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1、高三数学专项训练：立体几何解答题理科1在底面边长为2，高为1正四梭柱ABCD=A1B1C1D1中，E，F分别为BC，C1D1中点1求异面直线A1E，CF所成角；2求平面A1EF与平面ADD1A1所成锐二面角余弦值2如图,在长方体,中,点在棱AB上移动.证明:; 当为中点时,求点到面距离; 等于何值时,二面角大小为.3如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB4，AD3，AA12，E，F分别是棱AB，BC上点，且EBFB1. (1)求异面直线EC1与FD1所成角余弦值；(2)试在面A1B1C1D1上确定一点G，使DG平面D1EF.4如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E
2、为CD中点(1)求证：B1EAD1.(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？假设存在，求AP长；假设不存在，说明理由(3)假设二面角AB1EA1大小为30，求AB长5如下图长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2正方形，O为AC与BD交点，BB1，M是线段B1D1中点(1)求证：BM平面D1AC；(2)求证：D1O平面AB1C；(3)求二面角B-AB1-C大小6如图，在长方体AC1中，AB=BC=2，点E、F分别是面A1C1、面BC1中心1求证：BE/平面D1AC；2求证：AFBE；3求异面直线AF与BD所成角余弦值。7如图，在底面为平行四边形四棱锥中，平面，
3、且，点是中点.1求证：；2求二面角大小.8如图，在四棱锥中,底面,且底面为正方形,分别为中点1求证:平面;2求平面和平面夹角. 9如图，四棱锥中,，底面为梯形，且，.1求证：;2求二面角余弦值.10如下图，在多面体ABCDEFG中，平面ABC平面DEFG，AD平面DEFG，BAAC，EDDG，EFDG，且AC1，ABEDEF2，ADDG4. (1)求证：BE平面DEFG；(2)求证：BF平面ACGD；(3)求二面角FBCA余弦值11如下图，四棱锥PABCD底面ABCD为一直角梯形，其中BAAD，CDAD，CDAD2AB，PA底面ABCD，E是PC中点 (1)求证：BE平面PAD；(2)假设BE
4、平面PCD，求平面EBD与平面BDC夹角余弦值12如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，ABAC，ABAC2，A1A4，点D是BC中点(1)求异面直线A1B与C1D所成角余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角正弦值13如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，点M在线段EC上除端点外1当点M为EC中点时，求证：平面；2假设平面与平面ABF所成二面角为锐角，且该二面角余弦值为时，求三棱锥体积14如图，直三棱柱(侧棱垂直于底面棱柱),底面中，棱，分别为中点.1求值；2求证： 15如下图，四棱锥PABCD中，ABAD，CDAD，PA底面ABCD，PA=AD=CD=2AB=2，
5、M为PC中点。(1)求证：BM平面PAD；(2)在侧面PAD内找一点N，使MN平面PBD；(3)求直线PC与平面PBD所成角正弦。16在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为1正方形，且PA平面ABCD. (1)求证：PCBD；(2)过直线BD且垂直于直线PC平面交PC于点E，且三棱锥EBCD体积取到最大值求此时四棱锥EABCD高；求二面角ADEB正弦值大小17如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD2，E是PB中点 (1)求证：平面EAC平面PBC；(2)假设二面角PACE余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角正弦值18如图
6、，AB是圆直径，PA垂直圆所在平面，C是圆上点 (1)求证：平面PAC平面PBC；(2)假设AB2，AC1，PA1，求二面角CPBA余弦值.19如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，BAC30，BC1，A1A，M是CC1中点(1)求证：A1BAM；(2)求二面角B AMC平面角大小.20在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，且AD2，AB1，PA平面ABCD，E、F分别是线段AB、BC中点(1)证明：PFFD；(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG平面PFD；(3)假设PB与平面ABCD所成角为45，求二面角APDF余弦值21如图，四棱锥底面是直角梯形，且，顶点在底面内射
7、影恰好落在中点上.1求证：；2假设，求直线与所成角 余弦值；3假设平面与平面所成二面角为，求值.22在直三棱柱中,AA1=AB=BC=3,AC=2,D是AC中点.(1)求证:B1C平面A1BD；(2)求平面A1DB与平面DBB1夹角余弦值.23如图，四棱锥P-ABCD底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，PDDC，E是PC中点(1)证明：PA平面BDE；(2)求二面角B-DE-C余弦值24在如下图几何体中，四边形ABCD为正方形，为等腰直角三角形，且ABCDE1证明：平面平面2求直线EC与平面BED所成角正弦值25如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB
8、CD，AB4，BCCD2，AA12，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB中点(1)证明：直线EE1平面FCC1；(2)求二面角B-FC1-C余弦值26四棱锥底面是正方形，底面，是上任意一点.FESDCBAA1求证：平面平面；2当时，求二面角大小.27四棱锥P-ABCD底面ABCD是边长为1正方形,PD底面ABCD,PD=AD. ()求证：BC平面PAD；()假设E、F分别为PB,AD中点,求证：EFBC；()求二面角C-PA-D余弦值.28本小题12分如图：四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，PA=AB=1，AD=，点F是PB中点，点E在边BC上移动.1证明：无论点E在
9、BC边何处，都有PEAF;2当BE等于何值时，PA与平面PDE所成角大小为45. 29如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，分别是中点AEBPCDF(1)求证：；(2)在平面内求一点，使平面，并证明你结论；(3)求与平面所成角正弦值30如图，正三棱柱中，点是中点. ABCDA1B1C1求证: 平面；求证: 平面.31如图，四棱锥PABCD中，为边长为2正三角形，底面ABCD为菱形，且平面PAB平面ABCD，E为PD点上一点，满足(1)证明：平面ACE平面ABCD；(2)求直线PD与平面ACE所成角正弦值大小3214分如下图，直三棱柱ABCA1B1C1中，CA=CB=1，BCA=90，棱AA1=
10、2，M、N分别是A1B1、A1A中点.1求长；2求cos值；3求证：A1BC1M.参高三数学专项训练：立体几何解答题理科考答案112【解析】试题分析：1以D为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，进而求出异面直线A1E，CF方向向量，代入向量夹角公式，可得求异面直线A1E，CF所成角；2求平面A1EF与平面ADD1A1法向量，代入向量夹角公式，可得二面角余弦值以D为原点建立空间直角坐标系1A12，0，1，E1，2，0，C0，2，0，F0，1，1，设异面直线A1E，CF所成角为，那么，即3=cos解得cos=解，所以，所求异面直线夹角为2，设平面A1EF法向量为，那么，令x=1，那么平面A1EF
11、一个法向量为，平面ADD1A1一个法向量为，设平面A1EF与平面ADD1A1所成锐二面角为，那么由，即2=1cos解得：故平面A1EF与平面ADD1A1所成锐二面角余弦值为考点：用空间向量求平面间夹角；用空间向量求直线间夹角、距离点评：此题考察知识点是用空间向量求平面间夹角，用空间向量求直线间夹角，建立空间坐标系，将空间异面直线夹角问题及二面角问题转化为向量夹角问题是解答关键2详见解析；.【解析】试题分析：建立空间坐标,分别求出坐标,利用数量积等于零即可；当为中点时,求点到平面距离,只需找平面一条过点斜线段在平面法向量上投影即可；设,因为平面一个法向量为,只需求出平面法向量,然后利用二面角为,
12、根据夹角公式,求出即可.试题解析：以为坐标原点,直线分别为轴,建立空间直角坐标系,设,那么,故 ； 因为为中点,那么,从而, ,设平面法向量为,那么 也即,得,从而,所以点到平面距离为 ； 设平面法向量, 而, 由,即,得,依题意得: , ,解得 (不合,舍去), 时,二面角大小为. 考点：空间向量在立体几何中应用.312当点G在面A1B1C1D1上，且到A1D1，C1D1距离均为时，DGD1EF.【解析】(1)以D为原点，分别为x轴，y轴，z轴正向建立空间直角坐标系，那么有D(0，0,0)，D1(0,0,2)，C1(0,4,2)，E(3,3,0)，F(2，4,0)，于是(3,1,2)，(2，
13、4,2)设EC1与FD1所成角为，那么cos 异面直线EC1与FD1所成角余弦值为.(2)因点G在平面A1B1C1D1上，故可设G(x，y,2)(x，y,2)，(2，4，2)，(1,1,0)由得解得故当点G在面A1B1C1D1上，且到A1D1，C1D1距离均为时，DGD1EF41见解析232【解析】(1)以A为原点，方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(如图)设ABa，那么A(0，0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，(a,0,1)，.011(1)10，B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)(0z01)，
14、使得DP平面B1AE.此时(0，1，z0)又设平面B1AE法向量n(x，y，z)由n，n，得.取x1，得平面B1AE一个法向量n要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1，是平面A1B1E一个法向量，此时(0,1,1)设与n所成角为，那么cos .二面角AB1EA1大小为30，|cos |cos 30，即，解得a2，即AB长为.2560.【
15、解析】(1)证明建立如下图空间直角坐标系，那么点O(1,1,0)、D1(0,0，)，(1，1，)，又点B(2,2,0)，M(1,1，)，(1，1，)，又OD1与BM不共线，OD1BM.又OD1平面D1AC，BM平面D1AC，BM平面D1AC.(2)证明连接OB1.(1，1，)(1,1，)0，(1，1，)(2,2,0)0，即OD1OB1，OD1AC，又OB1ACO，D1O平面AB1C.(3)解CBAB，CBBB1，CB平面ABB1，(2,0,0)为平面ABB1一个法向量由(2)知为平面AB1C一个法向量cos，与夹角为60，即二面角B-AB1-C大小为60.61详见解析；2详见解析；3【解析】试
16、题分析：1连接和交于点，连接，证为平行四边形得/，根据线面平行判定定理即可证得/平面。2用空间向量法证两向量数量积为0。3用空间向量法求两向量所成角余弦值，但应注意两空间向量所成角范围为，异面直线所成角范围为，所以其余弦值应为正数。试题解析：1方法一连接和交于点，连接，由长方体知/且，所以四边形为平行四边形，所以/，又平面，平面，故/平面。 4分方法二以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，那么,.,从而，故故/平面。 4分2由1方法二可知， ， 6分 . 7分所以 8分3由1、2知，设异面直线AF与BD所成角为q，那么，故异面直线与所成角余弦值为 12分考点：1线面平行；2空间向量
17、法在立体几何中应用。71证明详见解析；2.【解析】试题分析：1因为、是异面直线，所以可以采用线面垂直得线线垂直方法证明，即证平面，要证平面，需证面内两条相交线和都和垂直，为条件，证和垂直依据是线面垂直得线线垂直，问题得证；2先建立以点为坐标原点空间直角坐标系，设，取中点，确定点坐标，确定向量坐标，应用向量数量积证明，即得为所求，最后应用向量夹角计算公式可得余弦值，根据特殊角与余弦值关系确定角度即可.试题解析：1平面，且平面，又，而且平面平面，而平面2建立如下图空间直角坐标系设，取中点，连接，那么点坐标为又是二面角平面角二面角大小为.考点：1.空间中垂直关系; 2空间向量在解决空间角中应用.81
18、详见解析；2【解析】试题分析：1证明直线平面，证明线面平行，首先证明线线平行，可用三角形中位线平行，也可用平行四边形对边平行，还可以利用面面平行性质，此题由于分别为中点，可得，容易证明平面平面，可得直线平面；此题还可用向量法，由于底面,且底面为正方形,可以为原点,以分别为轴，建立空间坐标系，由题意写出各点坐标，从而得，设平面法向量为，求出一个法向量，计算出，即可；2求平面和平面夹角，可用向量法，由1解法二可知平面法向量，由题意可知：平面，故向量是平面一个法向量,利用夹角公式即可求出平面和平面夹角.试题解析：1如图，以为原点,以为方向向量建立空间直角坐标系那么. 4分设平面法向量为即 令, 首发
19、那么. 4分又平面平面 6分2底面是正方形,又平面 又,平面。 8分向量是平面一个法向量,又由1知平面法向量. 10分二面角平面角为. 12分考点：用空间向量求平面间夹角；直线与平面平行判定91证明过程详见试题解析；2.【解析】试题分析：1连结交于点，连结.由长度比例关系可知,得到.再根据线面平行判定得到;2方法一：采用空间向量法，以点为坐标原点，为轴，垂直为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，那么点；方法二：纯几何法，取中点,延长交延长线于点,根据三角形相似关系可以得到二面角平面角为.试题解析：1连结,交于点,连结， ， 又 , 在BPD中， 平面2方法一：以为原点，所在直线分别为轴、轴
20、，如图建立空间直角坐标系.设，那么，设为平面一个法向量，那么，解得，设为平面一个法向量，那么，又，解得， 二面角余弦值为 方法二：在等腰Rt中，取中点，连结，那么 面面，面面=，平面在平面内，过作直线于，连结，由、，得平面，故就是二面角平面角在中，设， 由，可知：， 代入解得： 在中， 二面角余弦值为考点：线面平行；面与面所成二面角.101见解析2见解析3【解析】(1)证明：平面ABC平面DEFG，平面ABC平面ADEBAB，平面DEFG平面ADEBDE，ABDE.又ABDE，四边形ADEB为平行四边形，BEAD.AD平面DEFG，BE平面DEFG.(2)证明：设DG中点为M，联结AM，MF，
21、那么DMDG2，EF2，EFDG，四边形DEFM是平行四边形，MFDE且MFDE，由(1)知，四边形ADEB为平行四边形，ABDE且ABDE，ABMF且ABMF，四边形ABFM是平行四边形，即BFAM，又BF平面ACGD，AM平面ACGD，故BF平面ACGD.(3)由，AD，DE，DG两两垂直，建立如下图空间直角坐标系，那么A(0，0，4)，B(2，0，4)，C(0，1，4)，F(2，2，0)，故(0，2，4)，(2，1，0)设平面FBC法向量为n1(x，y，z)，那么令z1，那么n1(1，2，1)，而平面ABC法向量可为n2(0，0，4)，那么cosn1，n2，由图形可知，二面角FBCA余弦
22、值为111见解析2【解析】设ABa，PAb，如下图，建立空间直角坐标系，那么A(0，0，0)，B(a，0，0)，P(0，0，b)，C(2a，2a，0)，D(0，2a，0)，E .(1)证明：，(0，2a，0)，(0，0，b)，所以，又BE平面PAD，AD平面PAD，AP平面PAD，故BE平面PAD.(2)BE平面PCD，BEPC，即0，(2a，2a，b)，2a20，即b2a.在平面BDE和平面BDC中，(0，a，a)，(a，2a，0)，(a，2a，0)，所以平面BDE一个法向量为n1(2，1，1)，平面BDC一个法向量为n2(0，0，1)cosn1，n2，所以平面EBD与平面BDC夹角余弦值为
23、.12(1) (2) 【解析】解(1)以A为坐标原点，建立如下图空间直角坐标系Axyz，那么A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1，1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以(2,0，4)，(1，1，4)因为cos，所以异面直线A1B与C1D所成角余弦值为.(2)设平面ADC1法向量为n1(x，y，z)，因为(1,1,0)，(0,2,4)，所以n10，n10，即xy0且y2z0，取z1，得x2，y2，所以，n1(2，2,1)是平面ADC1一个法向量取平面AA1B一个法向量为n2(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角大小为.由|cos |，得si
24、n .因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角正弦值为.131证明过程详见；2【解析】试题分析：此题主要考察线线平行、线线垂直、线面平行、二面角、三棱锥体积等根底知识，考察学生空间想象能力和推理论证能力，考察用空间向量法解立体问题，考察学生计算能力 第一问，取N为ED中点，利用中位线得，而，所以，所以ABMN为平行四边形，所以，所以利用线面平行判定可得平面；第二问，用向量法解题，关键是建立空间直角坐标系，求出平面BDM和平面ABF法向量，利用夹角公式求出，从而求出值，即点M为EC中点，所以利用等体积转化法求三棱锥B DEM体积 试题解析：1证明 取中点，连结 在中，分别为中点，那么，且 由，
25、因此，且 所以，四边形为平行四边形 于是， 又因为平面，且平面，所以平面 6分2按如图建立空间直角坐标系，点与坐标原点重合 设，那么，又，设，那么，即 设是平面法向量，那么, 取，得，即得平面一个法向量为 10分由题可知，是平面一个法向量 因此，即点为中点 此时，为三棱锥高，所以， 12分考点：1 线面平行判定；2 向量法；3 三棱锥体积 141值为；2证明过程详见试题解析.【解析】试题分析：1先以C为原点建立空间坐标系，由易求出，进而可求 值； 2由1所建立空间坐标系可写出、坐标表示，即可知，从而得证.试题解析：以C为原点，CA、CB、CC1所在直线分别为轴、轴、轴，建立坐标系 1依题意得,
26、 ,= 6分(2) 依题意得 , , , , 12分考点：空间坐标系、线面垂直判定方法.151详见解析，2详见解析，3【解析】试题分析：1证明线面平行，往往从线线平行出发. 因为是中点，所以取PD中点，那么ME为三角形PCD中位线，根据中位线性质，有，又，所以四边形为平行四边形，因此，2存在性问题，往往从假定出发，现设N点位置，这提示要利用空间向量设点坐标，空间向量解决线面垂直问题关键在于表示出平面法向量，也可利用线面垂直性质，即垂直平面中两条相交直线，由及解得，是中点3求线面角，关键在于作出平面垂线，此时可利用2结论，即MN为平面垂线；另外也可继续利用空间向量求线面角，即直线与平面所成角正弦
27、值为余弦值绝对值.试题解析：解1是中点，取PD中点，那么，又四边形为平行四边形，平面,平面平面 .4分2以为原点，以、 所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，那么，在平面内设， 由 由 是中点，此时平面 8分3设直线与平面所成角为，设为 故直线与平面所成角正弦为 12分考点：线面平行及垂直判定，空间向量应用161见解析2，【解析】(1)连接AC，因为四边形ABCD是正方形，所以BDAC.因为PA平面ABCD，所以PABD.又ACPAA，所以BD平面PAC.又PC平面PAC，所以PCBD.(2)解设PAx，三棱锥EBCD底面积为定值，在PBC中，易知PB，PC，又BC1，故PBC直角三角
28、形又BEPC，得EC，可求得该三棱锥高h.当且仅当x，即x时，三棱锥EBCD体积取到最大值，所以h.此时四棱锥EABCD高为.以点A为原点，AB，AD，AP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，那么A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0，)，易求得CECP.所以，(0,1,0)设平面ADE法向量n1(x，y，z)，那么即，令x，那么n1(，0，3)， 同理可得平面BDE法向量n2(1，1，)，所以cosn1，n2.所以sinn1，n2.所以二面角ADEB正弦值大小为.171见解析2【解析】(1)PC平面ABCD，AC平面ABCD，ACPC.AB2，ADCD1，ACBC.
29、AC2BC2AB2.ACBC.又BCPCC，AC平面PBC.AC平面EAC，平面EAC平面PBC.(2)如图，以点C为原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，那么C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，1,0)，设P(0,0，a)(a0)，那么E，(1,1,0)，(0,0，a)，.取m(1，1,0)，那么mm0，m为面PAC法向量设n(x，y，z)为面EAC法向量，那么nn0，即取xa，ya，z2，那么n(a，a，2)，依题意，|cosm，n|，那么an(2，2，2)，(1,1，2)设直线PA与平面EAC所成角为，那么sin |cos，n|，即直线PA与平面EAC所成角正弦
30、值为181见解析2【解析】(1)由AB是圆直径，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC.又BC平面PBC，所以平面PBC平面PAC. (2)过C作CMAP，那么CM平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系在RtABC中，因为AB2，AC1，所以BC.因为PA1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)故(，0,0)，(0,1,1)设平面BCP法向量为n1(x1，y1，z1)，那么所以不妨令y11，那么n1(0,1，1)因为(0,0,1)，(
31、，1,0)，设平面ABP法向量为n2(x2，y2，z2)，那么所以不妨令x21，那么n2(1，0)于是cosn1，n2.所以由题意可知二面角CPBA余弦值为191见解析245【解析】(1)以点C为原点，CB、CA、CC1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，如下图，那么B(1,0,0)，A(0，0)，A1(0，)，M.所以(1，)，.因为10()()()0，所以A1BAM.(2)因为ABC A1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC，又BC平面ABC，所以CC1BC.因为ACB90，即BCAC，又ACCC1C，所以BC平面ACC1A1，即BC平面AMC.所以是平面AMC一个法向
32、量，(1,0,0)设n(x，y，z)是平面BAM一个法向量，(1，0)，.由得，令z2，得x，y.所以n(，2)因为|1，|n|2，所以cos，n，因此二面角B AMC大小为45201见解析2见解析3【解析】(1)因为PA平面ABCD，BAD90，AB1，AD2，建立如下图空间直角坐标系，那么A(0，0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)不妨令P(0,0，t)，那么(1,1，t)，(1，1,0)所以111(1)(t)00，所以PFFD.(2)设平面PFD法向量为n(x，y，z)，由(1)知(1,1，t)，(1，1,0)，那么由，得，令z1，那么xy.故n是平面PFD一个
33、法向量设G点坐标为(0,0，m)，因为E，那么要使EG平面PFD，只需 n0m1m0，所以mt，从而PA上满足AGAP点G可使得EG平面PFD.(3)易知AB平面PAD，所以(1,0,0)是平面PAD一个法向量又因为PA平面ABCD，所以PBA是PB与平面ABCD所成角，故PBA45，所以PA1，那么平面PFD一个法向量为n，那么cos，n，由题图可判断二面角为锐角故所求二面角APDF余弦值为.211详见解析；2；3.【解析】试题分析：1以O为坐标原点，AB所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系o-xyz，求出向量，坐标，代入数量积公式，验证其数量积与0关系，即可得到结论2由P
34、O=BC，得h=a，求出向量，坐标，代入向量夹角公式，即可求出直线PD与AB所成角；3求出平面APB与平面PCD法向量，根据平面APB与平面PCD所成角为60，构造关于h方程，解方程即可得到值试题解析：因为中点为点在平面内射影，所以平面过作平行线交与点，那么.建立如下图空间直角坐标系 2分1设，那么,， . 6分2由，得，于是， 8分，直线PD与AB所成角余弦值为. 10分3设平面PAB法向量为，可得，设平面PCD法向量为，由题意得，令，得到， 12分， 14分平面与平面所成二面角为，解得，即 16分考点：(1)直线与平面所成角；(2)异面直线及其所成角221详见解析；2平面A1DB与平面DB
35、B1夹角余弦值为【解析】试题分析：1求证:平面；利用线面平行判定定理，证明线面平行，即证线线平行，可利用三角形中位线，或平行四边形对边平行，此题由于是中点，可连接交与点，连接，利用三角形中位线性质，证明线线平行即可；2求平面与平面夹角余弦值，取中点，那么平面，那么两两垂直，以分别为轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面法向量、平面法向量，利用向量夹角公式，即可求解试题解析：(1)连接AB1交A1B与点E，连接DE，那么B1CDE，那么B1C平面A1BD 4分(2)取A1C1中点F,D为AC中点,那么DF平面ABC,又AB=BC,BDAC,DF、DC、DB两两垂直,建立如下图空间直线坐标系
36、D-xyz,那么D(0,0,0), B(0,0),A1(-1,0,3)设平面A1BD一个法向量为,取，那么， 8分设平面A1DB与平面DBB1夹角夹角为，平面DBB1一个法向量为， 10分那么平面A1DB与平面DBB1夹角余弦值为 12分考点：用空间向量求平面间夹角；直线与平面平行判定； 二面角平面角及求法23(1)见解析(2)【解析】(1)连接AC交BD于点O，连接OE；在CPA中，E，O分别是边CP，CA中点，OEPA，而OE平面BDE，PA平面BDE，PA平面BDE.(2)如图建立空间直角坐标系，设PDDC2.那么A(2,0,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)， B(2,2,0),
37、(0,1,1)，(2,2,0)，设n(x，y，z)是平面BDE一个法向量，那么由得取y1，得n(1，1,1)，又(2,0,0)是平面DEC一个法向量cosn，.故结合图形知二面角B-DE-C余弦值为241详见解析；2.【解析】试题分析：解法一利用综合法证明解题：1由可知AEAB，又AEAD，所以AE平面ABCD，所以AEDB，又ABCD为正方形，所以DBAC，所以DB平面AEC，而BD平面BED，故有平面AEC平面BED.2如图4-1中，设AC与BD交点为O，所以OE为两平面AEC和BED交线.过C作平面BED垂线，其垂足必在直线EO上，即，那么OA=，AE=2，所以OE=，EC=，所以在三角形OEC中，利用余弦定理可得 cosOEC=，故所求为sinOEC=. 解法二利用向量法：以A为原点，AE、AB、AD分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图4-2所示， 1设正方形边长为2，那么E(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,2)，D(0,0,2) (0,2,2)，=(0,-2,2)，=(2,0,0)，=(-2,0,2)，从而有，即BDAC，BDAE，所以BD平面AEC，故平面BED平面AEC