立体几何二面角问题

立体证明题（2）

1. 如图，直二面角D ﹣AB ﹣E 中，四边形ABCD 是正方形，AE=EB，F 为CE 上的点，且BF ⊥

平面ACE ．

（1）求证：AE ⊥平面BCE ；

（2）求二面角B ﹣AC ﹣E 的余弦值．

2. 等腰△ABC 中，

AC=BC=，AB=2，E 、F 分别为AC 、BC 的中点，将△EFC 沿EF 折起，使

． 得C 到P ，得到四棱锥P ﹣ABFE ，且

AP=BP=

（1）求证：平面EFP ⊥平面ABFE ；

（2）求二面角B ﹣AP ﹣E 的大小．

3. 如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA=PD=AD ，若E 、F 分别为PC 、BD 的中点．

（Ⅰ） 求证：EF ∥平面PAD ；

（Ⅱ） 求证：EF ⊥平面PDC ．

4. 如图：正△ABC 与Rt △BCD 所在平面互相垂直，且∠BCD=90°，∠CBD=30°．

（1）求证：AB ⊥CD ；

（2）求二面角D ﹣AB ﹣C 的正切值．

5. 如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 是等边三角形，四边形ABCD 是平行四边形，∠ADC=120°，AB=2AD．

（1）求证：平面PAD ⊥平面PBD ；

（2）求二面角A ﹣PB ﹣C 的余弦值．

6. 如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ACB=90°，AC=CB=CC1=2，E 是AB 中点． （Ⅰ）求证：AB 1⊥平面A 1CE ；

（Ⅱ）求直线A 1C 1与平面A 1CE 所成角的正弦值．

7. 如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AD=CD=2AB=2，E ，F 分别为PC ，CD 的中点．

（Ⅰ）证明：AB ⊥平面BEF ；

（Ⅱ）若PA=，求二面角E ﹣BD ﹣C ．

8. 如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA=AB=AD=2，四边形ABCD 满足AB ⊥AD ，BC ∥AD 且BC=4，点M 为PC 中点．

（1）求证：DM ⊥平面PBC ；

（2）若点E 为BC 边上的动点，且

余弦值为BE =λ，是否存在实数λ，使得二面角P ﹣DE ﹣B 的EC 2？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由． 3

9. 如图，ABED 是长方形，平面ABED ⊥平面ABC ，AB=AC=5，BC=BE=6，且M 是BC 的中点 （Ⅰ） 求证：AM ⊥平面BEC ；

（Ⅱ） 求三棱锥B ﹣ACE 的体积；

（Ⅲ）若点Q 是线段AD 上的一点，且平面QEC ⊥平面BEC ，求线段AQ 的长．

10. 如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB=2CD=2BC，EA ⊥EB

（1）求证：EA ⊥平面EBC

（2）求二面角C ﹣BE ﹣D 的余弦值．

11. 如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC=90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，O 为AD 中点，M 是棱PC 上的点，AD=2BC．

（1）求证：平面POB ⊥平面PAD ；

12. 如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥平面ABC ，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC=90°，且AB=AA1，E 、F 分别是CC 1，BC 的中点．

（1）求证：平面AB 1F ⊥平面AEF ；

（2）求二面角B 1﹣AE ﹣F 的余弦值．

13. 如图，在菱形ABCD 中，∠ABC=60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB=AE=2．

（ I）求证：BD ⊥平面ACFE ；

（ II）当直线FO 与平面BDE 所成的角为45°时，求二面角B ﹣EF ﹣D 的余弦角．

14. 如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE ﹣BCF 和一个正四棱锥P ﹣ABCD 组合而成，AD ⊥AF ，AE=AD=2．

（1）证明：平面PAD ⊥平面ABFE ；

（2）求正四棱锥P ﹣ABCD 的高h ，使得二面角C ﹣AF ﹣P

的余弦值是．

15. 如图，已知斜三棱柱ABC 一A 1B 1C 1，∠BCA=90°，AC=BC=2，A 1在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，且BA 1⊥AC 1．

（Ⅰ）求证：AC 1⊥平面A 1BC ；

（Ⅱ）求二面角A ﹣A 1B ﹣C 的平面角的余弦值．

试卷答案

1.

【考点】与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定．

【分析】（1）由已知中直二面角D ﹣AB ﹣E 中，四边形ABCD 是正方形，且BF ⊥平面ACE ，我们可以证得BF ⊥AE ，CB ⊥AE ，进而由线面垂直的判定定理可得AE ⊥平面BCE ．

（2）连接BD 与AC 交于G ，连接FG ，设正方形ABCD 的边长为2，由三垂线定理及二面角的平面角的定义，可得∠BGF 是二面角B ﹣AC ﹣E 的平面角，解Rt △BFG 即可得到答案．

【解答】证明：（1）∵BF ⊥平面ACE

∴BF ⊥AE…

∵二面角D ﹣AB ﹣E 为直二面角，且CB ⊥AB ，

∴CB ⊥平面ABE

∴CB ⊥AE…

∴AE ⊥平面BCE ．…

解：（2）连接BD 与AC 交于G ，连接FG ，设正方形ABCD 的边长为2，

∴BG ⊥AC ，

BG=，…

∵BF 垂直于平面ACE ，由三垂线定理逆定理得FG ⊥AC

∴∠BGF 是二面角B ﹣AC ﹣E 的平面角…

由（1）AE ⊥平面BCE ，得AE ⊥EB ，

∵AE=EB，

BE=．

=，…

，

∴在Rt △BCE 中，

EC=

由等面积法求得则

∴在Rt △BFG

中，

故二面角B ﹣AC ﹣E

的余弦值为．…

2.

【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．

【分析】（1）用分析法找思路，用综合法证明．取EF 中点O ，连接OP 、OC ．等腰三角形CEF 中有CO ⊥EF ，即OP ⊥EF ．根据两平面垂直的性质定理，平面PEF 和平面ABFE 的交线是EF ，且PO ⊥EF ，分析得PO ⊥平面ABFE ．故只需根据题中条件证出PO ⊥平面ABFE ，即可利用面面垂直的判定定理证得平面EFP ⊥平面ABFE ．

（2）根据第一问分析空间位置关系，可建立空间直角坐标线求得平面ABP 和平面AEP 的法向量的所成角，利用向量角和二面角关系，确定二面角大小．

【解答】解：（1）证明：在△ABC 中，D 为AB 中点，O 为EF 中点．

由

AC=BC=，AB=2．

∵E 、F 分别为AC 、BC 的中点，

∴EF 为中位线，得CO=OD=1，CO ⊥EF

∴四棱锥P ﹣ABFE 中，PO ⊥EF ，…2分

∵OD ⊥AB ，AD=OD=1，∴

AO=

又

AP=，OP=1， ，

∴四棱锥P ﹣ABFE 中，有AP 2=AO2+OP2，即OP ⊥AO ，…4分

又AO∩EF=O，EF 、AO ⊂平面ABFE ，

∴OP ⊥平面ABFE ，…5分

又OP ⊂平面EFP ，

∴平面EFP ⊥平面ABFE ． …6分

（2）由（1）知OD ，OF ，OP 两两垂直，以O 为原点，建立空间直角坐标系（如图）： 则A （1，﹣1，0），B （1，1，0），E （0

，

∴

设

，，，0），P （0，0，1）…7分

，

分别为平面AEP 、平面ABP 的一个法向量，

则

⇒ 取x=1，得y=2，z=﹣1

∴

同理可得

由于． …9分

，…11分

=0，

所以二面角B ﹣AP ﹣E 为90°． …12分

3.

【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．

【专题】证明题．

【分析】对于（Ⅰ），要证EF ∥平面PAD ，只需证明EF 平行于平面PAD 内的一条直线即可，而E 、F 分别为PC 、BD 的中点，所以连接AC ，EF 为中位线，从而得证；

对于（Ⅱ）要证明EF ⊥平面PDC ，由第一问的结论，EF ∥PA ，只需证PA ⊥平面PDC 即可，已知PA=PD=

PAD ，

由于ABCD 是正方形，面PAD ⊥底面ABCD ，由面面垂直的性质可以证明，从而得证． AD ，可得PA ⊥PD ，只需再证明PA ⊥CD ，而这需要再证明CD ⊥平面

【解答】证明：（Ⅰ）连接AC ，则F 是AC 的中点，在△CPA 中，EF ∥PA （3分） 且PA ⊂平面PAD ，EF ⊊平面PAD ，

∴EF ∥平面PAD （6分）

（Ⅱ）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD=AD，

又CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面PAD ，

∴CD ⊥PA （9分）

又PA=PD=AD ，

，即PA ⊥PD （12分） 所以△PAD 是等腰直角三角形，且∠APD=

而CD∩PD=D，

∴PA ⊥平面PDC ，又EF ∥PA ，所以EF ⊥平面PDC （14分）

【点评】本题考查线面平行的判定及线面垂直的判定，而其中的转化思想的应用值得注意，将线面平行转化为线线平行；证明线面垂直，转化为线线垂直，在证明线线垂直时，往往还要通过线面垂直来进行．

4.

【考点】与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与直线之间的位置关系．

【分析】（1）利用平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC∩平面BCD=BC，可得DC ⊥平面ABC ，利用线面垂直的性质，可得DC ⊥AB ；

（2）过C 作CE ⊥AB 于E ，连接ED ，可证∠CED 是二面角D ﹣AB ﹣C 的平面角．设CD=a，则

BC=

=，从而

EC=BCsin60°=，在Rt △DEC 中，可求tan ∠DEC ．

【解答】（1）证明：∵DC ⊥BC ，且平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC∩平面BCD=BC， ∴DC ⊥平面ABC ，

又AB ⊂平面ABC ，

∴DC ⊥AB ．…

（2）解：过C 作CE ⊥AB 于E ，连接ED ，

∵AB ⊥CD ，AB ⊥EC ，CD∩EC=C， ∴AB ⊥平面ECD ，

又DE ⊂平面ECD ，∴AB ⊥ED ，

∴∠CED 是二面角D ﹣AB ﹣C 的平面角，… 设CD=a，则

BC=

∵△ABC 是正三角形，

∴EC=BCsin60°=

，

=

，

在Rt △DEC 中，tan ∠

DEC=．…

5.

【考点】MT ：二面角的平面角及求法；LY ：平面与平面垂直的判定． 【分析】（1）令AD=1，求出

BD=PAD ⊥平面PBD ．

（2）以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过D 作垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A ﹣PB ﹣C 的余弦值． 【解答】证明：（1）在平行四边形ABCD 中，令AD=1， 则

BD=

在△ABD 中，AD +BD=AB，∴AD ⊥BD ， 又平面PAD ⊥平面ABCD ， ∴BD ⊥平面PAD ，BD ⊂平面PBD ， ∴平面PAD ⊥平面PBD ．

解：（2）由（1）得AD ⊥BD ，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴， 过D 作垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系， 令AD=1，则A （1，0，0），B （0

，

，0），C （﹣1

，

，0），P

（，0

，

），

2

2

2

，从而AD ⊥BD ，进而BD ⊥平面PAD ，由此能证明平面

=，

=（﹣1

，，0

），=

（﹣

），=（﹣1，0，0），

设平面PAB

的法向量为=（x ，y ，z ），

则，取y=1

，得=

（），

设平面PBC

的法向量=（a ，b ，c ），

，取b=1

，得=（0，1，2），

∴cos

＜＞

=

=

=，

由图形知二面角A ﹣PB ﹣C 的平面角为钝角， ∴二面角A ﹣PB ﹣C

的余弦值为﹣．

6.

【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．

【分析】（Ⅰ）由ABC ﹣A 1B 1C 1是直三棱柱，可知CC 1⊥AC ，CC 1⊥BC ，∠ACB=90°，AC ⊥BC ．建立空间直角坐标系C ﹣xyz ．则A ，B 1，E ，A 1

，可得，

根据

，

，

，

可知，

，推断出AB 1⊥CE ，AB 1⊥CA 1，根据线面垂直的判定

定理可知AB 1⊥平面A 1CE ．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

是平面A 1CE

的法向量，

，进而利用

向量数量积求得直线A 1C 1与平面A 1CE 所成角的正弦值 【解答】（Ⅰ）证明：∵ABC ﹣A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴CC 1⊥AC ，CC 1⊥BC ， 又∠ACB=90°， 即AC ⊥BC ．

如图所示，建立空间直角坐标系C ﹣xyz ．A （2，0，0），B 1（0，2，2），E （1，1，0），

A 1（2，0，2），

∴

又因为

，，

，

，

．

∴AB 1⊥CE ，AB 1⊥CA 1，AB 1⊥平面A 1CE ．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，

，

是平面A 1CE

的法向量，

∴|cos

＜

，＞

|=

=．

设直线A 1C 1与平面A 1CE 所成的角为θ，则sin θ=|cos

＜

所以直线A 1C 1与平面A 1CE

所成角的正弦值为7.

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定． 【分析】（Ⅰ）只需证明AB ⊥BF ．AB ⊥EF 即可．

．

，＞

|=．

（Ⅱ）以A 为原点，以AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴正向建立空间直角坐标系， 求出平面CDB

的法向量为

设二面角E ﹣BD ﹣C 的大小为θ

，则

=

，

，平面EDB

的法向量为

，

【解答】解：（Ⅰ）证：由已知DF ∥AB 且∠DAB 为直角，故ABFD 是矩形， 从而AB ⊥BF ．

又PA ⊥底面ABCD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD ， ∵AB ⊥AD ，故AB ⊥平面PAD ，∴AB ⊥PD ，

在△PCD 内，E 、F 分别是PC 、CD 的中点，EF ∥PD ，∴AB ⊥EF ． 由此得AB ⊥平面BEF…

（Ⅱ）以A 为原点，以AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴正向建立空间直角坐标系，

则

设平面CDB

的法向量为

，平面EDB

的法向量为

，

则

可取

设二面角E ﹣BD ﹣C 的大小为θ

，则

=

，

所以，…

8.

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．

【分析】（1）取PB 中点N ，连结MN ，AN ．由三角形中位线定理可得四边形ADMN 为平行四边形．由AP ⊥AD ，AB ⊥AD ，由线面垂直的判定可得AD ⊥平面PAB ．进一步得到AN ⊥MN ．再由AP=AB，得AN ⊥PB ，则AN ⊥平面PBC ．又AN ∥DM ，得DM ⊥平面PBC ；

（2）以A

为原点，

方向为x

轴的正方向，

方向为y

轴的正方向，

方向为z 轴的正

方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设E （2，t ，0）（0≤t≤4），再求得P ，D ，B 的

坐标，得到

的坐标，求出平面PDE 的法向量，再由题意得到平面DEB 的一个法

向量，由两法向量夹角的余弦值得到实数λ的值．

【解答】（1）证明：如图，取PB 中点N ，连结MN ，AN ． ∵M 是PC 中点，∴MN ∥BC ，

MN=BC=2． 又∵BC ∥AD ，AD=2， ∴MN ∥AD ，MN=AD， ∴四边形ADMN 为平行四边形． ∵AP ⊥AD ，AB ⊥AD ，AP∩AB=A， ∴AD ⊥平面PAB ．

∵AN ⊂平面PAB ，∴AD ⊥AN ，则AN ⊥MN ． ∵AP=AB，∴AN ⊥PB ，又MN∩PB=N， ∴AN ⊥平面PBC ．

∵AN ∥DM ，∴DM ⊥平面PBC ； （2）解：存在符合条件的λ． 以A

为原点，

方向为x

轴的正方向，

方向为y

轴的正方向，

方向为z 轴的正方

向，建立如图所示的空间直角坐标系．

设E （2，t ，0）（0≤t≤4），P （0，0，2），D （0，2，0），B （2，0，0），

则

，

=（x ，y ，z ），

．

设平面PDE

的法向量

则，令y=2，则z=2，x=t﹣2，

取平面PDE

的一个法向量为又平面DEB 即为xAy 平面，

故其一个法向量为∴cos

＜

＞

=

=（2﹣t ，2，2）．

=（0，0，1），

=

．

解得t=3或t=1， ∴λ=3

或

．

9.

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定． 【分析】（Ⅰ）推导出BE ⊥AM ，BC ⊥AM ，由此能证明AM ⊥平面BEC ． （Ⅱ）由V B ﹣ACE =VE ﹣ABC ，能求出三棱锥B ﹣ACE 的体积．

（Ⅲ）在平面QEC 内作QN ⊥EC ，QN 交CE 于点N ．QN 与AM 共面，设该平面为a ，推导出四边形AMNQ 是平行四方形，由此能求出AQ ．

【解答】证明：（Ⅰ）∵平面ABED ⊥平面ABC ，平面ABED ∩平面ABC=AB， BE ⊥AB ，BE ⊂平面ABED ，

∴BE ⊥平面ABC ，又AM ⊂平面ABC ，∴BE ⊥AM ． 又AB=AC，M 是BC 的中点，∴BC ⊥AM ， 又BC ∩BE=B，BC ⊂平面BEC ，BE ⊂平面BEC ， ∴AM ⊥平面BEC ．

解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE ⊥平面ABC ，∴h=BE=6． 在Rt △ABM

中，又∴

（Ⅲ）在平面QEC 内作QN ⊥EC ，QN 交CE 于点N ． ∵平面QEC ⊥平面BEC ，平面QEC ∩平面BEC ﹣EC ， ∴QN ⊥平面BEC ，又AM ⊥平面BEC ．∴QN ∥AM ．

∴QN 与AM 共面，设该平面为a ，∵ABED 是长方形，∴AQ ∥BE ， 又Q ⊄平面BEC ，BE ⊂平面BEC ，∴AQ ∥平面BEC ， 又AQ ⊂α，α∩平面BEC=MN，∴AQ ∥MN ，又QN ∥AM ， ∴四边形AMNQ 是平行四方形．∴AQ=MN．

∵AQ ∥BE ，AQ ∥MN ，∴MN ∥BE ，又M 是BC

的中点．∴∴AQ=MN=3．

，

，

． ，

10.

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定． 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明EA ⊥平面EBC ； （2）求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可． 【解答】（1）∵平面ABE ⊥平面ABCD ，且AB ⊥BC ， ∴BC ⊥平面ABE

∵EA ⊂平面ABE ，∴EA ⊥BC ， ∵EA ⊥EB ，EB ∩BC=B， ∴EA ⊥平面EBC

（2）取AB 中O ，连接EO ，DO ． ∵EB=EA，∴EO ⊥AB ． ∵平面ABE ⊥平面ABCD ， ∴EO ⊥平面ABCD

∵AB=2CD，AB ∥CD ，AB ⊥BC ， ∴DO ⊥AB ，

建立如图的空间直角坐标系O ﹣xyz 如图：

设CD=1，则A （0，1，0），B （0，﹣1，0），C （1，﹣1，0），D （1，0，0），E （0，0，1），

由（1）得平面EBC

的法向量为

=（0，1，﹣1），

设平面BED

的法向量为=（x ，y ，z ），

则

，即

，

设x=1，则y=﹣1，z=1

，则=（1，﹣1，1）， 则|cos

＜

，

＞

|=

=

=

，

故二面角C ﹣BE ﹣D

的余弦值是．

11.

【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．

【分析】（1）证明四边形BCDO 是平行四边形，得出OB ⊥AD ；再证明BO ⊥平面PAD ，从而证明平面POB ⊥平面PAD ； （2

）解法一：由

，M 为PC 中点，证明N 是AC 的中点，MN ∥PA ，PA ∥平面BMO ．

．

解法二：由PA ∥平面BMO ，证明N 是AC 的中点，M 是PC

的中点，得【解答】解：（1）证明：∵AD ∥BC

，∴四边形BCDO 为平行四边形，

，O 为AD 的中点，

∴CD ∥BO ； 又∵∠ADC=90°，

∴∠AOB=90°，即OB ⊥AD ；

又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD=AD， ∴BO ⊥平面PAD ； 又∵BO ⊂平面POB ， ∴平面POB ⊥平面PAD ； （2

）解法一：

，即M 为PC 中点，以下证明：

连结AC ，交BO 于N ，连结MN ， ∵AD ∥BC ，O 为AD 中点，AD=2BC， ∴N 是AC 的中点，

又点M 是棱PC 的中点，∴MN ∥PA ， ∵PA ⊄平面BMO ，MN ⊂平面BMO ， ∴PA ∥平面BMO ．

解法二：连接AC ，交BO 于N ，连结MN ， ∵PA ∥平面BMO ，平面BMO ∩平面PAC=MN， ∴PA ∥MN ；

又∵AD ∥BC ，O 为AD 中点，AD=2BC， ∴N 是AC 的中点， ∴M 是PC

的中点，则12.

【考点】与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定．

【分析】（1）连结AF ，由已知条件推导出面ABC ⊥面BB 1C 1C ，从而AF ⊥B 1F ，由勾股定理得B 1F ⊥EF ．由此能证明平面AB 1F ⊥平面AEF ．

（2）以F 为坐标原点，FA ，FB 分别为x ，y 轴建立直角坐标系，利用向量法能求出二面角B 1﹣AE ﹣F 的余弦值．

【解答】（1）证明：连结AF ，∵F 是等腰直角三角形△ABC 斜边BC 的中点， ∴AF ⊥BC ．

又∵三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴面ABC ⊥面BB 1C 1C ， ∴AF ⊥面BB 1C 1C ，AF ⊥B 1F ．…

．

设AB=AA1=1

，则∴

=

，

EF=

，．

，∴B 1F ⊥EF ．

又AF ∩EF=F，∴B 1F ⊥平面AEF ．…

而B 1F ⊂面AB 1F ，故：平面AB 1F ⊥平面AEF ．…

（2）解：以F 为坐标原点，FA ，FB 分别为x ，y 轴建立直角坐标系如图， 设AB=AA1=1， 则F （0，0，0），A

（

，

），B 1（0

，﹣ =

（﹣

，

，1），E （0

，﹣

，1）．…

，），

由（1）知，B 1F ⊥平面AEF ，取平面AEF 的法向量：

=（0，

，1）．…

，

设平面B 1AE

的法向量为

由，

取x=3

，得．…

设二面角B 1﹣AE ﹣F 的大小为θ，

则cos θ=|cos

＜＞

|=|

|=．

由图可知θ为锐角，

∴所求二面角B 1﹣AE ﹣F

的余弦值为

．…

13.

【考点】MT ：二面角的平面角及求法；LW ：直线与平面垂直的判定． 【分析】（ I）只需证明DB ⊥AC ，BD ⊥AE ，即可得BD ⊥平面ACFE ；

（ II）取EF 的中点为M ，以O 为坐标原点，以OA 为x 轴，以OB 为y 轴，以OM 为z

轴，建立空间直角坐标系，则（1，0，2

），则

，

，D （0

，﹣

，0），F （﹣1，0，h ），E ，利用向量法求解

【解答】（ I）证明：在菱形ABCD 中，可得DB ⊥AC ， 又因为AE ⊥平面ABCD ，∴BD ⊥AE ， 且AE ∩AC=A，BD ⊥平面ACFE ；

（ II）解：取EF 的中点为M ，以O 为坐标原点，以OA 为x 轴，以OB 为y 轴，以OM 为z 轴，建立空间直角坐标系，

则

，D （0

，﹣，

设平面BDE

的法向量

，0），F （﹣1，0，h ），E （1，0，2

），则

， ，由

，可取

，

|cos

|=

，⇒h=3， ，

，设平面BFE

的法向量为

故F （﹣1，0，3

），

，

由

，可取，

，设平面DFE

的法向量为，

由

，可取，

cos

=，

二面角B ﹣EF ﹣D

的余弦值为．

14.

【考点】MT ：二面角的平面角及求法；LY ：平面与平面垂直的判定．

【分析】（Ⅰ）证明：AD ⊥平面ABFE ，即可证明平面PAD ⊥平面ABFE ；

（Ⅱ）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法建立方程关系即可求正四棱锥P ﹣ABCD 的高．

【解答】（Ⅰ）证明：直三棱柱ADE ﹣BCF 中，AB ⊥平面ADE ，

所以：AB ⊥AD ，又AD ⊥AF ，

所以：AD ⊥平面ABFE ，AD ⊂平面PAD ，

所以：平面PAD ⊥平面ABFE…．

（Ⅱ）∵AD ⊥平面ABFE ，∴建立以A 为坐标原点，AB ，AE ，AD 分别为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系如图：

设正四棱锥P ﹣ABCD 的高为h ，AE=AD=2，

则A （0，0，0），F （2，2，0），C （2，0，2），

=（2，2，0

），=（2，0，2

），=（1，﹣h ，1），

， =（x ，y ，z ）是平面AFC

的法向量，则

令x=1，则y=z=﹣1

，即=（1，﹣1，﹣1），

设=（x ，y ，z ）是平面ACP 的法向量，

则，令x=1，则y=﹣1，z=﹣1﹣h

，即=（1，﹣1，﹣1﹣h ）， ∵二面角C ﹣AF ﹣P

的余弦值是

∴cos

＜

，＞

=

得h=1或h=

﹣（舍） =

． =．

则正四棱锥P ﹣ABCD 的高h=1．

15.

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．

【专题】证明题；数形结合；综合法；空间位置关系与距离．

【分析】（1）推导出BC ⊥AC ，BC ⊥AC 1，BA 1⊥AC 1，由此能证明AC 1⊥平面A 1BC ．

（2）推导出平面A 1AB ⊥平面BCF ，过C 作CH ⊥BF 于H ，则CH ⊥面A 1AB ，求出CH=，过H 作HG ⊥A 1B 于G ，连CG ，则CG ⊥A 1B ，从而∠CGH 为二面角A ﹣A 1B ﹣C 的平面角，由此能求出二面角A ﹣A 1B ﹣C 的平面角的余弦值．

【解答】证明：（1）因为A 1D ⊥平面ABC ，

所以，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，

又BC ⊥AC ，

所以，BC ⊥平面AA 1C 1C ，得BC ⊥AC 1，

又BA 1⊥AC 1，

所以，AC 1⊥平面A 1BC ．

解：（2）因为AC 1⊥A 1C ，所以四边形AA 1C 1C 为菱形，故AA 1=AC=2，

又D 为AC 中点，知∠A1AC=60°，

取AA 1的中点F ，则AA 1⊥平面BCF ，

从而，平面A 1AB ⊥平面BCF ，

过C 作CH ⊥BF 于H ，则CH ⊥面A 1AB ，

在Rt △BCF ，BC=2，CF=，故CH=，

过H 作HG ⊥A 1B 于G ，连CG ，则CG ⊥A 1B ，

从而∠CGH 为二面角A ﹣A 1B ﹣C 的平面角，

在Rt △A 1BC 中，A 1C=BC=2，所以，CG=，

在Rt △CGH 中，sin ∠CGH=

cosCGH==． ， 故二面角A ﹣A 1B ﹣C 的平面角的余弦值为．

【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．