2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 專題通關(guān)攻略 專題4 立體幾何 專題能力提升練十二 2.4.3 用空間向量的方法解立體幾何問題.doc

專題能力提升練 十二 用空間向量的方法解立體幾何問題(45分鐘80分)一、選擇題(每小題5分,共30分)1.(2017全國卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=120,AB=2,BC=CC1=1,則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.32B.155C.105D.33【解析】選C.補(bǔ)成四棱柱ABCD -A1B1C1D1,如圖所示,連接BD,DC1,則所求角為BC1D,因BC1=2,BD=22+1-221cos60=3,C1D=AB1=5,因此,cosBC1D=|BC1|2+|DC1|2-|BD|22|BC1|DC1|=105.2.在正四棱柱ABCD -A1B1C1D1中,AB=2,BB1=4,則BB1與平面ACD1所成角的正弦值為()A.13B.33C.63D.223【解題導(dǎo)引】建立空間直角坐標(biāo)系.求出平面ACD1的法向量為n,利用sin =|cos<n,>|=即可得出.【解析】選A.如圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系.則D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4),B(2,2,0),B1(2,2,4),=(-2,2,0),=(-2,0,4),=(0,0,4).設(shè)平面ACD1的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),則解得-2x+2y=0,-2x+4z=0,取n=(2,2,1),則sin =|cos<n,>|=494=13.3.在三棱柱ABC -A1B1C1中,底面是邊長為1的正三角形,側(cè)棱AA1底面ABC,點(diǎn)D在棱BB1上,且BD=1,若AD與平面AA1C1C所成的角為,則sin 的值是()A.32B.22C.104D.64【解析】選D.如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,易求點(diǎn)D32,12,1,平面AA1C1C的一個(gè)法向量是n=(1,0,0),所以cos<n,>=322=64,即sin =64.4.如圖,已知正四面體D-ABC(所有棱長均相等的三棱錐),P,Q,R分別為AB,BC,CA上的點(diǎn),AP=PB,BQQC=CRRA=2,分別記二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角為,則()A.<<B.<<C.<<D.<<【解析】選B.設(shè)O為三角形ABC的中心,則O到PQ的距離最小,O到PR的距離最大,O到RQ的距離居中,而高相等,因此<<.【加固訓(xùn)練】(2018西安調(diào)研)已知六面體ABC-A1B1C1是各棱長均等于a的正三棱柱,D是側(cè)棱CC1的中點(diǎn),則直線CC1與平面AB1D所成的角為()A.45B.60C.90D.30【解析】選A.如圖所示,取AC的中點(diǎn)N,連接NB,以N為坐標(biāo)原點(diǎn),NB,NC所在直線分別為x軸,y軸,建立空間直角坐標(biāo)系.則A0,-a2,0,C0,a2,0,B13a2,0,a,D0,a2,a2,C10,a2,a,所以=3a2,a2,a,=0,a,a2,=(0,0,a).設(shè)平面AB1D的法向量為n=(x,y,z),由n=0, n=0,可取n=(3,1,-2).所以cos<,n>=-2aa22=-22,因?yàn)橹本€與平面所成角的范圍是090,所以直線CC1與平面AB1D所成的角為45.5.(2018?？谝荒?如圖,AB是O的直徑,PA垂直于O所在平面,點(diǎn)C是圓周上不同于A,B兩點(diǎn)的任意一點(diǎn),且AB=2,PA=BC=3,則二面角A -BC -P的大小為()A.30 B.45 C.60D.90【解析】選C.因?yàn)锳B是O的直徑,PA垂直于O所在平面,點(diǎn)C是圓周上不同于A,B兩點(diǎn)的任意一點(diǎn),且AB=2,PA=BC=3,所以ACBC,AC=AB2-BC2=4-3=1,以點(diǎn)A為原點(diǎn),在平面ABC內(nèi)過點(diǎn)A作AC的垂線為x軸,AC為y軸,AP為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,P(0,0,3),B(3,1,0),C(0,1,0),=(3,1,-3),=(0,1,-3),設(shè)平面PBC的法向量n=(x,y,z),則取z=1,得n=(0,3,1),平面ABC的法向量m=(0,0,1),設(shè)二面角A -BC -P的平面角為,則cos =|mn|m|n|=12,所以=60,所以二面角A-BC-P的大小為60.6.如圖所示,三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱長為3,底面邊長A1C1=B1C1=1,且A1C1B1=90,D點(diǎn)在棱AA1上且AD=2DA1,P點(diǎn)在棱C1C上,則的最小值為()A.52B.-14C.14D.-52【解析】選B.由題意,以C點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),CA,CB,CC1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則D(1,0,2),B1(0,1,3),設(shè)P(0,0,z),其中0z3,則=(1,0,2-z),=(0,1,3-z),所以=0+0+(2-z)(3-z)=z-522-14,故當(dāng)z=52時(shí),取得最小值-14.二、填空題(每小題5分,共10分)7.(2018西安一模)正方體ABCD -A1B1C1D1的棱長為1,MN是正方體內(nèi)切球的直徑,點(diǎn)P為正方體表面上的動(dòng)點(diǎn),則的最大值為_.【解析】連接PO,可得=(+)(+)=+(+)+=-14,當(dāng)|取得最大值32時(shí),取得最大值為322-14=12.答案:128.設(shè)二面角-CD-的大小為45,A點(diǎn)在平面內(nèi),B點(diǎn)在CD上,且ABC=45,則AB與平面所成角的大小為_.【解析】如圖,作AE平面于點(diǎn)E,在平面內(nèi)過E作EFCD于點(diǎn)F,連接AF,因?yàn)锳ECD,AEEF=E,所以CD平面AEF,所以AFCD,所以AFE為二面角-CD-的平面角,所以AFE=45,因?yàn)锳BC=45,所以BAF=45.連接BE,則ABE為AB與平面所成的角.設(shè)AE=m,則EF=m,AF=2m,BF=2m,AB=2m,所以sinABE=AEAB=12,又因?yàn)锳BE為銳角,所以ABE=30.答案30三、解答題(共40分)9.(2018全國卷)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點(diǎn),以DF為折痕把DFC折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PFBF.(1)證明:平面PEF平面ABFD.(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.【解析】(1)由已知可得,BFPF,BFEF,PFEF=F,所以BF平面PEF.又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF,垂足為H.由(1)得,PH平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閥軸正方向,設(shè)正方形ABCD的邊長為2,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PEPF.可得PH=32,EH=32.則H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,=1,32,32,=0,0,32為平面ABFD的一個(gè)法向量.設(shè)DP與平面ABFD所成角為,則sin =343=34.所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34.【一題多解】解答本題(2)還可以用如下的方法解決因?yàn)镻FBF,BFED,所以PFED,又PFPD,EDDP=D,所以PF平面PED,所以PFPE,設(shè)AB=4,則EF=4,PF=2,所以PE=23,過P作PHEF交EF于H點(diǎn),由平面PEF平面ABFD,所以PH平面ABFD,連接DH,則PDH即為直線DP與平面ABFD所成的角,由PEPF=EFPH,所以PH=2324=3,因?yàn)镻D=4,所以sinPDH=PHPD=34,所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34.10.(2018漳州一模)如圖,在多面體ABCDNPM中,底面ABCD是菱形,ABC=60,PA平面ABCD,AB=AP=2,PMAB,PNAD,PM=PN=1.(1)求證:MNPC.(2)求平面MNC與平面APMB所成銳二面角的余弦值.【解析】(1)作MEPA交AB于E,NFPA交AD于F,連接EF,BD,AC.由PMAB,PNAD,易得MENF,所以四邊形MEFN是平行四邊形,所以MNEF,因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形,所以ACBD,又易得EFBD,所以ACEF,所以ACMN,因?yàn)镻A平面ABCD,EF平面ABCD,所以PAEF,所以PAMN,因?yàn)锳CPA=A,所以MN平面PAC,故MNPC.(2)建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則C(0,1,0),M32,-12,2,N-32,-12,2,A(0,-1,0),P(0,-1,2),B(3,0,0),所以=32,-32,2,=-32,-32,2,=(0,0,2),=(3,1,0),設(shè)平面MNC的法向量為m=(x,y,z),則32x-32y+2z=0,-32x-32y+2z=0,令z=1,得x=0,y=43,所以m=0,43,1.設(shè)平面APMB的法向量為n=(x1,y1,z1),則2z1=0,3x1+y1=0,令x1=1,得y1=-3,z1=0,所以n=(1,-3,0),設(shè)平面MNC與平面APMB所成銳二面角為,則cos =|mn|m|n|=43302+432+1212+(-3)2+02=235,所以平面MNC與平面APMB所成銳二面角的余弦值為235.11.如圖,在三棱柱ABC-DEF中,AE與BD相交于點(diǎn)O,C在平面ABED內(nèi)的射影為O,G為CF的中點(diǎn).(1)求證:平面ABED平面GED.(2)若AB=BD=BE=EF=2,求二面角A-CE-B的余弦值.【解析】(1)取DE中點(diǎn)M,連接OM,在三角形BDE中,OMBE,OM=12BE.又因?yàn)镚為CF中點(diǎn),所以CGBE,CG=12BE.所以CGOM,CG=OM.所以四邊形OMGC為平行四邊形.所以MGOC.因?yàn)镃在平面ABED內(nèi)的射影為O,所以O(shè)C平面ABED.所以GM平面ABED.又因?yàn)镚M平面DEG,所以平面ABED平面GED.(2)因?yàn)镃O平面ABED,所以COAO,COOB,又因?yàn)锳B=BE,所以平行四邊形ABED為菱形,所以O(shè)BAO,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,于是A(3,0,0),B(0,1,0),E(-3,0,0),C(0,0,3),向量=(-3,-1,0),向量=(0,-1,3), 設(shè)面BCE的一個(gè)法向量為m=(x1,y1,z1),即-3x1-y1=0,-y1+3z1=0,不妨令z1=1,則y1=3,x1=-1,取m=(-1,3,1).又n=(0,1,0)為平面ACE的一個(gè)法向量.設(shè)二面角A-CE-B的大小為,顯然為銳角,于是cos =|cos<m,n>|=|mn|m|n|=35=155,故二面角A-CE-B的余弦值為155.12.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PDAB,PDBC,AB=233AD,BAD=30.(1)證明:ADPB.(2)若PD=AD,BC=CD,BCD=60,求二面角A-PB-C的余弦值.【解析】(1)由PDAB,PDBC,ABBC=B,得PD平面ABCD,從而PDAD.又在ABD中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2ADABcos 30=13AD2,則有AD2+BD2=AB2,所以ADB=90,即ADDB,又PDDB=D,則有AD平面PDB,故ADPB.(2)以D為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AD=3,則A(3,0,0),P(0,0,3),B(0,1,0),C-32,12,0,設(shè)平面APB的一個(gè)法向量為m=(x,y,z),則令x=1,則y=3,z=1,故m=(1,3,1),設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),則有令x=1,則有y=-3,z=-1,故n=(1,-3,-1),所以cos<m,n>=mn|m|n|=-355=-35,由圖知,二面角A-PB-C的余弦值為-35.(建議用時(shí):50分鐘)1.(2018全國卷)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.15B.56C.55D.22【解析】選C.以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,3),B1(1,1,3),所以=(-1,0,3),=(1,1,3),設(shè)異面直線AD1與DB1所成角為,則cos =|cos<,>|=-1+31+31+1+3=55.【一題多解】解答本題還可以用如下的方法解決.如圖連接A1D交AD1于點(diǎn)E.取A1B1中點(diǎn)F,連接EF,則EF12B1D,連接D1F,在D1FE中,D1EF為異面直線AD1與DB1的夾角.由已知EF=12DB1=1212+12+(3)2=52,D1E=12AD1=1,D1F=1+122=52,所以cosD1EF=EF2+ED12-D1F22EFED1=55.2.在底面為正三角形的直棱柱(側(cè)棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,點(diǎn)D為棱BC的中點(diǎn),點(diǎn)E為A1C上的點(diǎn),且滿足A1E=mEC(mR),當(dāng)二面角E-AD-C的余弦值為1010 時(shí),實(shí)數(shù)m的值為()A.1B.2C.12D.3【解析】選A.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,取AC中點(diǎn)O,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),以O(shè)B,OC所在直線為x,y軸,以過點(diǎn)O且垂直于y軸的直線為z軸,建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,因?yàn)锳B=2,AA1=3,點(diǎn)D為棱BC的中點(diǎn),所以A(0,-1,0),C(0,1,0),D32,12,0,A1(0,-1,3).又點(diǎn)E為A1C上的點(diǎn),且滿足A1E=mEC(mR),所以=m,設(shè)E(x,y,z),則=(x,y+1,z-3),=(-x,1-y,-z),所以(x,y+1,z-3)=(-mx,m-my,-mz),得x=0,y=m-1m+1,z=3m+1.所以E0,m-1m+1,3m+1,則=32,32,0,=0,2mm+1,3m+1,設(shè)平面AED的一個(gè)法向量為m=(a,b,c),由取a=-3,得m=-3,1,-23m.平面ADC的一個(gè)法向量n=(0,0,1),所以|cos<m,n>|=mn|m|n|=23m3+1+49m21=1010,解得:m=1.【加固訓(xùn)練】在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn),則平面A1ED與平面ABCD夾角的余弦值為()A.12B.23C.33D.22【解析】選B.以A為原點(diǎn),AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)棱長為1,則A1(0,0,1),E1,0,12,D(0,1,0),所以=(0,1,-1),=1,0,-12.設(shè)平面A1ED的一個(gè)法向量為n1=(1,y,z),則有即y-z=0,1-12z=0,所以y=2,z=2,所以n1=(1,2,2).因?yàn)槠矫鍭BCD的一個(gè)法向量為n2=(0,0,1),所以|cos<n1,n2>|=231=23,即平面A1ED與平面ABCD夾角的余弦值為23.3.如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1底面ABC,AB=BC=AA1,ABC=90,點(diǎn)E,F分別是棱AB,BB1的中點(diǎn),則直線EF和BC1所成的角是_.【解析】以B點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),以BC所在直線為x軸,BA所在直線為y軸,BB1所在直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB=BC=AA1=2,則C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1),則=(0,-1,1),=(2,0,2),所以=2,所以cos<,>=2222=12,因?yàn)楫惷嬷本€所成角的范圍是0<90,所以EF和BC1所成的角為60.答案:604.已知點(diǎn)E,F分別在正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,則平面AEF與平面ABC夾角的正切值為_.【解析】延長FE,CB相交于點(diǎn)G,連接AG,如圖所示.設(shè)正方體的棱長為3,則GB=BC=3,作BHAG于點(diǎn)H,連接EH,則EHB即為所求兩平面的夾角.因?yàn)锽H=322,EB=1,所以tanEHB=EBBH=23.答案:23【一題多解】解答本題還可以用如下的方法解決:如圖,以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)DA=1,由已知條件得A(1,0,0),E1,1,13,F0,1,23,=0,1,13,=-1,1,23,設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z),平面AEF與平面ABC的夾角為,由得y+13z=0,-x+y+23z=0.令y=1,z=-3,x=-1,則n=(-1,1,-3),取平面ABC的法向量為m=(0,0,-1),則cos =|cos<n,m>|=31111,可求得tan =23.答案:23【加固訓(xùn)練】 (2017全國卷)a,b為空間中兩條互相垂直的直線,等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a,b都垂直,斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn),有下列結(jié)論:當(dāng)直線AB與a成60角時(shí),AB與b成30角;當(dāng)直線AB與a成60角時(shí),AB與b成60角;直線AB與a所成角的最小值為45;直線AB與a所成角的最大值為60;其中正確的是_.(填寫所有正確結(jié)論的編號(hào))【解析】由題意得,ACBC,不妨假設(shè)等腰直角三角形ABC的腰長為1,以C為坐標(biāo)原點(diǎn),過點(diǎn)C且垂直于平面ABC的直線為x軸,CB所在直線為y軸,CA所在直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖:則各點(diǎn)坐標(biāo)分別為A(0,0,1),C(0,0,0),因?yàn)橹本€a,b都垂直于AC,不妨設(shè)直線a的方向向量為a=(1,0,0),直線b的方向向量為b=(0,1,0),因?yàn)樾边匒B以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn),所以可設(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(cos ,sin ,0),則=(cos ,sin ,-1),設(shè)直線a與直線AB的夾角為,直線b與直線AB的夾角為,則cos =|cos <a,>|=|cos|12=|cos|2,cos =|cos<b,>|=|sin|12=|sin|2.中,當(dāng)直線AB與a成60角時(shí),有cos =|cos|2=12,解得|cos |=22,所以|sin |=22,此時(shí)AB與b的夾角的余弦值為cos =|sin|2=12,所以AB與b的夾角為60.故錯(cuò)誤.中由分析得AB與b的夾角為60,故正確.中直線AB與a所成角的余弦值為cos =|cos|2,當(dāng)cos 越大時(shí),角就越小,而|cos|2的最大值為12=22,即cos 的最大值為22,的最小值為45,即直線AB與a所成角的最小值為45,故正確.中,直線AB與a所成角的余弦值為cos =|cos|2,當(dāng)cos 越小時(shí),角就越大,而|cos|2的最小值為0,cos 的最小值為0,的最大值為90,即直線AB與所成角的最大值為90,故錯(cuò)誤.故本題正確答案為.答案:5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的正方形,PABD.(1)求證:PB=PD.(2)若E,F分別為PC,AB的中點(diǎn),EF平面PCD,求直線PB與平面PCD所成角的大小.【解析】(1)連接AC與BD交于點(diǎn)O,連接PO,因?yàn)榈酌鍭BCD是正方形,所以ACBD且O為BD的中點(diǎn).又PABD,PAAC=A,所以BD平面PAC,由于PO平面PAC,故BDPO.又BO=DO,故PB=PD.(2)設(shè)PD的中點(diǎn)為Q,連接AQ,EQ,則EQ12CDAF,所以AFEQ為平行四邊形,EFAQ,因?yàn)镋F平面PCD,所以AQ平面PCD,所以AQPD,PD的中點(diǎn)為Q,所以AP=AD=2.由AQ平面PCD,又可得AQCD,又ADCD,AQAD=A,所以CD平面PAD,所以CDPA,又BDPA,BDCD=D,所以PA平面ABCD.由題意,AB,AP,AD兩兩垂直, 以A為坐標(biāo)原點(diǎn),向量,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(2,0,0),Q0,22,22,D(0,2,0),P(0,0,2),=0,22,22,=(2,0,-2),為平面PCD的一個(gè)法向量.設(shè)直線PB與平面PCD所成角為,則sin =12,所以直線PB與平面PCD所成角為6.【一題多解】(2)解答本題還可以用如下的方法解決:設(shè)PD的中點(diǎn)為Q,連接AQ,EQ,則EQ12CDAF,所以AFEQ為平行四邊形,EFAQ,因?yàn)镋F平面PCD,所以AQ平面PCD,所以AQPD,又PD的中點(diǎn)為Q,所以AP=AD=2.同理AQCD,又ADCD,AQAD=A,所以CD平面PAD,所以CDPA,又BDPA,CDBD=D,所以PA平面ABCD.連接AC,交BD于點(diǎn)O,連接CQ,設(shè)CQ的中點(diǎn)為H,連接OH,則在三角形ACQ中,OHAQ,所以O(shè)H平面PCD,又在三角形PBD中,OQBP,所以O(shè)QH即為直線PB與平面PCD所成的角.又OH=12AQ=24AD=12,OQ=12PB=1,所以在直角三角形OHQ中,sinOQH=OHOQ=12,所以O(shè)QH=30,即直線PB與平面PCD所成的角為30.6.如圖,矩形ABCD中,AB=6,AD=23,點(diǎn)F是AC上的動(dòng)點(diǎn).現(xiàn)將矩形ABCD沿著對(duì)角線AC折成二面角D-AC-B,使得DB=30.(1)求證:當(dāng)AF=3時(shí),DFBC.(2)試求CF的長,使得二面角A-DF-B的大小為4.【解析】(1)連接DF,BF.在矩形ABCD中,AD=23,CD=6,所以AC=43,CAB=30,DAC=60.在ADF中,因?yàn)锳F=3,所以DF2=DA2+AF2-2DAAFcosDAC=9,因?yàn)镈F2+AF2=9+3=DA2,所以DFAC,即DFAC.又在ABF中,BF2=AB2+AF2-2ABAFcosCAB=21,所以在DFB中,DF2+FB2=32+(21)2=DB2,所以BFDF,又因?yàn)锳CFB=F,所以DF平面ABC.所以DFBC.(2)在矩形ABCD中,過D作DEAC于O,并延長交AB于E.沿著對(duì)角線AC翻折后,由(1)可知,OE,OC,OD兩兩垂直,以O(shè)為原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則O(0,0,0),E(1,0,0), D(0,0,3),B(3,23,0),因?yàn)镋O平面ADF,所以=(1,0,0)為平面ADF的一個(gè)法向量.設(shè)平面BDF的法向量為n=(x,y,z),F(0,t,0),因?yàn)?(-3,-23,3),=(-3,t-23,0),由得-3x-23y+3z=0,-3x+(t-23)y=0,取y=3,則x=t-23,z=t, 所以n=(t-23,3,t).所以cos4=,即|t-23|(t-23)2+9+t2=22,所以t=34.所以當(dāng)CF=1143時(shí),二面角A-DF-B的大小是4.(2018榆林一模)在如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD為平行四邊形,ABD=90,EB平面ABCD,EFAB,AB=2,EB=3,EF=1,BC=13,且M是BD的中點(diǎn).(1)求證:EM平面ADF.(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小.【解析】(1)因?yàn)镋B平面ABD,ABBD,故以B為原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由已知可得=32,0,-3,=(3,-2,0),=(0,-1,3),設(shè)平面ADF的一個(gè)法向量是n=(x,y,z).由得3x-2y=0,-y+3z=0,令y=3,則n=(2,3,3).又因?yàn)閚=0,所以n,又EM平面ADF,故EM平面ADF.【一題多解】取AD的中點(diǎn)N,連接MN,NF.在平面DAB中,M是BD的中點(diǎn),N是AD的中點(diǎn),所以MNAB,MN=12AB,又因?yàn)镋FAB,EF=12AB,所以MNEF且MN=EF.所以四邊形MNFE為平行四邊形,所以EMFN,又因?yàn)镕N平面ADF,EM平面ADF,故EM平面ADF.(2)由(1)可知平面ADF的一個(gè)法向量是n=(2,3,3).易得平面BFD的一個(gè)法向量是m=(0,-3,1),所以cos<m,n>=mn|m|n|=-34,又二面角A-FD-B為銳角,故二面角A-FD-B的余弦值大小為34.7.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,ADBC,ADCD,且AD=CD=2,BC=22,PA=2.(1)取PC中點(diǎn)N,連接DN,求證:DN平面PAB.(2)求直線AC與PD所成角的余弦值.(3)在線段PD上,是否存在一點(diǎn)M,使得二面角M-AC-D的大小為45,如果存在,求BM與平面MAC所成的角,如果不存在,請(qǐng)說明理由.【解析】取BC的中點(diǎn)E,連接DE與AC,相交于點(diǎn)O,連接AE,易知ACDE,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0), P(0,-1,2),(1)PC中點(diǎn)N(0,0,1),所以=(1,0,1),設(shè)平面PAB的法向量為n=(a,b,c),由=(0,0,2),=(2,0,0),令b=1,可得:n=(0,1,0),所以n=0,因?yàn)镈N平面PAB,所以DN平面PAB.(2)=(0,2,0),=(-1,1,-2),設(shè)AC與PD所成的角為,則cos =226=66.(3)設(shè)M(x,y,z)及=(01),所以x=-,y+1=,z-2=-2,M(-,-1,2(1-),設(shè)平面ACM的法向量為m=(x,y,z),由=(0,2,0),=(-,2(1-),可得m=(2-2,0,),平面ACD的法向量為p=(0,0,1),所以cos<m,p>=12+(2-2)2=222=52-8+4,解得=23.解得M-23,-13,23,所以=-83,23,23,所以m=23,0,23,設(shè)BM與平面MAC所成角為,所以sin =|cos<,m>|=-12922322=12, 所以=6.