1、课时评价作业基础达标练1.若异面直线l1,l2的方向向量分别是a=(0,-2,-1),b=(2,0,4)，则异面直线l1与l2所成角的余弦值等于( )A.-25 B.25 C.-255 D.255答案：B2.若平面的一个法向量为n=(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a=(-2,-3,3)，则l与夹角的余弦值为( )A.-1111 B.1111 C.-11011 D.91333答案：D3.（2021山东济宁第一中学高二月考）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，AD=1,AB=2，PAB是等腰三角形，点E是棱PB的中点，则异面直线EC与PD所成角的余弦值是( )A
2、.33 B.63 C.64 D.22答案：B4.（2020江苏如皋中学高二月考）如图，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角D-AB-E为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成角为，且cos=39，则ABBC= ( )A.1B.2 C.22 D.12答案：C5.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD所成角的余弦值为( )A.33 B.63C.13 D.23答案：B6.（多选）如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是( )A.平面D1A1P平面A1APB.BC平
3、面A1D1PC.三棱锥D1-CDP的体积为定值D.直线D1P与AC所成的角可能是6答案：A ; C解析：对于A，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知A1D1平面A1AP，因为A1D1平面D1A1P，所以平面D1A1P平面A1AP，所以A中结论正确；对于B，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得BCA1D1，所以B，C，A1，D1四点共面，所以B中结论不正确；对于C，因为SCDD1=1211=12，点P到平面CDD1的距离为BC=1，所以三棱锥D1-CDP的体积=13121=16，为定值，所以C中结论正确；对于D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直
4、角坐标系，如图.可得D1(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0)，设P(1,a,b)(0a1,0b1)，则D1P=(1,a,b-1),AC=(-1,1,0)，则cosD1P,AC=D1PAC|D1P|AC|=a-11+a2+(b-1)220，当a=1时，D1P,AC=2；当a=0,b=1时，D1P,AC=34，所以直线D1P与AC所成角的范围是(4,2)，所以D中结论不正确.7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为线段AC的中点，点E在线段A1C1上，则直线OE与平面A1BC1所成角的正弦值的取值范围是 .答案：23,33解析：设正方体的棱长为2，以D为原点，DA,DC,
5、DD1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则O(1,1,0),A1(2,0,2),B(2,2,0),C1(0,2,2)，则A1B=(0,2,-2),BC1=(-2,0,2)，设E(a,2-a,2),0a2，则OE=(a-1,1-a,2)，设平面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z)，则nA1B=0,nBC1=0,即y-z=0,-x+z=0,令z=1，则x=1,y=1，所以n=(1,1,1)，设直线OE与平面A1BC1所成的角为，则sin=|nOE|n|OE|=232(a-1)2+4，当a=1时，sin取得最大值33，当a=0或a=2时，sin取得最小值23，故直线OE
6、与平面A1BC1所成角的正弦值的取值范围是23,33 .8.（2020湖北咸宁高二期中）如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE平面ABCD，AFDE，DE=3AF，BE与平面ABCD所成角为60 .（1）求证：AC平面BDE；（2）求二面角F-BE-D的余弦值.答案：（1）证明：因为DE平面ABCD，AC平面ABCD，所以DEAC .因为ABCD是正方形，所以ACBD，又DEBD=D，DE平面BDE，BD平面BDE，所以AC平面BDE .（2）以D为坐标原点，DA,DC,DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示.因为DE平面ABCD，且BE与平面ABCD所
7、成角为60，所以DBE=60，所以DEBD=3，由已知AD=3，可得BD=32，则DE=36，AF=6 .则A(3,0,0),F(3,0,6),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0)，所以BF=(0,-3,6),EF=(3,0,-26) .设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z)，则nBF=0,nEF=0,即-3y+6z=0,3x-26z=0,令z=6，则n=(4,2,6) .因为AC平面BDE，所以CA=(3,-3,0)为平面BDE的一个法向量，所以cosn,CA=nCA|n|CA|=62632=1313 .因为二面角F-BE-D为锐角，所以其余弦值为1313 .9.如图
8、，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面A1ADD1平面ABCD，底面ABCD是菱形，A1A=A1D=AD=AC，E为DD1的中点.（1）证明：BD1平面ACE；（2）求直线A1D与平面ACE所成角的正弦值.答案：（1）证明：连接BD，与AC交于点F，连接EF，如图.因为底面ABCD是菱形，所以F是BD的中点，又因为E为DD1的中点，所以EFBD1，因为EF平面ACE，BD1平面ACE，所以BD1平面ACE .（2）取AD的中点O，连接A1O,CO，因为在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面A1ADD1平面ABCD，底面ABCD是菱形，AA1=A1D=AD=AC，所以A1O平面ABCD
9、，COAD，以O为原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1=A1D=AD=AC=2，则A(0,-1,0),C(3,0,0),A1(0,0,3),D(0,1,0),E(0,32,32)，则A1D=(0,1,-3),AC=(3,1,0),AE=(0,52,32)，设平面ACE的一个法向量为n=(x,y,z)，则nAC=3x+y=0,nAE=5y2+3z2=0,取x=1，得n=(1,-3,5)，设A1D与平面ACE所成的角为，则sin=|A1Dn|A1D|n|=63229=38729 .所以直线A1D与平面ACE所成角的正弦值为387
10、29 .素养提升练10.在底面为正三角形的直三棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1中，AB=2,AA1=3，点D为棱BC的中点，点E为A1C上的点，且满足A1E=mEC(mR)，当二面角E-AD-C的余弦值为1010时，实数m的值为( )A.1B.2C.12 D.3答案：A解析：由题意知m0，过点A在平面ABC内作AxAC，以A为原点，分别以Ax,AC,AA1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示：则，A1(0,0,3),C(0,2,0),B(3,1,0),D(32,32,0)，设E(0,a,b),A1E=mEC,(0,a,b-3)=m(0,2-a,-b)，则
11、E(0,2mm+1,3m+1),AD=(32,32,0)，AE=(0,2mm+1,3m+1)，设平面ADE的一个法向量为n=(x,y,z)，则nAD=0,nAE=0,即32x+32y=0,2mm+1y+3m+1z=0,令x=3，则y=-1，z=2m3，n=(3,-1,2m3)，取平面ADC的一个法向量为m=(0,0,1)，由题意知cosn,m=1010，2m33+1+4m29=1010m2=1m=1（负值舍去).11.（2020山东威海高二月考)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，侧棱AA1底面ABCD，AB=3,AA1=4，P是侧面BCC1B1内的动点，且APB
12、D1，记AP与平面BCC1B1所成的角为，则tan的最大值为( )A.43 B.53 C.2D.259答案：B解析：连接PB . 以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图.则A(3,0,0),B(3,3,0),D1(0,0,4)，设P(x,3,z)，则AP=(x-3,3,z),BD1=(-3,-3,4),AB=(0,3,0),BP=(x-3,0,z)，APBD1,APBD1=0,-3(x-3)-33+4z=0，z=34x，|BP|=(x-3)2+z2=2516x2-6x+9=2516(x-4825)2+812595，易得AB平面BCC1B1 .APB即
13、为AP与平面BCC1B1所成的角，tan=|AB|BP|53，tan的最大值为53 .12.（2020浙江杭州高二期中）如图，在直四棱柱ABCD-ABCD中，ABAD，AB=AD=1，AAAB，E，F分别是侧棱BB，DD上的动点，且平面AEF与平面ABC所成的（锐）二面角为30，则BE的最大值为( )A.66 B.22 C.33 D.1答案：C解析：如图，建立空间直角坐标系，设BE=m,DF=n(m0,n0)，则A(0,0,0),E(1,0,m),F(0,1,n)，设平面AEF的一个法向量为m=(x,y,z)，则mAE=x+mz=0,mAF=y+nz=0,令z=1，则x=-m,y=-n，所以m
14、=(-m,-n,1)，显然u=(0,0,1)为平面ABC的一个法向量，因为平面AEF与平面ABC所成的（锐）二面角为30，所以|cosm,u|=1m2+n2+1=32，所以m2+n2=13，所以m=13-n2，所以当n=0时，m取得最大值33 .13.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，ABC是边长为2的等边三角形，BCBB1,CC1=2,AC1=6 .（1）证明：平面ABC平面BB1C1C；（2）M,N分别是BC,B1C1的中点，P是线段AC1上的动点，若二面角P-MN-C的平面角的大小为30，求线段PC1的长度.答案：（1）证明：因为AC=2,CC1=2,AC1=6，所以AC2+CC12
15、=AC12，即ACCC1，因为BCBB1,BB1CC1，所以BCCC1，又ACBC=C，AC,BC平面ABC，所以CC1平面ABC . 因为CC1平面BB1C1C，所以平面ABC平面BB1C1C .（2）连接AM，因为AB=AC=2，M是BC的中点，所以AMBC .由（1）知，平面ABC平面BB1C1C，所以AM平面BB1C1C .以M为原点建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则A(0,0,3),N(0,2,0),C1(-1,2,0) . 设AP=tAC1(0t1),P(x,y,z)，则AP=(x,y,z-3),AC1=(-1,2,-3)，则x=-t,y=2t,z=3(1-t)，所以P(-t
16、,2t,3-3t) .设平面MNP的一个法向量为n=(x1,y1,z1),MN=(0,2,0),MP=(-t,2t,3-3t)，由nMN=0,nMP=0,得2y1=0,-tx1+2ty1+3(1-t)z1=0,令z1=t，得n=(3-3t,0,t) .易知平面BB1C1C的一个法向量为m=(0,0,1)，因为二面角P-MN-C的平面角的大小为30，所以|mn|m|n|=32，即t3(1-t)2+t2=32，解得t=34或t=32（舍去）.所以点P为线段AC1上靠近点C1的四等分点，故PC1=64 .创新拓展练14.如图1，在MBC中，BM=2BC=4,BMBC，A,D分别为BM,MC的中点，将
17、MAD沿AD折起到PAD的位置，使PAB=90，如图2，连接PB,PC .（1）求证：平面PAD平面ABCD；（2）若E为PC的中点，求直线DE与平面PBD所成角的正弦值；（3）线段PC上是否存在一点G，使二面角G-AD-P的余弦值为31010？若存在，求出PGPC的值；若不存在，请说明理由.解析：命题分析本题为立体几何中折叠问题与探究性问题的综合应用，难度稍大. 意在考查学生的数学运算能力和综合应用已有知识解决问题的能力.答题要领（1）由BMBC可得BMAD，得PAAD，由PAB=90得PAAB，即可证明PA平面ABCD，由此可以证明平面PAD平面ABCD .（2）建立空间直角坐标系，得出平
18、面PBD的一个法向量为n=(1,2,1)，设直线DE与平面PBD所成的角为，则sin=|cosDE,n|，即可得解.（3）假设线段PC上存在一点G，使二面角G-AD-P的余弦值为31010 . 设G(x0,y0,z0),PGPC=(01)，得出G(2,2,2-2)，求出平面ADG的一个法向量为n2=(-1,0,)，易得平面PAD的一个法向量为n1=(1,0,0)，则有|cosn1,n2|=|n1n2|n1|n2|=31010，即|-1(-1)2+2|=31010，解得的值，即可得解.答案：详细解析（1）证明：因为A,D分别为MB,MC的中点，所以ADBC .因为BMBC，所以BMAD .所以P
19、AAD .因为PAB=90，所以PAAB .又因为ABAD=A，AB,AD平面ABCD，所以PA平面ABCD .又因为PA平面PAD，所以平面PAD平面ABCD .（2）因为PAAB,PAAD,ABAD，所以AP,AB,AD两两垂直. 则以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，依题意有B(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,2),E(1,1,1) .则DE=(1,0,1),BD=(-2,1,0),BP=(-2,0,2)，设平面PBD的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，则有BDn=0,BPn=0,即-2x1+y1=0，-2x1+2z1=0，令y1=2，则x1=1,z1=
20、1 . 所以n=(1,2,1) .设直线DE与平面PBD所成的角为，则sin=|cosDE,n|=|1+1|26=33 .故直线DE与平面PBD所成角的正弦值为33 .（3）存在. 假设线段PC上存在一点G，使二面角G-AD-P的余弦值为31010 .由（2）可知，A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,1,0)，则PC=(2,2,-2),AD=(0,1,0) .设G(x0,y0,z0),PGPC=(01)，则PG=PC(01)，即PG=(x0,y0,z0-2)=PC=(2,2,-2)，所以G(2,2,2-2)，所以AG=(2,2,2-2) .设平面ADG的一个法向量为n
21、2=(x2,y2,z2)，则有ADn2=0,AGn2=0,即y2=0,2x2+2y2+(2-2)z2=0,令z2=，则n2=(-1,0,) .易知平面PAD的一个法向量为n1=(1,0,0) .二面角G-AD-P的余弦值为31010，则|cosn1,n2|=|n1n2|n1|n2|=31010，即|-1(-1)2+2|=31010，解得=-12或=14 . 又因为01，所以=14 .故线段PC上存在一点G，使二面角G-AD-P的余弦值为31010，且PGPC=14 .方法感悟解答本题的关键有两个：（1）分析平面图折叠前后的数量关系与位置关系的变化情况，恰当地应用已知条件；（2）根据AP,AB,AD两两垂直建立空间直角坐标系，准确求出相关的向量，把点的存在性问题转化为方程解的存在性问题.
