√3

2

),

设平面ACQ 的法向量为m=(x,y,z),则{m ·AC ????? =0,m ·AQ ????? =0,∴{√3x +3y =0,52

y +√32

z =0,

取y=-√3,得m=(3,-√3,5)是平面ACQ 的一个法向量, 又平面PAQ 的一个法向量为n=(1,0,0), ∴cos=m ·n

|m |·|n |=

3√37

37

, 由图得二面角P-AQ-C 的平面角为钝角, ∴二面角P-AQ-C 的余弦值为-3√37

37

. 7.(1)由题意SD⊥平面ABCD,AD⊥DC, 以D 为原点,DA ????? ,DC ????? ,DS ????? 的方向分别作为x,y,z 轴的正方向建立如图D 8-5-14所示的空间直角坐标系,

图D 8-5-14

则D(0,0,0),A(√2a,0,0),B(√2a,√2a,0),C(0,√2a,0),E(0,0,λa), ∴AC ????? =(-√2a,√2a,0),BE ????? =(-√2a,-√2a,λa), ∴AC ????? ·BE ????? =2a 2-2a 2+0×λa=0, 即AC⊥BE.

(2)解法一 由(1)得EA ????? =(√2a,0,-λa),EC ????? =(0,√2a,-λa),BE ????? =(-√2a,-√2a,λa). 设平面ACE 的法向量为n=(x,y,z),则由n⊥EA ????? ,n⊥EC ????? 得 {

n ·EA

????? =0,n ·EC

????? =0,得{√2x -λz =0,√2y -λz =0,

取z=√2,得n=(λ,λ,√2)为平面ACE 的一个法向量,

易知平面ABCD 与平面ADE 的一个法向量分别为DS ????? =(0,0,2a)与DC ????? =(0,√2a,0), ∴sin φ=|DS

????? ·BE ????? ||DS ????? |·|BE ????? |=√λ2+4,易知二面角C-AE-D 为锐二面角,∴cos θ=|DC

????? ·n ||DC ????? |·|n |

=√2λ2+2

,

由sin φ=cos θ得

√λ2+4

=√2λ2+2

,解得λ2

=2,

又λ∈(0,2],∴λ=√2.

解法二 如图D 8-5-15,连接BD,由SD⊥平面ABCD 知,∠DBE=φ.

图D 8-5-15

由(1)易知CD⊥平面SAD.

过点D 作DF⊥AE 于点F,连接CF,则∠CFD 是二面角C-AE-D 的平面角,即∠CFD=θ. 在Rt△BDE 中,BD=2a,DE=λa,∴BE=2+λ2a 2,sin φ=DE

BE =√λ2+4

,在Rt△ADE 中,AD=√2a,DE=λa,

∴AE=a √λ2+2,∴DF=

AD ·DE AE

=

√2λa

√λ2+2

, 在Rt△CDF 中,CF=√DF 2+CD 2=2√λ2+1√λ2+2

a,

∴cos θ=DF

CF =

√2λ2+2

,

由sin φ=cos θ得

√λ2+4

=

√2λ2+2

,解得λ2

=2,

又λ∈(0,2],∴λ=√2.

8.(1)在半圆柱中,BB 1⊥平面PA 1B 1,PA 1?平面PA 1B 1, 所以BB 1⊥PA 1.

因为A 1B 1是上底面对应圆的直径, 所以PA 1⊥PB 1.

因为PB 1∩BB 1=B 1,PB 1?平面PBB 1,BB 1?平面PBB 1, 所以PA 1⊥平面PBB 1.

(2)根据题意,以C 为坐标原点建立空间直角坐标系C-xyz,如图D 8-5-16所示.

图D 8-5-16

设CB=1,则C(0,0,0),A 1(0,1,√2),B 1(1,0,√2),

所以CA 1??????? =(0,1,√2),CB 1??????? =(1,0,√2). 易知n 1=(0,0,1)为平面PA 1B 1的一个法向量. 设平面CA 1B 1的法向量为n 2=(x,y,z),则{n 2·CA 1??????? =0,

n 2·CB 1??????? =0,

即{y +√2z =0,x +√2z =0,

令z=1,则x=-√2,y=-√2,所以n 2=(-√2,-√2,1)为平面CA 1B 1的一个法向量. 所以cos=1×√5=√5

5.

由图可知二面角P-A 1B 1-C 为钝角,所以所求二面角的余弦值为-√5

5.

9.(1)因为M,N 分别为BC,B 1C 1的中点,所以MN∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1,故AA 1∥MN. 因为△A 1B 1C 1是正三角形,所以B 1C 1⊥A 1N.又B 1C 1⊥MN,故B 1C 1⊥平面A 1AMN. 所以平面A 1AMN⊥平面EB 1C 1F.

(2)由已知得AM⊥BC.以M 为坐标原点,MA ?????? 的方向为x 轴正方向,|MB ?????? |为单位长度,建立如图D 8-5-17所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=√3.

图D 8-5-17

连接NP,则四边形AONP 为平行四边形,故PM=2√33,E(2√33,1

3

,0).由(1)知平面A 1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM,垂

足为Q,则NQ⊥平面ABC. 设Q(a,0,0),则NQ=√4-(2√33-a )2,B 1(a,1,√4-(2√33-a )2

), 故B 1E ??????? =(

2√33

-a,-2

3,-2√33-a )2

),|B 1E ??????? |=2√103

. 又n=(0,-1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量,故

sin(π2- n,B 1E ??????? )=cos n,B 1E ??????? =n ·B 1E ????????

|n |·|B 1

E ???????? |=√10

10

.

所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为√10

10

. 10.(1)因为AF∥平面MNG,

且AF ?平面ABEF,平面ABEF∩平面MNG=NG,所以AF∥NG, 所以CM=BN=√2a,

所以AM=√2(1-a),所以AM CM =AG BG =1-a

a

,

所以MG∥BC,所以MG⊥AB. 又平面ABCD⊥平面ABEF,

且MG ?平面ABCD,平面ABCD∩平面ABEF=AB, 所以MG⊥平面ABEF.

(2)由(1)知,MG⊥NG,MG=1-a,NG=a,

所以MN=√a 2+(1-a )2

=√2a 2-2a +1=√2(a -12)2+12≥√22,当且仅当a=12时等号成立,即当a=12时,MN 的长度

最小.

以B 为坐标原点,分别以BA,BE,BC 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图D 8-5-18所示的空间直角坐标系B-xyz, 则A(1,0,0),B(0,0,0),M(1

2

,0,1

2

),N(12,1

2

,0),

图D 8-5-18

设平面AMN 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),

因为AM ?????? =(-12

,0,1

2

),MN

??????? =(0,12

,-12

), 所以{m ·AM ?????? =-x 12+z 1

2=0,m ·MN ??????? =y 12

-z 1

2

=0,

取z 1=1,得m=(1,1,1)为平面AMN 的一个法向量. 设平面BMN 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2),

因为BM ?????? =(12,0,1

2),MN ??????? =(0,12,-12

),

所以{n ·BM ?????? =x 22+z

22

=0,

n ·MN

??????? =y 22

-z 2

2

=0,取z 2=1,得n=(-1,1,1)为平面BMN 的一个法向量. 所以cos=

m ·n

|m ||n |=1

3

,

又二面角A-MN-B 为钝二面角, 所以二面角A-MN-B 的余弦值为-1

3.

11.(1)由题图(1)知,在题图(2)中,AC⊥AD,AB⊥AD.

∵平面ACD⊥平面ABD,平面ACD∩平面ABD=AD,AB ?平面ABD, ∴AB⊥平面ACD,又CD ?平面ACD, ∴AB⊥CD.

(2)以A 为坐标原点,AC,AB,AD 所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图D 8-5-19所示的空间直角坐标系,不妨设AC=1,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,0,0),D(0,0,1),AD ????? =(0,0,1),BC ????? =(1,-2,0),DB

?????? =(0,2,-1).

图D 8-5-19

设E(x,y,z),由DE ????? =λDB ?????? (0<λ<1),得(x,y,z-1)=(0,2λ,-λ), 得E(0,2λ,1-λ),∴AE

????? =(0,2λ,1-λ), 又平面ABC 的一个法向量为AD ????? =(0,0,1),AE 与底面ABC 所成角的正切值为1

2,

所以|tan AD ????? ,AE ????? |=2,于是|cos AD ????? ,AE ????? |=√

5=√55

, 即|

√(2λ)+(1-λ)|=√5

5

,解得λ=1

2

,

则E(0,1,1

2

),AE ????? =(0,1,12

),BE

????? =(0,-1,12

). 设平面BCE 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·BC

????? =0,n ·BE ????? =0,即{x -2y =0,-y +12z =0,

令y=1,得x=2,z=2,则n=(2,1,2)是平面BCE 的一个法向量, 设直线AE 与平面BCE 所成的角是θ,

则sin θ=|cos AE ????? ,n |=|AE ????? ·n ||AE ????? ||n |=√52

×3

=4 √5

15

, 故直线AE 与平面BCE 所成角的正弦值为4√5

15.

12.(1)因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE ?平面ADEF,DE⊥AD,所以DE⊥平面ABCD. 因为AC ?平面ABCD,所以DE⊥AC. 又四边形ABCD 是正方形,所以AC⊥BD. 因为DE∩BD=D,DE ?平面BED,BD ?平面BED, 所以AC⊥平面BED.

又AC ?平面ACE,所以平面ACE⊥平面BED.

(2)因为DA,DC,DE 两两垂直,所以以D 为坐标原点,建立如图D 8-5-20所示的空间直角坐标系D-xyz. 则A(3,0,0),F(3,0,2√6),E(0,0,3√6),B(3,3,0),C(0,3,0),所以CA ????? =(3,-3,0),BE ????? =(-3,-3,3√6),EF ????? =(3,0,-√6).

图D 8-5-20

设平面BEF 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·BE

????? =-3x -3y +3√6z =0,n ·EF

????? =3x -√6z =0,

取x=√6,得n=(√6,2√6,3)为平面BEF 的一个法向量.

所以cos=CA ????? ·n |CA ????? ||n |=√632×39=-√1313

. 所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为√13

13.

(3)假设在线段AF 上存在符合条件的点M,由(2)可设M(3,0,t),0≤t≤2√6,则BM ?????? =(0,-3,t). 设平面MBE 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1), 则{m ·BM ?????? =-3y 1+tz 1=0,

m ·BE ????? =-3x 1-3y 1+3√6z 1=0,

令y 1=t,得m=(3√6-t,t,3)为平面MBE 的一个法向量.

由(1)知CA⊥平面BED,所以CA ????? 是平面BED 的一个法向量,|cos|=|m ·CA

????? ||m ||CA ????? |=√6-3√2×√(3√6-t )+t 2+9

=cos

60°=1

2,

整理得2t 2

-6√6t+15=0,解得t=√6

2

,

故在线段AF 上存在点M,使得二面角M-BE-D 的大小为60°,此时AM AF =14

.

13.(1)因为BC∥平面α,BC ?平面PBC,平面α∩平面PBC=EF, 所以BC∥EF,且F 为棱PB 的中点, 因为BC⊥AB,所以EF⊥AB.

因为PA∥平面α,PA ?平面PAC,平面α∩平面PAC=DE,所以PA∥DE. 因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB, 所以DE⊥AB.

又DE∩EF=E,DE ?平面DEF,EF ?平面DEF,所以AB⊥平面DEF,即AB⊥平面α.

(2)如图D 8-5-21,以点B 为坐标原点,分别以BA,BC 所在直线为x,y 轴,过点B 且与AP 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(2,0,2),E(1,1,1),F(1,0,1),AC ????? =(-2,2,0),BC ????? =(0,2,0), BP ????? =(2,0,2).

图D 8-5-21

设M(1,t,1),平面MAC 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),则AM ?????? =(-1,t,1),

则{m ·AC ????? =-2x 1+2y 1=0,m ·AM ?????? =-x 1+ty 1+z 1=0,令x 1=1,则y 1=1,z 1=1-t,所以m=(1,1,1-t)为平面MAC 的一个法向量.

设平面PBC 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2),

则{n ·BC

????? =2y 2=0,n ·BP ????? =2x 2+2z 2=0,得y 2=0,令x 2=1,则z 2=-1,所以n=(1,0,-1)为平面PBC 的一个法向量.

设平面MAC 与平面PBC 所成的锐二面角为θ, 则cos θ=|cos|=|m ·n ||m |×|n |=√12+12+(1-t )×√2

=

√t 2-2t+3×2

.

当t=0时,cos θ=0; 当t≠0时, cos θ=

√t 2-t

+1×√2=

√3(t -3)+3

×√2

,

当且仅当1t =13

,即t=3时,3(1t -1

3

)2

+23

取得最小值23

,cos θ取得最大值,最大值为

√23

×√2

=√32

.

所以平面MAC 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值的最大值为√3

2.

14.(1)因为AB∥平面PCD,AB ?平面OCP,平面OCP∩平面PCD=PC,所以AB∥PC. 又∠COB=60°,所以∠OCP=60°.

又OC=OP,所以△OCP 为正三角形,所以PC=1.

(2)由题意知DO⊥平面COP,而V P-COD =V D-COP ,S △COP =1

2·OC·OP·sin∠COP,

所以当OC⊥OP 时,三棱锥P-COD 的体积最大.

解法一 易知OP,OD,OC 两两垂直,以O 为坐标原点,OP

????? ,OD ?????? ,OC ????? 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立如图D 8-5-22所示的空间直角坐标系O-xyz,则P(1,0,0),D(0,1,0),C(0,0,1),PC ????? =(-1,0,1),DP

????? =(1,-1,0).

图D 8-5-22

设平面DPC 的法向量为n 1=(x,y,z),则{PC

????? ·n 1=0,DP ????? ·n 1=0,即{-x +z =0,x -y =0,取x=1,得平面DPC 的一个法向量为

n 1=(1,1,1).易知平面PCO 的一个法向量为n 2=(0,1,0),

设二面角D-PC-O 的平面角为α,由题图知,二面角D-PC-O 的平面角为锐角,则cos α=|n 1·n 2||n 1||n 2|=√3

3

,

所以二面角D-PC-O 的余弦值为√3

3.

解法二 如图D 8-5-23所示,取PC 的中点H,连接OH,DH.

图D 8-5-23

因为OC=OP,DC=DP,所以OH,DH 都与PC 垂直, 即∠OHD 为所求二面角的平面角. 在Rt△OPC 中,可得OH=√2

,

在Rt△OHD中,DH=1+(√2

2)2=√6

2

,

所以cos∠OHD=√2

2

√6

2

=√3

3

,

所以二面角D-PC-O的余弦值为√3

3

.