《高考一本解决方案》2016年理科数学考纲专题解读+考点题组训练：专题十二 空间向量与立体几何 WORD版含答案.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家1(2015课标，18，12分，中)如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值解：(1)连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF，从而EG2FG

2、2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1，0，)，F，C，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.2(2015安徽，19，12分，中)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EFB1C；(2)求二面角EA1DB1的余弦值.解：(1)证明：由正方形的性质

3、可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，又A1D平面A1DE，B1C平面A1DE，于是B1C平面A1DE.又B1C平面B1CD1，平面A1DE平面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A为原点，分别以，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为(0

4、.5，0.5，1)设平面A1DE的法向量n1(r1，s1，t1)，而该平面上向量(0.5，0.5，0)，(0，1，1)，由n1，n1得r1，s1，t1应满足的方程组为因为(1，1，1)为其一组解，所以可取n1(1，1，1)设平面A1B1CD的法向量n2(r2，s2，t2)，而该平面上向量(1，0，0)，(0，1，1)，由此同理可得n2(0，1，1)所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为.3(2015浙江，17，15分，中)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC2，A1A4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点(1)证明：A1D平面A1BC；(2)求二面角

5、A1BDB1的平面角的余弦值解：(1)证明：设E为BC的中点，由题意得A1E平面ABC，所以A1EAE.因为ABAC，所以AEBC.故AE平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DEB1B且DEB1B，从而DEA1A且DEA1A，所以A1AED为平行四边形故A1DAE.又因为AE平面A1BC，所以A1D平面A1BC.(2)方法一：作A1FBD且A1FBDF，连接B1F.由AEEB，A1EAA1EB90，得A1BA1A4.由A1DB1D，A1BB1B，得A1DB与B1DB全等由A1FBD，得B1FBD，因此A1FB1为二面角A1BDB1的平面角由A1D，A1B4，DA1B90，得BD

6、3，A1FB1F，由余弦定理得cosA1FB1.方法二：以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示由题意知各点坐标如下：A1(0，0，)，B(0，0)，D(，0，)，B1(，)，因此(0，)，(，)，(0，0)设平面A1BD的法向量为m(x1，y1，z1)，平面B1BD的法向量为n(x2，y2，z2)由即可取m(0，1)由即可取n(，0，1)于是|cosm，n|.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为.1(2014广东，5，易)已知向量a(1，0，1)，则下列向量中与a成60夹角的是()A(1，1，0

7、) B(1，1，0)C(0，1，1) D(1，0，1)【答案】B设所选向量为b，观察选项可知|b|，a，b60，cos a，b，ab1.代入选项检验可知(1，1，0)适合，故选B.2(2013陕西，18，12分，易)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O平面ABCD，ABAA1.(1)证明：A1C平面BB1D1D；(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小解：(1)证明：方法一：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立空间直角坐标系，如图ABAA1，OAOBOA11，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，

8、0)，A1(0，0，1)由，易得B1(1，1，1)(1，0，1)，(0，2，0)，(1，0，1)，0，0，A1CBD，A1CBB1，A1C平面BB1D1D.方法二：A1O平面ABCD，A1OBD.又底面ABCD是正方形，BDAC，BD平面A1OC，BDA1C.又OA1是AC的中垂线，A1AA1C，且AC2，AC2AAA1C2，AA1C是直角三角形，AA1A1C.又BB1AA1，A1CBB1，A1C平面BB1D1D.(2)设平面OCB1的法向量n(x，y，z)(1，0，0)，(1，1，1)，取n(0，1，1)由(1)知，(1，0，1)是平面BB1D1D的法向量，cos |cos|.又0，.3(2

9、012福建，18，12分，中)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E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？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角AB1EA1的大小为30，求AB的长解：(1)证明：以A为原点，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(如图)，设ABa，则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)，使得DP平面B1AE.此时(

10、0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只有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的一个法向量，此时(0，1，1)，设与n所成的角为，则cos .二面角AB1EA1的大小为30，|cos |cos 30，即，解得a2，即AB的长为2.4(2014

11、重庆，19，13分，中)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，因为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，所以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a2

12、0，所以a或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.5(2012安徽，18，12分，难)平面图形ABB1A1C1C如图所示，其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC，A1B1A1C1.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使ABC与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图所示的空间图形对

13、此空间图形解答下列问题(1)证明：AA1BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角ABCA1的余弦值解：方法一(向量法)：(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1B1C1.因为平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1.又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz.由题设，可得A1D12，AD1.由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.所以A(0，1，4)，B(1，0，4)，A1(0，2，0)，C(1，0，4)，D(0

14、，0，4)故(0，3，4)，(2，0，0)，0，因此，即AA1BC.(2)因为(0，3，4)，所以|5，即AA15.(3)连接A1D.由BCAD，BCAA1，可知BC平面A1AD，BCA1D，所以ADA1为二面角ABCA1的平面角因为(0，1，0)，(0，2，4)，所以cos，即二面角ABCA1的余弦值为.方法二(综合法)：(1)证明：如图，取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD，A1D.由条件可知，BCAD，B1C1A1D1.由上可得AD面BB1C1C，A1D1面BB1C1C，因此ADA1D1，即AD，A1D1确定平面AD1A1D.又因为DD1BB1，BB1BC，所

15、以DD1BC.又考虑到ADBC，所以BC平面AD1A1D，故BCAA1.(2)如图，延长A1D1到G点，使GD1AD，连接AG.因为AD綊GD1，所以AG綊DD1綊BB1.由于BB1平面A1B1C1，所以AGA1G.由条件可知，A1GA1D1D1G3，AG4，所以AA15.(3)因为BC平面AD1A1D，所以ADA1为二面角ABCA1的平面角在RtA1DD1中，DD14，A1D12，解得sinD1DA1，cosADA1cos，即二面角ABCA1的余弦值为.方法点拨：本题中的垂直条件比较充分，三个设问中以定量运算为主，因此建立空间直角坐标系运用向量知识求解较为方便考向利用空间向量证明空间位置关系

16、空间向量的坐标表示及应用设直线l1的方向向量是u1(a1，b1，c1)，直线l2的方向向量是u2(a2，b2，c2)，平面的法向量是v1(x1，y1，z1)，平面的法向量是v2(x2，y2，z2)(1)直线与直线平行：l1l2u1u2u1ku2a1ka2，b1kb2，c1kc2(k为常数)(2)直线与直线垂直：l1l2u1u2u1u20a1a2b1b2c1c20.(3)直线与平面平行：l1u1v1u1v10a1x1b1y1c1z10.(4)直线与平面垂直：l1u1v1u1kv1a1kx1，b1ky1，c1kz1(k为常数)(5)平面与平面平行： v1v2v1kv2x1kx2，y1ky2，z1k

17、z2(k为常数)(6)平面与平面垂直： v1v2v1v20x1x2y1y2z1z20.(2014辽宁，19，12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；(2)求二面角EBFC的正弦值图1【解析】(1)证明：方法一：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.图2方法

18、二：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)方法一：在图1中，平面BFC的一个法向量为n1(0，0，1)设平面BEF的法向量为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.方法二：在图2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，EO

19、ECBCcos 30，由BGOBFC知，OGFC，因此tanEGO2.从而sinEGO，即二面角EBFC的正弦值为.【点拨】判断位置关系可应用几何法或向量法，两种方法各有利弊几何法简捷但需要较强的空间想象能力，向量法较为简单但对运算能力要求较高，解题(2)的关键是正确求出平面BEF的法向量. 运用空间向量解决立体几何问题的步骤(1)建系：根据题中的几何图形的特征建立适当的空间直角坐标系；(2)定坐标：确定点的坐标进而求出有关向量的坐标；(3)向量运算：进行相关的空间向量的运算；(4)翻译：将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何中的语言，完成几何问题的求解在建立空间直角坐标系求点的坐标时，要使尽

20、可能多的点落在坐标轴上，尽可能多的线段平行于坐标轴，有直角的，把直角边放在坐标轴上(2013浙江，20，15分)如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC.(1)证明：PQ平面BCD；(2)若二面角CBMD的大小为60，求BDC的大小解：(1)证明：如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知A(0，2)，B(0，0)，D(0，0)设点C的坐标为(x0，y0，0)因为3，所以Q.因为M为AD的中点，故M(0，1)又P为BM的中点，故P，所以.又

21、平面BCD的一个法向量为u(0，0，1)，故u0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)设m(x，y，z)为平面BMC的一个法向量由(x0，y0，1)，(0，2，1)，知取y1，得m.又平面BDM的一个法向量为n(1，0，0)，于是|cos|，即3.又BCCD，所以0，故(x0，y0，0)(x0，y0，0)0，即xy2.联立，解得(舍去)或所以tanBDC.又BDC是锐角，所以BDC60.1(2015山东临沂一模，3)若直线l的方向向量为a(1，0，2)，平面的法向量为n(2，0，4)，则()Al BlCl Dl与斜交【答案】Ba(1，0，2)，n(2，0，4)，即n2a，故an，l.2

22、(2015陕西西安质检，2)若平面，的法向量分别是n1(2，3，5)，n2(3，1，4)，则()A BC，相交但不垂直 D以上答案均不正确【答案】Cn1n22(3)(3)15(4)0，n1与n2不垂直，且不共线与相交但不垂直3(2014湖南怀化检测，7)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A斜交 B平行C垂直 DMN在平面BB1C1C内【答案】B建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1MAN，则M，N，.又C1D1平面BB1C1C，所以(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量因为0，所以，

23、所以MN平面BB1C1C.4(2014山东青岛三模，19，12分)如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，ABAC，BCAB，B1C1綊BC，二面角A1ABC是直二面角求证：(1)A1B1平面AA1C；(2)AB1平面A1C1C.证明：二面角A1ABC是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，AA1平面BAC.又ABAC，BCAB，CAB90，即CAAB，AB，AC，AA1两两互相垂直,建立如图所示的空间直角坐标系，设AB2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2).(1)(0，2，0)，(0，0，2)，(2，0，0

24、)，设平面AA1C的一个法向量n(x，y，z)，则即即取y1，则n(0，1，0),2n，即n.A1B1平面AA1C.(2)易知(0，2，2)，(1，1，0)，(2，0，2)，设平面A1C1C的一个法向量m(x1，y1，z1)，则即令x11，则y11，z11，即m(1，1，1),m012(1)210，m.又AB1平面A1C1C，AB1平面A1C1C.5(2015河南开封质检，19，12分)如图，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD为等边三角形，ADDE2AB，F为CD的中点(1)求证：AF平面BCE；(2)求证：平面BCE平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值解：设ADDE

25、2AB2a，建立如图所示的坐标系Axyz，则A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，a，0)，E(a，a，2a)F为CD的中点，F.(1)证明：，(a，a，a)，(2a，0，a)，()，又AF平面BCE，AF平面BCE.(2)证明：，(a，a，0)，(0，0，2a)，0，0，.CDEDD，AF平面CDE.又AF平面BCE，平面CDE平面BCE.(3)设平面BCE的法向量为n(x，y，z)，由n0，n0可得xyz0，2xz0，取n(1，2)又，设BF和平面BCE所成的角为，则sin ，直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.6(2015山西临汾一模，18，13分)如图所示的

26、长方体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，BB1，M是线段B1D1的中点(1)求证：BM平面D1AC；(2)求证：D1O平面AB1C；(3)求二面角BAB1C的大小解：(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.连接D1O，则点O(1，1，0)，D1(0，0，)，则(1，1，)又点B(2，2，0)，M(1，1，)，(1，1，)，且OD1与BM不共线，OD1BM.又D1O平面D1AC，BM平面D1AC，BM平面D1AC.(2)证明：B1(2，2，)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，(1，1，)(1，1，)0，(1，1，)(2，2，0)0，即

27、OD1OB1，OD1AC.又OB1ACO，D1O平面AB1C.(3)CBAB，CBBB1，CB平面ABB1，(2，0，0)为平面ABB1的法向量，(1，1，)为平面AB1C的法向量,二面角BAB1C的大小等于与的夹角,cos，与的夹角为60，即二面角BAB1C的大小为60.1(2015课标，19，12分，中)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面所成角的正弦值解：(1)交线围成的正方形E

28、HGF如图：(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为四边形EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D为坐标原点，的方向为x轴、y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10，0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(0，4，8)，(10，0，0)，(0，6，8),设n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n(0，4，3),又(10，4，8)，故|cosn，|.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.2(2015江苏，22，10分，中)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD

29、为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长解：以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)(1)因为AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0，2，0)因为(1，1，2)，(0，2，2),设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1，1，1)是平面PCD的一个法向量从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的

30、余弦值为.(2)因为(1，0，2)，设(，0，2)(01)，又(0，1，0)，则(，1，2)，又(0，2，2)，从而cos，.设12t，t1，3，则cos2，.当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.3(2015湖南，19，13分，中)如图，已知四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A1A6，且A1A底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上(1)若P是DD1的中点，证明：AB1PQ；(2)若PQ平面ABB1A1，二面角PQDA的余弦值为，求四面体ADPQ的体积解：方法

31、一：由题设知，AA1，AB，AD两两垂直以A为坐标原点，AB，AD，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，则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B1(3，0，6)，D(0，6，0)，D1(0，3，6)，Q(6，m，0)，其中mBQ，0m6.(1)若P是DD1的中点，则P，.又(3，0，6)，于是18180，所以，即AB1PQ.(2)由题设知，(6，m6，0)，(0，3，6)是平面PQD内的两个不共线向量设n1(x，y，z)是平面PQD的一个法向量，则即取y6，得n1(6m，6，3)又平面AQD的一个法向量是n2(0，0，1)，所以cosn1，n2.而二面角PQDA的

32、余弦值为，因此，解得m4，或m8(舍去)，此时Q(6，4，0)设(01)，而(0，3，6)，由此得点P(0，63，6)，所以(6，32，6)因为PQ平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3(0，1，0)，所以n30，即320，亦即，从而P(0，4，4)于是，将四面体ADPQ视为以ADQ为底面的三棱锥PADQ，则其高h4.故四面体ADPQ的体积VSADQh66424.方法二：(1)如图，取A1A的中点R，连接PR，BR.因为A1A，D1D是梯形A1ADD1的两腰，P是D1D的中点，所以PRAD，于是由ADBC知，PRBC，所以P，R，B，C四点共面由题设知，BCAB，BCA1A，所

33、以BC平面ABB1A1，因此BCAB1，因为tanABRtanA1AB1，所以ABRA1AB1，因此ABRBAB1A1AB1BAB190，于是AB1BR.再由即知AB1平面PRBC.又PQ平面PRBC，故AB1PQ.(2)如图，过点P作PMA1A交AD于点M，则PM平面ABB1A1.因为A1A平面ABCD，所以PM平面ABCD.过点M作MNQD于点N，连接PN，则PNQD，PNM为二面角PQDA的平面角，所以cosPNM，即，从而.连接MQ，由PQ平面ABB1A1及知，平面PQM平面ABB1A1，所以MQAB.又ABCD是正方形，所以ABQM为矩形，故MQAB6.设MDt，则MN.过点D1作D

34、1EA1A交AD于点E，则AA1D1E为矩形，所以D1EA1A6，AEA1D13，因此EDADAE3.于是2，所以PM2MD2t.再由得，解得t2，因此PM4.故四面体ADPQ的体积VSADQPM66424.1(2012陕西，5，易)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.【答案】A不妨设CB1，则B(0，0，1)，A(2，0，0)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1)，(0，2，1)，(2，2，1)，cos，故选A.2(2014江西，10，难)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB11，

35、AD7，AA112.一质点从顶点A射向点E(4，3，12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i2，3，4)，L1AE，将线段L1，L2，L3，L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是()【答案】C由对称性知质点经点E反射到平面ABCD的点E1(8，6，0)处在坐标平面xAy中，直线AE1的方程为yx，与直线DC的方程y7联立得F.由两点间的距离公式得E1F.tanE2E1FtanEAE1，E2FE1FtanE2E1F4.E2F11248.故选C.3(2013北京，14，易)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点

36、，点P在线段D1E上，则点P到直线CC1的距离的最小值为_【解析】如图所示，过P作PQDE，则PQ平面ABCD，所以PQCC1，所以P到CC1的距离即为CQ的长当P在线段ED1上运动时，距离的最小值为C到线段DE的距离，所以最小值为CDE中DE边上的高，其长度为.【答案】4(2013课标，18，12分，中)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1ACCBAB.(1)证明：BC1平面A1CD；(2)求二面角DA1CE的正弦值解：(1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连接DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，

37、所以BC1平面A1CD.(2)由ACCBAB得，ACBC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，(1，1，0)，(0，2，1)，(2，0，2)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即可取n(1，1，1),同理，设m是平面A1CE的法向量，则可取m(2，1，2),从而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值为.方法点拨：解答本题的关键是正确建立空间直角坐标系及求出相关点的坐标，注意题(2)中所求结论为正弦值而非余弦值5(2014天津，17，13分，中)如图，在四棱锥

38、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：方法一：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)证明：向量(0，1，1)，(2，0，0)，故0.所以BEDC.(2)向量(1，2，0)，(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

39、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)向量(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.方法二：(1)证明：如图，取PD的中点M，连接EM，AM.由于E，M分别为PC，PD的中点，故EMDC，且EMDC.又由已知，可得EMAB且EMA

40、B，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的中点，可得AM，进而BE.故在直角三角形BEM中，tanEBM，因此sinEBM.所以直线BE与平面PB

41、D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的余弦值为.6(2014江西，19，12分，中)如图所示，四棱锥PABCD中，ABCD为

42、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PBC与平面DPC夹角的余弦值解：(1)证明：因为ABCD为矩形，所以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RtBPC中，PG，GC，BG.设ABm，则OP，故四棱锥PABCD的体积为Vm.因为m，故当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

43、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 .方法点拨：(1)计算几何体的最值往往有两种方法：一是恰当选用变量，建立目标函数，通常利用函数的性质求解，如果函数解析式符合基本不等式条件(或可以转化为基本不等式形式)，可以用基本不等式定理(均值定理)求解；二是利用化归与转化思想将立体几何中的极值问题转化为平面几何中的最值问题(2)利用法向量可以求两个平面的夹角：建立坐标系，写出点与向量的坐标；求出平面的法向量，

44、进行向量运算求出两个法向量的夹角；根据法向量的夹角与两个平面的夹角之间的关系，确定两个平面的夹角.7(2014安徽，20，13分，难)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1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)证明：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Q

45、CA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行，于是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，VQABCDdhahd，所以V下VQA1ADVQABCDahd.又VA1B1C1D1ABCDahd，所以V上VA1B1C1D1ABCDV下ahdahdahd.故.(3)方法一：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

46、角因为BCAD，AD2BC，所以SADC2SBCA.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.方法二：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SABCD2sin 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.考向1向量法求线

47、线角、线面角1求两条异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角a与b的夹角a，b范围00a，b求法cos |cosa，b|cosa，b 2.求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，则sin |cosa，n|.3点到平面的距离的向量求法如图，设AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则点B到平面的距离d.(1)(2014课标，11)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别为A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B. C. D.(2)(2014陕西，17，1

48、2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.证明：四边形EFGH是矩形；求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值【思路导引】(1)以C点为坐标原点，以CB，CA，CC1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出，的坐标代入向量的数量积公式求解；(2)解答第问利用几何法，解答第问的思路：先建立空间直角坐标系，然后根据三视图中的长度写出相关点的坐标，求出及平面EFGH的法向量的坐标，再代入相应的公式【解析】(1)由题意，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系令BCCACC12，则C(0，0，0)，A(0

49、，2，0)，B(2，0，0)，A1(0，2，2)，B1(2，0，2)，C1(0，0，2)因为M，N分别为A1B1，A1C1的中点，所以M(1，1，2)，N(0，1，2)，这时(1，1，2)，(0，1，2)，所以cos ，所以BM与AN所成角的余弦值为，故选C.(2)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，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是矩形方法

50、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|.方法二：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BD，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

51、)，sin |cos，n|. 1.向量法求异面直线所成角时应注意的问题(1)当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，那么这个锐角或直角就是该异面直线所成的角；(2)当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，那么这个钝角的补角才是异面直线所成的角2利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(锐角或直角时)或其补角(钝角时)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线与平面所成的角3求点到平面距离的三种方法(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离(2)在三棱锥中用等体积

52、法求解(3)向量法：d(n为平面的法向量，A为平面内一点，MA为过A点的斜线段)(1)(2012大纲全国，4)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，CC12，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为()A2 B. C. D1(2)(2014北京，17，14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ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.求证：ABFG；若PA平面ABCDE，且PAAE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长(1)【答案】D连接AC交BD于O，连接OE，由题意得AC1OE，所以AC

53、1平面BED，直线AC1到平面BED的距离等于点A到平面BED的距离，也等于点C到平面BED的距离作CHOE于H，易证CH平面BED，则CHOE1为所求，故选D.(2)解：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.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，则y1，所以n(0，1，

54、1),设直线BC与平面ABF所成角为，则sin .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PH2.考向2向量法求二面角二面角的平面角的求法设n1，n2分别是二面角l的两个面，的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图)求出两平面法向量的夹角后，一定要根据图形来判断二面角的大小与两法向量夹角的关系，然后得出结论(2014课标，19，12分

55、)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【思路导引】(1)充分利用菱形中蕴含的垂直关系，用传统的方法(综合法)即可证明(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用法向量法求二面角的余弦值【解析】(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，ABBOB，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A

56、OCO.又因为ABBC，所以BOABOC，故OAOB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直以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，OCOA，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. 向量法求二面角大小的两种方法(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图

57、形判断所求角的大小(2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小(2013四川，19，12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：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线lBC，分别交AB，AC于点M，N.因为l在平面A1BC外，BC在平面

58、A1BC内，由直线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.又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交，所以直线l平面ADD1A1.(2)方法一：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，

59、所以M为AB中点，且AP，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.方法二：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的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则即故有从而取x11，则y1，所以n1(1，0)设平面A1MN的一个法向量为n2(

60、x2，y2，z2)，则即故有从而取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.考向3利用空间向量解决探索性问题空间向量在探索性问题中的应用以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个显著特点，此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法求解此类问题的难点在于：涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决

61、起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便(1)(2014四川，8)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为，则sin 的取值范围是()A. B.C. D.(2)(2014湖北，19，12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；当t时，f(t)0.又f(0)，f1，f(1)，fmax(t)f1，fmin(t)f(0).sin 的最大

62、值为1，最小值为.sin 的取值范围为，故选B.方法二：易证AC1平面A1BD，当点P在线段CC1上从C运动到C1时，直线OP与平面A1BD所成的角的变化情况：AOA1C1OA1(点P为线段CC1的中点时，)由于sinAOA1，sinC1OA1，sin1，所以sin 的取值范围是，故选B.(2)以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，)，则(2，0，2)，(1，0，)，(1，1，0)证明：当1时，(1，0，1)因为(2，0，2)，所以2，即BC

63、1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.设平面EFPQ的一个法向量为n(x，y，z)，则由可得于是可取n(，1)同理可得平面MNPQ的一个法向量为m(2，2，1)若存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则mn(2，2，1)(，1)0，即(2)(2)10，解得1.故存在1，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角 解决与平行、垂直有关的探索性问题的基本策略通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假

64、设不成立，即不存在(2012北京，16，14分)如图1，在RtABC中，C90，BC3，AC6，D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE2.将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图2.(1)求证：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由解：(1)证明：因为ACBC，DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD，所以DE平面A1DC.所以DEA1C.又因为A1CCD，所以A1C平面BCDE.(2)如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0，0，

65、2)，D(0，2，0)，M(0，1，)，B(3，0，0)，E(2，2，0)设平面A1BE的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0.又(3，0，2)，(1，2，0)，所以令y1，则x2，z，所以n(2，1，)设CM与平面A1BE所成的角为.因为(0，1，)，所以sin |cosn，|.所以CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p，0，0)，其中p0，3设平面A1DP的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0.又(0，2，2)，(p，2，0)，所以令x2，则yp，z.所以m.平面A1DP平面A1BE，当

66、且仅当mn0，即4pp0，解得p2，与p0，3矛盾,所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.1(2015河南洛阳质检，5)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A. B.C. D.【答案】B建立空间直角坐标系如图，则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2)所以(1，0，2)，(1，2，1)故cos，.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.2(2015山西太原调研，10)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于

67、()A. B. C. D.【答案】A如图，连接AC交BD于点O，连接C1O，过C作CHC1O于点H，连接DH.BDAC，BDAA1，ACAA1A，BD平面ACC1A1.又CH平面ACC1A1，CHBD.又CHC1O，且BDC1OO，CH平面C1BD.HDC为CD与平面BDC1所成的角设AA12AB2，则OC，C1O.由等面积法，得C1OCHOCCC1，即CH2，则CH，故sinHDC，即CD与平面BDC1所成角的正弦值为.3(2014江苏苏州二模，6)已知正方形ABCD的边长为4，CG平面ABCD，CG2，E，F分别是AB，AD的中点，则点C到平面GEF的距离为_【解析】建立如图所示的空间直角

68、坐标系Cxyz，相关各点的坐标为G(0，0，2)，F(4，2，0)，E(2，4，0)，C(0，0，0)，则(0，0，2)，(4，2，2)，(2，4，2)设平面GEF的法向量为n(x，y，z)，由得平面GEF的一个法向量为n(1，1，3)，所以点C到平面GEF的距离d.【答案】4(2015山东潍坊质检，18，12分)如图所示，已知正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA1，点D为AC的中点，点E在线段AA1上(1)当AEEA112时，求证：DEBC1；(2)是否存在点E，使二面角DBEA等于60？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由解：(1)证明：连接DC1，因为ABCA1B1C1为正三棱

69、柱，所以ABC为正三角形又因为D为AC的中点，所以BDAC.又平面ABC平面ACC1A1，所以BD平面ACC1A1.所以BDDE.因为AEEA112，AB2，AA1，所以AE，AD1.所以在RtADE中，ADE30.在RtDCC1中，C1DC60.所以EDC190，即EDDC1.所以DE平面BDC1.又因为BC1平面BDC1，所以EDBC1.(2)假设存在点E满足条件，设AEh.取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1平面ABC，所以DD1AD，DD1BD.如图，分别以DA，DB，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1，0，0)，B(0，0)，E(1，0，h),所以

70、(0，0)，(1，0，h)，(1，0)，(0，0，h).设平面DBE的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则即令z11，得n1(h，0，1),同理，设平面ABE的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则即得n2(，1，0),所以|cosn1，n2|cos 60.解得h，故存在点E满足条件,当AE时，二面角DBEA等于60.5(2015河南信阳一模，19，12分)如图，ABCD是边长为3的正方形，DE平面ABCD，AFDE，DE3AF，BE与平面ABCD所成角为60.(1)求证：AC平面BDE；(2)求二面角FBED的余弦值解：(1)证明：因为DE平面ABCD，AC平面ABCD，所以DEAC.

71、因为ABCD是正方形，所以ACBD.又BD，DE相交且都在平面BDE内，从而AC平面BDE.(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示因为DE平面ABCD，所以BE与平面ABCD所成角就是DBE.已知BE与平面ABCD所成角为60，所以DBE60，所以.由AD3可知DE3，AF.由A(3，0，0)，F(3，0，)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，得(0，3，)，(3，0，2),设平面BEF的法向量为n(x，y，z)，则即令z，则n(4，2，).因为AC平面BDE，所以为平面BDE的法向量，(3，3，0)，所以cosn，.因为二面角为锐角，

72、所以二面角FBED的余弦值为.6(2015安徽宣城一模，19，13分)如图，已知矩形ABCD中，AB2AD2，O为CD的中点，沿AO将三角形AOD折起，使DB.(1)求证：平面AOD平面ABCO；(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值解：(1)证明：在矩形ABCD中，AB2AD2，O为CD的中点，AOD，BOC为等腰直角三角形，AOB90，即OBOA.取AO中点H，连接DH，BH，则OHDHAO，在RtBOH中，BH2BO2OH2，在BHD中，DH2BH23，又DB23，DH2BH2DB2，DHBH.又DHOA，OABHH，DH平面ABCO.而DH平面AOD，平面AOD平面ABCO.(2)

73、分别以OA，OB所在直线为x轴，y轴，O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0)，A(，0，0)，D，C，(，0)，.设平面ABD的法向量为n(x，y，z)，由得即xy，xz，令x1，则yz1，n(1，1，1)设为直线BC与平面ABD所成的角，则sin ，即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为.7(2015湖南衡阳调研，18，12分)图1是长方体截去一个角后得到的几何体，其中底面ABCD是正方形，H为AG的中点，图2是该几何体的侧(左)视图(1)判断两直线EH与CD的位置关系，并给予证明；(2)求直线EH与平面BCFE所成角的大小解：(1)直线EH和CD是相交直线证明：方法一：

74、连接HD，FB，CE，设FB与CE相交于点O，连接HO(如图)，则四边形HDCO是平行四边形HDCO且HDCO，HDCE且HDCE，H，D，C，E四点共面又HDCE，HE与CD必相交方法二(向量法)：由长方体的性质知，DA，DC，DG两两垂直，又由侧视图知，|BC|2，|CF|2，如图，以D为原点，分别以DA，DC，DG所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(2，2，2)，F(0，2，2)，G(0，0，2)，H(，0，1)，(，2，1)，(0，2，0)，(，0，1)，(2，0，2)2，即H，D，C，E四点共面又不

75、存在k，使得k，与不平行，HE与CD相交.(2)由(1)中方法二可得(，2，1)，又平面BCFE是一个法向量是(0，2，0)，记直线EH与平面BCFE所成角为.0221012，|4，|2，sin .又，.直线EH与平面BCFE所成角的大小为.8(2015河北衡水一模，18，12分)如图所示，五面体ABCC1B1中，AB14，底面ABC是正三角形，AB2，四边形BCC1B1是矩形，二面角ABCC1为直二面角(1)D在AC上运动，当D在何处时，有AB1平面BDC1，并且说明理由；(2)当AB1平面BDC1时，求二面角CBC1D的余弦值解：(1)当D为AC中点时，有AB1平面BDC1.理由：连接B1

76、C交BC1于O，连接DO.四边形BCC1B1是矩形，O为B1C的中点又D为AC的中点，从而DOAB1.AB1平面BDC1，DO平面BDC1，AB1平面BDC1.(2)四边形BCC1B1是矩形，B1BBC.又二面角ABCC1为直二面角，BC为其交线，B1BBC.以B为原点，分别以BC，BB1所在直线为y轴、z轴，以垂直平面BCC1B1的直线为x轴，建立空间直角坐标系Bxyz，则B(0，0，0)，A(，1，0)，C(0，2，0)，D，C1(0，2，2)，所以，(0，2，2)设n1(x，y，z)为平面BDC1的法向量，则有即令z1，可得平面BDC1的一个法向量为n1(3，1)，而平面BCC1的一个法

77、向量为n2(1，0，0),所以cosn1，n2，故二面角CBC1D的余弦值为.9(2015山西太原模拟，19，12分)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF平面ABCD，EFAB，BAF90，AD2，ABAF2EF1，点P在棱DF上(1)若P是DF的中点，求证：BF平面ACP；(2)若二面角DAPC的余弦值为，求PF的长解：(1)证明：如图，连接BD，交AC于点O，连接OP.因为O为矩形ABCD对角线的交点，所以OBOD，又因为P是DF的中点，所以OP为三角形BDF的中位线，所以BFOP.因为BF平面ACP，OP平面ACP，所以BF平面ACP.(2)因为BAF90，所以AFA

78、B.因为平面ABEF平面ABCD，且平面ABEF平面ABCDAB，所以AF平面ABCD.以A为坐标原点，AB，AD，AF所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz，则B(1，0，0)，C(1，2，0)，F(0，0，1),因为AB平面ADP，所以平面ADP的一个法向量为n1(1，0，0)设P点坐标为(0，22t，t)(0t1)，在平面APC中，(0，22t，t)，(1，2，0)，设平面APC的一个法向量为n2(x，y，z)，即所以平面APC的法向量为n2，所以|cosn1，n2|，解得t或t2(舍),所以P，|.故PF的长为.10(2015山东青岛一模，18，12分)如图所示

79、，四边形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC4，AB2，点E，F分别在BC，AD上，且E为BC的中点，EFAB.现将四边形ABEF沿EF折起，使二面角AEFD等于60.(1)设P为AD的中点，求证：CP平面ABEF；(2)求直线AF与平面ACD所成角的正弦值解：(1)证明：取AF的中点Q，连接QE，QP.则QPDF，QPDF.又DF4，EC2，且DFEC，所以QPEC，且QPEC，即四边形PQEC为平行四边形所以CPQE.又因为QE平面ABEF，CP平面ABEF，所以CP平面ABEF.(2)由题意知，折叠后仍有EFAF，EFFD，则EF平面AFD.AFD为二面角AEFD的平面角，即AF

80、D60.过A作AOFD于O.又AOEF，AO平面CDFE.作OGEF交EC于G，则OGFD，AOOG.分别以OG，OD，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，在RtAOF中，AF2，AFO60，则FO1，OA.F(0，1，0)，A(0，0，)，D(0，3，0)，C(2，1，0)(0，1，)，(0，3，)，(2，2，0)设平面ACD的法向量为n(x，y，z)，则即令z，得y1，x1，n(1，1，)则cosn，.直线AF与平面ACD所成角的正弦值为.(专题十一、十二)(时间：90分钟_分数：120分)一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)1(2015湖南长沙一模，3)某几何

81、体的正(主)视图和侧(左)视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是()【答案】DA图是两个圆柱的组合体的俯视图；B图是一个四棱柱与一个圆柱的组合体的俯视图；C图是一个底面为等腰直角三角形的三棱柱与一个四棱柱的组合体的俯视图，采用排除法，故选D.2(2014河南周口一模，5)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A若，m，n，则mnB若m，mn，n，则C若mn，m，n，则D若，m，n，则mn【答案】B对A，分别位于两垂直平面内的两直线可能平行，故A错；对B，m，mn，n，又n，B正确；对C，与可能平行、相交或垂直，故C错；对D，m与n可能异面，故D错误3(2015安

82、徽安庆二模，4)已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正(主)视图与俯视图如图所示，则其侧(左)视图的面积为()A. B. C1 D.【答案】D俯视图的高为，即为侧(左)视图的底，侧(左)视图的高即为正(主)视图的高，所以其面积为S.4(2013湖南，7)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于()A1 B. C. D.【答案】C由俯视图的面积为1可知，该正方体的放置如图所示，当正视图的方向与正方体的侧面垂直时，正视图的面积最小，其值为1；当正视图的方向与正方体的对角面BDD1B1或ACC1A1垂直时，正视图的面积最大，其值为.由于正视图的方向不

83、同，因此正视图的面积S1，故选C.方法点拨：解答本题的关键是弄清正方体的放置情况，可以通过旋转正方体确定正视图的最小面积和最大面积，进而判断选项正误5(2014浙江舟山月考，5)平行六面体ABCDA1B1C1D1中，向量，两两的夹角均为60，且|1，|2，|3，则|等于()A5 B6 C4 D8【答案】A设a，b，c，则abc，2a2b2c22ab2bc2ca25，因此|5，故选A.6(2015湖北襄樊一模，6)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是()A. cm3 B50 cm3C. cm3 D25 cm3【答案】D根据三视图分析可以发现该几何体为卧倒的四棱柱，根据侧视图

84、可得该四棱柱的底面为等腰梯形且底面面积为S5，从正(主)视图可以得到该四棱柱的高为h5，根据四棱柱体积计算公式可得VSh25，故选D.7(2012北京，7)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是()A286 B306C5612 D6012【答案】B由三棱锥的三视图可得三棱锥的直观图如图所示图过D作DMAC，连接BM.SACDACDM5410.SABCACBC5410.在CMB中，MCB90，BM5.由三视图知DM平面ABC，DMB90，DB，BCD为直角三角形，DCB90，SBCD5410.在ABD中，如图，SABD266，S表1010106306.故选B.图8(2015山东临沂质检，7

85、)正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为()A. B. C. D.【答案】B方法一(间接法)：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B1D平面ACD，B1DDC，故B1DC为直角三角形设棱长为1，则有AD，B1D，DC，SB1DC.设A到平面B1DC的距离为h，则有VAB1DCVB1ADC，hSB1DC|B1D|SADC，h，h.设直线AD与平面B1DC所成的角为，则sin .方法二(向量法)：如图，取AC的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系设各棱长为2，则有A(0，1，0)，D(0，0，2)，C(0，1，0)，B1(，

86、0，2)设n(x，y，z)为平面B1CD的法向量，则有n(0，2，1)sin，n.9(2014山西阳泉质检，4)给出下列关于互不相同的直线l，m，n和平面，的三个命题：若l与m为异面直线，l，m，则；若，l，m，则lm；若l，m，n，l，则mn.其中真命题的个数为()A3 B2 C1 D0【答案】Cl与m为异面直线，l，m，则与平行或相交，故不正确；中l与m也可能异面；中lm，同理ln，则mn，正确，故选C.10(2012课标全国，11)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC2，则此棱锥的体积为()A. B. C. D.【答案】A设三

87、角形ABC的中心为M，球心为O，则OM平面ABC，且OM，所以此棱锥的高h2OM.所以此棱锥的体积V1.故选A.11(2014福建泉州二模，7)设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是()A. B. C. D.【答案】D建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，(2，0，0)，(2，0，2)，(2，2，0)设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，则令x1，则n(1，1，1)，点D1到平面A1BD的距离是d.12(2015河南洛阳调研，10)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一

88、个球面上，则该球的表面积为()Aa2 B.a2C.a2 D5a2【答案】B据题意，作出直观图如图，O为球心，ABC是三棱柱的下底面，O是等边ABC的中心(也是平面ABC截球所得的截面圆的圆心)，则OO平面ABC，球的半径ROA.棱柱的所有棱长都为a，OO，AOaa，R222a2，该球的表面积为S4R2a2.二、填空题(共4小题，每小题4分，共16分)13(2013陕西，12)某几何体的三视图如图所示，则其体积为_【解析】该几何体为一个半圆锥，故其体积为V122.【答案】14(2012山东，14)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1E

89、DF的体积为_【解析】B1C平面ADD1A1，F到平面ADD1A1的距离d为定值1.D1DE的面积为D1DAD，VD1EDFVFD1DESD1DEd1.【答案】15(2015山西太原一模，14)如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为_【解析】过F点作HFBE，与BC交于点H.过A点作EF的垂线AG，垂足为G，连接HG，HE，AH.设正方形ABCD的边长为2，平面AEF平面BCDFE，且AGEF，AG平面BCDFE.BEBHAEAF1，EHEF.G为EF的中点，EG，AG.又HF2，HEG90，在RtEHG中，

90、HG.在RtAGH中，AH.HFBE，AF与BE所成的角即为AFH.在AHF中，AF1，HF2，AH，HAF90.cosAFH.【答案】16(2011四川，15)如图，半径为R的球O中有一内接圆柱当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_【解析】设圆柱的底面半径为r，高为h，则r2R2，所以h2，所以圆柱的侧面积S2rh2r24.当r2R2r2，即rR时，S取得最大值此时球的表面积与圆柱的侧面积之差为4R22RR2R2.【答案】2R2三、解答题(共6小题，共74分)17(12分)(2015河北唐山质量调研，19)如图所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB2AD2

91、，BD，PD底面ABCD.(1)证明：平面PBC平面PBD；(2)若二面角PBCD为，求AP与平面PBC所成角的正弦值解：(1)证明：CD2BC2BD2，BCBD.又PD底面ABCD，PDBC.又PDBDD，BC平面PBD.而BC平面PBC，平面PBC平面PBD.(2)由(1)所证，BC平面PBD，PBD即为二面角PBCD的平面角，即PBD.BD，PD1.分别以DA，DB，DP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，0)，C(1，0)，P(0，0，1)。(1，0，1)，(1，0，0)，(0，1),设平面PBC的法向量为n(a，b，c)，则即可解得平面PBC的一个法向量

92、为n(0，1，)，AP与平面PBC所成角的正弦值为sin .18(12分)(2015湖南常德调研，18)如图所示，已知PD垂直以AB为直径的圆O所在平面，点D在线段AB上，点C为圆O上一点，且BDPD3，AC2AD2.(1)求证：PACD；(2)求二面角CPBA的余弦值解：(1)证明：由BD3，AD1，知AB4，AO2，点D为AO的中点,连接OC.AOACOC2，AOC为等边三角形.又点D为AO的中点，CDAO.PD平面ABC，CD平面ABC，PDCD.又PDAOD，PD平面PAB，AO平面PAB，CD平面PAB.又PA平面PAB，PACD.(2)方法一：如图，过点D作DEPB，垂足为E，连接

93、CE.由(1)知，CD平面PAB，又PB平面PAB，CDPB.又DECDD，PB平面CDE.又CE平面CDE，CEPB.DEC为二面角CPBA的平面角BDPD3，PB3，则DE.在RtCDE中，由(1)可知CD，tanDEC，cosDEC，即二面角CPBA的余弦值为.方法二：由(1)可知，DC，DB，DP三线两两垂直，如图，可以以D原点，以DC，DB，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.则P(0，0，3)，C(，0，0)，B(0，3，0)，(，3，0)，(0，3，3)，设平面PBA与平面CPB的法向量分别为n1，n2，显然平面PBA的一个法向量为n1(1，0，0)，设n2

94、(x2，y2，z2)，则由n20，n20，得解得令y21，则n2(，1，1)cosn1，n2，二面角CPBA的余弦值为.19(12分)(2015江西南昌质检，19)如图1，在平面四边形ACPE中，D为AC的中点，ADDCPD2，AE1，且AEAC，PDAC，沿PD折起使ADC90，得到立体图形如图2，又B为平面ADC内一点，并且ABCD为正方形，设F，G，H分别为PB，EB，PC的中点(1)求三棱锥PGHF的体积；(2)在线段PC上是否存在一点M，使直线FM与直线PA所成角为60？若存在，求出线段PM的长；若不存在，请说明理由解：(1)因为F，G分别为PB，BE的中点，所以FGPE.又FG平面

95、PEAD，PE平面PEAD，所以FG平面PEAD，同理FH平面PEAD，所以平面GHF平面PEAD.又HF綉BC綉AD1，GF綉PE，所以HF与GF的夹角等于AD与PE的夹角(设为)，易求sin .因为平面GHF平面PEAD，所以点P到平面GHF的距离即点H到平面PEAD的距离过H作PD的垂线，垂足为M，则HM1为点P到平面GHF的距离所以VPGFH11.(2)因为EA平面ABCD，EAPD，所以PD平面ABCD，所以PDAD，PDCD.又因为四边形ABCD是正方形，所以ADCD.如图，建立空间直角坐标系，因为ADPD2EA2，所以D(0，0，0)，P(0，0，2)，A(2，0，0)，C(0，

96、2，0)，B(2，2，0)，E(2，0，1),假设在线段PC上存在一点M使直线FM与直线PA所成角为60.依题意可设，其中01.由(0，2，2)，则(0，2，2),又因为，(1，1，1)，所以(1，21，12),因为直线FM与直线PA所成角为60，(2，0，2)，所以|cos，|，即，解得，所以，|.所以在线段PC上存在一点M，使直线FM与直线PA所成角为60，此时PM.20(12分)(2015河北石家庄一模，18)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，BCAC，BCAC2，AA13，D为AC的中点(1)求证：AB1平面BDC1；(2)求二面角C1BDC的余弦值；(3)在侧棱AA

97、1上是否存在点P，使得CP平面BDC1？并证明你的结论解：(1)证明：连接B1C，与BC1相交于O，连接OD.BCC1B1是矩形，O是B1C的中点又D是AC的中点，ODAB1.AB1平面BDC1，OD平面BDC1，AB1平面BDC1.(2)如图，建立空间直角坐标系，则C1(0，0，0)，B(0，3，2)，C(0，3，0)，A(2，3，0)，D(1，3，0).设n(x1，y1，z1)是平面BDC1的一个法向量，则即令x11，则n.易知(0，3，0)是平面ABC的一个法向量.cosn，.由题意知二面角C1BDC为锐角，二面角C1BDC的余弦值为.(3)假设侧棱AA1上存在一点P(2，y，0)(0y

98、3)，使得CP平面BDC1.则即方程组无解.假设不成立.侧棱AA1上不存在点P，使CP面BDC1.21(12分)(2013北京，17)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5.(1)求证：AA1平面ABC；(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，并求的值解：(1)证明：因为AA1C1C为正方形，所以AA1AC.因为平面ABC平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1平面ABC.(2)由(1)知AA1AC，AA1AB.由题知AB3，BC5，AC4，所以AB

99、AC.如图，以A为原点建立空间直角坐标系Axyz，则B(0，3，0)，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4).设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，则即令z3，则x0，y4，所以n(0，4，3).同理可得，平面B1BC1的法向量为m(3，4，0),所以cosn，m.由题知二面角A1BC1B1为锐角，所以二面角A1BC1B1的余弦值为.(3)设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且.所以(x，y3，z)(4，3，4).解得x4，y33，z4.所以(4，33，4).由0，即9250，解得.因为0，1，所以在线段BC1上存在点D，使得ADA1B.此时，.22(14分)(20

100、14四川，18)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)证明：如图，取BD的中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，ABD，BCD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BDAC.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B

101、D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)方法一：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是边长为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.因此在等腰RtAOC中，AC.作BRAC于R.在ABC中，因为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M

102、Q，所以在等腰MNQ中，cosMNQ.故二面角ANPM的余弦值是.方法二：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)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).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.高考资源网版权所有，侵权必究！