1、 第 1 页 共 19 页 第八章 立体几何 第五讲 空间角与距离、空间向量及应用 1.2020 湖北部分重点中学高三测试如图 8-5-1,E,F 分别是三棱锥 P-ABC 的棱 AP,BC 的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线 AB 与 PC 所成的角为()图 8-5-1 A.30 B.60C.120 D.150 2.2020 湖南长沙市长郡中学模拟图 8-5-2 中的三个正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G 均为所在棱的中点,过 E,F,G 作正方体的截面.下列各选项中,关于直线 BD1与平面 EFG 的位置关系描述正确的是()A.BD1平面 EFG 的有且只有,
2、BD1平面 EFG 的有且只有 B.BD1平面 EFG 的有且只有,BD1平面 EFG 的有且只有 C.BD1平面 EFG 的有且只有,BD1平面 EFG 的有且只有 D.BD1平面 EFG 的有且只有,BD1平面 EFG 的有且只有 3.2020 安徽宣城模拟如图 8-5-3,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E,F 分别为棱 AA1,BB1的中点,M 为棱 A1B1上一点,且 A1M=(02),设 N 为线段 ME 的中点,则点 N 到平面 D1EF 的距离为()A.3 B.255 C.23 D.55 第 2 页 共 19 页 4.2019 吉林长春质量监测双空题已知正
3、方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2,M,N,E,F 分别是 A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过 EF 且与 MN 平行的平面截正方体所得截面的面积为 ,CE 和该截面所成角的正弦值为 .5.2021 广州市阶段模拟如图 8-5-4,在四棱锥 E-ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,BE平面 ABCD,G 为 AC 与 BD 的交点.(1)证明:平面 AEC平面 BED.(2)若BAD=60,AEEC,求直线 EG 与平面 EDC 所成角的正弦值.6.2021 晋南高中联考如图 8-5-5,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD底面 ABCD,其中底面 ABCD 为等腰
4、梯形,ADBC,PA=AB=BC=CD,PAPD,PAD=60,Q 为 PD 的中点.(1)证明:CQ平面 PAB.(2)求二面角 P-AQ-C 的余弦值.图 8-5-5 7.2021 湖南六校联考如图 8-5-6,四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形,SD平面 ABCD,SD=2a,AD=2a,点 E 是 SD 上的点,且 DE=a(02).(1)求证:对任意的(0,2,都有 ACBE.第 3 页 共 19 页(2)设二面角 C-AE-D 的大小为,直线 BE 与平面 ABCD 所成的角为,若 sin=cos,求 的值.图 8-5-6 8.2020 福建五校联考图 8-5-7 是一个半圆柱与
5、多面体 ABB1A1C 构成的几何体,平面 ABC 与半圆柱的下底面共面,且ACBC,P 为11 上的动点(不与 B1,A1重合).(1)证明:PA1平面 PBB1.(2)若四边形 ABB1A1为正方形,且 AC=BC,PB1A1=4,求二面角 P-A1B1-C 的余弦值.图 8-5-7 9.2020 全国卷,20,12 分理如图 8-5-8,已知三棱柱 ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面 BB1C1C 是矩形,M,N 分别为 BC,B1C1的中点,P 为 AM 上一点,过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E,交 AC 于 F.(1)证明:AA1MN,且平面 A1AMN平面 EB1
6、C1F.第 4 页 共 19 页(2)设 O 为A1B1C1的中心.若 AO平面 EB1C1F,且 AO=AB,求直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值.10.2021 黑龙江省六校联考如图 8-5-9,正方形 ABCD 和 ABEF 所在的平面互相垂直,且边长都是 1,M,N,G 分别为线段 AC,BF,AB 上的动点,且 CM=BN,AF平面 MNG,记 BG=a(0a1).(1)证明:MG平面 ABEF.(2)当 MN 的长度最小时,求二面角 A-MN-B 的余弦值.图 8-5-9 11.2021 蓉城名校联考如图 8-5-10(1),AD 是BCD 中 BC 边上的高,且 A
7、B=2AD=2AC,将BCD 沿 AD 翻折,使得平面ACD平面 ABD,如图 8-5-10(2)所示.(1)求证:ABCD.(2)在图 8-5-10(2)中,E 是 BD 上一点,连接 AE,CE,当 AE 与底面 ABC 所成角的正切值为12时,求直线 AE 与平面 BCE 所成角的正弦值.第 5 页 共 19 页 12.2020洛 阳 市 联 考 如 图8-5-11,底 面ABCD是 边 长 为3的 正 方 形,平 面ADEF 平 面ABCD,AFDE,ADDE,AF=26,DE=36.(1)求证:平面 ACE平面 BED.(2)求直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值.(3)在线段
8、 AF 上是否存在点 M,使得二面角 M-BE-D 的大小为 60?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.图 8-5-11 13.如图 8-5-12,三棱锥 P-ABC 中,PA平面 ABC,ABBC,平面 经过棱 PC 的中点 E,与棱 PB,AC 分别交于点 F,D,且BC平面,PA平面.(1)证明:AB平面.(2)若 AB=BC=PA=2,点 M 在直线 EF 上,求平面 MAC 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值的最大值.第 6 页 共 19 页 图 8-5-12 14.2021 安徽江淮十校第一次联考如图 8-5-13(1),已知圆 O 的直径 AB 的长为 2,上半圆弧上有一点
9、 C,COB=60,点 P 是弧 AC 上的动点,点 D 是下半圆弧的中点.现以 AB 为折痕,使下半圆所在的平面垂直于上半圆所在的平面,连接PO,PD,PC,CD,如图 8-5-13(2)所示.(1)当 AB平面 PCD 时,求 PC 的长;(2)当三棱锥 P-COD 体积最大时,求二面角 D-PC-O 的余弦值.答 案 第五讲 空间角与距离、空间向量及应用 1.B 如 图D 8-5-8,取AC的 中 点D,连 接DE,DF,因 为D,E,F分 别 为AC,PA,BC的 中 点,所 以DFAB,DF=12AB,DEPC,DE=12PC,所以EDF 或其补角为异面直线 PC 与 AB 所成的角
10、.因为 PC=10,AB=6,所以在DEF 第 7 页 共 19 页 中,DE=5,DF=3,EF=7,由余弦定理得 cosEDF=2+2-22=25+9-49253=-12,所以EDF=120,所以异面直线 PC 与 AB 所成的角为 60.故选 B.图 D 8-5-8 2.A 对于题图,连接 BD,因为 E,F,G 均为所在棱的中点,所以 BDGE,DD1EF,又 BD平面 EFG,DD1平面 EFG,从而可得 BD平面 EFG,DD1平面 EFG,又 BDDD1=D,所以平面 BDD1平面 EFG,所以 BD1平面 EFG.对于题图,连接 DB,DA1,设正方体的棱长为 1,因为 E,F
11、,G 均为所在棱的中点,所以1 =(1 )(12 1)=12(1 1 1)=12(12cos 45-2 2cos 60)=0,即 BD1EG.连接 DC1,则1 =(1 )(12 1)=12(1 1 1)=12(12cos 45-2 2cos 60)=0,即 BD1EF.又 EGEF=E,所以 BD1平面 EFG.对于题图,设正方体的棱长为 1,连接 DB,DG,因为 E,F,G 均为所在棱的中点,所以1 =(1 )()=(1 )(+12 1 12 )=12 1 2 +12 =12 2122+12 2122=0,即 BD1EG.连 接 AF,则 1 =(1 )()=(1 )(1+12 +12
12、)=1 2 12 12 =1-12 2122 12 2122=0,即 BD1EF.又 EGEF=E,所以 BD1平面 EFG.故选 A.3.D 以 D 为坐标原点,DA 所在直线为 x 轴,DC 所在直线为 y 轴,DD1所在直线为 z 轴,建立如图 D 8-5-9 所示的空间直角坐标系,则 M(2,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),第 8 页 共 19 页 1=(-2,0,1),=(0,2,0),=(0,1).设平面 D1EF 的法向量为 n=(x,y,z),则1=-2+=0,=2=0,取 x=1,得 z=2,则 n=(1,0,2)为平面 D1EF 的一个法向量.
13、则点 M 到平面 D1EF 的距离 d=|=25=255.因为 N 为线段 EM 的中点,所以点 N 到平面 D1EF 的距离为2=55,故选 D.4.22 1010 如图 D 8-5-10,正方体 ABCD-A1B1C1D1中,设 CD,BC 的中点分别为 H,G,连接 HE,HG,GE,HF,ME,NH.图 D 8-5-10 易知 MENH,ME=NH,所以四边形 MEHN 是平行四边形,所以 MNHE.因为 MN平面 EFHG,HE平面 EFHG,所以 MN平面 EFHG,所以过 EF 且与 MN 平行的平面为平面 EFHG,易知平面 EFHG 截正方体所得截面为矩形 EFHG,EF=2
14、,FH=2,所以截面 EFHG 的面积为 22=22.连接 AC,交 HG 于点 I,易知 CIHG,平面 EFHG平面 ABCD,平面 EFHG平面 ABCD=HG,所以 CI平面 EFHG,连接 EI,因为 EI平面 EFHG,所以 CIEI,所以CEI 为直线 CE 和截面 EFHG 所成的角.第 9 页 共 19 页 在 RtCIE 中,易知 CE=1+22=5,CI=14AC=224=22,所以 sinCEI=1010.5.(1)因为四边形 ABCD 为菱形,所以 ACBD.因为 BE平面 ABCD,AC平面 ABCD,所以 ACBE.又 BEBD=B,所以 AC平面 BED.又 A
15、C平面 AEC,所以平面 AEC平面 BED.(2)解法一 设 AB=1,在菱形 ABCD 中,由BAD=60,可得 AG=GC=32,BG=GD=12.因为 AEEC,所以在 RtAEC 中可得 EG=AG=32.由 BE平面 ABCD,得EBG 为直角三角形,则 EG2=BE2+BG2,得 BE=22.如图 D 8-5-11,过点 G 作直线 GzBE,因为 BE平面 ABCD,所以 Gz平面 ABCD,又 ACBD,所以建立空间直角坐标系 G-xyz.G(0,0,0),C(0,32,0),D(-12,0,0),E(12,0,22),所以=(12,0,22),=(1,0,22),=(12,
16、-32,22).设平面 EDC 的法向量为 n=(x,y,z),由 =0,=0,得+22 =0,12-32 +22 =0,取 x=1,则 z=-2,y=-33,所以平面 EDC 的一个法向量为 n=(1,-33,-2).设直线 EG 与平面 EDC 所成的角为,则 sin=|cos|=|12+0-114+121+13+2|=|-1232 103|=1010.所以直线 EG 与平面 EDC 所成角的正弦值为1010.解法二 设 BG=1,则 GD=1,AB=2,AG=3.第 10 页 共 19 页 设点 G 到平面 EDC 的距离为 h,EG 与平面 EDC 所成角的大小为.因为 AC平面 EB
17、D,EG平面 EBD,所以 ACEG.因为 AEEC,所以AEC 为等腰直角三角形.因为 AC=2AG=23,所以 AE=EC=6,EG=AG=3.因为 AB=BD=2,所以 RtEABRtEDB,所以 EA=ED=6.在EDC 中,ED=EC=6,DC=2,则 SEDC=5.在 RtEAB 中,BE=2-2=(6)2-22=2.VE-GDC=13BE12SCBD=16 2SABD=16 2 1223=66.由 VG-EDC=13h5=VE-GDC=66,得 h=625=3010.所以 sin=1010.所以直线 EG 与平面 EDC 所成角的正弦值为1010.解法三 如图 D 8-5-12,
18、以点 B 为坐标原点,建立空间直角坐标系 B-xyz.不妨设 AB=2,在菱形 ABCD 中,由BAD=60,可得 AG=GC=3,BG=GD=1.因为 AEEC,所以在 RtAEC 中可得 EG=AG=3.由 BE平面 ABCD,得EBG 为直角三角形,则 EG2=BE2+BG2,得 BE=2.则 C(2,0,0),E(0,0,2),D(1,3,0),G(12,32,0),所以=(12,32,-2),=(1,3,-2),=(2,0,-2).设平面 EDC 的法向量为 n=(x,y,z),则=0,=0,得+3-2=0,2-2=0,令 x=3,则 z=6,y=1.第 11 页 共 19 页 所以
19、平面 EDC 的一个法向量为 n=(3,1,6).设 EG 与平面 EDC 所成的角为,则 sin=|cos|=|32+32-23|1+23+1+6=1010.所以直线 EG 与平面 EDC 所成角的正弦值为1010.6.(1)如图 D 8-5-13,取 PA 的中点 N,连接 QN,BN.图 D 8-5-13 Q,N 分别是 PD,PA 的中点,QNAD,且 QN=12AD.PAPD,PAD=60,PA=12AD,又 PA=BC,BC=12AD,QN=BC,又 ADBC,QNBC,四边形 BCQN 为平行四边形,BNCQ.又 BN平面 PAB,CQ平面 PAB,CQ平面 PAB.(2)在图
20、D 8-5-13 的基础上,取 AD 的中点 M,连接 BM,PM,取 AM 的中点 O,连接 BO,PO,如图 D 8-5-14.图 D 8-5-14 设 PA=2,由(1)得 PA=AM=PM=2,APM 为等边三角形,POAM,同理 BOAM.平面 PAD平面 ABCD,平面 PAD平面 ABCD=AD,PO平面 PAD,PO平面 ABCD.以 O 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 O-xyz,则 A(0,-1,0),C(3,2,0),P(0,0,3),Q(0,32,32),第 12 页 共 19 页 =(3,3,0),=(0,52,32),
21、设平面 ACQ 的法向量为 m=(x,y,z),则=0,=0,3+3=0,52 +32 =0,取 y=-3,得 m=(3,-3,5)是平面 ACQ 的一个法向量,又平面 PAQ 的一个法向量为 n=(1,0,0),cos=|=33737,由图得二面角 P-AQ-C 的平面角为钝角,二面角 P-AQ-C 的余弦值为-33737.7.(1)由题意 SD平面 ABCD,ADDC,图 D 8-5-15 以 D 为原点,的方向分别作为 x,y,z 轴的正方向建立如图 D 8-5-15 所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2a,0,0),B(2a,2a,0),C(0,2a,0),E(0,0,a)
22、,=(-2a,2a,0),=(-2a,-2a,a),=2a2-2a2+0a=0,即 ACBE.(2)解法一 由(1)得=(2a,0,-a),=(0,2a,-a),=(-2a,-2a,a).设平面 ACE 的法向量为 n=(x,y,z),则由 n,n 得 =0,=0,得2-=0,2-=0,取 z=2,得 n=(,2)为平面 ACE 的一个法向量,易知平面 ABCD 与平面 ADE 的一个法向量分别为=(0,0,2a)与=(0,2a,0),sin=|=2+4,易知二面角 C-AE-D 为锐二面角,cos=|=22+2,由 sin=cos 得2+4=22+2,解得 2=2,又(0,2,=2.解法二
23、如图 D 8-5-16,连接 BD,由 SD平面 ABCD 知,DBE=.第 13 页 共 19 页 图 D 8-5-16 由(1)易知 CD平面 SAD.过点 D 作 DFAE 于点 F,连接 CF,则CFD 是二面角 C-AE-D 的平面角,即CFD=.在 RtBDE 中,BD=2a,DE=a,BE=42+22,sin=2+4,在 RtADE 中,AD=2a,DE=a,AE=a2+2,DF=22+2,在 RtCDF 中,CF=2+2=22+12+2 a,cos=22+2,由 sin=cos 得2+4=22+2,解得 2=2,又(0,2,=2.8.(1)在半圆柱中,BB1平面 PA1B1,P
24、A1平面 PA1B1,所以 BB1PA1.因为 A1B1是上底面对应圆的直径,所以 PA1PB1.因为 PB1BB1=B1,PB1平面 PBB1,BB1平面 PBB1,所以 PA1平面 PBB1.(2)根据题意,以 C 为坐标原点建立空间直角坐标系 C-xyz,如图 D 8-5-17 所示.图 D 8-5-17 设 CB=1,则 C(0,0,0),A1(0,1,2),B1(1,0,2),所以1=(0,1,2),1=(1,0,2).易知 n1=(0,0,1)为平面 PA1B1的一个法向量.设平面 CA1B1的法向量为 n2=(x,y,z),则21=0,21=0,即+2=0,+2=0,第 14 页
25、 共 19 页 令 z=1,则 x=-2,y=-2,所以 n2=(-2,-2,1)为平面 CA1B1的一个法向量.所以 cos=115=55.由图可知二面角 P-A1B1-C 为钝角,所以所求二面角的余弦值为-55.9.(1)因为 M,N 分别为 BC,B1C1的中点,所以 MNCC1.又由已知得 AA1CC1,故 AA1MN.因为A1B1C1是正三角形,所以 B1C1A1N.又 B1C1MN,故 B1C1平面 A1AMN.所以平面 A1AMN平面 EB1C1F.(2)由已知得 AMBC.以 M 为坐标原点,的方向为 x 轴正方向,|为单位长度,建立如图 D 8-5-18 所示的空间直角坐标系
26、 M-xyz,则 AB=2,AM=3.连接 NP,则四边形 AONP 为平行四边形,故 PM=233,E(233,13,0).由(1)知平面 A1AMN平面 ABC.作 NQAM,垂足为 Q,则NQ平面 ABC.设 Q(a,0,0),则 NQ=4-(233-)2,B1(a,1,4-(233-)2),故1=(233-a,-23,-4-(233-)2),|1|=2103.又 n=(0,-1,0)是平面 A1AMN 的一个法向量,故 sin(2-)=cos=1|1|=1010.所以直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值为1010.10.(1)因为 AF平面 MNG,且 AF平面 ABEF,
27、平面 ABEF平面 MNG=NG,所以 AFNG,所以 CM=BN=2a,所以 AM=2(1-a),第 15 页 共 19 页 所以=1-,所以 MGBC,所以 MGAB.又平面 ABCD平面 ABEF,且 MG平面 ABCD,平面 ABCD平面 ABEF=AB,所以 MG平面 ABEF.(2)由(1)知,MGNG,MG=1-a,NG=a,所以 MN=2+(1-)2=22-2+1=2(-12)2+1222,当且仅当 a=12时等号成立,即当 a=12时,MN 的长度最小.以 B 为坐标原点,分别以 BA,BE,BC 所在的直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图 D 8-5-19 所示的空间直角
28、坐标系 B-xyz,图 D 8-5-19 则 A(1,0,0),B(0,0,0),M(12,0,12),N(12,12,0),设平面 AMN 的法向量为 m=(x1,y1,z1),因为=(-12,0,12),=(0,12,-12),所以=-12+12=0=12-12=0,取 z1=1,得 m=(1,1,1)为平面 AMN 的一个法向量.设平面 BMN 的法向量为 n=(x2,y2,z2),因为=(12,0,12),=(0,12,-12),所以=22+22=0=22-22=0,取 z2=1,得 n=(-1,1,1)为平面 BMN 的一个法向量.所以 cos=|=13,又二面角 A-MN-B 为钝
29、二面角,所以二面角 A-MN-B 的余弦值为-13.11.(1)由题图(1)知,在题图(2)中,ACAD,ABAD.平面 ACD平面 ABD,平面 ACD平面 ABD=AD,AB平面 ABD,AB平面 ACD,又 CD平面 ACD,第 16 页 共 19 页 ABCD.(2)以 A 为坐标原点,AC,AB,AD 所在的直线分别为 x,y,z 轴建立如图 D 8-5-20 所示的空间直角坐标系,图 D 8-5-20 不妨设 AC=1,则 A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,0,0),D(0,0,1),=(0,0,1),=(1,-2,0),=(0,2,-1).设 E(x,y,z),由=(0
30、1),得(x,y,z-1)=(0,2,-),得 E(0,2,1-),=(0,2,1-),又平面 ABC 的一个法向量为=(0,0,1),AE 与底面 ABC 所成角的正切值为12,所以|tan,|=2,于是|cos,|=15=55,即|1-(2)2+(1-)2|=55,解得=12,则 E(0,1,12),=(0,1,12),=(0,-1,12).设平面 BCE 的法向量为 n=(x,y,z),则=0,=0,即-2=0,-+12 =0,令 y=1,得 x=2,z=2,则 n=(2,1,2)是平面 BCE 的一个法向量,设直线 AE 与平面 BCE 所成的角是,则 sin=|cos,n|=|=25
31、2 3=4515,故直线 AE 与平面 BCE 所成角的正弦值为4515.12.(1)因为平面 ADEF平面 ABCD,平面 ADEF平面 ABCD=AD,DE平面 ADEF,DEAD,所以 DE平面 ABCD.因为 AC平面 ABCD,所以 DEAC.又四边形 ABCD 是正方形,所以 ACBD.因为 DEBD=D,DE平面 BED,BD平面 BED,所以 AC平面 BED.又 AC平面 ACE,所以平面 ACE平面 BED.(2)因为 DA,DC,DE 两两垂直,所以以 D 为坐标原点,建立如图 D 8-5-21 所示的空间直角坐标系 D-xyz.第 17 页 共 19 页 图 D 8-5
32、-21 则 A(3,0,0),F(3,0,26),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),所以=(3,-3,0),=(-3,-3,36),=(3,0,-6).设平面 BEF 的法向量为 n=(x,y,z),则=-3-3+36=0,=3-6=0,取 x=6,得 n=(6,26,3)为平面 BEF 的一个法向量.所以 cos=|=-363239=-1313.所以直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值为1313.(3)假设在线段 AF 上存在符合条件的点 M,由(2)可设 M(3,0,t),0t26,则=(0,-3,t).设平面 MBE 的法向量为 m=(x1,y1,z1),则=
33、-31+1=0,=-31-31+361=0,令 y1=t,得 m=(36-t,t,3)为平面 MBE 的一个法向量.由(1)知 CA平面 BED,所以 是平面 BED 的一个法向量,|cos|=|=|96-6|32(36-)2+2+9=cos 60=12,整理得 2t2-66t+15=0,解得 t=62,故在线段 AF 上存在点 M,使得二面角 M-BE-D 的大小为 60,此时=14.13.(1)因为 BC平面,BC平面 PBC,平面 平面 PBC=EF,所以 BCEF,且 F 为棱 PB 的中点,因为 BCAB,所以 EFAB.因为 PA平面,PA平面 PAC,平面 平面 PAC=DE,所
34、以 PADE.因为 PA平面 ABC,所以 PAAB,所以 DEAB.又 DEEF=E,DE平面 DEF,EF平面 DEF,所以 AB平面 DEF,即 AB平面.(2)如图 D 8-5-22,以点 B 为坐标原点,分别以 BA,BC 所在直线为 x,y 轴,过点 B 且与 AP 平行的直线为 z 轴建立空间直角坐标系,第 18 页 共 19 页 图 D 8-5-22 则 B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(2,0,2),E(1,1,1),F(1,0,1),=(-2,2,0),=(0,2,0),=(2,0,2).设 M(1,t,1),平面 MAC 的法向量为 m=(x1,y
35、1,z1),则=(-1,t,1),则=-21+21=0,=-1+1+1=0,令 x1=1,则 y1=1,z1=1-t,所以 m=(1,1,1-t)为平面 MAC 的一个法向量.设平面 PBC 的法向量为 n=(x2,y2,z2),则=22=0,=22+22=0,得 y2=0,令 x2=1,则 z2=-1,所以 n=(1,0,-1)为平面 PBC 的一个法向量.设平面 MAC 与平面 PBC 所成的锐二面角为,则 cos=|cos|=|=|1-(1-)|12+12+(1-)22=|2-2+32.当 t=0 时,cos=0;当 t0 时,cos=1 32-2+12=13(1-13)2+232,当且
36、仅当1=13,即 t=3 时,3(1 13)2+23取得最小值23,cos 取得最大值,最大值为1232=32.所以平面 MAC 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值的最大值为32.14.(1)因为 AB平面 PCD,AB平面 OCP,平面 OCP平面 PCD=PC,所以 ABPC.又COB=60,所以OCP=60.又 OC=OP,所以OCP 为正三角形,所以 PC=1.(2)由题意知 DO平面 COP,而 VP-COD=VD-COP,SCOP=12OCOPsinCOP,所以当 OCOP 时,三棱锥 P-COD 的体积最大.解法一 易知 OP,OD,OC 两两垂直,以 O 为坐标原点,的方向分
37、别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立如图 D 8-5-23 所示的空间直角坐标系 O-xyz,则 P(1,0,0),D(0,1,0),C(0,0,1),=(-1,0,1),=(1,-1,0).图 D 8-5-23 第 19 页 共 19 页 设平面 DPC 的法向量为 n1=(x,y,z),则 1=0,1=0,即-+=0,-=0,取 x=1,得平面 DPC 的一个法向量为 n1=(1,1,1).易知平面 PCO 的一个法向量为 n2=(0,1,0),设二面角 D-PC-O 的平面角为,由题图知,二面角 D-PC-O 的平面角为锐角,则 cos=|12|1|2|=33,所以二面角 D-PC-O 的余弦值为33.解法二 如图 D 8-5-24 所示,取 PC 的中点 H,连接 OH,DH.图 D 8-5-24 因为 OC=OP,DC=DP,所以 OH,DH 都与 PC 垂直,即OHD 为所求二面角的平面角.在 RtOPC 中,可得 OH=22,在 RtOHD 中,DH=12+(22)2=62,所以 cosOHD=2262=33,所以二面角 D-PC-O 的余弦值为33.
