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2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第3讲 立体几何中的计算问题——二面角
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这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第3讲 立体几何中的计算问题——二面角，共11页。
(第1题)
A．eq \f(1,2)B．eq \f(1,3)
C．－eq \f(1,2)D．－eq \f(1,3)
【解析】 如图，过点A作AO⊥BD，垂足为O，连接PO，由题知BD＝eq \r(32＋42)＝5，PO⊥BD，所以∠POA是二面角A－BD－P的平面角．因为eq \f(1,2)×BD×AO＝eq \f(1,2)×AB×AD，所以AO＝eq \f(AB×AD,BD)＝eq \f(12,5)，所以tan∠POA＝eq \f(PA,AO)＝eq \f(\f(4,5),\f(12,5))＝eq \f(1,3)，所以二面角A－BD－P的正切值为eq \f(1,3)．
(第1题)
2．(人A选必一P44习题15)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，Q为B1C1的中点，点P在棱AA1上，AP∶AA1＝1∶3，则平面ABCD与平面BQP夹角的余弦值为( A )
(第2题)
A．eq \f(3\r(46),46)B．eq \f(\r(46),46)
C．eq \f(\r(,23),5)D．eq \f(\r(,2),5)
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1,1,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,3)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，1))，eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，\f(1,3)))，eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，\f(2,3)))，设平面BPQ的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BP,\s\up6(→))＝－y＋\f(1,3)z＝0，,n·\(PQ,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x＋y＋\f(2,3)z＝0，))不妨令y＝1，则z＝3，x＝6，所以n＝(6,1,3)．又易知平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，所以cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n|·|m|)＝eq \f(3,\r(36＋1＋9))＝eq \f(3\r(46),46)，所以平面ABCD与平面BQP夹角的余弦值为eq \f(3\r(46),46)．
(第2题)
3．(2023·石家庄调研)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，AD＝eq \r(,3)AB，则二面角P－CD－B的大小为( A )
A．30°B．45°
C．60°D．75°
【解析】 因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD．又AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD．因为PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，所以二面角P－CD－B的平面角为∠PDA．在Rt△PAD中，tan∠PDA＝eq \f(PA,AD)＝eq \f(\r(,3),3)，则∠PDA＝30°，故二面角P－CD－B的大小为30°．
4．(2023·广州二模)木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为40cm的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50cm的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为( A )
(第4题)
A．eq \f(2\r(,2),3)B．eq \f(2,3)
C．eq \f(2\r(,5),5)D．eq \f(2,5)
【解析】 如图，由题意可知O是底面正方形的中心也是球O的球心，且R＝50＝OB，OO′＝40，所以BC＝50eq \r(,2)， O′B′＝eq \r(,R2－OO′2)＝eq \r(,502－402)＝30，进而可得B′C′＝30eq \r(,2)．取BC的中点为N，过B′C′的中点P作PM⊥ON，连接PN，所以OM＝O′P＝eq \f(1,2)B′A′＝15eq \r(,2)，ON＝eq \f(1,2)BA＝25eq \r(,2)，故MN＝ON－OM＝10eq \r(,2)，在Rt△PMN中，tan∠PNM＝eq \f(PM,MN)＝eq \f(40,10\r(,2))＝2eq \r(,2)， 故sin∠PNM＝eq \f(2\r(,2),3)．由于PN⊥BC，ON⊥BC，所以∠PNM即为正四棱台的侧面与底面所成二面角，故正弦值为eq \f(2\r(,2),3)．
(第4题)
5．(多选)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E，F分别为线段PB，BC上的动点，BE＝eq \r(2)BF，平面AEF与平面PBC所成角的余弦值为eq \f(\r(7),14)，则eq \f(BF,BC)的值可能是( BD )
(第5题)
A．eq \f(1,4)B．eq \f(1,3)
C．eq \f(1,2)D．eq \f(2,3)
【解析】 由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥AB，PA⊥AD，又在正方形ABCD中，AD⊥AB，故AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP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AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1，1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，设n1＝(x1，y1，z1)为平面PBC的一个法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n1·\(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＝0，,x1－z1＝0，))令x1＝1，则n1＝(1,0,1)，由BE＝eq \r(2)BF，可知EF∥PC，设eq \(BF,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))，则eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，λ，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－λ，0，λ)，可得eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝(1，λ，0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＝(1－λ，0，λ)．设平面AEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(AF,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋λy2＝0，,1－λx2＋λz2＝0，))取y2＝1，则x2＝－λ，z2＝1－λ，即n2＝(－λ，1，1－λ)．由|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(|1－2λ|,\r(2)·\r(2λ2－2λ＋2))＝eq \f(\r(7),14)，解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝eq \f(2,3)．
(第5题)
6．(2023·佛山二模)(多选)在四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，AB＝3，BD＝2，CD＝4，平面ABD与平面BCD的夹角为eq \f(π,3)，则AC的值可能为( AD )
A．eq \r(,17)B．eq \r(,23)
C．eq \r(,35)D．eq \r(,41)
【解析】 在四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，则〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉是二面角A－BD－C的平面角，如图，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→))＝－eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→))，而AB＝3，BD＝2，CD＝4，eq \(AC,\s\up6(→))2＝eq \(BA,\s\up6(→))2＋eq \(BD,\s\up6(→))2＋eq \(DC,\s\up6(→))2－2eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝9＋4＋16－2×3×4cs〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉＝29－24cs〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉．因为平面ABD与平面BCD的夹角为eq \f(π,3)，则当〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉＝eq \f(π,3)时，|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(,17)，当〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉＝eq \f(2π,3)时，|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(,41)，所以AC的值可能为eq \r(,17)，eq \r(,41)．
(第6题)
7．如图，在四棱锥E－ABCD中，CD∥AB，AB⊥BC，侧面ABE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝BE＝2BC＝2CD＝4，点M在棱AE上，且MA＝2EM，则二面角E－BD－M的余弦值为__eq \f(4\r(70),35)__．
(第7题)
【解析】 如图，取AB的中点O，连接EO，DO．由条件可知OD，OA，OE两两垂直，以O为坐标原点，OD，OA，OE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，则A(0,2,0)，B(0，－2，0)，D(2,0,0)，E(0,0,2eq \r(3))，因为eq \(AM,\s\up6(→))＝2eq \(ME,\s\up6(→))，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)，\f(4\r(3),3)))，所以eq \(BD,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(8,3)，\f(4\r(3),3)))，eq \(BE,\s\up6(→))＝(0,2，2eq \r(3))，设平面BDM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\(BM,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x1＋2y1＝0，,\f(8,3)y1＋\f(4\r(3),3)z1＝0.))令y1＝－eq \r(3)，则m＝(eq \r(3)，－eq \r(3)，2)．设平面BDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x2＋2y2＝0，,2y2＋2\r(3)z2＝0，))令y2＝－eq \r(3)，则n＝(eq \r(3)，－eq \r(3)，1)，cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(3)×\r(3)＋－\r(3)×－\r(3)＋2×1,\r(3＋3＋4)×\r(3＋3＋1))＝eq \f(8,\r(70))＝eq \f(4\r(70),35)，结合图象可知二面角E－BD－M为锐角，所以二面角E－BD－M的余弦值为eq \f(4\r(70),35)．
(第7题)
8．如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AD＝3BC＝6，AB＝3，∠BAD＝eq \f(π,3)，顶点P在底面ABCD上的射影O在线段BD上，且OD＝2OB，PO＝3，则平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为__eq \f(\r(,43),86)__．
(第8题)
【解析】 在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cseq \f(π,3)＝27．因为AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD，如图，延长CO交AD于点M(如图(1))，由题易知△BOC∽△DOM．因为OD＝2OB，所以MD＝2BC＝4，AM＝AD－MD＝2．因为AM∥BC，AM＝BC，所以四边形ABCM为平行四边形，所以AB∥CM，CO⊥BD．因为PO⊥平面ABCD，CO⊂平面ABCD，所以CO⊥PO，所以OB，OC，OP两两垂直，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图(2)所示的空间直角坐标系，则B(eq \r(,3)，0,0)，A(eq \r(,3)，－3，0)，C(0,1,0)，D(－2eq \r(,3)，0,0)，P(0,0,3)，所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,3,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \r(,3)，0，－3)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(,3)，－1，0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,1，－3)．设平面PAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3y1＝0，,\r(,3)x1－3z1＝0，))不妨取x1＝eq \r(,3)，得m＝(eq \r(,3)，0,1)．设平面PCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝0))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2\r(,3)x2－y2＝0，,y2－3z2＝0，))不妨取x2＝eq \r(,3)，得n＝(eq \r(,3)，－6，－2)，所以|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\r(,43),86)，即平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为eq \f(\r(,43),86)．
图(1)
图(2)
(第8题)
9．(2021·高考甲卷改)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1，当B1D＝__eq \f(1,2)__，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小．
(第9题)
【解析】 因为三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB．因为A1B1∥AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB．又BB1∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B1，所以AB⊥平面BCC1B1，所以BA，BC，BB1两两垂直．以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图．所以B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0,2)，A1(2,0,2)，C1(0，2,2)，E(1，1,0)，F(0,2,1)．由题设D(a,0,2)(0≤a≤2)．设平面DFE的法向量为m＝(x，y，z)，因为eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－a,1，－2)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝0，,m·\(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＋z＝0，,1－ax＋y－2z＝0.))令z＝2－a，则m＝(3,1＋a,2－a)，因为平面BCC1B1的一个法向量为eq \(BA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ，则|csθ|＝eq \f(|m·\(BA,\s\up6(→))|,|m|·|\(BA,\s\up6(→))|)＝eq \f(6,2×\r(,2a2－2a＋14))＝eq \f(3,\r(,2a2－2a＋14))．当a＝eq \f(1,2)时，2a2－2a＋14取得最小值为eq \f(27,2)，此时csθ取得最大值为eq \f(3,\r(,\f(27,2)))＝eq \f(\r(,6),3)，所以(sinθ)min＝eq \r(,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(,6),3)))2)＝eq \f(\r(,3),3)，此时B1D＝eq \f(1,2)．
(第9题)
10．(2023·益阳调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD＝AB＝eq \r(,2)，CD＝CB＝eq \r(,5)，BD＝2，PB＝PD，E为线段PC上一点，PA∥平面BDE，平面PDB⊥平面ABCD．
(第10题)
(1) 求eq \f(PE,PC)；
【解答】 如图，连接AC交BD于点O，由AD＝AB，CD＝CB，得△DAC≌△BAC，所以BO＝DO，AO⊥BD，即AC⊥BD，AO＝eq \r(,AD2－DO2)＝eq \r(,2－1)＝1，CO＝eq \r(,5－1)＝2．因为PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BDE＝EO，所以PA∥EO，所以eq \f(PE,PC)＝eq \f(AO,AC)＝eq \f(1,3)．
(2) 若三棱锥P－BDE的体积为eq \f(2,3)，求平面EBC与平面DBC夹角的余弦值．
【解答】 因为PB＝PD，BO＝DO，所以PO⊥BD，又因为平面PDB⊥平面ABCD，平面PDB∩平面ABCD＝BD，PO⊂平面PBD，所以PO⊥平面ABCD．由(1)得VP－BDE＝eq \f(1,3)VP－BDC＝eq \f(2,3)，所以VP－BCD＝2，即eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×PO＝2，PO＝3，平面EBC即为平面PBC．如图，以O为坐标原点，以OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,3)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－3)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,2，－3)．设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝x－3z＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝2y－3z＝0，))取z＝1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(3,2)，1))，易知平面BCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(,9＋\f(9,4)＋1))＝eq \f(2,7)，所以平面EBC与平面DBC夹角的余弦值为eq \f(2,7)．
(第10题)
11．(2023·惠州二模)如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1＝1，AB＝2，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD．
(第11题)
(1) 若点M是AD的中点，求证：C1M∥平面AA1B1B．
【解答】 方法一：连接B1A，由已知得B1C1∥BC∥AD，且B1C1＝AM＝eq \f(1,2)BC，所以四边形AB1C1M是平行四边形，即C1M∥B1A．又C1M⊄平面AA1B1B，B1A⊂平面AA1B1B，所以C1M∥平面AA1B1B．
方法二：连接B1A，MD1，由已知得AA1∥MD1，且AA1＝MD1，eq \(MC1,\s\up6(→))＝eq \(MD1,\s\up6(→))＋eq \(D1C1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1B1,\s\up6(→))＝eq \(AB1,\s\up6(→))，即C1M∥B1A．又C1M⊄平面AA1B1B，B1A⊂平面AA1B1B，所以C1M∥平面AA1B1B．
(2) 棱BC上是否存在一点E，使得二面角E－AD1－D的余弦值为eq \f(1,3)？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由．
【解答】 取BC中点Q，连接AQ，由题易得△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD．由于AA1⊥平面ABCD，故以A为坐标原点，分别以AQ，AD，AA1为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，A(0,0,0)，A1(0,0,1)，D1(0,1,1)，Q(eq \r(,3)，0,0)，假设点E存在，设点E的坐标为(eq \r(,3)，λ，0)，－1≤λ≤1，eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(,3)，λ，0)，eq \(AD1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(,3)x＋λy＝0，,y＋z＝0，))不妨令z＝eq \r(,3)，则n＝(λ，－eq \r(,3)，eq \r(,3))，又平面ADD1的一个法向量为eq \(AQ,\s\up6(→))＝(eq \r(,3)，0,0)，所以|cs〈eq \(AQ,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AQ,\s\up6(→))·n|,|\(AQ,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(,3)|λ|,\r(,3)·\r(,λ2＋6))＝eq \f(1,3)，解得λ＝±eq \f(\r(,3),2)，由于二面角E－AD1－D为锐角，则点E在线段QC上，所以λ＝eq \f(\r(,3),2)，即CE＝1－eq \f(\r(,3),2)．故BC上存在点E，当CE＝1－eq \f(\r(,3),2)时，二面角E－AD1－D的余弦值为eq \f(1,3)．
(第11题)
(第1题)
A．eq \f(1,2)B．eq \f(1,3)
C．－eq \f(1,2)D．－eq \f(1,3)
【解析】 如图，过点A作AO⊥BD，垂足为O，连接PO，由题知BD＝eq \r(32＋42)＝5，PO⊥BD，所以∠POA是二面角A－BD－P的平面角．因为eq \f(1,2)×BD×AO＝eq \f(1,2)×AB×AD，所以AO＝eq \f(AB×AD,BD)＝eq \f(12,5)，所以tan∠POA＝eq \f(PA,AO)＝eq \f(\f(4,5),\f(12,5))＝eq \f(1,3)，所以二面角A－BD－P的正切值为eq \f(1,3)．
(第1题)
2．(人A选必一P44习题15)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，Q为B1C1的中点，点P在棱AA1上，AP∶AA1＝1∶3，则平面ABCD与平面BQP夹角的余弦值为( A )
(第2题)
A．eq \f(3\r(46),46)B．eq \f(\r(46),46)
C．eq \f(\r(,23),5)D．eq \f(\r(,2),5)
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1,1,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,3)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，1))，eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，\f(1,3)))，eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，\f(2,3)))，设平面BPQ的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BP,\s\up6(→))＝－y＋\f(1,3)z＝0，,n·\(PQ,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x＋y＋\f(2,3)z＝0，))不妨令y＝1，则z＝3，x＝6，所以n＝(6,1,3)．又易知平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，所以cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n|·|m|)＝eq \f(3,\r(36＋1＋9))＝eq \f(3\r(46),46)，所以平面ABCD与平面BQP夹角的余弦值为eq \f(3\r(46),46)．
(第2题)
3．(2023·石家庄调研)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，AD＝eq \r(,3)AB，则二面角P－CD－B的大小为( A )
A．30°B．45°
C．60°D．75°
【解析】 因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD．又AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD．因为PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，所以二面角P－CD－B的平面角为∠PDA．在Rt△PAD中，tan∠PDA＝eq \f(PA,AD)＝eq \f(\r(,3),3)，则∠PDA＝30°，故二面角P－CD－B的大小为30°．
4．(2023·广州二模)木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为40cm的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50cm的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为( A )
(第4题)
A．eq \f(2\r(,2),3)B．eq \f(2,3)
C．eq \f(2\r(,5),5)D．eq \f(2,5)
【解析】 如图，由题意可知O是底面正方形的中心也是球O的球心，且R＝50＝OB，OO′＝40，所以BC＝50eq \r(,2)， O′B′＝eq \r(,R2－OO′2)＝eq \r(,502－402)＝30，进而可得B′C′＝30eq \r(,2)．取BC的中点为N，过B′C′的中点P作PM⊥ON，连接PN，所以OM＝O′P＝eq \f(1,2)B′A′＝15eq \r(,2)，ON＝eq \f(1,2)BA＝25eq \r(,2)，故MN＝ON－OM＝10eq \r(,2)，在Rt△PMN中，tan∠PNM＝eq \f(PM,MN)＝eq \f(40,10\r(,2))＝2eq \r(,2)， 故sin∠PNM＝eq \f(2\r(,2),3)．由于PN⊥BC，ON⊥BC，所以∠PNM即为正四棱台的侧面与底面所成二面角，故正弦值为eq \f(2\r(,2),3)．
(第4题)
5．(多选)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E，F分别为线段PB，BC上的动点，BE＝eq \r(2)BF，平面AEF与平面PBC所成角的余弦值为eq \f(\r(7),14)，则eq \f(BF,BC)的值可能是( BD )
(第5题)
A．eq \f(1,4)B．eq \f(1,3)
C．eq \f(1,2)D．eq \f(2,3)
【解析】 由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥AB，PA⊥AD，又在正方形ABCD中，AD⊥AB，故AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP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AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1，1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，设n1＝(x1，y1，z1)为平面PBC的一个法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n1·\(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＝0，,x1－z1＝0，))令x1＝1，则n1＝(1,0,1)，由BE＝eq \r(2)BF，可知EF∥PC，设eq \(BF,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))，则eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，λ，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－λ，0，λ)，可得eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝(1，λ，0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＝(1－λ，0，λ)．设平面AEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(AF,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋λy2＝0，,1－λx2＋λz2＝0，))取y2＝1，则x2＝－λ，z2＝1－λ，即n2＝(－λ，1，1－λ)．由|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(|1－2λ|,\r(2)·\r(2λ2－2λ＋2))＝eq \f(\r(7),14)，解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝eq \f(2,3)．
(第5题)
6．(2023·佛山二模)(多选)在四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，AB＝3，BD＝2，CD＝4，平面ABD与平面BCD的夹角为eq \f(π,3)，则AC的值可能为( AD )
A．eq \r(,17)B．eq \r(,23)
C．eq \r(,35)D．eq \r(,41)
【解析】 在四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，则〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉是二面角A－BD－C的平面角，如图，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→))＝－eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→))，而AB＝3，BD＝2，CD＝4，eq \(AC,\s\up6(→))2＝eq \(BA,\s\up6(→))2＋eq \(BD,\s\up6(→))2＋eq \(DC,\s\up6(→))2－2eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝9＋4＋16－2×3×4cs〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉＝29－24cs〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉．因为平面ABD与平面BCD的夹角为eq \f(π,3)，则当〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉＝eq \f(π,3)时，|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(,17)，当〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉＝eq \f(2π,3)时，|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(,41)，所以AC的值可能为eq \r(,17)，eq \r(,41)．
(第6题)
7．如图，在四棱锥E－ABCD中，CD∥AB，AB⊥BC，侧面ABE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝BE＝2BC＝2CD＝4，点M在棱AE上，且MA＝2EM，则二面角E－BD－M的余弦值为__eq \f(4\r(70),35)__．
(第7题)
【解析】 如图，取AB的中点O，连接EO，DO．由条件可知OD，OA，OE两两垂直，以O为坐标原点，OD，OA，OE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，则A(0,2,0)，B(0，－2，0)，D(2,0,0)，E(0,0,2eq \r(3))，因为eq \(AM,\s\up6(→))＝2eq \(ME,\s\up6(→))，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)，\f(4\r(3),3)))，所以eq \(BD,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(8,3)，\f(4\r(3),3)))，eq \(BE,\s\up6(→))＝(0,2，2eq \r(3))，设平面BDM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\(BM,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x1＋2y1＝0，,\f(8,3)y1＋\f(4\r(3),3)z1＝0.))令y1＝－eq \r(3)，则m＝(eq \r(3)，－eq \r(3)，2)．设平面BDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x2＋2y2＝0，,2y2＋2\r(3)z2＝0，))令y2＝－eq \r(3)，则n＝(eq \r(3)，－eq \r(3)，1)，cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(3)×\r(3)＋－\r(3)×－\r(3)＋2×1,\r(3＋3＋4)×\r(3＋3＋1))＝eq \f(8,\r(70))＝eq \f(4\r(70),35)，结合图象可知二面角E－BD－M为锐角，所以二面角E－BD－M的余弦值为eq \f(4\r(70),35)．
(第7题)
8．如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AD＝3BC＝6，AB＝3，∠BAD＝eq \f(π,3)，顶点P在底面ABCD上的射影O在线段BD上，且OD＝2OB，PO＝3，则平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为__eq \f(\r(,43),86)__．
(第8题)
【解析】 在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cseq \f(π,3)＝27．因为AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD，如图，延长CO交AD于点M(如图(1))，由题易知△BOC∽△DOM．因为OD＝2OB，所以MD＝2BC＝4，AM＝AD－MD＝2．因为AM∥BC，AM＝BC，所以四边形ABCM为平行四边形，所以AB∥CM，CO⊥BD．因为PO⊥平面ABCD，CO⊂平面ABCD，所以CO⊥PO，所以OB，OC，OP两两垂直，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图(2)所示的空间直角坐标系，则B(eq \r(,3)，0,0)，A(eq \r(,3)，－3，0)，C(0,1,0)，D(－2eq \r(,3)，0,0)，P(0,0,3)，所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,3,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \r(,3)，0，－3)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(,3)，－1，0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,1，－3)．设平面PAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3y1＝0，,\r(,3)x1－3z1＝0，))不妨取x1＝eq \r(,3)，得m＝(eq \r(,3)，0,1)．设平面PCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝0))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2\r(,3)x2－y2＝0，,y2－3z2＝0，))不妨取x2＝eq \r(,3)，得n＝(eq \r(,3)，－6，－2)，所以|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\r(,43),86)，即平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为eq \f(\r(,43),86)．
图(1)
图(2)
(第8题)
9．(2021·高考甲卷改)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1，当B1D＝__eq \f(1,2)__，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小．
(第9题)
【解析】 因为三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB．因为A1B1∥AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB．又BB1∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B1，所以AB⊥平面BCC1B1，所以BA，BC，BB1两两垂直．以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图．所以B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0,2)，A1(2,0,2)，C1(0，2,2)，E(1，1,0)，F(0,2,1)．由题设D(a,0,2)(0≤a≤2)．设平面DFE的法向量为m＝(x，y，z)，因为eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－a,1，－2)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝0，,m·\(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＋z＝0，,1－ax＋y－2z＝0.))令z＝2－a，则m＝(3,1＋a,2－a)，因为平面BCC1B1的一个法向量为eq \(BA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ，则|csθ|＝eq \f(|m·\(BA,\s\up6(→))|,|m|·|\(BA,\s\up6(→))|)＝eq \f(6,2×\r(,2a2－2a＋14))＝eq \f(3,\r(,2a2－2a＋14))．当a＝eq \f(1,2)时，2a2－2a＋14取得最小值为eq \f(27,2)，此时csθ取得最大值为eq \f(3,\r(,\f(27,2)))＝eq \f(\r(,6),3)，所以(sinθ)min＝eq \r(,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(,6),3)))2)＝eq \f(\r(,3),3)，此时B1D＝eq \f(1,2)．
(第9题)
10．(2023·益阳调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD＝AB＝eq \r(,2)，CD＝CB＝eq \r(,5)，BD＝2，PB＝PD，E为线段PC上一点，PA∥平面BDE，平面PDB⊥平面ABCD．
(第10题)
(1) 求eq \f(PE,PC)；
【解答】 如图，连接AC交BD于点O，由AD＝AB，CD＝CB，得△DAC≌△BAC，所以BO＝DO，AO⊥BD，即AC⊥BD，AO＝eq \r(,AD2－DO2)＝eq \r(,2－1)＝1，CO＝eq \r(,5－1)＝2．因为PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BDE＝EO，所以PA∥EO，所以eq \f(PE,PC)＝eq \f(AO,AC)＝eq \f(1,3)．
(2) 若三棱锥P－BDE的体积为eq \f(2,3)，求平面EBC与平面DBC夹角的余弦值．
【解答】 因为PB＝PD，BO＝DO，所以PO⊥BD，又因为平面PDB⊥平面ABCD，平面PDB∩平面ABCD＝BD，PO⊂平面PBD，所以PO⊥平面ABCD．由(1)得VP－BDE＝eq \f(1,3)VP－BDC＝eq \f(2,3)，所以VP－BCD＝2，即eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×PO＝2，PO＝3，平面EBC即为平面PBC．如图，以O为坐标原点，以OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,3)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－3)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,2，－3)．设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝x－3z＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝2y－3z＝0，))取z＝1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(3,2)，1))，易知平面BCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(,9＋\f(9,4)＋1))＝eq \f(2,7)，所以平面EBC与平面DBC夹角的余弦值为eq \f(2,7)．
(第10题)
11．(2023·惠州二模)如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1＝1，AB＝2，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD．
(第11题)
(1) 若点M是AD的中点，求证：C1M∥平面AA1B1B．
【解答】 方法一：连接B1A，由已知得B1C1∥BC∥AD，且B1C1＝AM＝eq \f(1,2)BC，所以四边形AB1C1M是平行四边形，即C1M∥B1A．又C1M⊄平面AA1B1B，B1A⊂平面AA1B1B，所以C1M∥平面AA1B1B．
方法二：连接B1A，MD1，由已知得AA1∥MD1，且AA1＝MD1，eq \(MC1,\s\up6(→))＝eq \(MD1,\s\up6(→))＋eq \(D1C1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1B1,\s\up6(→))＝eq \(AB1,\s\up6(→))，即C1M∥B1A．又C1M⊄平面AA1B1B，B1A⊂平面AA1B1B，所以C1M∥平面AA1B1B．
(2) 棱BC上是否存在一点E，使得二面角E－AD1－D的余弦值为eq \f(1,3)？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由．
【解答】 取BC中点Q，连接AQ，由题易得△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD．由于AA1⊥平面ABCD，故以A为坐标原点，分别以AQ，AD，AA1为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，A(0,0,0)，A1(0,0,1)，D1(0,1,1)，Q(eq \r(,3)，0,0)，假设点E存在，设点E的坐标为(eq \r(,3)，λ，0)，－1≤λ≤1，eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(,3)，λ，0)，eq \(AD1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(,3)x＋λy＝0，,y＋z＝0，))不妨令z＝eq \r(,3)，则n＝(λ，－eq \r(,3)，eq \r(,3))，又平面ADD1的一个法向量为eq \(AQ,\s\up6(→))＝(eq \r(,3)，0,0)，所以|cs〈eq \(AQ,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AQ,\s\up6(→))·n|,|\(AQ,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(,3)|λ|,\r(,3)·\r(,λ2＋6))＝eq \f(1,3)，解得λ＝±eq \f(\r(,3),2)，由于二面角E－AD1－D为锐角，则点E在线段QC上，所以λ＝eq \f(\r(,3),2)，即CE＝1－eq \f(\r(,3),2)．故BC上存在点E，当CE＝1－eq \f(\r(,3),2)时，二面角E－AD1－D的余弦值为eq \f(1,3)．
(第11题)
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