1、课时跟踪训练1(2014年武汉模拟)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C；(2)若平面ABC平面AA1B1B，ABCB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值解：(1)证明：如图，取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.CACB，OCAB.ABAA1，BAA160，AA1B为等边三角形，OA1AB.OCOA1O，AB平面OA1C.又A1C平面OA1C，ABA1C.(2)由(1)知，OCAB，OA1AB.又平面ABC平面AA1B1B，交线为AB，OC平面AA1B1B，OA，OA1，OC两两垂直以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|
2、为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz.由题设知A(1,0,0)，A1(0，0)，C(0,0，)，B(1,0,0)则(1,0，)，(1，0)，(0，)设n(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，则，即.可取n(，1，1)cosn，.直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.2(2014年四川高考)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(1)，取BD的中点O，连结AO，CO.由侧视图及俯视图知，ABD，BCD均为正三角形，因此A
3、OBD，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，连结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BDNP.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)解法一如图(2)，作NQAC于Q，连结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，A
4、BD，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.解法二由俯视图及(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(3)，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O
5、xyz.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)连结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.3(2014年绵阳模拟)如图，在直角梯形ABCD中，ADBC，ADC90，AE平面ABCD，EFCD，BCCDAEE
6、FAD1.(1)求证：CE平面ABF；(2)求证：BEAF；(3)在直线BC上是否存在点M，使二面角EMDA的大小为？若存在，求出CM的长，若不存在，请说明理由解：(1)证明：如图，作FGEA，AGEF，连结EG交AF于H，连结BH，BG，EFCD且EFAG，AGCD，即点G在平面ABCD内由AE平面ABCD知AEAG，又AGEF，AEFG，四边形AEFG为正方形，四边形CDAG为平行四边形，H为EG的中点，B为CG的中点，BHCE，CE平面ABF.(2)证明：在平行四边形CDAG中，ADC90，BGAG.又由AE平面ABCD知AEBG，BG平面AEFG，BGAF.又AFEG，AF平面BGE，
7、AFBE.(3)如图，以A为原点，AG为x轴，AD为y轴，AE为z轴建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，G(1,0,0)，E(0,0,1)，D(0,2,0)，设M(1，y0,0)，(0,2，1)，(1，y02,0)，设平面EMD的法向量n(x，y，z)，则，令y1，得z2，x2y0，n(2y0,1,2)又平面AMD，(0,0,1)为平面AMD的一个法向量，|cosn，|cos，解得y02，故在BC上存在点M，且|CM|.4在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，BC2AD4，ABCD.(1)证明：BD平面PAC；(2)若二面角APCD的大小为60，求AP的值解：(1)证明
8、：设O为AC与BD的交点，作DEBC于点E.由四边形ABCD是等腰梯形得，CE1，DE3，所以BEDE，从而得DBCBCA45，所以BOC90，即ACBD.由PA平面ABCD得，PABD，所以BD平面PAC.(2)解法一作OHPC于点H，连结DH.由(1)知DO平面PAC，故DOPC.所以PC平面DOH，从而得PCOH，PCDH.故DHO是二面角APCD的平面角，所以DHO60.在RtDOH中，由DO，得OH.在RtPAC中.设PAx，可得.解得x，即AP.(2)解法二由(1)知ACBD.以O为原点，OB，OC所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(2，0,0)，C(0,2，0)，D(，0,0)由PA平面ABCD，得PAz轴，故设点P(0，t)(t0)设m(x，y，z)为平面PDC的法向量，由(，2，0)，(，t)知.取y1，得m.又平面PAC的一个法向量为n(1,0,0)，于是|cosm，n|.解得t，即AP.
