《三维设计》2016届（新课标）高考数学（理）5年高考真题备考试题库：第7章第7节立体几何中的空间向量方法.DOC

1、20102014年高考真题备选题库第七章 立体几何第七节 立体几何中的空间向量方法1（2014新课标全国，12分）如图三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.(1)证明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值解：(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.又因为ABBC，所以BOABOC.故OA

2、OB，从而OA，OB，OB1两两相互垂直以O为坐标原点，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为CBB160，所以CBB1为等边三角形又ABBC，则A，B(1,0,0)，B1，C.，.设n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m(1，)则cosn，m.所以二面角AA1B1C1的余弦值为.2（2014新课标全国，12分）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点(1)证明：PB平面AEC；(2)设二面角D AEC为60，AP1，AD，求三棱锥EAC

3、D的体积解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为平面ABCD为矩形，所以O为BD的中点又E为PD的中点，所以EOPB.因为EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)因为PA平面ABCD，平面ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，| |为单位长，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，0)，E，.设B(m,0,0)(m0)，则C(m，0)，(m，0)设n1(x，y，z)为平面ACE的法向量，则即可取n1.又n2(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设|cosn1，n2|，即 ，解得m.因为E为PD的中点，所以三棱锥EA

4、CD的高为.三棱锥EACD的体积V.3.(2014山东，12分) 如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，M是线段AB的中点(1)求证：C1M平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB2CD，所以ABDC，又由M是AB的中点，因此CDMA且CDMA.连接AD1，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因为CDC1D1，CDC1D1，可得C1D1MA，C1D1MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1MD1A.又C1M

5、平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M平面A1ADD1.(2)法一：连接AC，MC，由(1)知CDAM且CDAM，所以四边形AMCD为平行四边形可得BCADMC，由题意知ABCDAB60，所以MBC为正三角形，因此AB2BC2，CA，因此CACB.以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Cxyz.所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)因此M，所以，.设平面C1D1M的法向量n(x，y，z)由得可得平面C1D1M的一个法向量n(1，1)又(0,0，)为平面ABCD的一个法向量因此cos，n.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.法二：由(1)

6、知平面D1C1M平面ABCDAB，过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N.由CD1平面ABCD，可得D1NAB，因此D1NC为二面角C1ABC的平面角在RtBNC中，BC1，NBC60，可得CN.所以ND1.在RtD1CN中，cosD1NC.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.4.(2014广东，13分) 如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，DPC30，AFPC于点F，FECD，交PD于点E.(1)证明：CF平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值解：(1)证明：PD平面ABCD，AD平面ABCD，PDAD，又CDAD，PDCDD，AD平面PCD，又PC平

7、面PCD.ADPC.又AFPC，ADAFA，PC平面ADF，即CF平面ADF.(2)设ABa，则在RtPDC中，CDa，又DPC30，PC2a，PDa，PCD60.由(1)知CFDF，DFCD sin 60a，CFCD cos 60a，又FECD，DEa，同理EFCDa，以D为原点，DP所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则C(0，a,0)，A(0,0，a)，F，E，则，设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，则n(x，y，z)axaz0，n(x，y，z)axayaz0，取x1，得平面AEF的一个法向量n.又由(1)知平面ADF的一个法向量为a，a，0，故

8、cosn，由图可知二面角DAFE为锐二面角，所以其余弦值为.5.(2014安徽，13分) 如图，四棱柱ABCD A1B1C1D1中，A1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形，ADBC，且AD2BC.过A1，C，D三点的平面记为，BB1与的交点为Q.(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA14，CD2，梯形ABCD的面积为6，求平面与底面ABCD所成二面角的大小解：(1)因为BQAA1，BCAD，BCBQB，ADAA1A.所以平面QBC平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QCA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行，于

9、是QBCA1AD.所以，即Q为BB1的中点(2)如图1，连接QA，QD.设AA1h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BCa，则AD2a.VQA1AD2ahdahd，VQ ABCDdahd，所以V下VQ A1ADVQABCDahd，又V四棱柱A1B1C1D1ABCDahd，所以V上V四棱柱A1B1C1D1ABCDV下ahdahdahd，故.(3)法一：如图1，在ADC中，作AEDC，垂足为E，连接A1E.又DEAA1，且AA1AEA，所以DE平面AEA1，于是DEA1E.所以AEA1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角因为BCAD，AD2BC，所以SA

10、DC2SBCA.又因为梯形ABCD的面积为6，DC2，所以SADC4，AE4.于是tanAEA11，AEA1.故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.法二：如图2，以D为原点，分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系设CDA.因为S梯形ABCD2sin 6.所以a.从而C(2cos ，2sin ，0)，A1，所以(2cos ，2sin ，0)，.设平面A1DC的法向量n(x，y,1)，由得xsin ，ycos ，所以n(sin ，cos ，1)又因为平面ABCD的法向量m(0,0,1)，所以cosn，m，故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.6.(2014福建，13分) 在平面四边形ABCD

11、中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图所示(1)求证：ABCD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值解：(1)证明：平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD，如图由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以B为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M，则(1,1,

12、0)，(0,1，1)设平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)，则即取z01，得平面MBC的一个法向量n(1，1,1)设直线AD与平面MBC所成角为，则sin |cosn，|，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.7.(2014浙江，15分) 如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90，ABCD2，DEBE1，AC.(1)证明：DE平面ACD；(2)求二面角BADE的大小解：(1)在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得BDBC.由AC，AB2，得AB2AC2BC2，即ACBC.又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE.所以ACDE.又DEDC，从而DE

13、平面ACD.(2)法一：作BFAD，与AD交于点F.过点F作FGDE，与AE交于点G，连接BG，由(1)知DEAD，则FGAD.所以BFG是二面角BADE的平面角在直角梯形BCDE中，由CD2BC2BD2，得BDBC，又平面ABC平面BCDE，得BD平面ABC，从而BDAB.由于AC平面BCDE，得ACCD.在RtACD中，由DC2，AC，得AD.在RtAED中，由ED1，AD，得AE.在RtABD中，由BD，AB2，AD，得BF，AFAD.从而GF.在ABE，ABG中，利用余弦定理分别可得cosBAE，BG.在BFG中，cosBFG.所以BFG，即二面角BADE的大小是.法二：以D为原点，分

14、别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示由题意知各点坐标如下：D(0,0,0)，E(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,2，)，B(1,1,0)设平面ADE的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为n(x2，y2，z2)可算得(0，2，)，(1，2，)，(1,1,0)，由即可取m(0,1，)由即可取n(1，1，)于是|cosm，n|.由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角BADE的大小是.7.(2014辽宁，12分) 如图，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120，E，F分别为AC，DC的中点(1)求证：EFBC；(

15、2)求二面角EBFC的正弦值解：法一：(1)过E作EOBC，垂足为O，连接OF.由ABCDBC可证出EOCFOC.所以EOCFOC，即FOBC.又EOBC，因此BC平面EFO.又EF平面EFO，所以EFBC.(2)在图1中，过O作OGBF，垂足为G，连接EG.由平面ABC平面BDC，从而EO平面BDC，又OGBF，由三垂线定理知EGBF.因此EGO为二面角EBFC的平面角在EOC中，EOECBCcos 30，由BGOBFC知，OGFC，因此tanEGO2，从而sinEGO，即二面角EBFC的正弦值为.图1法二：(2)(1)由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所

16、在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系易得B(0,0,0)，A(0，1，)，D(，1,0)，C(0,2,0)因而E，F，所以，(0,2,0)，因此0.从而，所以EFBC.(2)在图2中，平面BFC的一个法向量为n1(0,0,1)设平面BEF的法向量n2(x，y，z)，又，.由得其中一个n2(1，1)设二面角EBFC大小为，且由题意知为锐角，则cos |cosn1，n2|，因此sin ，即所求二面角的正弦值为.图28.(2014北京，14分) 如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点在五棱锥PABCDE中，F为棱PE的中点，平面AB

17、F与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：ABFG；(2)若PA底面ABCDE，且PAAE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长解：(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以ABDE.又因为AB平面PDE，所以AB平面PDE.因为AB平面ABF，且平面ABF平面PDEFG，所以ABFG.(2)因为PA底面ABCDE，所以PAAB，PAAE.如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，(1,1,0)设平面ABF的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，得y1，所以n(0，1,1)设直线

18、BC与平面ABF所成角为，则sin |cosn，|.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u，v，w)因为点H在棱PC上，所以可设 (01)，即(u，v，w2)(2,1，2)，所以u2，v，w22.因为n是平面ABF的法向量，所以n0，即(0，1,1)(2，22)0.解得，所以点H的坐标为.所以PH 2.9.(2014湖南，12分) 如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形(1)证明：O1O底面ABCD；(2)若CBA60，求二面角C1OB1D的余弦值解：(1)证明：因为四边形ACC

19、1A1为矩形，所以CC1AC，同理DD1BD，因为CC1DD1，所以CC1BD，而ACBDO，因此CC1底面ABCD.由题设知，O1OC1C，故O1O底面ABCD.(2)法一：如图，过O1作O1HOB1于H，连接HC1.由(1)知，O1O底面ABCD，所以O1O底面A1B1C1D1，于是O1OA1C1.又因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，因此A1C1B1D1，又O1OB1D1O1，从而A1C1平面BDD1B1，所以A1C1OB1，又A1C1O1HO1.于是OB1平面O1HC1，进而OB1C1H，故C1HO1是二面角C1OB1D的平面角不妨设A

20、B2.因为CBA60，所以OB，OC1，OB1.在RtOO1B1中，易知O1H2，而O1C11，于是C1H.故cosC1HO1.即二面角C1OB1D的余弦值为.法二：因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此ACBD.又O1O底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直如图，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.不妨设AB2，因为CBA60，所以OB，OC1.于是相关各点的坐标为：O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)易知，n1(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量设n2(x，

21、y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则即取z，则x2，y2，所以n2(2,2，)，设二面角C1OB1D的大小为，易知是锐角，于是cos |cosn1，n2|.故二面角C1OB1D的余弦值为.9.(2014陕西，12分) 四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDDC2，AD1.由题设，BC平面EFGH，平面EFGH平面BDCFG，平面EFGH平面ABCEH，BCFG

22、，BCEH，FGEH.同理EFAD，HGAD，EFHG，四边形EFGH是平行四边形又ADDC，ADBD，AD平面BDC，ADBC，EFFG，四边形EFGH是矩形(2)法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，(0,0,1)，(2,2,0)，(2,0,1)设平面EFGH的法向量n(x，y，z)，EFAD，FGBC，n0，n0，得取n(1,1,0)，sin |cos，n|.法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，E是AB的中点，F，G分别为B

23、D，DC的中点，得E，F(1,0,0)，G(0,1,0)，(1,1,0)，(2,0,1)设平面EFGH的法向量n(x，y，z)，则n0，n0，得取n(1,1,0)，sin |cos，n|.10.(2014四川，12分) 三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图所示设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MNNP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角ANPM的余弦值解：(1)如图，取BD中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，ABD，BCD均为正三角形，因此AOBD，OCBD.因为AO，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDA

24、C.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NHAO，MNBD.因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.因为H为BO中点，故P为BC中点(2)法一：如图，作NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角ANPM的一个平面角由(1)知，ABD，BCD为边长为2的正三角形，所以AOOC.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC平面BCD，所以AOOC，因此

25、在等腰RtAOC中，AC，作BRAC于R.在ABC中，ABBC，所以BR .因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，因此NQ.同理，可得MQ.所以在等腰MNQ中，cosMNQ.故二面角ANPM的余弦值是.法二：由俯视图及(1)可知，AO平面BCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直线OA，OB，OC两两垂直如图，以O为坐标原点，以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，0)，D(1,0,0)因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)

26、知，P为线段BC的中点，所以M，N，P.于是(1,0，)，(1，0)，(1,0,0)，.设平面ABC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，则即有从而取z11，则x1，y11，所以n1(，1,1)连接MP，设平面MNP的一个法向量n2(x2，y2，z2)，则即有从而取z21，所以n2(0,1,1)设二面角ANPM的大小为.则cos .故二面角ANPM的余弦值是.11.(2014重庆，13分) 如图，四棱锥PABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO底面ABCD，AB2，BAD，M为BC上一点，且BM，MPAP.(1)求PO的长；(2)求二面角APMC的正弦值解：(1)如图，连接AC，BD，OM，因

27、底面ABCD为菱形，则ACBDO，且ACBD.以O为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.因为BAD，故OAABcos，OBABsin1，所以O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，C(，0,0)，(0,1,0)，(，1,0)由BM，BC2知，从而，即M.设P(0,0，a)，a0，则(，0，a)，.因为MPAP，故0，即a20，所以a，a(舍去)，即PO.(2)由(1)知，.设平面APM的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量为n2(x2，y2，z2)由n10，n10，得故可取n1.由n20，n20，得故可取n2(1，2)从而法向

28、量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2，故所求二面角APMC的正弦值为.12.(2014天津，13分) 如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点(1)证明：BEDC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BFAC，求二面角FABP的余弦值解：法一：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2，2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)由E为棱PC的中点，得E(1，1,1)(1)(0,1,1)，(2,0,0)，故0.所以BEDC.(2) (1,2,0)，

29、(1,0，2)设n(x，y，z)为平面PBD的法向量则即不妨令y1，可得n(2,1,1)为平面PBD的一个法向量，于是有cosn，.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)(1,2,0)，(2，2,2)，(2,2,0)，(1,0,0)由点F在棱PC上，设,01.故(12，22，2)由BFAC，得0，因此，2(12)2(22)0，解得.即.设n1(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即不妨令z1，可得n1(0，3，1)为平面FAB的一个法向量取平面ABP的法向量n2(0,1,0)，则cosn1，n2.易知，二面角FABP是锐角，所以其余弦值为.法二：(1)如图，取PD中点M，连接EM，A

30、M.由于E，M分别为PC，PD的中点，故EMDC，且EMDC，又由已知，可得EMAB且EMAB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BEAM.因为PA底面ABCD，故PACD，而CDDA，从而CD平面PAD，因为AM平面PAD，于是CDAM，又BEAM，所以BECD.(2)连接BM，由(1)有CD平面PAD，得CDPD，而EMCD，故PDEM，又因为ADAP，M为PD的中点，故PDAM，可得PDBE，所以PD平面BEM，故平面BEM平面PBD.所以，直线BE在平面PBD内的射影为直线BM，而BEEM，可得EBM为锐角，故EBM为直线BE与平面PBD所成的角依题意，有PD2，而M为PD中点，可得A

31、M，进而BE.故在RtBEM中，tanEBM，因此sinEBM.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)如图，在PAC中，过点F作FHPA交AC于点H.因为PA底面ABCD，故FH底面ABCD，从而FHAC.又BFAC，得AC平面FHB，因此ACBH.在底面ABCD内，可得CH3HA，从而CF3FP.在平面PDC内，作FGDC交PD于点G，于是DG3GP.由于DCAB，故GFAB，所以A，B，F，G四点共面由ABPA，ABAD，得AB平面PAD，故ABAG.所以PAG为二面角FABP的平面角在PAG中，PA2，PGPD，APG45，由余弦定理可得AG，cosPAG.所以，二面角FABP

32、的余弦值为.13.(2014江西，12分) 如图，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD.(1)求证：ABPD；(2)若BPC90，PB，PC2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值解：(1)证明：ABCD为矩形，故ABAD；又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，故ABPD.(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.故PO平面ABCD，BC平面POG，BCPG.在RtBPG中，PG，GC，BG.设ABm，则OP ，故四棱锥PABCD的体积为Vm .因为m ，故

33、当m，即AB时，四棱锥PABCD的体积最大此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O(0,0,0)，B，C，D，P，故，(0，0)，设平面BPC的一个法向量n1(x，y,1)，则由n1，n1得解得x1，y0，n1(1,0,1)同理可求出平面DPC的一个法向量n2.从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为cos .13.(2014湖北，12分) 如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DPBQ(00)(1)求证：CD平面ADD1A1；(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求

34、k的值；(3)现将与四棱柱ABCDA1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱规定：若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案问：共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f(k)，写出f(k)的解析式(直接写出答案，不必说明理由)解：本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、柱体的概念及表面积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想(1)证明：取CD的中点E，连接BE.ABDE，ABDE3k，四边形ABED为平行四边形，BEAD且BEAD4k.在BCE中，

35、BE4k，CE3k，BC5k，BE2CE2BC2，BEC90，即BECD.又BEAD，CDAD.AA1平面ABCD，CD平面ABCD，AA1CD.又AA1ADA，CD平面ADD1A1.(2)以D为原点，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4k,0,0)，C(0,6k,0)，B1(4k,3k,1)，A1(4k,0,1)，所以(4k,6k,0)，(0,3k,1)，(0,0,1)设平面AB1C的法向量n(x，y，z)，则由得取y2，得n(3,2，6k)设AA1与平面AB1C所成角为，则sin |cos，n|，解得k1，故所求k的值为1.(3)共有4种不同的方案f(k)20

36、(2013四川，12分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，ABAC2AA1，BAC120，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，P是线段AD的中点(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l平面ADD1A1；(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角AA1MN的余弦值解：本题主要考查基本作图、线面的平行与垂直、二面角等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，并考查应用向量知识解决立体几何问题的能力(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线lBC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线

37、与平面平行的判定定理可知，l平面A1BC.由已知，ABAC，D是BC的中点，所以BCAD，则直线lAD.因为AA1平面ABC，所以AA1直线l.又AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交，所以直线l平面ADD1A1.(2)法一：连接A1P，过A作AEA1P于E，过E作EFA1M于F，连接AF.由(1)知，MN平面AEA1，所以平面AEA1平面A1MN.所以AE平面A1MN，则A1MAE.所以A1M平面AEF，则A1MAF.故AFE为二面角AA1MN的平面角(设为)设AA11，则由ABAC2AA1，BAC120，有BAD60，AB2，AD1.又P为AD的中点，所以M为AB的中点，且A

38、P，AM1，所以在RtAA1P中，A1P；在RtA1AM中，A1M.从而AE，AF，所以sin .所以cos .故二面角AA1MN的余弦值为.法二：设A1A1.如图，过A1作A1E平行于B1C1，以A1为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz(点O与点A1重合)则A1(0,0,0)，A(0,0,1)因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，故M，N，所以，(0,0,1)，(，0,0)设平面AA1M的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即故有从而取x11，则y1，所以n1(1，0)设平面A1MN的法向量为n2(x2，y2，z2)，则即故有从而取

39、y22，则z21，所以n2(0,2，1)设二面角AA1MN的平面角为，又为锐角，则cos .故二面角AA1MN的余弦值为.21.（2012陕西，5分）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A.B.C. D.解析：设CA2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量(2,2,1)，(0,2，1)，由向量的夹角公式得cos，.答案：A22.（2012新课标全国，12分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.(1)证明

40、：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的大小解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形由于D为AA1的中点，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.(2)由(1)知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1，0,1)，C1(0,0,2)则(0,0，1)，(1，1,1)， (1,0,1)设n(x，y，z)是平面A1B

41、1BD的法向量，则即可取n(1,1,0)同理，设m是平面C1BD的法向量，则可取m(1,2,1)从而cosn，m.故二面角A1BDC1的大小为30.23（2012浙江，15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为2的菱形，BAD120，且PA平面ABCD，PA2，M，N分别为PB，PD的中点(1)证明：MN平面ABCD；(2)过点A作AQPC，垂足为点Q，求二面角AMNQ的平面角的余弦值解：(1)因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是PBD的中位线，所以MNBD.又因为MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)法一：连结AC交BD于O.以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建

42、立空间直角坐标系Oxyz，如图所示在菱形ABCD中，BAD120，得ACAB2，BDAB6.又因为PA平面ABCD，所以PAAC.在直角三角形PAC中，AC2，PA2，AQPC，得QC2，PQ4.由此知各点坐标如下，A(，0,0)，B(0，3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P(，0,2)，M(，)，N(，)，Q(，0，)设m(x，y，z)为平面AMN的法向量由(，)，(，)知取z1，得m(2，0，1)设n(x，y，z)为平面QMN的法向量由(，)，(，)知取z5，得n(2，0,5)于是cosm，n.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.法二：在菱形ABCD中，BAD120，得ACABBCCDDA，BDAB.又因为PA平面ABCD，所以PAAB，PAAC，PAAD.所以PBPCPD.所以PBCPDC.而M，N分别是PB，PD的中点，所以MQNQ，且AMPBPDAN.取线段MN的中点E，连结AE，EQ，则AEMN，QEMN，所以AEQ为二面角AMNQ的平面角由AB2，PA2，故在AMN中，AMAN3，MNBD3，得AE.在直角三角形PAC中，AQPC，得AQ2，QC2，PQ4.在PBC中，cosBPC，得MQ .在等腰三角形MQN中，MQNQ，MN3，得QE .在AEQ中，AE，QE，AQ2，得cosAEQ.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.