立體幾何(5)1．如圖所示，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求證：EF∥平面PAB；(2)求證：平面PAD⊥平面PDC.證明：以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系A－xyz如圖所示，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)．(1)因為eq\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))，即EF∥AB.又AB?平面PAB，EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)因為eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，即AP⊥DC，AD⊥DC.又因為AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD，所以DC⊥平面PAD.因為DC?平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC.2．[2018·浙江卷]如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)證明：AB1⊥平面A1B1C1(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．解析：eq\x(方法1：)(1)證明：由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2eq\r(2)，所以A1Beq\o\al(2,)1＋ABeq\o\al(2,)1＝AAeq\o\al(2,)1，故AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝eq\r(5).由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2eq\r(3).由CC1⊥AC，得AC1＝eq\r(13)，所以ABeq\o\al(2,)1＋B1Ceq\o\al(2,)1＝ACeq\o\al(2,)1，故AB1⊥B1C1.又因為A1B1∩B1C1＝B1，因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)解：如圖，過點C1作C1D⊥A1B1，交直線A1B1于點D，連接AD.由AB1⊥平面A1B1C1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1.由C1D⊥A1B1，得C1D⊥平面ABB1.所以∠C1AD是AC1與平面ABB1所成的角．由B1C1＝eq\r(5)，A1B1＝2eq\r(2)，A1C1＝eq\r(21)，得cos∠C1A1B1＝eq\f(\r(6),\r(7))，sin∠C1A1B1＝eq\f(1,\r(7))，所以C1D＝eq\r(3)，故sin∠C1AD＝eq\f(C1D,AC1)＝eq\f(\r(39),13).因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(39),13).eq\x(方法2：)(1)證明：如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系O－xyz.由題意知各點坐標如下：A(0，－eq\r(3)，0)，B(1，0，0)，A1(0，－eq\r(3)，4)，B1(1，0，2)，C1(0，eq\r(3)，1)．因此eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，2)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，－3)．由eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝0，得AB1⊥A1B1.由eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，得AB1⊥A1C1.又A1C1∩A1B1＝A1，所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)解：設直線AC1與平面ABB1所成的角為θ.由(1)可知eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，2)．設平面ABB1的法向量為n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,2z＝0，))可取n＝(－eq\r(3)，1，0)．所以sinθ＝|cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AC1,\s\up6(→))·n|,|\o(AC1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(39),13).因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(39),13).3．[2018·江蘇卷]如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點．(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值．解析：如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，設AC，A1C1的中點分別為O，O1，連接OB，OO1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OO1,\s\up6(→))}為基底，建立空間直角坐標系O－xyz.因為AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(eq\r(3)，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(eq\r(3)，0，2)，C1(0，1，2)．(1)解：因為P為A1B1的中點，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，從而eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0，2，2)，故|cos〈eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BP,\s\up6(→))·\o(AC1,\s\up6(→))|,|\o(BP,\s\up6(→))|·|\o(AC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－1＋4|,\r(5)×2\r(2))＝eq\f(3\r(10),20).因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為eq\f(3\r(10),20).(2)因為Q為BC的中點，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，因此eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0，2，2)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，2)．設n＝(x，y，z)為平面AQC1的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AQ,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC1,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0，,2y＋2z＝0.))不妨取n＝(eq\r(3)，－1，1)．設直線CC1與平面AQC1所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(CC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(CC1,\s\up6(→))·n|,|\o(CC1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(2,\r(5)×2)＝eq\f(\r(5),5).所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).4．[2019·太原市高三年級模擬]如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是AD，DC，B1C1的中點．(1)求證：BD1⊥平面EFG；(2)求二面角B－EG－C的余弦值．解析：(1)證明：連接AC，BD，GD1，GB，則GD1＝GB＝eq\r(5).由正方體的對稱性知BD1，EG均過正方體的對稱中心O，∴GO⊥BD1，即BD1⊥GE.∵在正方體ABCD－A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD∴DD1⊥AC.∵在正方形ABCD中，AC⊥BD，又BD∩DD1＝D，∴AC⊥平面BDD1，∵E，F(xiàn)分別為DA，DC的中點，∴EF∥AC，即EF⊥平面BDD1，BD1?平面BDD1，∴EF⊥BD1.又EF∩GE＝E，∴BD1⊥平面EFG.(2)由條件知，以D為原點，以DA，DC，DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系D-xyz，如圖所示，則B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(1，0，0)，G(1，2，2)，∴eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1，－2，0)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－2，0)，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(1，0，2)，設n1＝(x1，y1，z1)是平面BEG的法向量，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(BE,\s\up6(→))，,n1⊥\o(BG,\s\up6(→))，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BE,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BG,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1－2y1＝0，,－x1＋2z1＝0，))取z1＝1，得n1＝(2，－1，1)．設n2＝(x2，y2，z2)是平面CEG的法向量，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2⊥\o(CE,\s\up6(→))，,n2⊥\o(CG,\s\up6(→))，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CE,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(CG,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2y2＝0，,x2＋2z2＝0，))取y2＝1，得n2＝(2，1，－1)，∴cosn1，n2＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(2,\r(6)×\r(6))＝eq\f(1,3)，∴二面角B－EG－C的余弦值為eq\f(1,3).5．[2019·河南鄭州一中摸底測試，直觀想象]如圖1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝2，AD＝CD＝1，M為線段AB的中點．將△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到幾何體D－ABC，如圖2所示．(1)求證：平面DBC⊥平面ACD；(2)求二面角A－CD－M的余弦值．解析：(1)證明：在題圖1中，可得AC＝BC＝eq\r(2)，從而AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.如圖，取AC的中點O，連接DO，則DO⊥AC，又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，DO?平面ADC，∴DO⊥平面ABC，∴DO⊥BC，又AC⊥BC，AC∩DO＝O，∴BC⊥平面ACD，BC?平面DBC，故平面DBC⊥平面ACD.(2)連接OM，由(1)可得OD，OA，OM兩兩垂直，建立空間直角坐標系O－xyz，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－\r(2),2)，0，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，設n1＝(x，y，z)為平面CDM的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CM,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(CD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)x＋\r(2)y＝0，,\r(2)x＋\r(2)z＝0，))令x＝－1，可得n1＝(－1，1，1)．又n2＝(0，1，0)為平面ACD的一個法向量，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，∴二面角A－CD－M的余弦值為eq\f(\r(3),3).6．[2019·南昌市重點高中高三年級第一次模擬]如圖，在三棱柱ABC－DEF中，所有棱長均相等，且∠ABE＝∠ACF＝eq\f(π,3)，CE∩BF＝O，點P為線段ED上的動點(異于E，D兩點)．(1)當P在線段ED的中點時，證明：OP∥平面ACFD；(2)當P在線段ED上何處時，二面角O－PF－E的余弦值為eq\f(7\r(3),15)？解析：(1)證法一當P為ED的中點時，連接CD，∵O為CE的中點，∴OP∥CD，又OP?平面ACFD，CD?平面ACFD，∴OP∥平面ACFD.證法二取EF的中點G，∵P為ED的中點，∴PG∥FD，又PG?平面ACFD，F(xiàn)D?平面ACFD，∴PG∥平面ACFD.連接OG，同理可證OG∥平面ACFD.故平面OPG∥平面ACFD.又OP?平面OPG，∴OP∥平面ACFD.(2)連接AE，AF，AO，令AB＝eq\r(2)，∵∠ABE＝∠ACF＝eq\f(π,3)，∴AB＝AC＝AF＝AE.又O為BF，CE的中點，∴AO⊥BF，AO⊥CE，∴AO⊥平面CBEF，又BC?平面CBEF，∴AO⊥BC，取BC的中點S，連接AS，OS，易知BC⊥A