【文档说明】高考数学二轮专题《空间向量二面角问题》解答题专项练习(教师版).doc，共(19)页，441.564 KB，由MTyang资料小铺上传

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高考数学二轮专题《空间向量二面角问题》解答题专项练习1.如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.(1)求证：BD⊥平面ACFE；(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线O

F与BE所成的角的余弦值大小.【答案解析】解：(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC.∵AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥AE.∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACFE.(2)以O

为原点，OA→，OB→的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，3，0)，D(0，﹣3，0)，E(1，0，2)，F(﹣1，0，a)(a>0)，OF→＝(﹣1，0，a).设

平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，则有n·OB→＝0，n·OE→＝0，即3y＝0，x＋2z＝0，令z＝1，则n＝(﹣2，0，1)，由题意得sin45°＝|cos〈OF→，n〉|＝|OF→·n||OF→||n|＝|2＋a|a2＋1·5＝22，解得a＝3或﹣13

.由a>0，得a＝3，OF→＝(﹣1，0，3)，BE→＝(1，﹣3，2)，cos〈OF→，BE→〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为54.2.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ABD＝90°，EB⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，EB＝3，

EF＝1，BC＝13，且M是BD的中点.(1)求证：EM∥平面ADF；(2)求二面角A﹣FD﹣B的余弦值的大小.【答案解析】解：(1)证法一：取AD的中点N，连接MN，NF.在△DAB中，M是BD的中点，N是

AD的中点，所以MN∥AB，MN＝12AB，又因为EF∥AB，EF＝12AB，所以MN∥EF且MN＝EF.所以四边形MNFE为平行四边形，所以EM∥FN，又因为FN⊂平面ADF，EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.证法二：因为EB⊥平面ABD，AB⊥BD，故以B为原点，建立如图所示的空间直角

坐标系B﹣xyz.由已知可得EM→＝(32,0,-3)，AD→＝(3，－2，0)，AF→＝(0，－1，3)，设平面ADF的法向量是n＝(x，y，z).由n·AD→＝0，n·AF→＝0得3x－2y＝0，－y＋3z＝0

，令y＝3，则n＝(2，3，3).又因为EM→·n＝0，所以EM→⊥n，又EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.(2)由(1)中证法二可知平面ADF的一个法向量是n＝(2，3，3).易得平面BFD的一个法向量是m

＝(0，－3，1).所以cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝－34，又二面角A﹣FD﹣B为锐角，故二面角A﹣FD﹣B的余弦值大小为34.3.如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD，ABEF均为直角梯形，∠ABC＝∠ABE＝90°，四

边形DCEF为平行四边形，平面ABCD⊥平面DCEF.(1)求证：平面ADF⊥平面ABCD；(2)若△ABD是边长为2的等边三角形，且异面直线BF与CE所成的角为45°，求点E到平面BDF的距离.【答案解析】解：(1)∵∠ABC＝∠ABE＝

90°，∴AB⊥BC，AB⊥BE.又BC，BE⊂平面BCE，且交于点B，∴AB⊥平面BCE.又CE⊂平面BCE，∴AB⊥CE.又∵AB∥CD，CE∥DF，∴CD⊥DF.又平面ABCD⊥平面DCEF，且交于CD，DF⊂平面DCEF，∴DF⊥平面ABCD.又DF⊂平面ADF，

∴平面ADF⊥平面ABCD.(2)∵CE∥DF，∴∠BFD为异面直线BF与CE所成的角，则∠BFD＝45°.在Rt△BDF中，∠BFD＝∠DBF＝45°，∴DF＝BD＝2.∵△ABD是边长为2的等边三角形，∠ABC＝90°，∴在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，∴CD＝1，BC＝3.∵CE∥DF

，DF⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，∴CE∥平面BDF，∴点C到平面BDF的距离即为点E到平面BDF的距离.由(1)可知DF⊥平面ABCD，则DF为三棱锥F﹣BCD的高.设点E到平面BDF的距离为h，由VE﹣BDF＝VC﹣BDF＝VF﹣BCD，得13S△BDF·h＝

13S△BCD·DF，∴h＝32.4.如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝3，点E，F分别在线段AB，AC上，且EF∥BC，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置，使得二面角P﹣EF﹣B的大小为60°．(1)求

证：EF⊥PB；(2)当点E为线段AB靠近B点的三等分点时，求直线PC与平面PEF所成角θ的正弦值．【答案解析】解：(1)证明：∵AB＝BC＝3，BC⊥AB，EF∥BC，∴EF⊥AB，翻折后垂直关系没变，有EF⊥PE，EF⊥BE，且PE∩

BE＝E，∴EF⊥平面PBE，∴EF⊥PB．(2)∵EF⊥PE，EF⊥BE，∴∠PEB是二面角P﹣EF﹣B的平面角，∴∠PEB＝60°，又PE＝2，BE＝1，由余弦定理得PB＝3，∴PB2＋EB2＝PE2，∴PB⊥EB，∴PB，BC，EB两两垂直．以B为坐标原点，

BC所在直线为x轴，BE所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，3)，C(3，0，0)，E(0，1，0)，F(2，1，0)，∴PE→＝(0，1，﹣3)，PF→＝(2，1，﹣3)，设

平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，由n·PE→＝0，n·PF→＝0，即y－3z＝0，2x＋y－3z＝0，令y＝3，则z＝1，x＝0，可得n＝(0，3，1)，又PC→＝(3，0，﹣3)，∴sinθ＝n·PC→|n||P

C→|＝14．故直线PC与平面PEF所成角θ的正弦值为14．5.如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别为AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折

起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)所示.(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由.【答案解析】解：(1)因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC

，所以DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩DC＝D，所以DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD，DE∩CD＝D，所以A1C⊥平面BCDE.(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐

标系.则A1(0，0，23)，D(0，2，0)，M(0，1，3)，B(3，0，0)，E(2，2，0).设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1B→＝0，n·BE→＝0.又因为A1B→＝(3，0，﹣23)，BE→＝(﹣1，2，

0)，所以3x－23z＝0，－x＋2y＝0.令y＝1，则x＝2，z＝3，所以n＝(2，1，3).设CM与平面A1BE所成的角为θ.因为CM→＝(0，1，3)，所以sinθ＝|cos〈n，CM→〉|＝n·CM→|n||CM→|＝48×4＝22.所以CM与平面A1BE所

成角的大小为π4.(3)线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p，0，0)，其中p∈[0，3].设平面A1DP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则A1D→·m＝0

，DP→·m＝0，∵A1D→＝(0，2，﹣23)，DP→＝(p，﹣2，0)，∴2y1－23z1＝0，px1－2y1＝0，∴z1＝33y1，x1＝p2y1.设y1＝6，则m＝(3p，6，23)，∵平面A1DP与平面A1BE垂直，则m·n＝0，∴6p＋

6＋6＝0，p＝﹣2，∵0≤p≤3，∴线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.6.如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.

(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.【答案解析】解：(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABF

D.(2)作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，HF→的方向为y轴正方向，|BF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.可得PH＝32，EH＝

32.则H(0,0,0)，P(0,0，32)，D(﹣1，﹣32，0)，DP→＝(1，32，32)，HP→＝(0,0，32)为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ＝|HP→·DP→||HP→||DP→|＝343＝34.所以DP与平

面ABFD所成角的正弦值为34.7.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝2，AC＝22.M是CC1的中点，P是AM的中点，点Q在线段BC1上，且BQ＝13QC1.(1)证明：PQ∥平面ABC；(2)若直线BA1与平面ABM所成角的正弦值为2

1515，求∠BAC的大小.【答案解析】解：(1)取MC的中点，记为点D，连接PD，QD.∵P为MA的中点，D为MC的中点，∴PD∥AC.又CD＝13DC1，BQ＝13QC1，∴QD∥BC.又PD∩QD＝D，∴平面PQD∥平面ABC.又PQ⊂平面PQD，∴PQ∥平面ABC.(2)∵BC，

BA，BB1两两互相垂直，∴以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz.设BC＝a，BA＝b，则各点的坐标分别为B(0，0，0)，C(a，0，0)，A(0，b，0)，A1(0，

b，2)，M(a，0，1)，∴BA1→＝(0，b，2)，BA→＝(0，b，0)，BM→＝(a，0，1).设平面ABM的法向量为n＝(x，y，z)，则n·BA→＝0，n·BM→＝0，∴by＝0，ax＋z＝0，取x＝1，则可得平面ABM的一个法向量为n

＝(1，0，﹣a)，∴|cos〈n，BA1→〉|＝|－2a|a2＋1·b2＋4＝21515.又a2＋b2＝8，∴a4＋4a2﹣12＝0.∴a2＝2或﹣6(舍)，即a＝2.∴sin∠BAC＝222＝12

.∴∠BAC＝π6.8.如图1所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC＝1，AD＝2，E是线段AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2所示.(

1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线BD与平面A1BC所成角的正弦值.【答案解析】解：(1)证明：在题图1中，连接CE，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝π2，所以四边形ABCE为正方

形，四边形BCDE为平行四边形，所以BE⊥AC.在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，又OA1∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1﹣BE﹣C的平面角，又平面A1BE⊥平面BCDE

，所以∠A1OC＝π2，所以OB，OC，OA1两两垂直.如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(22，0，0)，E(﹣22，0，0)，A1(0，0，22)，C(0，22，0)，得BC→＝(﹣22，22，0)，

A1C→＝(0，22，﹣22)，由CD→＝BE→＝(﹣2，0，0)，得D(﹣22，22，0).所以BD→＝(﹣322，22，0).设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，直线BD与平面A1BC所成的角为θ，则n

·BC→＝0，n·A1C→＝0，得－x＋y＝0，y－z＝0，取x＝1，得n＝(1，1，1).从而sinθ＝|cos〈BD→，n〉|＝25×3＝3015，即直线BD与平面A1BC所成角的正弦值为3015.9.如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝6

0°，四边形ACFE为矩形，FB＝10，M，N分别为EF，AB的中点．(1)求证：MN∥平面FCB；(2)若直线AF与平面FCB所成的角为30°，求平面MAB与平面FCB所成角的余弦值．【答案解析】解：(1)证明：取BC的中点Q，连接NQ，

FQ，则NQ＝12AC，NQ∥AC.又MF＝12AC，MF∥AC，所以MF＝NQ，MF∥NQ，则四边形MNQF为平行四边形，即MN∥FQ.因为FQ⊂平面FCB，MN⊄平面FCB，所以MN∥平面FCB.(2)由AB∥CD，AD＝DC＝CB

＝1，∠ABC＝60°可得∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝1，AB＝2.因为四边形ACFE为矩形，所以AC⊥平面FCB，则∠AFC为直线AF与平面FCB所成的角，即∠AFC＝30°，所以FC＝3.因为FB＝10，所以FC⊥BC，则可建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz，所

以A(3，0，0)，B(0，1，0)，M(32，0，3)，MA→＝(32，0，﹣3)，MB→＝(﹣32，1，﹣3).设m＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，则MA→·m＝0，MB→·m＝0，即32x－3z＝0，－32x＋y－3z

＝0.取x＝23，则m＝(23，6，1)为平面MAB的一个法向量．又n＝(3，0，0)为平面FCB的一个法向量，所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝23×37×3＝237.则平面MAB与平面FCB所成角的余弦值为237.10.如图1，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝

12EF，AB∥EF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥底面AEFB，G是EF的中点，如图2.(1)求证：AG⊥平面BCE；(2)求二面角C﹣AE﹣F的余弦值．【答案解析】解：(1)证明：连接BG，因为BC∥AD，AD⊥底面AEFB，所以BC⊥底面AEFB，又AG⊂底

面AEFB，所以BC⊥AG，因为AB＝12EF，且AB∥EF，所以AB//＝EG，因为AB＝AE，所以四边形ABGE为菱形，所以AG⊥BE，又BC∩BE＝B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，所以AG⊥平面

BCE.(2)由(1)知四边形ABGE为菱形，AG⊥BE，AE＝EG＝BG＝AB＝4，设AG∩BE＝O，所以OE＝OB＝23，OA＝OG＝2，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(﹣2，0，0)，E(0，﹣23，0)，F(4，23，0)，C(0，23，4)，D

(﹣2，0，4)，所以AC→＝(2，23，4)，AE→＝(2，﹣23，0)，设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，则AC→·n＝0，AE→·n＝0，所以2x＋23y＋4z＝0，2x－23y＝0，

令y＝1，则x＝3，z＝﹣3，即平面ACE的一个法向量为n＝(3，1，﹣3)，易知平面AEF的一个法向量为AD→＝(0，0，4)，设二面角C­AE­F的大小为θ，由图易知θ∈(0,π2)，所以cosθ＝|n·AD→

||n|·|AD→|＝437×4＝217.11.如图所示，正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由.(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出

BPBC的值；如果不存在，请说明理由.【答案解析】解：(1)AB∥平面DEF，理由如下：以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，23，0)，E(0，3，

1)，F(1，3，0)，所以DE→＝(0，3，1)，DF→＝(1，3，0)，AB→＝(2，0，﹣2)，由此，得AB→＝﹣2DE→＋2DF→.又DE→与DF→不共线，根据向量共面的充要条件可知AB→，DE→，DF→共面.由于AB⊄平面DEF，所以AB∥平面DEF.

(2)假设存在点P(x，y，0)满足条件，则AP→＝(x，y，﹣2)，AP→·DE→＝3y﹣2＝0，所以y＝233.又BP→＝(x﹣2，y，0)，PC→＝(﹣x，23﹣y，0)，BP→∥PC→，所以(x﹣2)(23﹣y)＝﹣xy，所以3x＋y＝23.把y＝233代入上式，得x＝43，所以BP→＝1

3BC→，所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时BPBC＝13.12.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，平面APD⊥平面ABCD，PA＝PD，E在AD上，且AB＝BC＝CD＝DE＝EA＝2.(1)求证：平面PEC⊥平面PBD；(2)设直线PB与平面PEC所成的角为π6，求平面AP

B与平面PEC所成的锐二面角的余弦值.【答案解析】解：(1)连接BE.在△PAD中，PA＝PD，AE＝ED，所以PE⊥AD.又平面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD＝AD，所以PE⊥平面AB

CD.又BD⊂平面ABCD，故PE⊥BD.在四边形ABCD中，BC∥DE，且BC＝DE，所以四边形BCDE为平行四边形.又BC＝CD，所以四边形BCDE为菱形.故BD⊥CE.又PE∩EC＝E，所以BD⊥平面PEC.又BD⊂平面PBD，所以平面PEC⊥平面PBD.(2)取

BC的中点F，连接EF.由(1)可知△BCE是一个正三角形，所以EF⊥BC.又BC∥AD，所以EF⊥AD.又PE⊥平面ABCD，故以点E为坐标原点，EF，ED，EP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的

空间直角坐标系.设PE＝t(t>0)，则D(0，2，0)，A(0，﹣2，0)，P(0，0，t)，F(3，0，0)，B(3，﹣1，0).因为BD⊥平面PEC，所以BD→＝(﹣3，3，0)是平面PEC的一个法向量.又PB→＝(3，﹣1，﹣t)，所以cos〈PB

→，BD→〉＝PB→·BD→|PB→||BD→|＝－64＋t2×23＝－34＋t2.由已知可得sinπ6＝|cos〈PB→，BD→〉|＝34＋t2，得t＝22(负值舍去).故P(0，0，22)，所以PB→＝(3，﹣1，﹣22)，AB→＝(3，1，0).设平面APB的法向量为

n＝(x，y，z)，则由n·PB→＝0，n·AB→＝0可得3x－y－22z＝0，3x＋y＝0，取y＝﹣6，则x＝2，z＝3，故n＝(2，﹣6，3)为平面APB的一个法向量，所以cos〈BD→，n〉＝BD→·n|B

D→||n|＝－4623×11＝﹣22211.设平面APB与平面PEC所成的锐二面角为θ，则cosθ＝|cos〈BD→，n〉|＝22211.13.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝π3.(1)求证：BC

1⊥平面ABC；(2)设CE→＝λCC1→(0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值.【答案解析】解：(1)因为AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂侧面BB1C1C，故AB⊥BC1.在△BCC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，

∠BCC1＝π3，所以BC21＝BC2＋CC21﹣2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22﹣2×1×2×cosπ3＝3.所以BC1＝3.故BC2＋BC21＝CC21，所以BC⊥BC1.而BC∩AB＝B，所以B

C1⊥平面ABC.(2)由(1)可知AB，BC，BC1两两互相垂直.以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图.则B(0，0，0)，A(0，1，0)，B1(﹣1，0，3)，C(1，0，0)，C1(0，0，3)，所以CC1→＝(﹣1，0，

3).所以CE→＝(﹣λ，0，3λ)，E(1﹣λ，0，3λ)，则AE→＝(1﹣λ，﹣1，3λ)，AB1→＝(﹣1，﹣1，3).设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE→＝0，n·AB1→＝0，即1－λx－y＋3λz＝0，－x－y＋3z＝0，令z＝

3，则x＝3－3λ2－λ，y＝32－λ，故n＝(3－3λ2－λ，y＝32－λ，3)是平面AB1E的一个法向量.因为AB⊥平面BB1C1C，所以BA→＝(0，1，0)是平面BB1E的一个法向量.所以|cos〈n，BA→〉|＝|n·BA→|

|n||BA→|＝32－λ3－3λ2－λ2＋32－λ2＋32×1＝32.两边平方并化简，得2λ2﹣5λ＋3＝0，解得λ＝1或32(舍去).故λ的值为1.14.如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥

CD，∠BAD＝90°，DC＝DA＝2AB＝25，点E为AD的中点，BD∩CE＝H，PH⊥平面ABCD，且PH＝4．(1)求证：PC⊥BD；(2)线段PC上是否存在一点F，使二面角B﹣DF﹣C的余弦值是1515？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由．【答案解析】解：(1)

证明：∵AB∥CD，∠BAD＝90°，∴∠EDC＝∠BAD＝90°．∵DC＝DA＝2AB，E为AD的中点，∴AB＝ED，∴△BAD≌△EDC，∴∠DBA＝∠DEH．∵∠DBA＋∠ADB＝90°，∴∠DEH＋∠ADB＝90°，∴BD⊥EC．又∵PH⊥平面ABCD，BD⊂

平面ABCD，∴BD⊥PH．又∵PH∩EC＝H，且PH，EC⊂平面PEC，∴BD⊥平面PEC．又∵PC⊂平面PEC，∴PC⊥BD．(2)由(1)可知，△DHE∽△DAB，∴DHDA＝EHBA＝DEDB，∵BD＝EC＝(25)2＋(5)2＝5，AB＝DE＝5，∴EH＝1，HC＝4，DH＝2，HB＝3

．∵PH，EC，BD两两垂直，∴建立以H为坐标原点，HB，HC，HP所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图所示，则H(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，4，0)，D(﹣2，0，0)，P(0，0，4)．假设线段PC上存在一点F满足题意．∵CF→与CP→共线，∴存在唯一实数λ(0≤

λ≤1)，满足CF→＝λCP→，可得F(0，4﹣4λ，4λ)．设向量n＝(x1，y1，z1)为平面CPD的法向量，且CP→＝(0，﹣4，4)，CD→＝(﹣2，﹣4，0)，∴n·CP→＝0，n·CD→＝0⇒－4y1＋4z1＝0，－2x1－4y1＝0⇒－y1＋z

1＝0，x1＋2y1＝0.取x1＝2，y1＝z1＝﹣1，则平面CPD的一个法向量为n＝(2，﹣1，﹣1)．同理可得平面BFD的一个法向量为m＝(0，λ，λ﹣1)．设二面角B﹣DF﹣C的平面角为θ，且0≤λ≤1，由图可知c

osθ＝|n·m||n||m|＝|－λ－λ＋1|22＋(－1)2＋(－1)2×02＋λ2＋(λ－1)2＝2λ－16(2λ2－2λ＋1)．∵2λ－16(2λ2－2λ＋1)＝1515，其中2λ﹣1>0，即12<λ≤1，∴λ＝34，即CF→＝34CP→．∵CP＝42＋42＝42，∴线段PC

上存在一点F，当点F满足CF＝32时，二面角B﹣DF﹣C的余弦值是1515．15.如图，在四棱锥P­ABCD中，E，F分别是PC，PD的中点，底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝2，且平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证：平面AEF⊥平面PCD；(2)求平面AEF与平面ACE所成锐二面角的

余弦值．【答案解析】解：(1)证明：由题意知，PA＝PD＝AD，F为PD的中点，可得AF⊥PD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD.又AF⊂平面PAD，∴CD⊥AF，又CD∩PD＝D，∴AF⊥平面PCD，又AF⊂

平面AEF，∴平面AEF⊥平面PCD.(2)取AD的中点O，BC的中点G，连接OP，OG，∵PA＝PD＝AD，∴OP⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，OP⊂平面PAD，∴OP⊥平面ABCD.分别以OA，OG，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图

所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(﹣1，2，0)，E(﹣12,1,32)，F(﹣12,0,32)，AF―→＝(﹣32,0,32)，FE―→＝(0，1，0)．设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，则m·AF―→＝0，m·FE―→＝0，即

－32x＋32z＝0，y＝0，可取m＝(1，0，3)，为平面AEF的一个法向量．同理，可得平面ACE的一个法向量为n＝(3，3，1)．cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝1×3＋3×12×7＝217.∴平面AEF与平面ACE所成锐二面角

的余弦值为217.16.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝AA1＝2，D为棱CC1的中点，AB1∩A1B＝O.(1)证明：C1O∥平面ABD；(2)设二面角D­AB­C的正切值为22，AC⊥BC，

E为线段A1B上一点，且CE与平面ABD所成角的正弦值为223，求BEBA1的值.【答案解析】解：(1)证明：如图，取AB的中点F，连接OF，DF.∵侧面ABB1A1为平行四边形，∴O为AB1的中点，∴OF∥BB1，OF＝12BB1.又C1D∥BB1，

C1D＝12BB1，∴OF∥C1D，OF＝C1D，∴四边形OFDC1为平行四边形，∴C1O∥DF.∵C1O⊄平面ABD，DF⊂平面ABD，∴C1O∥平面ABD.(2)如图，过C作CH⊥AB于H，连接DH，则∠DHC即为二

面角D­AB­C的平面角.∵DC＝1，tan∠DHC＝22，∴CH＝2.又AC＝2，AC⊥BC，∴BC＝2.以C为原点，建立空间直角坐标系C­xyz，如图所示.则A(2，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，1)，A1(2，0，2)，∴AB→＝(﹣2，2，0)，BD→＝(0，﹣2，1

).设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB→＝－2x＋2y＝0，n·BD→＝－2y＋z＝0，取y＝1，可得n＝(1，1，2).设BE→＝λBA1→(0≤λ≤1).∵BA1→＝(2，﹣2，2)，∴CE→＝CB→＋λBA1→＝(2λ，2﹣2λ，2λ)，∴CE

与平面ABD所成角的正弦值为|cos〈CE→，n〉|＝2＋4λ6×12λ2－8λ＋4＝223，整理，得36λ2﹣44λ＋13＝0，解得λ＝12或1318，即BEBA1＝12或1318.17.已知直角梯形A

BCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2，AD＝2，AB＝1，如图①所示，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置得三棱锥P­BCD，如图②所示．(1)求证：BD⊥PC；(2)当平面PBD⊥平面PBC时，求二面角P­DC­B的大小．【答

案解析】解：(1)证明：在图①中，连接AC，交BD于点G，因为∠CDA＝∠DAB＝90°，所以tan∠CAD＝CDAD＝2，tan∠DBA＝ADAB＝2，所以∠CAD＝∠DBA，因为∠CAD＋∠BAG＝90°，所以∠DBA＋∠BAG＝90°，所以BD⊥AC.

所以将△ABD沿BD折起到△PBD的位置后，仍有BD⊥PG，BD⊥CG，如图②所示，又PG∩CG＝G，所以BD⊥平面PCG，又PC⊂平面PCG，所以BD⊥PC.(2)因为平面PBD⊥平面PBC，PB⊥PD，平面PBD∩平面PBC

＝PB，PD⊂平面PBD，所以PD⊥平面PBC，因为PC⊂平面PBC，所以PD⊥PC，又BD⊥PC，BD∩PD＝D，所以PC⊥平面PBD，所以BP⊥CP.以P为坐标原点，PC，PB，PD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图③所示，则P

(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(0，0，2)，BD―→＝(0，﹣1，2)，BC―→＝(2，﹣1，0)，易知平面PCD的一个法向量为m＝(0，1，0)，设n＝(x，y，z)为平面BCD的法向量，则BD―→·n＝0，BC

―→·n＝0，即－y＋2z＝0，2x－y＝0，令x＝1，则y＝2，z＝1，得n＝(1，2，1)是平面BCD的一个法向量．则cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝22，易知二面角P­DC­B为锐角，所以二面角P­DC­B的大小为45°.18.已知：在▱ABCD中，

∠DAB＝45°，AB＝22，AD＝2，平面AED⊥平面ABCD，△AED为等边三角形，EF∥AB，EF＝2，M为线段BC的中点．(1)求证：直线MF∥平面BED.(2)求平面BED与平面FBC所成角的正弦值．【答案

解析】解：(1)证明：取BD的中点G，连接MG，EG，因为M为线段BC的中点，G是BD的中点，所以MG//CD，MG＝12CD，又CD//AB，CD＝AB，EF//AB，EF＝12AB所以EF＝GM，EF//GM所以四边形EFMG是平行四边形，所以MF∥EG，又M

F⊄平面BED，EG⊂平面BED，所以MF∥平面BED.(2)过点E作EO⊥AD，垂足为O，则O为AD的中点，因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD＝AD，OE⊂平面EAD，所以OE⊥平面ABCD，所以OE⊥AB，过O作ON⊥AB，垂足为N，则ON⊥OM

，以O为原点，以ON，OM，OE所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示则E(0，0，3)，M(0，22，0)，G(0，2，0)，B(22，322，0)，F(0，2，3)，所以BE→＝(﹣22，﹣322，3)，GE→＝(0，﹣2，3)，BM→＝(﹣22，22，0)，MF→＝(0，﹣2，3)．

设平面BDE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面BCF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则m·BE→＝0，m·GE→＝0，n·BM→＝0，n·MF→＝0，所以－22x1－322y1＋

3z1＝0，－2y1＋3z1＝0，－22x2＋22y2＝0，－2y2＋3z2＝0，令y1＝y2＝3得m＝(﹣3，3，2)，n＝(3，3，2)，所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝222×22＝14，设平面BED与平面FBC所成角为θ

，则|cosθ|＝14，所以sinθ＝1－cos2θ＝154，所以平面BED与平面FBC所成角的正弦值为154.