一、填空题。
1. (2014·新课标全国卷ⅱ高考理科数学·t11)直三棱柱abc-a1b1c1中，∠bca=90°,m,n分别是a1b1,a1c1的中点，bc=ca=cc1,则bm与an所成的角的余弦值为。
a. b. c. d.
解题提示】建立坐标系，利用空间向量法求解。
解析】选c.如图，分别以c1b1,c1a1,c1c为x,y,z轴，建立坐标系。令ac=bc=c1c=2,则a(0,2,2),b(2,0,2),m(1,1,0),n(0,1,0).
所以=(-1,1,-2), 0,-1,-2).
cosθ==故选c.
1.(2014·广东高考理科)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°夹角的是 (
a.(-1,1,0) b.(1,-1,0) c.(0,-1,1) d.(-1,0,1)
解题提示】直接利用向量的夹角与数量积公式逐一验证。
解析】选b.(1,0,-1)·(1,1,0)=-1,夹角不可能为60°,(1,0,-1)·(1,-1,0)=1,且|(1,0,-1)|=1,-1,0)|=夹角恰好为60°.
二、解答题。
2. (2014·新课标全国卷ⅱ高考理科数学·t18)(本小题满分12分)如图，四棱锥p-abcd中，底面abcd为矩形，pa⊥平面abcd,e为pd的中点。
1)证明：pb∥平面aec.
2)设二面角d-ae-c为60°,ap=1,ad=,求三棱锥e-acd的体积。
解题提示】(1)取ac的中点，构造中位线，利用线线平行证明线面平行。
2)建立空间直角坐标系，设出cd,利用向量法求得cd的长，然后用体积公式求得三棱锥e-acd的体积。
解析】(1)设ac的中点为g,连接eg.在三角形pbd中，中位线eg∥pb,且eg在平面aec上，所以pb∥平面aec.
2)设cd=m,分别以ad,ab,ap为x,y,z轴建立坐标系，则。
a(0,0,0),d(,0,0),e,c(,m,0).
所以=(,0,0),
设平面ade的法向量为=(x1,y1,z1),则=0, =0,解得一个=(0,1,0).
同理设平面ace的法向量为=(x2,y2,z2),则=0, =0,解得一个=(m,-,m).
因为cos=|cos<>|解得m=.
设f为ad的中点，则pa∥ef,且pa==,ef⊥面acd,即为三棱锥e-acd的高。所以ve-acd=·s△acd·ef=××
所以，三棱锥e-acd的体积为。
3. （2014·四川高考理科·ｔ18）三棱锥及其侧视图、俯视图如图所示．设，分别为线段，的中点，为线段上的点，且．
1）证明：为线段的中点；
2）求二面角的余弦值。
解题提示】本题主要考查简单空间图形的三视图、空间线面垂直的判断与性质、空间面面夹角的计算等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力。
解析】（1）由三棱锥及其侧视图、俯视图可知，在三棱锥中：
平面平面，
设为的中点，连接，
于是， 所以平面。
因为，分别为线段，的中点，所以，又，故。
假设不是线段的中点，则直线与直线是平面内相交直线。
从而平面，这与矛盾。
所以为线段的中点。
2）解法一：如图，作于，连接，由（ⅰ）知，∥，所以．
因为，所以为二面角的一个平面角．
由（ⅰ）知，，为边长为2的正三角形，所以==，由俯视图知，平面，因为平面，所以，因此在等腰直角中，作于，在中，，所以，因为在平面内，，，所以∥，又因为为的中点，所以为的中点，因此。同理可得，．所以在等腰中，故二面角的余弦值是。
解法二：以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，
于是，， 设平面和平面的法向量分别为和。
由，设，则。
由，设，则。
所以二面角的余弦值。
4. （2014·天津高考理科·ｔ17）（本小题满分13分）
如图，在四棱锥中，底面，，，点为棱的中点。
1）证明；2）求直线与平面所成角的正弦值；
3）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值。
解析】方法一：依题意，如图以点为原点建立空间直角坐标系，可得，，，由为棱的中点，得。
1）向量，，故。 所以，.
2）向量，.
设为平面的法向量，则即。
不妨令，可得为平面的一个法向量。
于是有。所以，直线与平面所成角的正弦值为。
3）向量，，，
由点在棱上，设，.
故。由，得，因此，，解得。即。
设为平面的法向量，则即。
不妨令，可得为平面的一个法向量。
取平面的法向量，则。
易知，二面角是锐角，所以其余弦值为。
方法二：（1）如图，取中点，连接，.
由于分别为的中点， 故，且，又由已知，可得且，故四边形为平行四边形，所以。
因为底面，故，而，从而平面，因为平面，于是，又，所以。
1）连接，由（1）有平面，得，2）而，故。
又因为，为的中点，故，可得，所以平面，故平面平面。
所以直线在平面内的射影为直线，而，可得为锐角，故为直线与平面所成的角。
依题意，有，而为中点，可得，进而。
故在直角三角形中，，因此。
所以，直线与平面所成角的正弦值为。
3）如图，在中，过点作交于点。
因为底面，故底面，从而。
又，得平面，因此。
在底面内，可得，从而。
在平面内，作交于点，于是。
由于，故，所以四点共面。
由，，得平面，故。
所以为二面角的平面角。
在中，由余弦定理可得，.
所以，二面角的斜率值为。
5. （2014·湖南高考理科·ｔ19）（本小题满分12分）
如图6，四棱柱的所有棱长都相等，四边形均为矩形．
1）证明：2）若的余弦值．
解题提示】（1）利用矩形的邻边垂直，及线线平行证明；
2）由二面角的定义或者向量法求二面角的大小。
解析】（1）因为四边形均为矩形，所以，又∥∥,所以，因为，所以。
2）解法一：如图过作，垂足为，连接，由（1）可得，由于是菱形，所以，所以，所以由三垂线定理得，所以就是二面角的平面角。
设棱柱的棱长为2，因为，所以，在直角三角形中， ,因为，所以，所以，即二面角的余弦值为。
解法二：因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形为菱形，，又所以两两垂直。如图以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系。
设棱长为2，因为，所以，所以，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则由，所以，取则，所以，所以。
由图形可知二面角的大小为锐角，所以二面角的余弦值为。
6.(2014·广东高考理科)(13分)四边形abcd为正方形，pd⊥平面abcd,∠dpc=30°,af⊥pc于点f,fe∥cd,交pd于点e.
1)证明：cf⊥平面adf.
2)求二面角d-af-e的余弦值。
解题提示】(1)采用几何法较为方便，证ad⊥平面pcdcf⊥ad,又cf⊥afcf⊥平面adf.
2)采用向量法较为方便，以d为原点建立空间直角坐标系，设dc=2,计算出de,ef的值，得到a,c,e,f的坐标，注意到为平面adf的法向量，结合其求二面角。
解析】(1)因为四边形abcd为正方形，所以ad⊥dc.
又pd⊥平面abcd,ad平面abcd,所以pd⊥ad,dc∩pd=d,所以ad⊥平面pcd.
又cf平面pcd,所以cf⊥ad,而af⊥pc,即af⊥fc,又ad∩af=a,所以cf⊥平面adf.
2)以d为原点，dp,dc,da分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设dc=2,由(1)知pc⊥df,即∠cdf=∠dpc=30°,有fc=dc=1,df=fc=,de=df=,ef=de=,则d(0,0,0),e,f,a(0,0,2),c(0,2,0
设平面aef的法向量为n=(x,y,z),由得。
取x=4,有y=0,z=,则n=(4,0,),又平面adf的一个法向量为=,所以cos= =所以二面角d-af-e的余弦值为。
7.（2014·福建高考理科·ｔ17）17.（本小题满分12分）
在平行四边形中，，.将沿折起，使得平面平面，如图。
1）求证： ；
2）若为中点，求直线与平面所成角的正弦值。
解题指南】⑴由面面垂直性质定理先推得线面垂直，再进而推得线面垂直．⑵建立坐标系，由线面角公式求解即可．
解析】(1)∵平面abd⊥平面bcd，且两平面的交线为bd，平面abd，ab⊥bd2分。
ab⊥平面bcd，又平面bcd，ab⊥cd4分。
2)过点b在平面bcd内作，如图，由(1)知ab⊥平面bcd，平面bcd，平面bcd，6分。
以b为坐标原点原点，以分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意，得，.…8分。
则9分。设平面mbc的法向量，则，即，取，得平面mbc的一个法向量10分。
设直线ad与平面mbc所成角为，则12分。
即直线ad与平面mbc所成角的正弦值为13分。
8. （2014·山东高考理科·ｔ17）
如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，，，是线段的中点。
ⅰ）求证：；
ⅱ）若垂直于平面且，求平面和平面所成的角（锐角）的余弦值。
解题指南】(1)本题考查了线面平行的证法，可利用线线平行，也可利用面面平行，来证明线面平行；.(2)本题可利用空间几何知识求解二面角，也可以利用向量法来求解。
解析】（ⅰ连接。
为四棱柱，
又为的中点，
为平行四边形。
又 ⅱ）方法一：
作，连接。则即为所求二面角。
在中， 在中，,
方法二：作于点。
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