《2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测考点突破练7 空间位置关系、空间角含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测考点突破练7 空间位置关系、空间角含答案.docx（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2024 高考总复习优化设计二轮用书数学高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新适用于新高考新教材教材)考点突破练与专题检测考点突破练考点突破练与专题检测考点突破练 7 空间位置关空间位置关系、空间角含答案系、空间角含答案考点突破练考点突破练 7 空间位置关系、空间角空间位置关系、空间角 1.(2022 全国甲,理 18)在四棱锥 P-ABCD中,PD底面 ABCD,CDAB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=.(1)证明:BDPA;(2)求 PD与平面 PAB所成的角的正弦值.2.(2023 新高考,18)如图,在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点 A
2、2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明:B2C2A2D2;(2)点 P 在棱 BB1上,当二面角 P-A2C2-D2为 150时,求 B2P.3.(2023 山东济宁一模)如图,在四棱台 ABCD-A1B1C1D1中,底面 ABCD为平行四边形,平面 AB1C平面 ABCD,DD1=DA=A1B1=AB=2,BAD=.(1)证明:DD1平面 AB1C;(2)若 B1A=B1C,求直线 BC1与平面 AB1C 所成角的正弦值.4.(2023 江苏连云港模拟)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1内接于圆柱,AB=AA1=
3、BC=2,平面 A1BC平面AA1B1B.(1)证明:AC为圆柱底面的直径;(2)若 M为 A1C1中点,N为 CC1中点,求平面 A1BC与平面 BMN 夹角的余弦值.5.(2023 山东德州一模)如图,在四棱锥 V-ABCD中,底面 ABCD为菱形,AB=2,BAD=60,VBC为等边三角形.(1)求证:BCVD;(2)若二面角 A-BC-V的大小为 60,求直线 VA与平面 VBC 所成角的正弦值.6.(2023 湖南长沙一中模拟)在直角梯形 AA1B1B 中,A1B1AB,AA1AB,AB=AA1=2A1B1=6,直角梯形AA1B1B绕直角边 AA1旋转一周得到如图所示的圆台,已知点
4、P,Q分别在线段 CC1,BC 上,二面角 B1-AA1-C1的大小为.(1)若=120,AQAB,证明:PQ平面 AA1B1B;(2)若=90,点 P为 CC1上的动点,点 Q为 BC的中点,求 PQ 与平面 AA1C1C所成最大角的正切值,并求此时二面角 Q-AP-C的余弦值.考点突破练 7 空间位置关系、空间角 1.(1)证明 PD平面 ABCD,BD平面 ABCD,PDBD.取 AB的中点 E,连接 DE.CD=1,BE=AB=1,CDBE,四边形 CDEB是平行四边形,DE=CB=1.DE=AB,ABD为直角三角形,AB为斜边,BDAD.PD平面 PAD,AD平面 PAD,且 PDA
5、D=D,BD平面 PAD.又 PA平面 PAD,BDPA.(2)解(方法一)由(1)知,PD,AD,BD两两垂直,以点 D为坐标原点,DA,DB,DP所在直线分别为 x轴,y轴,z轴建立如图所示空间直角坐标系,其中 BD=-.则 D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,0),P(0,0,),=(0,0,-),=(1,0,-),=(-1,0).设平面 PAB的法向量为 n=(x,y,z),则 即-取 x=,则 y=z=1,则 n=(,1,1).设直线 PD与平面 PAB所成的角为,则 sin=|cos|=-,直线 PD与平面 PAB所成的角的正弦值为 .(方法二)由题设及第(1)问得三棱锥
6、P-ABD的体积为 V=1 .又 AB=2,PA=2,PB=,所以 cosPAB=-,sinPAB=.设点 D到平面 PAB的距离为 d,则 V=22 d=d.由 d=,得 d=.因此 PD与平面 PAB所成角的正弦值为 .(方法三)如图所示,作 DEAB,垂足为 E,连接 PE.因为 PD底面 ABCD,所以 PDAB,故 AB平面 PDE.过点 D作 DFPE,垂足为 F.因为 AB平面 PDE,DF平面 PDE,所以 DFAB.因为 ABPE=E,所以 DF平面 PAB.因此DPF即为 PD与平面 PAB所成的角.因为 ABDE=DADB,所以 DE=,故 PE=.因此 PD与平面 PA
7、B所成角的正弦值为 .2.(1)证明(方法一)在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,以点 C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为 x轴、y轴、z轴建立如右图所示的空间直角坐标系.由题意可得 A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).=(0,-2,1),=(0,-2,1),所以 .因为 A2,B2,C2,D2四点不共线,故 B2C2A2D2.(方法二 几何法)设棱 DD1上的点 N满足 DN=AA2=1,取 CC1的中点 M,连接 A2N,MN,B2M.因为 DNAA2,且 DN=AA2,故四边形 AA2ND为平行四边形,所以 A2NAD,且 A
8、2N=AD.同理可证,B2MBC,且 B2M=BC.因为 ADBC,且 AD=BC,所以 A2NB2M,且 A2N=B2M.所以四边形 A2B2MN为平行四边形.因为 D2NC2M,D2N=C2M=1,所以四边形 C2D2NM为平行四边形.所以 A2B2MN,A2B2=MN,MNC2D2,MN=C2D2,故 A2B2C2D2,A2B2=C2D2.所以四边形 A2B2C2D2为平行四边形.所以 B2C2A2D2.(方法三 基底法)由题意可得 ,所以 =-=-.因为 ,且 A2,B2,C2,D2四点不共线,故 B2C2A2D2.(2)解 在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,以点 C 为坐标原
9、点,CD,CB,CC1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.由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设点 P(0,2,a),其中 0a4.=(2,2,-2),=(2,0,-1),=(0,2,a-3).设平面 A2C2D2的法向量为 n1=(x1,y1,z1),则 -取 x1=1,可得 y1=1,z1=2,故 n1=(1,1,2).设平面 PA2C2的法向量为 n2=(x2,y2,z2),则 -取 z2=2,可得 x2=a-1,y2=3-a,故 n2=(a-1,3-a,2).因为二面角 P-A2C2-D2为 150,所以|cos|=-,
10、整理可得 a2-4a+3=0,解得 a=1或 a=3.结合图形可知,当 a=3或 a=1时,B2P=1,此时二面角 P-A2C2-D2为 150.3.(1)证明 连接 BD交 AC于点 O,连接 OB1,B1D1.在四棱台 ABCD-A1B1C1D1中,因为 DD1=DA=A1B1=AB=2,所以 ODB1D1,且 OD=B1D1,所以四边形 OB1D1D为平行四边形,所以 OB1DD1.又 DD1平面 AB1C,OB1平面 AB1C,所以 DD1平面 AB1C.(2)解 因为 B1A=B1C,O为 AC的中点,所以 OB1AC.又平面 AB1C平面 ABCD,平面 AB1C平面 ABCD=A
11、C,OB1平面 AB1C,所以 OB1平面 ABCD.又 OB1DD1,所以 DD1平面 ABCD.在ABD中,AD=AB=2,BAD=,由余弦定理得 BD2=42+22-224cos =12,则 BD=2.则 AD2+BD2=AB2,所以 ADBD.如图,以点 D为原点,AD,BD,DD1所在的直线为 x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(2,0,0),B1(0,2),C(-2,2,0),B(0,2,0),C1(-1,2),所以 =(-1,-,2),=(-2,2),=(-4,2,0).设平面 AB1C的法向量为 n=(x,y,z),则有 -取 x=,则 y=2,z=0,所以
12、 n=(,2,0),则 sin=|cos|=|=,所以直线 BC1与平面 AB1C所成角的正弦值为 .4.(1)证明 连接 AB1,在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,四边形 AA1B1B为正方形,AB1A1B.又平面 A1BC平面 AA1B1B,平面 A1BC平面 AA1B1B=A1B,AB1平面 AA1B1B,AB1平面 A1BC.又 BC平面 A1BC,BCAB1.AA1平面 ABC,BC平面 ABC,BCAA1.又 AB1AA1=A,AB1,AA1平面 AA1B1B,BC平面 AA1B1B.AB平面 AA1B1B,ABBC,故 AC为圆柱底面的直径.(2)解 由题知,
13、B1B平面 ABC,ABBC.以 AB,BC,BB1所在直线为 x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则 B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2).M,N为 A1C1,CC1中点,M(1,1,2),N(0,2,1),故 =(2,0,2),=(0,2,0),=(1,1,2),=(0,2,1).设平面 A1BC的一个法向量为 m=(x1,y1,z1),则 取 z1=-1,得 x1=1,y1=0,故 m=(1,0,-1).设平面 BMN的一个法向量为 n=(x2,y2,z2).则 取 z2=-2,得 x2=3,y2=1,故 n=(
14、3,1,-2).cos=,故平面 A1BC与平面 BMN夹角的余弦值为 .5.(1)证明 取 BC中点 E,连接 BD,DE,VE.因为四边形 ABCD为菱形且BAD=60,所以BCD为等边三角形,故 DEBC.又在等边三角形 VBC中,VEBC,DEVE=E,DE,VE平面 DEV,所以 BC平面 DEV.因为 VD平面 DEV,所以 BCVD.(2)解 由 VEBC,DEBC,可得DEV就是二面角 A-BC-V的平面角,所以DEV=60.在DEV中,VE=DE=,则DEV是边长为 的等边三角形.过点 O作 ONAB,交 AB于 N,由(1)可知,平面 DEV平面 ABCD,取 DE中点 O
15、,以 O为坐标原点,ON,OE,OV所在的直线为 x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,在VOE中,OE=,OV=,可得 A(2,-,0),B(1,0),C(-1,0),V(0,0,),则 =(2,0,0),=(1,-),=(-2,),设 n=(x,y,z)为平面 VBC的一个法向量,则有 -令 y=,则 z=1,得 n=(0,1).设直线 VA与平面 VBC所成角为,则有 sin=|cos|=,即直线 VA与平面 VBC所成角的正弦值为 .6.(1)证明 由题可得,BAC=B1A1C1=120.因为 AA1AB,所以 AA1AC.又 ABAC=A,AB,AC平面 ABC,所以 AA
16、1平面 ABC.又 AQ平面 ABC,所以 AA1AQ.因为 AQAB,则以 A 为原点,AB,AQ,AA1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.由于 AB=AA1=2A1B1=6,ABQ=30,所以 AQ=2,则 Q(0,2,0),C(-3,3,0),C1(-,6).设 P(x,y,z),又 ,所以(x+3,y-3,z)=,-,6)=(1,-,4),则 P(-2,2,4),所以 =(2,0,-4).又 y轴平面 AA1B1B,故 n=(0,1,0)可为平面 AA1B1B的一个法向量.又 n=0+0+0=0,则 n,且 PQ平面 AA1B1B,所以 PQ平面 AA1B
17、1B.(2)解 因为 AA1AB,所以 AA1AC,所以BAC=B1A1C1=90.如图,以 A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为 x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则 B(6,0,0),C(0,6,0),C1(0,3,6),Q(3,3,0),设 =,0,1,则 =(0,-3,6)=(0,-3,6),则 =(3,-3,0)-(0,-3,6)=(3,-3+3,-6).又 x轴平面 AA1C1C,所以 m=(1,0,0)可作为平面 AA1C1C的一个法向量.设 PQ与平面 AA1C1C所成角为,且(0,),则 sin=|cos|=-.又函数 y=sin 与 y=tan 在区间(0,)上单调
18、递增,所以当=时,sin 有最大值为 ,此时 tan 也取到最大值.又 cos=-,则(tan)max=.设平面 APQ的法向量为 p=(x,y,z),=(3,3,0),=(3,3,0)-(3,-,-)=(0,),所以 则 令 z=9,则 x=2,y=-2,故 p=(2,-2,9).由题可知,m=(1,0,0)是平面 APC的一个法向量,所以 cos=.由图可知,二面角 Q-AP-C为锐角,则二面角 Q-AP-C的余弦值为 .所以 PQ与平面 AA1C1C所成最大角的正切值为 ,此时二面角 Q-AP-C的余弦值为 .考点突破练考点突破练 8 空间距离、折叠与探索性问题空间距离、折叠与探索性问题
19、 1.(2023 广东湛江二模)如图 1,在五边形 ABCDE 中,四边形 ABCE为正方形,CDDE,CD=DE,如图 2,将ABE沿 BE折起,使得 A至 A1处,且 A1BDE.图 1 图 2(1)证明:DE平面 A1BE;(2)求平面 CA1E 与平面 A1ED 夹角的余弦值.2.(2023 广东揭阳模拟)如图所示的四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD为直角梯形,ABCD,ADAB,DC=2AD=2AB=2a,PA=PD,二面角 P-AD-B 的大小为 135,点 P 到底面 ABCD的距离为 .(1)过点 P是否存在直线 l,使直线 l平面 ABCD?若存在,作出该直线,并写出作法
20、与理由;若不存在,请说明理由.(2)若 =2 ,求点 M到平面 PAD的距离.3.(2023 湖南师大附中模拟)如图,在斜三棱柱 ABC-DEF 中,ABC是边长为 2的正三角形,BD=CD=,侧棱 AD 与底面 ABC 所成角为 60.(1)求三棱柱 ABC-DEF 的体积.(2)在线段 DF(含端点)上是否存在点 G,使得平面 GBC与平面 ABC 的夹角为 60?若存在,请指出点G的位置;若不存在,请说明理由.4.(2023 山东青岛一模)如图,在 RtPAB 中,PAAB,且 PA=4,AB=2,将PAB 绕直角边 PA 旋转 到PAC 处,得到圆锥的一部分,点 D是底面圆弧 BC(不
21、含端点)上的一个动点.(1)是否存在点 D,使得 BCPD?若存在,求出CAD 的大小;若不存在,请说明理由.(2)当四棱锥 P-ABDC体积最大时,求平面 PCD与平面 PBD 夹角的余弦值.5.(2023 广东佛山二模)如图所示的一块木料中,底面 ABCD 是正方形,PA平面 ABCD,PA=AB=2,E,F是 PC,AD的中点.(1)若要经过点 E 和棱 AB将木料锯开,在木料表面应该怎样画线,请说明理由并计算截面周长;(2)若要经过点 B,E,F 将木料锯开,在木料表面应该怎样画线,请说明理由.6.(2023 湖南长邵中学模拟)如图 1,已知ABC是边长为 2 的等边三角形,D是边 A
22、B的中点,DHBC,如图 2,将BDH沿边 DH 翻折至BDH.图 1 图 2(1)在线段 BC上是否存在点 F,使得 AF平面 BDH?若存在,求 的值;若不存在,请说明理由.(2)若平面 BHC 与平面 BDA 夹角的余弦值为 ,求三棱锥 B-DCH的体积.考点突破练 8 空间距离、折叠与探索性问题 1.(1)证明 由题意可知BEC=CED=,所以BED=,故 DEBE.因为 A1BDE,A1BBE=B,A1B,BE平面 A1BE,所以 DE平面 A1BE.(2)解 取 BE的中点 O,连接 A1O,CO,由等腰三角形的性质可知,A1OBE,COBE.由 BE=CE,CE=CD,可知 BE
23、=2CD,OE=CD.由 DEBE,且 CDDE,可知 OECD,四边形OCDE为平行四边形,则 CODE,故 CO平面 A1BE.令 BE=2,以 O为坐标原点,OB,OC,OA1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,则 A1(0,0,1),E(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(-1,1,0).=(1,0,1),=(1,1,0),=(0,1,0),=(1,0,-1).设平面 A1EC的法向量为 n=(x,y,z),则 令 x=1,则 y=-1,z=-1,得 n=(1,-1,-1).因为 =0,=0,所以平面 A1ED的一个法向量为 m=(1,0,
24、-1),所以 cos=,故平面 CA1E与平面 A1ED夹角的余弦值为 .2.解(1)过点 P存在直线 l,满足直线 l平面 ABCD.理由如下:过点 P在平面 PAD内作直线 l 平行于直线 AD.因为 lAD,l平面 ABCD,AD平面 ABCD,所以 l平面 ABCD.(2)取线段 AD的中点为 O,线段 BC的中点为 E,连接 OE,OP,因为四边形 ABCD为直角梯形,ABCD,所以 OEAB.又 ADAB,所以 ADOE.因为 PA=PD,所以 POAD.又 POOE=O,PO,OE平面 POE,所以 AD平面 POE.在平面 POE内过点 O作直线 ONOE,交直线 PE于点 N
25、,则直线 OA,OE,ON两两垂直.以 O为原点,OA,OE,ON所在直线为 x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,过点 P作 PFNO,交直线 OE于点 F.因为 ONOA,ONOE,OA,OE平面 ABCD,OAOE=O,所以 ON平面 ABCD,故 PF平面ABCD.又点 P到底面 ABCD的距离为 ,所以 PF=.因为 OEAD,OPAD,所以POE为二面角 P-AD-B的平面角.由已知可得POE=135,所以POF=45,所以 OF=,所以 A(,0,0),D(-,0,0),P(0,-),C(-,2a,0),所以 =(-a,0,0),=(,-),=(-,-).因为 =2 ,所
26、以 =(-,-),所以 =(,-).设平面 PAD的法向量为 n=(x,y,z),则 得-令 y=1,则 x=0,z=1,所以 n=(0,1,1)为平面 PAD的一个法向量,所以点 M到平面 PAD的距离 d=-.3.解(1)取 BC中点 M,连接 AM,DM,如图所示.因为ABC为正三角形,DBC为等腰三角形,故 AMBC,DMBC.又 AMDM=M,AM,DM平面 ADM,所以 BC平面 ADM.又 BC平面 ABC,所以平面 ADM平面 ABC,故 AD在平面 ABC的射影在射线 AM上.DAM为侧棱 AD与底面 ABC所成角,即DAM=60.在DAM中,AM=,DM=,由余弦定理知,c
27、osDAM=-,解得 AD=,故三棱锥 D-ABC为正三棱锥,则三棱锥的高为 ADsin 60=2,底面ABC的面积S=22sin 60=,三棱柱的高为 2,故三棱柱 ABC-DEF的体积 V=Sh=2.(2)存在点 G,使平面 GBC与平面 ABC的夹角为 60.以 M为坐标原点,过点 M作平面 ABC的垂线为 z轴,MA,MB为 x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系.依题意,A(,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(,0,2),则 =(-,-1,0),=(0,2,0),=(,-1,2).假设存在点 G满足题意,则 =(-,-,0),0,1,=(,-1-,2).设平面 GB
28、C的法向量为 m=(x,y,z),则 得 -取 x=6,则 y=0,z=3-,故 m=(6,0,3-).由题可知,平面 ABC的法向量 n=(0,0,1).依题意 ,解得=1,故当点 G与点 F重合时,满足题意.4.解(1)当 D为 的中点,即CAD=时,BCPD.证明如下:D为 的中点,CAD=BAD=,即 AD为CAB的角平分线.AC=AB,AD为等腰三角形 CAB的高所在的直线,即 ADBC.PAAB,PAAC,ABAC=A,AB,AC平面 ABDC,PA平面 ABDC.又 BC平面 ABDC,PABC.PAAD=A,BC平面 PAD,PD平面 PAD.BCPD.(2)由(1)得,PA为
29、四棱锥 P-ABDC的高.PA=4,当四边形 ABDC的面积取最大值时,四棱锥 P-ABDC体积最大.设CAD=,则BAD=-,(0,),S四边形ABDC=SCAD+SBAD=22sin+22sin(-)=2sin+sin(-)=2 sin(+).(0,),+(),当=时,sin(+)=1,S四边形ABDC取最大值 2,即当四棱锥 P-ABDC体积最大时,CAD=BAD=.过点 A在平面 ABDC内作直线 AEAB,交 于点 E,由题知,AE,AB,AP两两垂直,则以 A为原点,AE,AB,AP所在直线为 x轴、y轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),P(0,0,4),
30、B(0,2,0),D(,1,0),C(,-1,0),则 =(,1,-4),=(0,2,0),=(-,1,0).设平面 PCD的法向量为 n=(x1,y1,z1),则 即 -令 z1=,则 x1=4,y1=0,得 n=(4,0,).设平面 PBD的法向量为 m=(x2,y2,z2),则 即 -令 z2=,则 x2=2,y2=2,得 m=(2,2 ).设平面 PCD与平面 PBD的夹角为,则 cos=,故平面 PCD与平面 PBD夹角的余弦值为 .5.解(1)因为 ABCD,AB平面 PCD,CD平面 PCD,所以 AB平面 PCD.又 AB平面 ABE,设平面 ABE平面 PCD=l,则 ABl
31、.设 PD的中点为 G,连接 EG,AG,则 EGCD.又 ABCD,所以 ABEG,即 EG所在直线为直线 l,则 BE,EG,AG即为木料表面应画的线.因为 PA平面 ABCD,AB平面 ABCD,所以 ABPA.又 ABAD,PAAD=A,PA,AD平面 PAD,所以 AB平面 PAD.又 AG平面 PAD,所以 ABAG,即截面 ABEG为直角梯形.又 PA=AB=2,所以 AG=,EG=1,BE=-,所以截面周长为 +3.(2)以点 A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线为 x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0
32、,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1),F(0,1,0),所以 =(-1,1,1),=(-2,1,0),=(0,2,-2).设平面 BEF的法向量为 n=(x,y,z),则 -令 x=1,则 y=2,z=-1,得 n=(1,2,-1).设 PD平面 BEF=H,设 =(0,2,-2),0,1.又 P(0,0,2),所以 H(0,2,2-2),则 =(-2,2,2-2),由 n=(-2)1+22+(2-2)(-1)=0,可得 6-4=0,得=,即 H为棱 PD靠近 D点的三等分点,连接 EH,FH,则 EH,FH即为木料表面应画的线.6.解(1)存在点 F满足题意,且 .理由如下:在图
33、3中,取 BC的中点 M,连接 AM,则 AMDH.在图 4中,AMDH,AM平面 BDH,DH平面 BDH,所以 AM平面 BDH,且 .在线段 BC上取点 F,使 ,连接 MF,FA,则 MFBH,MF平面 BDH,BH平面 BDH,所以 MF平面 BDH.因为 MFAM=M,MF,AM平面 AMF,所以平面 AMF平面 BDH.又 AF平面 AMF,所以 AF平面 BDH,且 .图 3 图 4(2)在图 4中,DHHC,DHHB,HCHB=H,HC,HB平面 BHC,所以 DH平面 BHC.(方法一)以 H为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.则 H(0,0,0),A(,0),C(,0,
34、0),D(0,0),设BHC=(0,),则 B(cos,0,sin),=(cos,-sin),=(,0).设平面 BDA的法向量为 m=(x,y,z),则 -令 y=1,则 x=-,z=,即 m=(-,1,).易知平面 BHC的一个法向量 n=(0,1,0).若平面 BHC与平面 BDA夹角的余弦值为 ,则 ,化简整理得 ,由三角恒等变换得,tan .又 sin2+cos2=1,则 sin=,cos=,所以 B(,0,),则三棱锥 B-DCH的高为 .因为底面积 SDCH=,所以三棱锥 B-DCH的体积为 VB-DCH=.(方法二)延长 AD,CH相交于点 N,则点 N即为点 B,故平面 BHC平面 BDA=BN.过点 H作 HTBN,垂足为 T,连接 DT.因为 DH平面 BHC,BN平面 BHC,所以 DHBN.又 HTDH=H,HT,DH平面 DTH,所以 BN平面 DTH.又 DT平面 DTH,则 BNDT,所以DTH即为平面 BHC与平面 BDA的夹角,即 cosDTH=,所以 tanDTH=2,即 tanDTH=2,即 TH=.又 BH=NH=,则 NT=-,所以 BN=2NT=.在BNH中,设点 B到 NH的距离为 h,由等面积法可得 h NH=BN HT,解得 h=,即三棱锥 B-DCH的高 h=.又DCH的面积为 ,所以三棱锥 B-DCH的体积为 V=.