第八章复习资料

第八章道德性与品德的形成复习题一、选择题1.皮亚杰认为，儿童道德性是从他律向自律按阶段发展的，自律出现的年龄是（）A．8岁以后 B．10岁以后 C．12岁以后 D．14岁以后2.利用两难故事法研究儿童的道德发展的心理学家是（）A．皮亚杰 B．柯尔伯格 C．华莱士 D．班杜拉3．一个人想起了岳飞、文天祥等英雄人物时，多半会唤起一种对高风亮节、坚贞不屈行为的钦慕之情，这种情绪体验属于（）A．直觉的道德感 B．想象性的道德感 C．伦理性的道德感 D．感性的道德感4．儿童与少年的自我道德评价能力相对于对别人的评价往往（）A．提前 B．落后 C．同步 D．不确定5．任何一种品德都包含以下哪几种成分？（）A．道德认识、道德感、道德意志和道德行为方式B．道德认识、道德感、道德信念和道德行为方式C．道德信念、道德感、道德意志和道德行为方式D．道德认识、道德信念、道德意志和道德行为方式6．科尔伯格认为，一个人的道德成熟是指（）A．道德行为习惯的形成 B．尊重准则和社会公正感两方面C．道德信念的形成 D．能运用道德原则进行是非判断7．由于对道德结构成分的认识不同，行为派强调教育培养的重点应是( )A．移情教育 B．意志教育 C．行为训练D．说理教育8.按照皮亚杰的道德发展阶段论，9岁的儿童一般处于（）A.可逆性阶段B.权威阶段C.自我中心阶段D.公正阶段9.道德是一种（）A.社会现象，属于政治范畴B.意识现象，属于政治范畴C.社会现象，属于社会的上层建筑D.意识现象，属于社会的上层建筑10.在班杜拉看来，决定道德行为的是（）A.年龄和教育B.情境和教育C.教育D.环境、榜样和强化11.科尔伯格认为，儿童道德判断的前习俗水平包括两个阶段( )。

A.“好孩子”定向水平、权威定向水平B.权威和维护社会秩序定向水平、原则定向水平C.原则定向水平、良心定向水平D.惩罚和服从定向、工具性的享乐主义定向12.皮亚杰认为，儿童在判断行为对错时，是( )。

第八章陆游等中兴四大诗人陈与义、吕本中去世以后，一批出生于靖康前后的诗人登上诗坛。

他们是在烽火连天的时代里成长起来的，山河破碎的动荡时势使他们具有完全不同于苏轼、黄庭坚的创作环境。

而且他们自少就感受到诗坛风气的转变，所以比陈、吕等前辈更富有独创精神，最终以全新的艺术风貌取代了江西诗派在诗坛上的主流地位。

这些诗人中以陆游、杨万里、范成大、尤袤四人最为著名，被称为“中兴四大诗人”。

第一节陆游的创作道路和诗歌渊源陆游(1125～1210)，字务观，号放翁，越州山阴(今浙江绍兴)人。

他出生的第二年适逢靖康之乱，随其父陆宰离开中原南归。

陆游的生活经历大致可分为三个时期：一、45岁以前，他任镇江通判等职，后因赞助张浚北伐而罢职家居；二、自46岁入蜀从军至65岁被劾罢官；三、66岁以后在山阴农村闲居20年。

陆游的诗歌创作道路与其生活经历密切相关，也可分为三个时期：一、45岁之前为初期。

此期的创作受江西诗派的影响较大，曾几、吕本中的爱国精神和诗法技巧都给他以很大的教益，其诗歌的爱国主义基调已初步奠定，但视野还不够广阔，同时偏重形式技巧，以“藻绘”为工，尚未形成自己的创作个性。

二、46岁至65岁为中期。

是他创作最为辉煌的高峰期。

火热的前线生活为诗人的爱国诗歌创作开辟了崭新的天地，频繁的迁徙使其眼界和心胸都随之大开，他的诗风逐渐跨越了江西诗派的藩篱，形成了博大宏肆、雄浑苍劲的主导风格，这是陆游创作中具有本质性的变化。

三、66岁至去世为晚期。

这时期，陆诗的内容和风格较之以前又有所变化。

自然风光、田园景物、农村生活成为诗中表现的主题，风格也趋于闲适自然、古朴平淡，但诗人的爱国热情始终不衰，仍在一定程度上保持着中期的主导风格。

这20年，诗人写了7000多首诗，是他创作的又一丰收期。

陆游与江西诗派有着深刻的渊源关系。

他师事曾几，又私淑吕本中，对曾、吕二人服膺终生。

陆游接受曾、吕的影响首先在于爱国的情操；艺术上也受到曾、吕较深的影响，对“活法”说深信不疑，直到70岁时还对曾几授予他的“文章切勿参死句” （《赠应秀才》）一语津津乐道。

第八章社会主义基本制度的全面确立第一节《共同纲领》的全面实施与新民主主义革命任务的胜利完成1、[单选]1949年中华人民共和国的成立标志着中国现代史的开端。

2、[单选]在新解放区，人民解放军进行了大规模的剿匪作战，共消灭国民党土匪武装200多万。

3、[单选]1951年5月，西藏和平解放标志着中国人民解放军完成全国大陆的解放。

4、[单选]1950年6月，中央人民政府颁布了《中华人民共和国土地改革法》。

5、[单选]新中国成立初期开展的镇压反革命运动的政策是镇压与宽大相结合。

6、[单选]新中国建立社会主义国营经济的最主要途径和手段是没收官僚资本。

7、[单选]1950年5月，第一部《中华人民共和国婚姻法》颁布。

8、[单选]中共七届三中全会提出争取国家财政经济状况基本好转的任务。

9、[单选]到1953年3月，我国建立了县级以上的民族自治区达47个。

10、[单选]1951年至1952年“五反”运动开展的领域是私营工商业。

11、[单选]新中国的第一个五年计划中，集中主要力量发展的是重工业。

12、[单选]新中国成立初期，我国主持召开的第一次大型国际会议是亚洲太平洋地区和平会议。

13、[单选]中国人民志愿军司令员兼政治委员是彭德怀。

14、[单选]1949年10月2日，第一个照会中国政府，决定同中华人民共和国建立外交关系的国家是苏联。

15、[单选]新民主主义社会的起止时间是1949年——1956年。

16、[多选]20世纪中国人民在前进道路上经历的第一交历史性巨大变化是新中国的成立和社会主义制度的建立。

17、[多选]中华人民共和国的成立奈志着新民主主义革命基本胜利；半殖民地半封建社会结束；中国进入新民主主义社会。

18、[多选]建国初期进行的运动主要有土地改革运动、镇压反革命运动、三反五反运动、抗美援朝运动。

19、[多选]建国初期，中国共产党对很高营工商业进行全面调整的原则是公私兼顾、劳资两利。

20、[多选]党的七届三中全会提出获得国家财政经济状况根本好转的条件是土地改革的完成；现有工商业的调整；国家机构所需经费的大量节减。

第八章访谈法第一节访谈法的特点和类型一、访谈法的基本特点1.访谈法的含义访谈法是在当代社会研究方法体系中的一种最重要、使用最广泛的一种收集资料的方法。

社会研究者们普遍地使用这种方法，以获得大量的研究资料。

访谈法的含义：访谈法又叫访问法，即调查者通过与被调查者的交谈而获取信息的一种调查方法。

访谈法最基本的特点是调查者和被调查者在同一时间进行交谈，既包括面对面直接交谈，也包括借助电话等通讯手段的交谈，以及通过翻译而进行的使用不同语言的交谈。

（不包括信件进行的交流）二、访谈法的优缺点和其他调查方法相比，访谈法的突出特点是使调查者和被调查者之间形成较多的人际互动，更容易获得真实、深入的资料。

（一）访谈法的优点：（1）信息量大。

（既可以了解被调查者的客观情况，也可以挖掘被调查者的内在主观情况）（2）灵活性高。

（访谈研究的一个主要优点是它的灵活性）、（3）适用范围广。

（适用于社会各个群体的被调查者，特别是对于一些特殊的调查群体）（4）控制性强。

（可以保证回答是真实可靠的，同时可以确保回答的完整性）（5）访谈法可以与其他方法相合，以获取更加丰富的信息。

（二）访谈法的缺点：（1）开放式的访谈标准不一，其结果难以进行定量研究；（同一问题可能有不同回答，造成访谈误差）（2）成本较高。

访谈研究费用极高。

（3）访谈通常时间长。

（4）隐蔽性差。

（5）受访谈对象周围环境的影响大。

（婴儿的哭闹、电话、来客的打断等等）三、访谈法的类型：（1）根据对访谈过程的控制程度可以分为：结构式访谈法、无结构式访谈法；结构式访谈法，也叫标准化访谈法。

是按照统一设计的有一定结构的问卷所进行的访谈。

结构式访谈法的特点是：对于每个被访者来说，访谈中提出的问题、提问的方式、顺序以及被访谈者回答的格式和记录方式等都是相同的，有时甚至连访谈的时间、地点、周围环境等外部条件，也要求保持基本的一致。

结构式访谈法的最大好处是，访谈结果在形式上比较统一，便于进行量化的统计分析。

第八章意志教学要求：1.了解意志的一般概念、青少年意志品质及特点2.掌握意志行动的结构、意志过程的障碍与克服、青少年良好意志品质的培养第一节意志概述引入案例：张海迪、林肯、桑德斯上校思考：成功的背后体现了他们的什么心理过程？（意志）一、意志的一般概念意志是人为了达到一定目的，自觉地组织自己的行动，并与困难相联系的心理过程。

二、意志行动的结构一个完整的意志行动过程是由采取决定和执行决定这两个阶段构成的。

采取决定是意志行动的开始阶段，是行动前头脑中确立目标、考虑计划并引向行动的一种酝酿活动，它决定着意志行动的方向。

执行决定是意志行动的完成阶段，它使头脑里的意图、愿望、计划和措施在行动中加以实施，从而达到目的。

在这两个阶段中又包含着许多复杂的互相联系的心理成分。

（一）采取决定阶段1．开展动机斗争由于人的需要是多种多样的，由需要而产生的动机也是复杂多样的。

其间有些可能是相互矛盾的。

当动机发生矛盾冲突时，便产生动机斗争。

动机斗争解决后，才能确定行动的目的。

动机冲突有三类：（1）双趋冲突（2）双避冲突（3）趋避冲突2．确定行动目的动机斗争后，行动的目的也就确定下来。

例：就业与考研，最后确定考研3．选择达到目的行动方法在确定目的后，必须考虑如何实现这个目的的行动方法。

（二）执行决定阶段执行决定可以有两种情况：一种是为了达到近期目的决定了立即执行；另一种是长远的目的，决定以后不立即施行，只是心理上的定向，要为今后实现这个远大的目标而做长期的准备工作。

但制定了计划而不去实施，却是意志薄弱的表现。

例：《方与圆》作者丁远峙所举的案例。

三、意志过程的障碍与克服（一）动机冲突与对待1．了解你的动机2．了解你的动机所处的位置3．学会改变自己的动机和解除冲突的方法（1）理解分析，做出调整同时放弃，另谋出路（2）让时间来考验4、折中处理，两面兼顾5、迂回而取（二）挫折感与对待挫折感是指个人动机活动受到阻碍后所引起的情绪反应。

在遭受挫折时，应注意以下面几种态度和方法去对待：1．以积极的态度对待挫折例：(1)南非前总统曼德拉的名言。

高一物理期末复习 第八章 机械能守恒定律【知识清单】 【知识点1】功1．功的公式：W ＝ ，其中F 、l 、α分别为 、位移的大小、 ． 2．功是 (填“矢”或“标”)量．在国际单位制中，功的单位是 ，符号是 . 【知识点2】正功和负功 1．力对物体做正功或负功的条件 由W ＝ 可知(1)当α＝π2时，W ＝ ，力F 对物体 (填“做正功”“做负功”或“不做功”)．(2)当0≤α＜π2时，W 0，力F 对物体做 功(填“做正功”“做负功”或“不做功”)．(3)当π2＜α≤π时，W 0，力F 对物体做 功(填“做正功”“做负功”或“不做功”)．【知识点3】总功的计算当一个物体在几个力的共同作用下发生一段位移时，这几个力对物体所做的总功等于： (1)各个力分别对物体所做功的 ． (2)几个力的 对物体所做的功． 【知识点3】．功率①P ＝ （定义式）；②P ＝Fvcos α。

v 为平均速度，则P 为 功率；v 为瞬时速度，则P 为 功率．机车功率 （1）在水平面上静止开始匀加速行驶时，已知f 、m 、a 。

则t 时刻机车的功率P= ；（2）在水平面上匀速行驶时，阻力f=kv 2，则机车的功率P= 。

模型一 以恒定功率启动模型二 以恒定加速度启动【知识点4】重力做的功1．重力所做的功W G＝，Δh指初位置与末位置的高度差．2．重力做功的特点：物体运动时，重力对它做的功只跟它的有关，而跟物体无关．【知识点5】重力势能1．定义：物体由于被举高而具有的能量叫重力势能．2．大小：物体的重力势能等于它所受与所处的乘积，表达式为E p＝ .3．单位： .4．重力做功和重力势能变化的关系：重力做正功，重力势能，重力做负功，重力势能 .关系式：W G＝ .5．重力势能的相对性①参考平面：物体的重力势能总是相对于来说的，这个叫作参考平面，在参考平面上物体的重力势能取为 .②重力势能的相对性：E p＝mgh中的h是物体重心相对的高度．选择不同的参考平面，物体重力势能的数值是的，但重力势能的差值．(后两空选填“相同”或“不同”)③标矢性：重力势能为量，其正负表示重力势能的大小．物体在参考平面上方时，物体的高度为正值，重力势能为值；在参考平面下方时，物体的高度为负值，重力势能为值．【知识点6】弹性势能1．定义：发生形变的物体的各部分之间，由于有的相互作用而具有的势能，叫弹性势能．2．影响弹性势能的因素(1)弹性势能跟形变大小有关：同一弹簧，在弹性限度内，形变大小，弹簧的弹性势能就越大．(2)弹性势能跟劲度系数有关：在弹性限度内，不同的弹簧发生同样大小的形变，劲度系数，弹性势能越大．【知识点7】动能、动能定理1．表达式：E k ＝ . 单位：与 的单位相同，国际单位为 ，符号为 . 2．标矢性：动能是 量，只有 ，没有方向． 3．动能定理①内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中 ．②表达式：W ＝ .如果物体受到几个力的共同作用，W 即为 ，它等于 ．③动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于 做功的情况；既适用于直线运动，也适用于 运动．【知识点8】应用动能定理解题的一般步骤：(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和． (3)明确物体在初、末状态的动能E k1、E k2.(4)列出动能定理的方程W ＝E k2－E k1，结合其他必要的辅助方程求解并验算． 【知识点9】机械能守恒定律1．机械能： 、 与 统称为机械能．2．内容：在只有 或 做功的物体系统内， 与 可以互相转化， 而 保持不变．3．表达式：12mv 22＋mgh 2＝ 或E k2＋E p2＝ .4．应用机械能守恒定律解决问题只需考虑运动的初状态和 ，不必考虑两个状态间 ，即可以简化计算． 5．判断机械能是否守恒的方法(1)做功条件分析：只有重力和系统内弹力做功，其他力不做功或做功的代数和始终为零． (2)能量转化分析：系统内只有动能、重力势能及弹性势能的相互转化，即系统内只有物体间的机械能相互转移，则机械能守恒．(3)定义判断法：如物体沿竖直方向或沿斜面匀速运动时，动能不变，势能变化，机械能不守恒． 【基础题组】1.关于功率概念，下列说法中正确的是 （ ） A ．力对物体做的功越多，力做功的功率越大 B ．功率是描述物体做功快慢的物理量C ．从公式P ＝Fv 可知，汽车的发动机功率可以随速度的不断增大而提高D ．当轮船航行时，如果牵引力与阻力相等时，合外力为零，此时发动机的实际功率为零，所以船行驶的速度也为零。

2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.7立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离最新考纲1.能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.2.体会向量方法在研究几何问题中的作用．1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |.3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．概念方法微思考1．利用空间向量如何求线段长度？提示利用|AB →|2＝AB →·AB →可以求空间中有向线段的长度．2．如何求空间点面之间的距离？提示点面距离的求法：已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →||cos 〈AB →，n 〉|.题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(×)(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(×)(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(×)(4)两异面直线夹角的范围是0，π2，直线与平面所成角的范围是0，π2，二面角的范围是[0，π]．(√)(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.(×)题组二教材改编2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为()A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90°答案C解析cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3．如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为______．答案π6解析如图，以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1的中点，则A (0，0，0)，C 1(1，3，22)，D (1，0，22)，∴AC 1→＝(1，3，22)，AD →＝(1，0，22)．∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角，cos ∠C 1AD ＝AC 1，→·AD→|AC 1→||AD →|＝(1，3，22)·(1，0，22)12×9＝32，又∵∠C 1AD ∈0，π2，∴∠C 1AD ＝π6.题组三易错自纠4．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为()A.110B.25C.3010D.22答案C 解析以点C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1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BC ＝CA ＝CC 1＝2，则可得A (2，0，0)，B (0，2，0)，M (1，1，2)，N (1，0，2)，∴BM →＝(1，－1，2)，AN →＝(－1，0，2)．∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM ，→·AN →|BM →||AN →|＝1×(－1)＋(－1)×0＋2×212＋(－1)2＋22×(－1)2＋02＋22＝36×5＝3010.5．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为________．答案30°解析设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.题型一求异面直线所成的角例1如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明如图所示，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22.在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，AC ，FG ⊂平面AFC ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 所在直线为x 轴、y 轴，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，1，0C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →1，－3故cos 〈AE →，CF →〉＝AE ，→·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．跟踪训练1三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝AB ，N ，M 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则AM 与BN 所成角的余弦值为()A.110B.35C.710D.45答案C解析如图所示，取AC 的中点D ，以D 为原点，BD ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC ＝2，则A (0，－1，0)，M (0，0，2)，B (－3，0，0)，－32，－12，所以AM →＝(0，1，2)，BN →＝32，－12，2所以cos 〈AM →，BN →〉＝AM ，→·BN →|AM →|·|BN →|＝725×5＝710，故选C.题型二求直线与平面所成的角例2(2018·全国Ⅰ)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．(1)证明由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)解如图，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，所以PE ⊥PF .所以PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，，01，－32，DP →，32，HP →，0又HP →为平面ABFD 的法向量，设DP 与平面ABFD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈HP →，DP →〉|＝|HP ，→·DP →||HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.思维升华若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．(1)证明因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.如图，连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .因为OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC .(2)解由(1)知OP ，OB ，OC 两两垂直，则以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23)．由(1)知平面PAC 的一个法向量为OB →＝(2，0，0)．设M (a ，2－a ，0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0，得y ＋23z ＝0，＋(4－a )y ＝0，可取y ＝3a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝OB ，→·n |OB ，→||n |＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)或a ＝43.所以n －833，433，－又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34.题型三求二面角例3(2018·济南模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且CD ＝6，AB ＝12，将它沿对称轴OO 1折起，使平面ADO 1O ⊥平面BCO 1O .如图2，点P 为BC 中点，点E 在线段AB 上(不同于A ，B 两点)，连接OE 并延长至点Q ，使AQ ∥OB .(1)证明：OD ⊥平面PAQ ；(2)若BE ＝2AE ，求二面角C —BQ —A 的余弦值．(1)证明由题设知OA ，OB ，OO 1两两垂直，所以以O 为坐标原点，OA ，OB ，OO 1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AQ 的长度为m ，则相关各点的坐标为O (0，0，0)，A (6，0，0)，B (0，6，0)，C (0，3，6)，D (3，0，6)，Q (6，m ，0)．∵点P 为BC 中点，∴，92，∴OD →＝(3，0，6)，AQ →＝(0，m ，0)，PQ →，m －92，－∵OD →·AQ →＝0，OD →·PQ →＝0，∴OD →⊥AQ →，OD →⊥PQ →，且AQ →与PQ →不共线，∴OD ⊥平面PAQ .(2)解∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝12OB ＝3，则Q (6，3，0)，∴QB →＝(－6，3，0)，BC →＝(0，－3，6)．设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，1·QB ，→＝0，1·BC ，→＝06x ＋3y ＝0，3y ＋6z ＝0，令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，则n 1＝(1，2，1)，易知平面ABQ 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，设二面角C —BQ —A 的平面角为θ，由图可知，θ为锐角，则cos θ＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝66.思维升华利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．跟踪训练3(2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD 所在平面垂直，M 是 CD上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．(1)证明由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为 CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ，所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)解以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为 CD的中点．由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)，AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则·AM ，→＝0，·AB ，→＝0，2x ＋y ＋z ＝0，y ＝0.可取n ＝(1，0，2)，DA →是平面MCD 的一个法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA ，→|n ||DA ，→|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.利用空间向量求空间角例(12分)如图，四棱锥S －ABCD 中，△ABD 为正三角形，∠BCD ＝120°，CB ＝CD ＝CS ＝2，∠BSD ＝90°.(1)求证：AC ⊥平面SBD ；(2)若SC ⊥BD ，求二面角A －SB －C 的余弦值．(1)证明设AC ∩BD ＝O ，连接SO ，如图①，因为AB ＝AD ，CB ＝CD ，所以AC 是BD 的垂直平分线，即O 为BD 的中点，且AC ⊥BD .[1分]在△BCD 中，因为CB ＝CD ＝2，∠BCD ＝120°，所以BD ＝23，CO ＝1.在Rt △SBD 中，因为∠BSD ＝90°，O 为BD 的中点，所以SO ＝12BD ＝3.在△SOC 中，因为CO ＝1，SO ＝3，CS ＝2，所以SO 2＋CO 2＝CS 2，所以SO ⊥AC .[4分]因为BD ∩SO ＝O ，BD ，SO ⊂平面SBD ，所以AC ⊥平面SBD .[5分](2)解方法一过点O 作OK ⊥SB 于点K ，连接AK ，CK ，如图②，由(1)知AC ⊥平面SBD ，所以AO ⊥SB .因为OK ∩AO ＝O ，OK ，AO ⊂平面AOK ，所以SB ⊥平面AOK .[6分]因为AK ⊂平面AOK ，所以AK ⊥SB .同理可证CK ⊥SB .[7分]所以∠AKC 是二面角A －SB －C 的平面角．因为SC ⊥BD ，由(1)知AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD .在Rt △SOB 中，OK ＝SO ·OB SB ＝62.在Rt △AOK 中，AK ＝AO 2＋OK 2＝422，同理可求CK ＝102.[10分]在△AKC 中，cos ∠AKC ＝AK 2＋CK 2－AC 22AK ·CK ＝－10535.所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[12分]方法二因为SC ⊥BD ，由(1)知，AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD .[6分]由(1)知，AC ⊥平面SBD ，SO ⊂平面SBD ，所以SO ⊥AC .因为AC ∩BD ＝O ，AC ，BD ⊂平面ABCD ，所以SO ⊥平面ABCD .[7分]以O 为原点，OA →，OB →，OS →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图③，则A (3，0，0)，B (0，3，0)，C (－1，0，0)，S (0，0，3)．所以AB →＝(－3，3，0)，CB →＝(1，3，0)，SB →＝(0，3，－3)．[8分]设平面SAB 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，AB ，→·n ＝－3x 1＋3y 1＝0，SB ，→·n ＝3y 1－3z 1＝0，令y 1＝3，得平面SAB 的一个法向量为n ＝(1，3，3)．同理可得平面SCB 的一个法向量为m ＝(－3，1，1)．[10分]所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－3＋3＋37×5＝10535.因为二面角A －SB －C 是钝角，所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．1．已知两平面的法向量分别为m ＝(1，－1，0)，n ＝(0，1，－1)，则两平面所成的二面角为()A ．60°B ．120°C ．60°或120°D ．90°答案C解析cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－12·2＝－12，即〈m ，n 〉＝120°.∴两平面所成二面角为120°或180°－120°＝60°.2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为()A.55B.53C.56D.54答案A解析设CA ＝2，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，B 1(0，2，1)，可得向量AB 1→＝(－2，2，1)，BC 1→＝(0，2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为()A.12B.23C.33D.22答案B解析以A 为原点，AB ，AD ，AA 1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Axyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，，0D (0，1，0)，∴A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →，0设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，1D ，→·n 1＝0，1E ，→·n 1＝0，－z ＝0，－12z ＝0，＝2，＝2，∴n 1＝(1，2，2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 与B 1D 所成角的大小为()A.π6B.π4C.π3D.π2答案D解析以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1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，设正方体的边长为1，则A (0，0，0)，C (1，1，0)，B 1(1，0，1)，D (0，1，0)．∴AC →＝(1，1，0)，B 1D →＝(－1，1，－1)，∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2.5．(2018·上饶模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，AB ＝AA 1＝2，则异面直线AB 1与CA 1所成角的余弦值为()A ．0B ．－14C.14D.12答案C解析以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 所在直线为y 轴，以AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B 1(3，1，2)，A 1(0，0，2)，C (0，2，0)，AB 1→＝(3，1，2)，A 1C →＝(0，2，－2)，设异面直线AB 1和A 1C 所成的角为θ，则cos θ＝|AB 1→·A 1C →||AB 1→|·|A 1C →|＝|－2|8·8＝14.∴异面直线AB 1和A 1C 所成的角的余弦值为14.6．(2018·上海松江、闵行区模拟)如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0，0，2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1，2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于()A.43B.53C.23D ．－23答案C解析由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0，0，2)，由图可知，二面角C －AB －O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC ，→·n ||OC ，→||n |＝|4|2×3＝23.7．在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为________．答案55解析以A 为原点，AB ，AC ，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，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，0，，12，，12，∴PA →＝(0，0，－2)，DE →，12，DF →－12，12，设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·DE ，→＝0，·DF ，→＝0，＝0，x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2，0，1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PA →〉|＝|PA ，→·n ||PA ，→||n |＝55，∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.8.如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．答案45解析∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，F (0，2，0)，C (0，2，1)，∴AF →＝(－1，2，0)，EC →＝(0，2，1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF ，→·EC →|AF →||EC →|＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.9.如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是__________．答案60°解析以B 点为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)，则EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)，∴EF →·BC 1→＝2，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF ，→·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22×22＝12，∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]，∴EF 和BC 1所成的角为60°.10．(2018·福州质检)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值为________．答案23解析方法一延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示．设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求锐二面角的平面角．∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23.方法二如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1，0，0)，，1，1AE →，1AF →1，1设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AE ，→＝0，·AF ，→＝0，＋13z ＝0，x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1，1，－3)，取平面ABC 的法向量为m ＝(0，0，－1)，设平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.11．(2018·皖江八校联考)如图，在几何体ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥底面ABC ，四边形A 1ACC 1是正方形，B 1C 1∥BC ，Q 是A 1B 的中点，且AC ＝BC ＝2B 1C 1，∠ACB ＝2π3.(1)证明：B 1Q ⊥A 1C ；(2)求直线AC 与平面A 1BB 1所成角的正弦值．(1)证明如图所示，连接AC 1与A 1C 交于M 点，连接MQ .∵四边形A 1ACC 1是正方形，∴M 是AC 1的中点，又Q 是A 1B 的中点，∴MQ ∥BC ，MQ ＝12BC ，又∵B 1C 1∥BC 且BC ＝2B 1C 1，∴MQ ∥B 1C 1，MQ ＝B 1C 1，∴四边形B 1C 1MQ 是平行四边形，∴B 1Q ∥C 1M ，∵C 1M ⊥A 1C ，∴B 1Q ⊥A 1C .(2)解∵平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，CC 1⊥AC ，CC 1⊂平面A 1ACC 1，∴CC 1⊥平面ABC .如图所示，以C 为原点，CB ，CC 1所在直线分别为y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，令AC ＝BC ＝2B 1C 1＝2，则C (0，0，0)，A (3，－1，0)，A 1(3，－1，2)，B (0，2，0)，B 1(0，1，2)，∴CA →＝(3，－1，0)，B 1A 1→＝(3，－2，0)，B 1B →＝(0，1，－2)，设平面A 1BB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥B 1A 1→，n ⊥B 1B →，－2y ＝0，2z ＝0，可令y ＝23，则x ＝4，z ＝3，∴平面A 1BB 1的一个法向量n ＝(4，23，3)，设直线AC 与平面A 1BB 1所成的角为α，则sin α＝|n ·CA ，→||n |·|CA ，→|＝23231＝9331.12．(2018·赣州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，其中AB ∥CD ，∠CDA ＝90°，CD ＝2AB ＝2，AD ＝3，PA ＝5，PD ＝22，点E 在棱AD 上且AE ＝1，点F 为棱PD 的中点．(1)证明：平面BEF ⊥平面PEC ；(2)求二面角A －BF －C 的余弦值．(1)证明在Rt △ABE 中，由AB ＝AE ＝1，得∠AEB ＝45°，同理在Rt △CDE 中，由CD ＝DE ＝2，得∠DEC ＝45°，所以∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC .在△PAD 中，cos ∠PAD ＝PA 2＋AD 2－PD 22PA ·AD ＝5＋9－82×3×5＝55，在△PAE 中，PE 2＝PA 2＋AE 2－2PA ·AE ·cos ∠PAE ＝5＋1－2×5×1×55＝4，所以PE 2＋AE 2＝PA 2，即PE ⊥AD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥BE .又因为CE ∩PE ＝E ，CE ，PE ⊂平面PEC ，所以BE ⊥平面PEC ，所以平面BEF ⊥平面PEC .(2)解由(1)知EB ，EC ，EP 两两垂直，故以E 为坐标原点，以射线EB ，EC ，EP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (0，22，0)，P (0，0，2)，，－22，D (－2，2，0)，－22，22，AB →，22，BF →－322，22，BC →＝(－2，22，0)，设平面ABF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB ，→＝22x 1＋22y 1＝0，·BF →＝－322x 1＋22y 1＋z 1＝0，不妨设x 1＝1，则m ＝(1，－1，22)，设平面BFC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，·BC ，→＝－2x 2＋22y 2＝0，·BF ，→＝－322x 2＋22y 2＋z 2＝0，不妨设y 2＝2，则n ＝(4，2，52)，记二面角A －BF －C 为θ(由图知应为钝角)，则cos θ＝－|m ·n ||m |·|n |＝－|4－2＋20|10·70＝－11735，故二面角A －BF －C 的余弦值为－11735.13.如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CE BE＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角．答案916解析因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 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Axyz .∵AB ＝4，SA ＝3，∴B (0，4，0)，S (0，0，3)．设BC ＝m ，则C (m ，4，0)，∵SF BF ＝CE BE＝λ，∴SF →＝λFB →.∴AF →－AS →＝λ(AB →－AF →)．∴AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0，4λ，3)，∴F0，4λ1＋λ，31＋λ同理可得m 1＋λ，4，0，∴FE →m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ∵FA →0，－4λ1＋λ，－31＋λ∠AFE 为直角，即FA →·FE →＝0，则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0，∴16λ＝9，解得λ＝916.14．(2018·海南五校模拟)如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M ，N ，Q 分别是CC 1，BC ，AC 的中点，点P 在直线A 1B 1上运动，且A 1P →＝λA 1B 1→(λ∈[0，1])．(1)证明：无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ ；(2)是否存在点P ，使得平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°？若存在，试确定点P 的位置，若不存在，请说明理由．(1)证明连接A1Q.∵AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点，∴Rt△AA1Q≌Rt△CAM，∴∠MAC＝∠QA1A，∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，∴AM⊥A1Q.∵N，Q分别是BC，AC的中点，∴NQ∥AB.又AB⊥AC，∴NQ⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∴NQ⊥AA1.又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，∴NQ⊥平面ACC1A1，∴NQ⊥AM.由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1，∴N，Q，A1，P四点共面，∴A1Q⊂平面PNQ.∵NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q⊂平面PNQ，∴AM⊥平面PNQ，∴无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.(2)解如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，，1，12，，12，NM →－12，12A 1B 1→＝(1，0，0)．由A 1P →＝λA 1B 1→＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)，可得点P (λ，0，1)，∴PN→λ，12，－设n ＝(x ，y ，z )是平面PMN 的法向量，·NM ，→＝0，·PN ，→＝0，＋12y ＋12z ＝0，＋12y －z ＝0，＝1＋2λ3x ，＝2－2λ3x ，令x ＝3，得y ＝1＋2λ，z ＝2－2λ，∴n ＝(3，1＋2λ，2－2λ)是平面PMN 的一个法向量．取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)．假设存在符合条件的点P ，则|cos 〈m ，n 〉|＝|2－2λ|9＋(1＋2λ)2＋(2－2λ)2＝12，化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝7－354或λ＝7＋354(舍去)．综上，存在点P ，且当A 1P ＝7－354时，满足平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°.15．在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2，3)，AD →＝(－4，1，0)，AP →＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于()A ．1B ．2C ．13D ．26答案B 解析设平面ABCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，⊥AB →，⊥AD →，x －2y ＋3z ＝0，4x ＋y ＝0，令y ＝4，则n ，4则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626，∴h ＝2626×226＝2.16.如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .(1)求证：EF ⊥平面BCF ；(2)点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．(1)证明设AD ＝CD ＝BC ＝1，∵AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，∴AB ＝2，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3，∴AB 2＝AC 2＋BC 2，则BC ⊥AC .∵CF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥CF ，而CF ∩BC ＝C ，CF ，BC ⊂平面BCF ，∴AC ⊥平面BCF .∵EF ∥AC ，∴EF ⊥平面BCF .(2)解以C 为坐标原点，分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，M (λ，0，1)，∴AB →＝(－3，1，0)，BM →＝(λ，－1，1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，·AB ，→＝0，·BM ，→＝0，－3x ＋y ＝0，－y ＋z ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，3，3－λ)．易知m ＝(1，0，0)是平面FCB 的一个法向量，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos 〈n ，m 〉取得最小值77，∴当点M 与点F 重合时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为77.。