1．如图,在四棱锥P﹣ABCＤ中，底面ＡBCD为正方形，平面PAD⊥平面ＡBCＤ,点M在线段PＢ上，PD∥平面MAＣ，ＰA=ＰD=,AB=4.
(1)求证：M为PB的中点；
（２）求二面角Ｂ﹣ＰＤ﹣A的大小;
（3)求直线MC与平面BDＰ所成角的正弦值.
【分析】(1）设ＡＣ∩BＤ=O,则O为ＢD的中点,连接ＯM，利用线面平行的性质证明ＯＭ∥PD,再由平行线截线段成比例可得M为PＢ的中点；
(2)取AＤ中点G,可得PＧ⊥ＡD，再由面面垂直的性质可得PＧ⊥平面ABCD,则P Ｇ⊥AD，连接OＧ，则PG⊥ＯＧ，再证明OG⊥AD．以Ｇ为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为ｘ、ｙ、z轴距离空间直角坐标系,求出平面PBD与平面PＡD 的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；
(3)求出的坐标，由与平面PBＤ的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线ＭC与平面ＢDP所成角的正弦值.
【解答】（１)证明:如图，设AC∩BD=Ｏ,
∵ABCD为正方形，∴O为ＢＤ的中点，连接OM,
∵PＤ∥平面MAC,PD?平面PBＤ，平面PＢＤ∩平面AMＣ=ＯＭ,
∴PＤ∥ＯM，则，即M为PB的中点；
(2)解：取AD中点G,
∵PA=ＰD，∴PＧ⊥AＤ,
∵平面PＡD⊥平面ABCD,且平面PAＤ∩平面AＢCD=AD,
∴PG⊥平面ABCD,则PＧ⊥AD，连接OG，则PG⊥OG,
由Ｇ是AＤ的中点,O是AC的中点,可得OG∥ＤC,则ＯＧ⊥AD．
以G为坐标原点，分别以GD、ＧO、ＧＰ所在直线为ｘ、y、z轴距离空间直角坐标系,
由PA＝PD=,AB=4，得D（2，０,0),A(﹣2,0，0),P(0，0,）,Ｃ（2，4，0）,B
（﹣2，4，0),M(﹣1,２，)，
,．
设平面ＰＢＤ的一个法向量为,
则由,得,取ｚ=,得．
取平面PAD的一个法向量为．
∴coｓ＜>==.
∴二面角Ｂ﹣ＰD﹣A的大小为６0°;
（3)解：,平面BDP的一个法向量为.
∴直线MＣ与平面BＤP所成角的正弦值为｜coｓ<＞｜=|｜＝||=.
【点评】本题考查线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题．
２.如图，在三棱锥P﹣ＡBＣ中,PA⊥底面ＡＢC,∠BAＣ=90°．点D,Ｅ，N分别为棱PA，PC，ＢC的中点,M是线段ＡＤ的中点，PA=ＡC=４，AB=２.
（Ⅰ）求证:MN∥平面BDE;
(Ⅱ)求二面角C﹣EＭ﹣Ｎ的正弦值；
(Ⅲ)已知点H在棱ＰA上，且直线ＮＨ与直线ＢE所成角的余弦值为,求线段AH的长．
【分析】(Ⅰ）取ＡB中点Ｆ，连接MF、NF，由已知可证ＭＦ∥平面BＤＥ,NF∥平面BDE.得到平面MFＮ∥平面BＤE,则ＭN∥平面ＢDE；
（Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BＡC=90°.可以A为原点，分别以AB、ＡＣ、AP所在直线为ｘ、y、ｚ轴建立空间直角坐标系．求出平面MEＮ与平面ＣME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值;
（Ⅲ）设AH＝ｔ,则Ｈ(0,０,t）,求出的坐标,结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．
【解答】(Ⅰ）证明：取AB中点F,连接MF、ＮF,
∵M为ＡＤ中点，∴MF∥ＢD,
∵BD?平面ＢDE,ＭF?平面BDＥ，∴MF∥平面ＢDE.
∵Ｎ为BC中点，∴NF∥AC，
又D、Ｅ分别为ＡP、ＰC的中点,∴DE∥AC，则NＦ∥ＤE.
∵ＤE?平面ＢDE，NF?平面BＤＥ，∴NF∥平面BDE.
又MF∩NF=F.
∴平面MFN∥平面BDE，则MＮ∥平面BＤE；
（Ⅱ）解:∵PA⊥底面ABＣ，∠BＡC＝90°．
∴以A为原点，分别以AB、AC、ＡP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵ＰA＝AC=４，ＡB=２，
∴A(0，0,0）,B（２,０,0）,Ｃ（0，４,０），Ｍ（0,０,１）,N（1,2,0)，E(0,2，
２），
则，，
设平面MEN的一个法向量为,
由，得，取z=2，得.
由图可得平面ＣME的一个法向量为.
∴cos＜>=.
∴二面角C﹣ＥM﹣Ｎ的余弦值为，则正弦值为；
(Ⅲ)解:设AH=t,则H（0,0，ｔ),,.
∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，
∴|ｃos<>|=|｜＝||=.
解得：ｔ=或t=．
∴当H与P重合时直线NH与直线ＢＥ所成角的余弦值为,此时线段AＨ的长为或.
【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查了利用空间向量求解空间角，考查计算能力,是中档题.
3．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ＡBＣD(及其内部)以AB边所在直
线为旋转轴旋转１２0°得到的，G是的中点.
(Ⅰ）设P是上的一点，且ＡP⊥BE，求∠CBP的大小;
（Ⅱ)当AB=３，ＡD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小.
【分析】(Ⅰ)由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ＡBP，得到ＢE⊥BP,结合∠EBC=12０°求得∠CＢＰ=30°；
（Ⅱ）法一、取的中点H，连接EH，GH，CH,可得四边形BEGH为菱形，取AG 中点M,连接EM,CＭ，EＣ,得到ＥM⊥AG,CＭ⊥AG,说明∠EMC为所求二面角的平面角.求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小.
法二、以Ｂ为坐标原点，分别以ＢE,ＢＰ,ＢＡ所在直线为ｘ,y,z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G,Ｃ的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角Ｅ﹣AG﹣C的大小.
【解答】解:（Ⅰ)∵ＡＰ⊥BE，AB⊥ＢE,且AB,AＰ?平面ABＰ,AＢ∩AP=Ａ,∴BE⊥平面ABP，又BP?平面ＡBP，
∴BＥ⊥BP,又∠ＥＢC=12０°，
因此∠CBP=3０°；
(Ⅱ）解法一、
取的中点H,连接ＥH，GＨ,CH，
∵∠ＥBC=120°,∴四边形BECH为菱形，
∴AE=GＥ=AC＝GＣ=.
取ＡG中点Ｍ，连接EM,CＭ，EC，
则ＥM⊥AG,CＭ⊥AG，
∴∠EMＣ为所求二面角的平面角.
又AM＝1，∴EM＝CM=．
在△BEＣ中,由于∠EBC＝120°，
由余弦定理得：EＣ2=2２＋２２﹣２×2×2×ｃos１20°=12，
∴,因此△EＭC为等边三角形，
故所求的角为6０°．
解法二、以Ｂ为坐标原点，分别以BE，BP，ＢA所在直线为x,y，z轴建立空间直角坐标系.
由题意得:A（0，0，3）,Ｅ(２,0，0)，Ｇ(１,，3)，C(﹣1,，0）,故，，．
设为平面AEG的一个法向量,
=2，得;
由，得，取z
１
设为平面ACG的一个法向量,
=﹣2,得.
由，可得，取z
2
∴coｓ＜>=．
∴二面角E﹣AＧ﹣Ｃ的大小为6０°．
【点评】本题考查空间角的求法，考查空间想象能力和思维能力，训练了线面角
的求法及利用空间向量求二面角的大小，是中档题.
4.如图，在以A，B,C,D,E，F为顶点的五面体中,面ＡBEF为正方形,AF=2FD,∠AFD＝9０°,且二面角D﹣AＦ﹣E与二面角C﹣BＥ﹣Ｆ都是60°.
(Ⅰ）证明平面AＢEF⊥平面ＥFDC;
（Ⅱ）求二面角E﹣ＢC﹣A的余弦值．
【分析】(Ⅰ）证明AF⊥平面EFDＣ，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABＥF⊥平面EＦDC;
(Ⅱ)证明四边形EＦDC为等腰梯形,以E为原点，建立如图所示的坐标系,求出平面BEC、平面ABC的法向量，代入向量夹角公式可得二面角Ｅ﹣BC﹣Ａ的余弦值.【解答】(Ⅰ)证明：∵AＢEＦ为正方形,∴AＦ⊥EF.
∵∠AFＤ=90°，∴AF⊥DF,
∵DF∩EF=F，
∴AF⊥平面EFＤC,
∵ＡF?平面ＡBＥF，
∴平面ABEＦ⊥平面EＦDＣ；
（Ⅱ)解：由AF⊥DＦ，AF⊥EF，
可得∠DFE为二面角Ｄ﹣AＦ﹣E的平面角;
由ABＥＦ为正方形,AF⊥平面EFDC,
∵BE⊥EＦ，
∴BE⊥平面ＥFDＣ
即有ＣE⊥BＥ,
可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．
可得∠DFＥ=∠CＥF=６0°．
∵AＢ∥EF,AB?平面EFＤC,ＥF?平面EFDC,
∴ＡＢ∥平面ＥFＤC,
∵平面ＥFDC∩平面AＢCD=CD,AB?平面ABCD,
∴AＢ∥CD，
∴ＣＤ∥EＦ，
∴四边形EFDC为等腰梯形．
以E为原点,建立如图所示的坐标系,设ＦＤ=a,
则E（０,0,0),B（0,2a，0),Ｃ（,0,a），A（２a,2a，０）,∴=（0，2a，0）,=(，﹣2ａ，ａ),=(﹣2ａ,０,0）
设平面ＢＥＣ的法向量为=(x
１,y
1
，z
1
）,则,
则，取=（，０,﹣1）．
设平面ＡBＣ的法向量为=(ｘ
2，y
2
，z
2
),则,
则，取=（0，，4）.
设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则coｓθ＝
==﹣,
则二面角Ｅ﹣BC﹣A的余弦值为﹣．
【点评】本题考查平面与平面垂直的证明,考查用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键.
5．如图,菱形AＢCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6，点Ｅ，F分别在
AD,CＤ上,AE=CF＝，ＥF交于ＢD于点Ｈ，将△ＤEF沿ＥF折到△D′ＥF的位置，ＯD′=.
(Ⅰ)证明:D′Ｈ⊥平面ＡBCD；
(Ⅱ)求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．
【分析】（Ⅰ）由底面ＡBCD为菱形,可得AD=CＤ,结合AE=CF可得EＦ∥ＡＣ，再由ABCD是菱形，得AＣ⊥BＤ,进一步得到EＦ⊥ＢD,由ＥF⊥DH,可得EＦ⊥D′Ｈ,然后求解直角三角形得D′H⊥OＨ，再由线面垂直的判定得D′Ｈ⊥平面ＡＢＣD;
(Ⅱ）以H为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系,由已知求得所用点的坐标，得到的坐标,分别求出平面AＢD′与平面ＡD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ,求出｜cosθ|.则二面角B ﹣D′A﹣C的正弦值可求．
【解答】（Ⅰ)证明：∵ABCD是菱形,
∴AＤ=ＤC,又AＥ=ＣF＝，
∴，则EF∥AC，
又由ＡBCD是菱形,得AＣ⊥BＤ，则EF⊥BＤ，
∴EF⊥DH,则EF⊥Ｄ′Ｈ,
∵ＡＣ=6，
∴AO=３，
又AＢ=5，ＡＯ⊥ＯB，
∴ＯB＝４,
∴OＨ=＝1,则ＤH＝D′H=3，
∴|OＤ′|2＝｜OH|2＋|D′H|2,则D′H⊥OH,
又OH∩EＦ＝H,
∴D′Ｈ⊥平面ABCD;
（Ⅱ)解:以Ｈ为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系，
∵AB=5,ＡＣ=６,
∴Ｂ（5,0,0），C（１,3，0),D′（0,0,3),A(1，﹣3,0）,
,，
设平面ABＤ′的一个法向量为，
由,得,取x=3，得y＝﹣４，z=5．
∴.
同理可求得平面AD′C的一个法向量,
设二面角二面角B﹣Ｄ′A﹣Ｃ的平面角为θ，
则|cosθ｜=．
∴二面角Ｂ﹣D′A﹣C的正弦值为siｎθ=．
【点评】本题考查线面垂直的判定,考查了二面角的平面角的求法，训练了利用平面的法向量求解二面角问题,体现了数学转化思想方法，是中档题.
６.在三棱柱ＡBC﹣A
1B
１
Ｃ
1
中，ＣA＝CＢ，侧面ABB
1
A
1
是边长为２的正方形，点
E，F分别在线段AA
１、A
１
Ｂ
１
上，且AE=,A
1
F=，CE⊥EF．
（Ⅰ）证明：平面ABB
1A
１
⊥平面ABC；
（Ⅱ）若CA⊥ＣＢ，求直线AC
１
与平面CEＦ所成角的正弦值.
【分析】(Ｉ)取AB的中点D，连结ＣD，DF，ＤＥ.计算DE,EＦ，ＤＦ，利用勾
股定理的逆定理得出DE⊥EF，由三线合一得CD⊥AB,故而CD⊥平面ABB
1Ａ
1
，从
而平面ＡBB
１A
1
⊥平面ABC；
（ＩI）以C为原点建立空间直角坐标系，求出和平面CEＦ的法向量，则
直线AC
1
与平面CEF所成角的正弦值等于｜coｓ＜＞|.
【解答】证明：（I)取ＡB的中点D,连结CD,ＤF,DＥ.
∵AＣ＝BC，Ｄ是AB的中点,∴ＣＤ⊥AB．
∵侧面AＢＢ
１A
１
是边长为２的正方形，AE=，A
1
Ｆ＝．
∴A
１
E=,EF==，ＤE=＝，DＦ＝＝,
∴EF2+DE2＝DＦ2，∴DE⊥EＦ，
又CE⊥EＦ,CＥ∩ＤE＝E,CE?平面ＣDE,DＥ?平面CＤE，∴ＥF⊥平面CDE,又ＣD?平面CDE，
∴ＣD⊥EF，
又ＣD⊥AB，AＢ?平面ABＢ
1A
1
,EF?平面ＡBB
1
Ａ
1
，AB,EF为相交直线,
∴CD⊥平面ＡBB
１A
1
,又CＤ?AＢC，
∴平面ABＢ
1A
1
⊥平面ＡBＣ．
(II）∵平面AＢＢ
1A
1
⊥平面ABC，
∴三棱柱AＢC﹣A
1B
１
C
1
是直三棱柱,∴CＣ
1
⊥平面ABC．
∵ＣA⊥CＢ，AＢ=2，∴ＡC＝BＣ=．
以Ｃ为原点，以CA,CB，CＣ
１
为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：