资源简介 期末热点.重难点 空间直线、平面的垂直一.选择题(共5小题)1.(2024秋 周口期末)在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,P为棱BB1上的动点(不包含端点),则AC1与D1P所成角的余弦值的取值范围为( )A. B. C. D.2.(2024秋 景德镇期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,则异面直线A1B1与CD1的所成角为( )A. B. C. D.3.(2024秋 厦门校级期末)如图,△ABC和△ACD均是边长为2的正三角形,△ABD是以BD为斜边的等腰直角三角形,则异面直线AD与BC夹角的大小为( )A. B. C. D.4.(2024秋 商水县期末)如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点P在线段A1B上运动,则下列结论错误的是( )A.AP∥平面CDD1C1B.BC⊥APC.C1D⊥平面A1D1PD.平面PB1C1与平面A1AP不垂直5.(2025 安徽模拟)在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A﹣BCD,如图,则在三棱锥A﹣BCD中,下列结论不正确的是( )A.CD⊥AB B.CD⊥BDC.平面ADC⊥平面ABD D.平面ABC⊥平面BDC二.多选题(共4小题)(多选)6.(2024秋 菏泽期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,O为四边形A1B1C1D1的中心,平面AOB∩平面COD=l,则下列结论正确的是( )A.直线AO与BC1异面 B.AO⊥BDC.平面AOB⊥平面COD D.l∥平面ABC1D1(多选)7.(2025 武汉模拟)如图,以A1,B1,C1,A,B,C为顶点的六面体中,四边形AA1C1C为菱形,B1C1∥BC,B1C1BC,∠C1CA=60°,AC=2,AB=2,∠BAC=120°,则( )A.AC⊥A1BB.AC1∥平面A1BB1C.当时,二面角A1﹣AB﹣C的正弦值为D.当时,此六面体的体积为(多选)8.(2024秋 自贡校级期末)如图所示,在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,则下列结论正确的是( )A.直线AM与BN是平行直线B.直线MN与AC所成的角为60°C.直线MN与平面ABCD所成的角为45°D.平面BMN截正方体所得的截面面积为(多选)9.(2024秋 昆明校级期末)如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1中正四面体A1﹣BDC1的棱长为2,则下列说法正确的是( )A.异面直线A1B与AD1所成的角是B.BD1 平面A1C1BC.平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面面积为D.正四面体A1﹣BDC1的高为三.填空题(共3小题)10.(2024秋 西安期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E是BC上靠近B的三等分点,则直线D1E与平面BCC1B1所成角的正弦值为 .11.(2024秋 达州期末)三棱锥P﹣ABC中,AB⊥BC,,面PAB⊥面ABC,,以△ABC的边AC所在直线为旋转轴将△ABC旋转,则在旋转过程中,|PB|的取值范围是 .12.(2024秋 虹口区校级期末)在三棱锥P﹣ABC中,,且PC⊥AB,则二面角P﹣AB﹣C的余弦值的最小值为 .四.解答题(共3小题)13.(2024秋 深圳期末)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,平面PCD⊥平面ABCD,AD⊥AB,AB∥CD,AB=AD=1,CD=2,,点E在棱PA上,PE=2EA.(1)证明:PC∥平面DBE;(2)求PC与平面PAB所成角的余弦值.14.(2024秋 重庆校级期末)如图,四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB,点E在棱PD上,且2PE=ED,点F是棱PC上的动点.(1)若F为棱PC的中点,证明:PB∥平面AEF;(2)若直线PA与平面AEF所成角的正弦值为,求.15.(2024秋 唐山期末)如图,在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中,所有棱长均为2,且∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=60°.(1)证明:AC1⊥BD;(2)求二面角A﹣BD﹣A1的余弦值;(3)求直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值.参考答案与试题解析一.选择题(共5小题)1.(2024秋 周口期末)在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,P为棱BB1上的动点(不包含端点),则AC1与D1P所成角的余弦值的取值范围为( )A. B. C. D.【考点】异面直线及其所成的角.【专题】转化思想;定义法;概率与统计;运算求解.【答案】B【分析】建立空间直角坐标系,设P(1,1,a)(0<a<2),利用异面直线所成的角的夹角公式可得,平方后利用换元法可求范围.【解答】解:正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,P为棱BB1上的动点(不包含端点),以D为坐标原点,以DA,DC,DD1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A(1,0,0),C1(0,1,2),D1(0,0,2),设P(1,1,a)(0<a<2),则,,设AC1与D1P所成的角为θ,则,∴,令t=(a﹣2)2,t∈(0,4),∴,∴.故选:B.【点评】本题考查异面直线所成角等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.2.(2024秋 景德镇期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,则异面直线A1B1与CD1的所成角为( )A. B. C. D.【考点】异面直线及其所成的角.【专题】数形结合;定义法;空间角;运算求解.【答案】B【分析】利用异面直线夹角的定义求出角的大小.【解答】解:在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,∵A1B1∥C1D1,∴∠CD1C1是异面直线A1B1与CD1的所成角或所成角的补角,在等腰Rt△CD1C1中,,∴在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,异面直线A1B1与CD1的所成角为.故选:B.【点评】本题考查异面直线夹角的定义等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.3.(2024秋 厦门校级期末)如图,△ABC和△ACD均是边长为2的正三角形,△ABD是以BD为斜边的等腰直角三角形,则异面直线AD与BC夹角的大小为( )A. B. C. D.【考点】异面直线及其所成的角.【专题】数形结合;数形结合法;空间角;运算求解.【答案】C【分析】根据已知数据可知BC⊥CD,再由向量的夹角公式可得,由此可得答案.【解答】解:依题意,,则在△BCD中,由于BC2+CD2=BD2,则BC⊥CD,所以,所以异面直线AD与BC夹角的大小为.故选:C.【点评】本题考查异面直线所成角,属于基础题.4.(2024秋 商水县期末)如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点P在线段A1B上运动,则下列结论错误的是( )A.AP∥平面CDD1C1B.BC⊥APC.C1D⊥平面A1D1PD.平面PB1C1与平面A1AP不垂直【考点】平面与平面垂直;直线与平面平行;直线与平面垂直.【专题】转化思想;综合法;空间位置关系与距离;逻辑思维;运算求解.【答案】D【分析】对于A,由平面CDD1C1∥平面ABB1A1,得AP∥平面CDD1C1;对于B,由BC⊥平面ABB1A1,得BC⊥AP;对于C,由C1D⊥A1D1,C1D⊥A1B,得C1D⊥平面A1D1P;对于D,由B1C1⊥平面A1AP,得平面PB1C1⊥平面A1AP.【解答】解:在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点P在线段A1B上运动,对于A,∵平面CDD1C1∥平面ABB1A1,AP 平面ABB1A1,∴AP∥平面CDD1C1,故A正确;对于B,∵BC⊥平面ABB1A1,AP 平面ABB1A1,∴BC⊥AP,故B正确;对于C,∵C1D⊥A1D1,C1D⊥A1B,A1D1∩A1B=A1,∴C1D⊥平面A1D1P,故C正确;对于D,∵B1C1⊥平面A1AP,B1C1 平面PB1C1,∴平面PB1C1⊥平面A1AP,故D错误.故选:D.【点评】本题考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定与性质等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.5.(2025 安徽模拟)在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A﹣BCD,如图,则在三棱锥A﹣BCD中,下列结论不正确的是( )A.CD⊥AB B.CD⊥BDC.平面ADC⊥平面ABD D.平面ABC⊥平面BDC【考点】平面与平面垂直.【专题】转化思想;综合法;空间位置关系与距离;逻辑思维.【答案】D【分析】根据线面、面面垂直的判定定理以及线面、面面垂直的性质定理逐项判断即可.【解答】解:对于B,如图,因为AD∥BC,AD=AB,∠BAD=90°,所以∠ABD=∠ADB=45°,又因为∠BCD=45°,AD∥BC,所以∠ADC=135°,所以∠BDC=∠ADC﹣∠ADB=135°﹣45°=90°,所以CD⊥BD,所以B正确;对于A,由B选项知CD⊥BD,又因为平面ABD⊥平面BCD,CD 平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以CD⊥平面ABD,因为AB 平面ABD,所以CD⊥AB,所以A正确;对于C,由选项A知,CD⊥平面ABD,因为CD 平面ADC,所以平面ADC⊥平面ABD,所以C正确;对于D,如图,过点A作AE⊥BD,垂足为E,因为平面ABD⊥平面BCD,AE 平面ABD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以AE⊥平面BCD,显然AE 平面ABC,所以平面ABC与平面BDC不垂直,所以D错误.故选:D.【点评】本题考查线面,面面位置关系的判断,属于中档题.二.多选题(共4小题)(多选)6.(2024秋 菏泽期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,O为四边形A1B1C1D1的中心,平面AOB∩平面COD=l,则下列结论正确的是( )A.直线AO与BC1异面 B.AO⊥BDC.平面AOB⊥平面COD D.l∥平面ABC1D1【考点】平面与平面垂直;异面直线的判定;直线与平面平行.【专题】转化思想;综合法;空间位置关系与距离;逻辑思维;空间想象.【答案】ABD【分析】选项A,设平面ABB1A1的中心为G,结合反证法,推出平面OABC1与平面OGBC1重合,与题意矛盾,从而作出判断;选项B,分别证明BD⊥AC,AA1⊥BD,再由线面垂直的判定定理,即可判断;选项C,分别取AB,CD的中点E,F,连接OE,OF,EF,先证OE⊥l,OF⊥l,由二面角的定义知∠EOF即为平面AOB与平面COD所成的角,再利用余弦定理求出cos∠EOF的值,即可判断;选项D,结合选项B中所得,根据线面平行的判定定理,即可判断.【解答】解:选项A,设平面ABB1A1的中心为G,则G是A1B的中点,因为O是A1C1的中点,所以OG∥BC1,所以O,G,B,C1四点共面,假设直线AO与BC1共面,由于平面OABC1与平面OGBC1有3个交点O,B,C1,且O,B,C1三点不共线,所以平面OABC1与平面OGBC1重合,显然点A 平面OGBC1,所以假设不成立,即直线AO与BC1异面,故选项A正确;选项B,由正方体的性质知,BD⊥AC,AA1⊥平面ABCD,因为BD 平面ABCD,所以AA1⊥BD,又AC∩AA1=A,AC、AA1 平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1,因为AO 平面ACC1A1,所以AO⊥BD,故选项B正确;选项C,分别取AB,CD的中点E,F,连接OE,OF,EF,显然OE⊥AB,OF⊥CD,因为AB∥CD,AB 平面COD,CD 平面COD,所以AB∥平面COD,又AB 平面AOB,平面AOB∩平面COD=l,所以AB∥l,即AB∥CD∥l,所以OE⊥l,OF⊥l,所以∠EOF即为平面AOB与平面COD所成的角,设正方体的棱长为2,则EF=2,OE=OF,在△OEF中,由余弦定理知,cos∠EOF,所以∠EOF≠90°,即平面AOB⊥平面COD不成立,故选项C错误;选项D,由选项B知,AB∥l,因为AB 平面ABC1D1,l 平面ABC1D1,所以l∥平面ABC1D1,故选项D正确.故选:ABD.【点评】本题考查立体几何的综合应用,熟练掌握异面直线的判定方法,线与面平行、垂直的判定定理或性质定理是解题的关键,考查空间立体感,逻辑推理能力和运算能力,属于中档题.(多选)7.(2025 武汉模拟)如图,以A1,B1,C1,A,B,C为顶点的六面体中,四边形AA1C1C为菱形,B1C1∥BC,B1C1BC,∠C1CA=60°,AC=2,AB=2,∠BAC=120°,则( )A.AC⊥A1BB.AC1∥平面A1BB1C.当时,二面角A1﹣AB﹣C的正弦值为D.当时,此六面体的体积为【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角;棱柱的体积.【专题】转化思想;转化法;立体几何;运算求解.【答案】ABD【分析】通过证明A1B⊥面ACP,可判断A;通过证明平面ABB1∥平面AC1N,可判断B;过A1作A1M⊥CA于点M,证明出A1M⊥平面ABC,根据求出答案,可判断C;取BC中点G,连接B1G,AG,该几何体可分割为三棱锥A1B1C1﹣AGC和三棱锥B﹣A1AB1,B﹣AGB1,通过计算体积和得到结果,可判断D.【解答】解:对于A,取A1B中点P,因为ACC1A1为菱形,所以AA1=AC=2,所以AA1=AB=2,所以AP⊥A1B,△ACA1中,∠A1AC=120°,,△ABC中,,所以A1C=BC,所以CP⊥A1B,因为AP,CP 面ACP,AP∩CP=P,所以A1B⊥面ACP,因为AC 面ACP,所以A1B⊥AC,故A正确;对于B,取BC中点N,因为B1C1∥BC,且,则B1C1∥CN,B1C1=CN,B1C1∥BN,B1C1=BN,即B1C1NB为平行四边形,B1C1CN为平行四边形,所以B1N∥CC1,B1N=CC1,所以B1N∥A1A,B1N=A1A,所以四边形ANB1A1为平行四边形,所以AN∥B1A1,又因为C1N∥BB1,AN 平面AC1N,B1A1 平面AC1N,所以B1A1∥平面AC1N,同理BB1∥平面AC1N,因为B1A1,BB1 平面A1BB1,B1A1∩BB1=B1,所以平面A1BB1∥平面AC1N,因为AC1 平面AC1N,所以AC1∥平面A1BB1,故B正确;对于C,过A1作A1M⊥CA于点M,因为∠A1AC=∠BAC=120°,AB=AA1,所以BM⊥AC,且,又因为,所以A1M⊥BM,又因为A1M⊥CA,BM,CA 平面ABC,BM∩CA=M,所以A1M⊥平面ABC,记二面角A1﹣AB﹣C的平面角为θ,所以,所以,故C错误;对于D,取BC中点G,连接B1G,AG,该几何体可分割为三棱柱A1B1C1﹣AGC和三棱锥B﹣A1AB1,B﹣AGB1,则几何体体积,图中,A1到底面ABC的距离为,所以,故D正确.故选:ABD.【点评】本题考查立体几何综合问题,属于中档题.(多选)8.(2024秋 自贡校级期末)如图所示,在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,则下列结论正确的是( )A.直线AM与BN是平行直线B.直线MN与AC所成的角为60°C.直线MN与平面ABCD所成的角为45°D.平面BMN截正方体所得的截面面积为【考点】几何法求解直线与平面所成的角;异面直线及其所成的角.【专题】转化思想;综合法;空间位置关系与距离;空间角;逻辑思维;运算求解.【答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系,利用向量法可判断A、B、C,作出平面BMN截正方体所得的截面即可求出面积判断D.【解答】解:在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,对于A,以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),D1(0,0,2),C1(0,2,2).∵M,N分别为棱C1D1,CC1的中点,∴M(0,1,2)、N(0,2,1),则,,∴和不共线,∴线AM与BN不是平行直线,故A错误;对于B,∵,,∴cos,∴,∴直线MN与AC所成的角为60°,故B正确.对于C,由于平面ABCD的一个法向量为,cos,,∴,,∴直线MN与平面ABCD所成的角为45°,故C正确;对于D,连接A1B,易知A1B∥MN,则平面BMN截正方体所得的截面为等腰梯形A1BMN,∵棱长为2,∴,,,∴等腰梯形的高为,∴,∴平面BMN截正方体所得的截面面积为,故D正确.故选:BCD.【点评】本题考查线线平行的判定、异面直线所成角、截面面积等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.(多选)9.(2024秋 昆明校级期末)如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1中正四面体A1﹣BDC1的棱长为2,则下列说法正确的是( )A.异面直线A1B与AD1所成的角是B.BD1 平面A1C1BC.平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面面积为D.正四面体A1﹣BDC1的高为【考点】异面直线及其所成的角;直线与平面平行;棱柱的结构特征.【专题】转化思想;综合法;空间位置关系与距离;空间角;逻辑思维;运算求解.【答案】AD【分析】选项A,利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角;选项B,根据基本事实三即可判断;选项C,由面面平行及相似三角形的性质得,平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面面积为△ACB1面积的四分之一;选项D,求出正四面体A1﹣BDC1的高即可判断.【解答】解:正方体ABCD﹣A1B1C1D1中正四面体A1﹣BDC1的棱长为2,对于A,正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,由题意知AD1∥BC1,异面直线A1B与AD1所成的角即直线A1B与BC1所成的角,即∠A1BC1,△A1BC1为等边三角形,则,则异面直线A1B与AD1所成的角是,故A正确;对于B,假设BD1 平面A1C1B,∵平面A1C1B∩平面A1C1D1=A1C1,BD1∩平面A1C1D1=D1,即D1为平面A1C1B与平面A1C1D1的公共点,∴A1,C1,D1三点共线,显然不成立,即假设不成立,故B错误;对于C,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,如图,∵A1B1∥CD,A1B1=CD,∴四边形A1B1CD是平行四边形,∴A1D∥B1C,∵A1D 平面AB1C,B1C 平面AB1C,∴A1D∥平面AB1C,同理,A1C1∥平面AB1C,又A1D∩A1C1=A1,∴平面AB1C∥平面A1C1D,∴平面MNP∥平面A1C1D,则平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面为△MNP,又△MNP∽△A1C1D,且相似比为,∴△MNP的面积为,∴平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面面积为,故C错误;对于D,连接B1D1,设B1D1∩平面A1C1D=O,连接A1O,B1B⊥平面A1B1C1D1,A1C1 平面A1B1C1D1,即A1C1⊥B1B,又A1C1⊥B1D1,B1B∩B1D1=B1,有A1C1⊥平面BDD1B1,BD1 平面BDD1B1,∴BD1⊥A1C1,同理可证BD1⊥A1D,A1C1∩A1D=A1,A1C1,A1D 平面A1C1D,∴BD1⊥平面A1C1D,即BO⊥平面A1C1D,则B在底面的射影为△A1C1D的重心,∴,∴,∴正四面体A1﹣BDC1的高为,故D正确.故选:AD.【点评】本题考查正方体的结构特征、异面直线所成角的平面角、正四面体的性质、结合几何图形确定截面的面积等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.三.填空题(共3小题)10.(2024秋 西安期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E是BC上靠近B的三等分点,则直线D1E与平面BCC1B1所成角的正弦值为 .【考点】直线与平面所成的角.【专题】转化思想;转化法;立体几何;运算求解.【答案】.【分析】先确定直线D1E与平面BCC1B1所成的角为∠D1EC1,再解三角形即可求解.【解答】解:如图,连接C1E,在正方体中,D1C1⊥平面BCC1B1,所以直线D1E与平面BCC1B1所成的角为∠D1EC1,设AB=3a,因为E是BC上靠近B的三等分点,所以BE=a,EC=2a,所以,,所以.故答案为:.【点评】本题考查线面角,考查直观想象的核心素养,属于中档题.11.(2024秋 达州期末)三棱锥P﹣ABC中,AB⊥BC,,面PAB⊥面ABC,,以△ABC的边AC所在直线为旋转轴将△ABC旋转,则在旋转过程中,|PB|的取值范围是 [,] .【考点】平面与平面垂直.【专题】数形结合;向量法;立体几何;运算求解.【答案】.【分析】根据题意找出点B的位置,建立空间直角坐标系找出点P到B所在平面距离,将问题转化到平面上,求出P点在平面上的射影P1到B点距离的最大值和最小值,再根据勾股定理求出|PB|的最大值和最小值,得到答案.【解答】解:三棱锥P﹣ABC中,AB⊥BC,,面PAB⊥面ABC,,以△ABC的边AC所在直线为旋转轴将△ABC旋转,取AB的中点M,AC的中点O,连PM、MO,由等腰三角形的性质,PM⊥AB,由已知平面PAB与平面ABC垂直,可得PM⊥平面ABC,进而可得出PM,MA,MO两两垂直,以M为坐标原点,MA,MO,KP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立坐标系,如图,根据几何关系,得:M(0,0,0,),,,,.不妨记旋转过程中点B所在的平面为α,由题目已知,在旋转过程中,B点在平面α截以O为圆心,2为半径的球所得到的圆上.记点P在α内的射影为P1,P到平面α的距离为垂线段PP1的长度,记该距离为d.由,可用坐标法计算点P到平面α的距离d为:,由勾股定理,由几何关系,,可知当|P1B|最小时,|PB|最小;|P1B|最大时,|PB|最大.在平面α上的几何关系如图:可得|P1B|的最大值为6,最小值为2,|PB|的最大值为,最小值为.故答案为:.【点评】本题考查了空间几何体的结构特征应用问题,也考查了推理与运算能力,是难题.12.(2024秋 虹口区校级期末)在三棱锥P﹣ABC中,,且PC⊥AB,则二面角P﹣AB﹣C的余弦值的最小值为 .【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角.【专题】转化思想;转化法;立体几何;运算求解.【答案】.【分析】首先得P,C的轨迹方程,进一步作二面角P﹣AB﹣C的平面角为∠PHC,结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解,注意取等条件.【解答】解:因为PA+PB=4=2a,所以a=2,点P的轨迹方程为(椭圆),又因为CA﹣CB=2,所以点C的轨迹方程为x2﹣y2=1,(双曲线的一支),过点P作PH⊥AB,AB⊥PC,而PH∩PC=P,PF,PC 面PHC,所以AB⊥面PHC,设O为AB中点,则二面角P﹣AB﹣C为∠PHC,所以不妨设,所以,所以,令1﹣sin2θ=t,0<t<1,所以,等号成立当且仅当,所以当且仅当时,.故答案为:.【点评】本题考查二面角的计算,考查轨迹方程的应用,属于难题.四.解答题(共3小题)13.(2024秋 深圳期末)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,平面PCD⊥平面ABCD,AD⊥AB,AB∥CD,AB=AD=1,CD=2,,点E在棱PA上,PE=2EA.(1)证明:PC∥平面DBE;(2)求PC与平面PAB所成角的余弦值.【考点】几何法求解直线与平面所成的角;直线与平面平行.【专题】转化思想;综合法;空间位置关系与距离;空间角;逻辑思维;运算求解.【答案】(1)证明见解答;(2).【分析】(1)根据面面垂直的性质和线面垂直的性质可得OP⊥OB,建立空间直角坐标系O﹣xyz,即可利用空间向量法证明线面平行;(2)由(1),利用空间向量法求解线面角即可.【解答】解:(1)证明:如图,取CD的中点O,连接OP,OB,则OP⊥CD,OB⊥CD,且OD=OC=1,由平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,OP 平面PCD,所以OP⊥平面ABCD,又OB 平面ABCD,所以OP⊥OB,建立如图空间直角坐标系O﹣xyz,由,得,则A(1,﹣1,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(0,﹣1,0),P(0,0,1),由PE=2EA,得,即(xE,yE,zE﹣1)=2(1﹣xE,﹣1﹣yE,﹣zE),得,解得,即,所以,设平面DBE的一个法向量为,则由,,可得,令a=1,得b=﹣1,c=﹣1,可得,由,可得,又PC 平面DBE,所以PC∥平面DBE;(2)由(1)知,,设平面PAB的一个法向量为,则由,,可得,令x=1,得z=1,y=0,可得,设PC与平面PAB所成角为θ(θ为锐角),则,所以,即PC与平面PAB所成角的余弦值为.【点评】本题考查线面平行的判定及直线与平面所成的角的求法,属中档题.14.(2024秋 重庆校级期末)如图,四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB,点E在棱PD上,且2PE=ED,点F是棱PC上的动点.(1)若F为棱PC的中点,证明:PB∥平面AEF;(2)若直线PA与平面AEF所成角的正弦值为,求.【考点】直线与平面所成的角;直线与平面平行.【专题】转化思想;综合法;空间向量及应用;运算求解.【答案】(1)证明见解析;(2).【分析】(1)建立如图空间直角坐标系,证明与平面AEF的法向量垂直,即证结论.(2)令,求出平面AEF的法向量,利用线面角的向量求法,结合已知正弦值求出λ即可.【解答】解:(1)根据题意,四棱锥P﹣ABCD底面为正方形,PA⊥底面ABCD,得直线AB,AD,AP两两垂直,以A为坐标原点,直线AB,AD,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz,不妨令PA=AB=6,点E在棱PD上,且2PE=ED,则B(6,0,0),P(0,0,6),E(0,2,4),C(6,6,0),D(0,6,0),由F是棱PC的中点,得F(3,3,3),,设平面AEF的法向量,则,令z=1,得,而,则,即,又PB 平面AEF,所以PB∥平面AEF.(2)设PA与平面AEF所成的角为θ,由(1)知,,设,则,设平面AEF的法向量,则,令c=λ,得,而,因此,解得,即,所以.【点评】本题考查了线面角的向量求法,属于中档题.15.(2024秋 唐山期末)如图,在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中,所有棱长均为2,且∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=60°.(1)证明:AC1⊥BD;(2)求二面角A﹣BD﹣A1的余弦值;(3)求直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值.【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角;直线与平面垂直;直线与平面所成的角.【专题】转化思想;转化法;立体几何;运算求解.【答案】(1)证明见解答;(2);(3).【分析】(1)先证BD⊥平面A1AC,再利用线面垂直的性质定理即可得证;(2)先证∠A1EA为二面角A﹣BD﹣A1的平面角,再解三角形即可求解;(3)先证∠C1BH即为所求线面角,再解三角形即可求解.【解答】解:(1)证明:如图连接AC,与BD相交于点E,则AC⊥BD,且点E为BD的中点,由题设得A1D=A1B,连接A1E,则A1E⊥BD,因为A1E∩AC=E,所以BD⊥平面A1AC,因为AC1 平面A1AC,所以BD⊥AC1,即AC1⊥BD.(2)由(1)知∠A1EA为二面角A﹣BD﹣A1的平面角,因为AA1=AB=AD=2,且∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=60°,得A1D=A1B=BD=2,则,则,(3)由,,得,则AC1⊥A1E,由(1)知AC1⊥BD,则AC1⊥平面A1BD,如图,设AC1与A1E相交于点H,连接BH,则∠C1BH即为所求线面角,易知H为正ΔA1BD的外心,亦为其重心,则,又,则,.【点评】本题考查线线垂直的判定,以及空间角的计算,属于中档题.21世纪教育网(www.21cnjy.com) 展开更多...... 收起↑ 资源预览