1、1已知长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E为CC1的中点，求异面直线BC1与AE所成角的余弦值解：建立坐标系如图，则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2)(1，0，2)，(1，2，1)，cos，.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.2如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，求直线EF和BC1所成的角解：建立如图所示的空间直角坐标系设ABBCAA12，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则(0，1，1)，(2，0，2)，所以2，所以
2、cos，所以直线EF和BC1所成角为60.3在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，求平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值解：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，所以(0，1，1)，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则所以所以n1(1，2，2)因为平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)，所以cosn1，n2.故平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.4如图所示的长方体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
3、B1D1的中点(1)求证：BM平面D1AC；(2)求证：D1O平面AB1C.证明：(1)以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则点O(1，1，0)、D1(0，0，)，所以(1，1，)，又点B(2，2，0)，M(1，1，)，所以(1，1，)，所以，又因为OD1与BM不共线，所以OD1BM.又OD1平面D1AC，BM平面D1AC，所以BM平面D1AC.(2)连结OB1，因为(1，1，)(1，1，)0，(1，1，)(2，2，0)0，所以，即OD1OB1，OD1AC，又OB1ACO，所以D1O平面AB1C.5.(2019盐城模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，BAC30，B
4、C1，A1A，M是CC1的中点(1)求证：A1BAM；(2)求二面角BAMC的平面角的大小解：(1)证明：以点C为原点，为正交基底，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示，则B(1，0，0)，A(0，0)，A1(0，)，M.所以(1，)，.因为10()()()0，所以A1BAM.(2)易知BC平面ACC1，即BC平面AMC.所以是平面AMC的一个法向量，(1，0，0)设n(x，y，z)是平面BAM的一个法向量，(1，0)，.由得令z2，得x，y，所以n(，2)因为|1，|n|2，所以cos，n.因此二面角BAMC的大小为45.6(2019常州检测)如图，PA平面ABCD，ADBC，ABC90，A
5、BBCPA1，AD3，E是PB的中点(1)求证：AE平面PBC；(2)求二面角BPCD的余弦值解：(1)证明：分别以，为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，3，0)，P(0，0，1)，E；所以，(0，1，0)，(1，0，1)；因为0，0，所以，即AEBC，AEBP.而BC、BP平面PBC，且BCBPB，所以AE平面PBC.(2)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，而(1，2，0)，(0，3，1)，则由取y1，则x2，z3，即n(2，1，3)又由(1)AE平面PBC，所以是平面PBC的法向量，而，所以cos，n，故由图形可知
6、二面角BPCD的余弦值为.7(2019苏州三校质检)在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且.(1)若1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦值；(2)若平面CDE平面CD1O，求的值解：(1)不妨设正方体的棱长为1，以，为正交基底建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，O，C(0，1，0)，D1(0，0，1)因为1，则E，所以，(0，1，1)因为cos，所以异面直线DE与CD1所成的角的余弦值为.(2)设平面CD1O的一个法向量为m(x1，y1，z1)由得解得取x11得y1z11，即m(1，1，1)由得E，所以，设平面CDE的一个法向量为n(x2，y2，z2
7、)由得解得取x22得z2，即n(2，0，)，因为平面CDE平面CD1O，所以mn0，解得2.)1(2019江苏省重点中学领航高考冲刺卷(一)如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆弧上，且，CD与半圆O所在的平面垂直，DCEB，DCEB1，AB4.(1)求异面直线BD与AE所成角的余弦值；(2)求二面角DAEB的余弦值解：因为AB是半圆O的直径，点C在半圆弧上，所以ACBC，因为CD与半圆O所在的平面垂直，所以CDAC，CDCB，以点C为坐标原点，CA，CB，CD所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系因为AB4，所以CACB2，所以A(2， 0，0)，B(0，2，0)，D(0，
8、0，1)，E(0，2，1)(1)(0，2，1)，(2，2，1)，则cos，设异面直线BD与AE所成的角为，则cos |cos，|，即异面直线BD与AE所成角的余弦值为.(2)(0，2，0)，(2，0，1)，设平面ADE的法向量为n(x，y，z)，则，则可取平面ADE的一个法向量为n(1，0，2)连结OC，则OCAB，因为CD与半圆O所在的平面垂直，所以CDOC，因为DCEB，所以OCBE，又ABBEB，所以OC平面ABE，又O(，0)，所以平面ABE的一个法向量为(，0)，所以cosn，.结合图形可知，二面角DAEB的余弦值为.2.(2019南京、盐城模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中
9、，ABAC，AB3，AC4，动点P满足(0)，当时，AB1BP.(1)求棱CC1的长；(2)若二面角B1ABP的大小为，求的值解：(1)以点A为坐标原点，以，为正交基底，建立空间直角坐标系，设CC1m，则B1(3，0，m)，B(3，0，0)，P(0，4，m)，所以(3，0，m)，(3，4，m)，(3，0，0)，当时，有(3，0，m)0，解得m3，即棱CC1的长为3.(2)设平面PAB的一个法向量为n1(x，y，z)，则由得即令z1，则y，所以平面PAB的一个法向量为n1，又平面ABB1与y轴垂直，所以平面ABB1的一个法向量为n2(0，1，0)，因为二面角B1ABP的平面角的大小为，所以|co
10、sn1，n2|，结合0，解得. 3(2019扬州期中)如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，AB3，AC4，B1CAC1.(1)求AA1的长；(2)在线段BB1上存在点P，使得二面角PA1CA大小的余弦值为，求的值解：(1)以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1t，则A(0，0，0)，C1(0，4，t)，B1(3，0，t)，C(0，4，0) 所以(0，4，t)，(3，4，t)因为B1CAC1，所以0，即16t20，解得t4，即AA1的长为4. (2)设P(3，0，m)，又A(0，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，4), 所以(0，4，4)，(3，0，m4)，且
11、0m4.设n(x，y，z)为平面PA1C的法向量，所以n ，n，所以取z1，解得y1，x，所以n为平面PA1C的一个法向量. 又知(3，0，0)为平面A1CA的一个法向量，则cosn，因为二面角PA1CA大小的余弦值为， 所以 ，解得m1，所以.4如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点(1)证明：B1C1CE；(2)求二面角B1CEC1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长解：如图，以点A为原点，以，为正交基底建立空间直角坐标系，依题意得A(0
12、，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)(1)证明：易得(1，0，1)，(1，1，1)，于是0，所以B1C1CE.(2)(1，2，1)设平面B1CE的法向量为m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2，1)由(1)知，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1，0，1)为平面CEC1的一个法向量于是cosm，从而sinm，所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3)(0，1，0)，(1，1，1)，设(，)，01，有(，1，)可取(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量设为
13、直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |cos，|，于是，解得(负值舍去)，所以AM.5.如图，已知AOB中，AOB，BAO，AB4，D为线段AB的中点若AOC是AOB绕直线AO旋转而成的记二面角BAOC的大小为.(1)当平面COD平面AOB时，求的值；(2)当时，求二面角CODB的余弦值的取值范围解：(1) 如图，以O为原点，在平面OBC内垂直于OB的直线为x轴，OB，OA所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，则A(0，0，2)，B(0，2，0), D(0，1，)，C(2sin ，2cos ，0)设n1(x，y，z)为平面COD的一个法向量， 由得取zsin ，则n1(cos ，sin ，sin )因为平面AOB的一个法向量为n2(1，0，0)，由平面COD平面AOB得n1n20，所以cos 0，即.(2)设二面角CODB的大小为，由(1)得当时， cos 0；当时，tan ，cos ，故cos 0.综上，二面角CODB的余弦值的取值范围为.