（精品講義）專題探究課四word版含解析2

18/1817/18/高考導航1.立體幾何是高考考查的重要內容，每年的高考試題中基本上都是“一大一小”兩題，即一個解答題，一個選擇題或填空題，題目難度中等偏下；2.高考試題中的選擇題或填空題主要考查學生的空間想象能力及計算能力，解答題則主要采用“論證與計算”相結合的模式，即首先是利用定義、定理、公理等證明空間的線線、線面、面面平行或垂直，再利用空間向量進行空間角的計算，重在考查學生的邏輯推理能力及計算能力，熱點題型主要有平面圖形的翻折、探索性問題等；3.解決立體幾何問題要用的數學思想方法主要有：(1)轉化與化歸(空間問題轉化為平面問題)；(2)數形結合(根據空間位置關系利用向量轉化為代數運算).熱點一空間點、線、面的位置關系及空間角的計算(教材VS高考)空間點、線、面的位置關系通常考查平行、垂直關系的證明，一般出現(xiàn)在解答題的第(1)問，解答題的第(2)問?？疾榍罂臻g角，一般都可以建立空間直角坐標系，用空間向量的坐標運算求解.【例1】(滿分12分)(2017·全國Ⅱ卷)如圖，四棱錐P－ABCD中，側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點.(1)證明：直線CE∥平面PAB；(2)點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M－AB－D的余弦值.教材探源本題源于教材選修2－1P109例4，在例4的基礎上進行了改造，刪去了例4的第(2)問，引入線面角的求解.滿分解答(1)證明取PA的中點F，連接EF，BF，因為E是PD的中點，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD，1分(得分點1)由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF綉B(tài)C，四邊形BCEF是平行四邊形，CE∥BF，3分(得分點2)又BF?平面PAB，CE?平面PAB，故CE∥平面PAB.4分(得分點3)(2)解由已知得BA⊥AD，以A為坐標原點，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，|eq\o(AB,\s\up6(→))|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0).設M(x，y，z)(0<x<1)，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x，y－1，z－eq\r(3)).6分(得分點4)因為BM與底面ABCD所成的角為45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的一個法向量，所以|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，n〉|＝sin45°，eq\f(|z|,\r(（x－1）2＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，設eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，則x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ.②由①，②解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)))(舍去)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，從而eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).8分(得分點5)設m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－\r(2)）x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2).10分(得分點6)于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5).因此二面角M－AB－D的余弦值為eq\f(\r(10),5).12分(得分點7)?得步驟分：抓住得分點的解題步驟，“步步為贏”，在第(1)問中，作輔助線→證明線線平行→證明線面平行；第(2)問中，建立空間直角坐標系→根據直線BM和底面ABCD所成的角為45°和點M在直線PC上確定M的坐標→求平面ABM的法向量→求二面角M－AB－D的余弦值.?得關鍵分：(1)作輔助線；(2)證明CE∥BF；(3)求相關向量與點的坐標；(4)求平面的法向量；(5)求二面角的余弦值，都是不可少的過程，有則給分，無則沒分.?得計算分：解題過程中計算準確是得滿分的根本保證，如(得分點4)，(得分點5)，(得分點6)，(得分點7).利用向量求空間角的步驟第一步：建立空間直角坐標系.第二步：確定點的坐標.第三步：求向量(直線的方向向量、平面的法向量)坐標.第四步：計算向量的夾角(或函數值).第五步：將向量夾角轉化為所求的空間角.第六步：反思回顧，查看關鍵點、易錯點和答題規(guī)范.【訓練1】(2018·長沙模擬)在四棱錐P－ABCE中，PA⊥底面ABCE，CD⊥AE，AC平分∠BAD，G為PC的中點，PA＝AD＝2，BC＝DE，AB＝3，CD＝2eq\r(3)，F(xiàn)，M分別為BC，EG上一點，且AF∥CD.(1)求eq\f(EM,MG)的值，使得CM∥平面AFG；(2)求直線CE與平面AFG所成角的正弦值.解(1)在Rt△ADC中，∠ADC為直角，tan∠CAD＝eq\f(2\r(3),2)＝eq\r(3)，則∠CAD＝60°，又AC平分∠BAD，∴∠BAC＝60°，∵AB＝3，AC＝2AD＝4，∴在△ABC中，由余弦定理可得BC＝eq\r(13)，∴DE＝eq\r(13).連接DM，當eq\f(EM,MG)＝eq\f(ED,DA)＝eq\f(\r(13),2)時，AG∥DM，又AF∥CD，AF∩AG＝A，∴平面CDM∥平面AFG，又CM?平面CDM，∴CM∥平面AFG.(2)分別以DA，AF，AP為x，y，z軸的正方向，A為原點，建立空間直角坐標系A－xyz，如圖所示，則A(0，0，0)，C(－2，2eq\r(3)，0)，D(－2，0，0)，P(0，0，2)，E(－2－eq\r(13)，0，0)，可得G(－1，eq\r(3)，1)，則eq\o(AG,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－2eq\r(3)，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－eq\r(13)，－2eq\r(3)，0).設平面AFG的法向量為n＝(x，y，z)，∵AF∥CD，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AG,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CD,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＋z＝0，,－2\r(3)y＝0，))令x＝1，得平面AFG的一個法向量為n＝(1，0，1).∴直線CE與平面AFG所成角的正弦值為|cos〈eq\o(CE,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\r(13),\r(13＋12)·\r(2))＝eq\f(\r(26),10).熱點二立體幾何中的探索性問題此類試題一般以解答題形式呈現(xiàn)，常涉及線、面平行、垂直位置關系的探究或空間角的計算問題，是高考命題的熱點，一般有兩種解決方式：(1)根據條件作出判斷，再進一步論證；(2)利用空間向量，先假設存在點的坐標，再根據條件判斷該點的坐標是否存在.【例2】如圖所示，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝eq\r(2)，E為PD上一點，PE＝2ED.(1)求證：PA⊥平面ABCD；(2)在側棱PC上是否存在一點F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F點的位置，并證明；若不存在，說明理由.(1)證明∵PA＝AD＝1，PD＝eq\r(2)，∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.又PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD?平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD.(2)解存在.以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系.則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\f(1,3)))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\f(1,3))).設平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,2y＋z＝0，))令y＝1，則n＝(－1，1，－2).假設側棱PC上存在一點F，且eq\o(CF,\s\up6(→))＝λeq\o(CP,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，使得BF∥平面AEC，則eq\o(BF,\s\up6(→))·n＝0.又∵eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，∴eq\o(BF,\s\up6(→))·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝eq\f(1,2)，∴存在點F，使得BF∥平面AEC，且F為PC的中點.探究提高(1)對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等.(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數，綜合已知和結論列出等式，解出參數.【訓練2】(2018·河北“五個一”名校二模)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四邊形BFED是以BD為直角腰的直角梯形，DE＝2BF＝2，平面BFED⊥平面ABCD.(1)求證：AD⊥平面BFED；(2)在線段EF上是否存在一點P，使得平面PAB與平面ADE所成的銳二面角的余弦值為eq\f(5\r(7),28)？若存在，求出點P的位置；若不存在，說明理由.(1)證明在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2，在△DCB中，由余弦定理得BD2＝DC2＋BC2－2DC·BCcos∠BCD＝3，∴AB2＝AD2＋BD2，∴BD⊥AD.∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，AD?平面ABCD，∴AD⊥平面BFED.(2)解存在.理由如下：假設存在滿足題意的點P，∵AD⊥平面BFED，∴AD⊥DE，以D為原點，DA，DB，DE所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，E(0，0，2)，F(xiàn)(0，eq\r(3)，1)，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，設P是線段上一點，則存在λ∈[0，1]，使得eq\o(EP,\s\up6(→))＝λeq\o(EF,\s\up6(→))，則eq\o(EP,\s\up6(→))＝λeq\o(EF,\s\up6(→))＝λ(0，eq\r(3)，－1)，在△AEP中，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))＋λeq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，0，2)＋λ(0，eq\r(3)，－1)＝(－1，eq\r(3)λ，2－λ).取平面ADE的一個法向量為n＝(0，1，0)，設平面PAB的法向量為m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·m＝0，,\o(AP,\s\up6(→))·m＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,－x＋\r(3)λy＋（2－λ）z＝0，))令y＝2－λ，則m＝(eq\r(3)(2－λ)，2－λ，eq\r(3)(1－λ))為平面PAB的一個法向量，∵二面角A－PD－C為銳二面角，∴cos〈m，n〉＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(5\r(7),28)，解得λ＝eq\f(1,3)，故P為線段EF上靠近點E的三等分點.熱點三立體幾何中的折疊問題將平面圖形沿其中一條或幾條線段折起，使其成為空間圖形，這類問題稱為立體幾何中的折疊問題，折疊問題常與空間中的平行、垂直以及空間角相結合命題，考查學生的空間想象力和分析問題的能力.【例3】(2016·全國Ⅱ卷)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB＝5，AC＝6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF＝eq\f(5,4)，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝eq\r(10).(1)證明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.(1)證明由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF.因此EF⊥HD，從而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4.由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.(2)解如圖，以H為坐標原點，eq\o(HF,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標系H－xyz.則H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D′(0，0，3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，－4，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(6，0，0)，eq\o(AD′,\s\up6(→))＝(3，1，3).設m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AD′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x1－4y1＝0，,3x1＋y1＋3z1＝0，))所以可取m＝(4，3，－5).設n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6x2＝0，,3x2＋y2＋3z2＝0，))所以可取n＝(0，－3，1).于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－14,\r(50)×\r(10))＝－eq\f(7\r(5),25).sin〈m，n〉＝eq\f(2\r(95),25).因此二面角B－D′A－C的正弦值是eq\f(2\r(95),25).探究提高立體幾何中的折疊問題，關鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關系和度量關系的變化情況，一般地翻折后還在同一個平面上的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質發(fā)生變化.【訓練3】(2018·衡水中學調研)如圖(1)所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是線段AD的中點，O是AC與BE的交點.將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如圖(2)所示.(1)證明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直線BD與平面A1BC所成角的正弦值.(1)證明在題圖(1)中，連接CE，因為AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以四邊形ABCE為正方形，四邊形BCDE為平行四邊形，所以BE⊥AC.在題圖(2)中，BE⊥OA1，BE⊥OC，又OA1∩OC＝O，OA1，OC?平面A1OC，從而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC為二面角A1－BE－C的平面角，又平面A1BE⊥平面BCDE，所以∠A1OC＝eq\f(π,2)，所以OB，OC，OA1兩兩垂直.如圖，以O為原點，OB，OC，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則B(eq\f(\r(2),2)，0，0)，E(－eq\f(\r(2),2)，0，0)，A1(0，0，eq\f(\r(2),2))，C(0，eq\f(\r(2),2)，0)，得eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2)，0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，eq\f(\r(2),2)，－eq\f(\r(2),2))，由eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，0)，得D(－eq\r(2)，eq\f(\r(2),2)，0).所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－eq\f(3\r(2),2)，eq\f(\r(2),2)，0).設平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z)，直線BD與平面A1BC所成的角為θ，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1C,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,y－z＝0，))取x＝1，得n＝(1，1，1).從而sinθ＝|cos〈eq\o(BD,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\r(2),\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(30),15)，即直線BD與平面A1BC所成角的正弦值為eq\f(\r(30),15).1.(2018·成都診斷)如圖所示，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，AD＝2eq\r(3)，∠ACD＝60°，E為CD的中點.(1)求證：BC∥平面PAE；(2)求直線PD與平面PBC所成角的正弦值.(1)證明∵AB＝eq\r(3)，BC＝1，∠ABC＝90°，∴AC＝2，∠BCA＝60°.在△ACD中，∵AD＝2eq\r(3)，AC＝2，∠ACD＝60°，∴由余弦定理得：AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD，解得CD＝4，∴AC2＋AD2＝CD2，∴△ACD是直角三角形.又E為CD的中點，∴AE＝eq\f(1,2)CD＝CE，又∠ACD＝60°，∴△ACE是等邊三角形，∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.又AE?平面PAE，BC?平面PAE，∴BC∥平面PAE.(2)解由(1)可知∠BAE＝90°，以點A為原點，以AB，AE，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則P(0，0，2)，B(eq\r(3)，0，0)，C(eq\r(3)，1，0)，D(－eq\r(3)，3，0)，∴eq\o(PB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，－2)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，－2).設n＝(x，y，z)為平面PBC的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－2z＝0，,\r(3)x＋y－2z＝0，))設x＝1，則y＝0，z＝eq\f(\r(3),2)，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(\r(3),2)))，∴cos〈n，eq\o(PD,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(PD,\s\up6(→)),|n|·|\o(PD,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2\r(3),\r(\f(7,4))·\r(16))＝－eq\f(\r(21),7)，∴直線PD與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(21),7).2.(2018·鄭州調研)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，點E為AD中點，沿BE將△ABE折起至△PBE，如圖所示，點P在平面BCDE的射影O落在BE上.(1)求證：BP⊥CE；(2)求二面角B－PC－D的余弦值.(1)證明由條件，點P在平面BCDE的射影O落在BE上，∴平面PBE⊥平面BCDE，且在△BCE中，BE2＋CE2＝BC2，∵BE2＝2，CE2＝2，BC2＝4，∴BE⊥CE，又平面PBE∩平面BCDE＝BE，CE?平面BCDE，∴CE⊥平面PBE，又BP?平面PBE，∴BP⊥CE.(2)解以O為坐標原點，以過點O且平行于CD的直線為x軸，過點O且平行于BC的直線為y軸，直線PO為z軸，建立如圖所示空間直角坐標系.則B(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，0)，C(eq\f(1,2)，eq\f(3,2)，0)，D(－eq\f(1,2)，eq\f(3,2)，0)，P(0，0，eq\f(\r(2),2))，設平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(CP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1＋3y1－\r(2)z1＝0，))令z1＝eq\r(2)，可得n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\r(2)))，設平面PBC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－y2－\r(2)z2＝0，,2y2＝0，))令z2＝eq\r(2)，可得n2＝(2，0，eq\r(2))，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(33),11)，結合圖形判斷二面角B－PC－D為鈍二面角，則二面角B－PC－D的余弦值為－eq\f(\r(33),11).3.(2018·西安模擬)如圖在直角梯形BB1C1C中，∠CC1B1＝90°，BB1∥CC1，CC1＝B1C1＝2BB1＝2，D是CC1的中點，四邊形AA1C1C可以通過直角梯形BB1C1C以CC1為軸旋轉得到，且二面角B1－CC1－A為120°.(1)若點E是線段A1B1上的動點，求證：DE∥平面ABC；(2)求二面角B－AC－A1的余弦值.(1)證明連接DA1，DB1，∵CD∥AA1且CD＝AA1，∴四邊形AA1DC是平行四邊形，∴AC∥A1D，同理BC∥DB1，∴A1D∥平面ABC，DB1∥平面ABC，又A1D∩DB1＝D，A1D，DB1?平面DA1B1，∴平面DA1B1∥平面CAB，又DE?平面DA1B1，∴DE∥平面ABC.(2)解在平面A1B1C1內，過C1作C1F⊥B1C1，由題知CC1⊥C1B1，CC1⊥A1C1，∴CC1⊥平面A1B1C1.分別以C1F，C1B1，C1C為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系C1－xyz，則C1(0，0，0)，A(eq\r(3)，－1，1)，C(0，0，2)，B(0，2，1)，所以eq\o(C1A,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，1)，eq\o(C1C,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，設平面A1AC的法向量為m＝(x，y，z)，平面BAC的法向量為n＝(a，b，c)，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(C1C,\s\up6(→))·m＝0，,\o(C1A,\s\up6(→))·m＝0))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2z＝0，,\r(3)x－y＋z＝0，))可取m＝(eq\r(3)，3，0)，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2b＋c＝0，,－\r(3)a＋b＋c＝0，))可取n＝(eq\r(3)，1，2)，cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(3＋3,\r(3＋9)·\r(3＋1＋4))＝eq\f(\r(6),4)，所以二面角B－AC－A1的余弦值為eq\f(\r(6),4).4.(2018·武漢模擬)如圖，四邊形ABCD是正方形，四邊形BDEF為矩形，AC⊥BF，G為EF的中點.(1)求證：BF⊥平面ABCD；(2)二面角C－BG－D的大小可以為60°嗎，若可以求出此時eq\f(BF,BC)的值，若不可以，請說明理由.(1)證明∵四邊形ABCD是正方形，四邊形BDEF為矩形，∴BF⊥BD，又∵AC⊥BF，AC，BD為平面ABCD內兩條相交直線，∴BF⊥平面ABCD.(2)解假設二面角C－BG－D的大小可以為60°，由(1)知BF⊥平面ABCD，以A為原點，分別以AB，AD為x軸，y軸建立空間直角坐標系，如圖所示，不妨設AB＝AD＝2，BF＝h(h>0)，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，EF的中點G(1，1，h)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(－1，1，h)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0).設平面BCG的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BG,\s\up6(→))·n＝0，,\o(BC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＋hz＝0，,2y＝0，))取n＝(h，0，1).由于AC⊥BF，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDG，平面BDG的法向量為eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，2，0).由題意得cos60°＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(AC,\s\up6(→)),|n|·|\o(AC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(2h,\r(h2＋1)·\r(4＋4))，解得h＝1，此時eq\f(BF,BC)＝eq\f(1,2).∴當eq\f(BF,BC)＝eq\f(1,2)時，二面角C－BG－D的大小為60°.5.(2018·湘中名校調研)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，E，F(xiàn)，M分別是棱PD，PC和BC上的點，且eq\f(DE,EP)＝eq\f(CF,FP)＝eq\f(CM,MB)＝eq\f(1,2)，N是PA上一點，AD＝PD.(1)求當eq\f(AN,NP)為何值時，平面NEF⊥平面MEF；(2)在(1)的條件下，若AB＝eq\f(1,2)DC＝2，PD＝3，求平面BCN與平面MEF所成銳二面角的余弦值.解(1)在AD上取一點G，使得eq\f(DG,GA)＝eq\f(1,2)，連接EG，MG，∴eq\f(DG,GA)＝eq\f(DE,EP)＝eq\f(CM,MB)＝eq\f(1,2)，∴EG∥PA，MG∥CD.∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CD，∵AD⊥CD，∴CD⊥平面PAD，∵eq\f(DE,EP)＝eq\f(CF,FP)，∴EF∥DC，則EF⊥平面PAD.∵平面NEF⊥平面MEF，∴∠NEG＝90°，在Rt△PAD中，AD＝PD，∴PA＝eq\r(2)PD，在△PNE中，由正弦定理得PN＝eq\f(\r(2),3)PD.∴當eq\f(AN,NP)＝2時，平面NEF⊥平面MEF.(2)以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz，則A(3，0，0)，B(3，2，0)，C(0，4，0)，P(0，0，3)，N(1，0，2)，∴eq\o(NB,\s\up6(→))＝(2，2，－2)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(3，－2，0)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(3，0，－3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，設平面BCN的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(NB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y－2z＝0，,3x－2y＝0，))令y＝3，則x＝2，z＝5，∴n＝(2，3，5)，∵EF∥AB，F(xiàn)M∥PB且EF∩FM＝F，∴平面MEF∥平面PAB，設平面PAB的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(AB,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x1－3z1＝0，,2y1＝0，))令x1＝1，z1＝1，∴n1＝(1，0，1)，∴平面MEF的一個法向量為n1＝(1，0，1)，∴|cos〈n1，n〉|＝