2015年高考数学（理科）真题分类汇编G单元 立体几何 66页

数 学 G 单元 立体几何 G1 空间几何体的结构 19．G1、G11[2015·全国卷Ⅱ] 如图 17，长方体 ABCD A1B1C1D1 中，AB＝16，BC ＝10，AA1＝8，点 E，F 分别在 A1B1，D1C1 上，A1E＝D1F＝4.过点 E，F 的平面α与此长方 体的面相交，交线围成一个正方形． 图 17 (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线 AF 与平面α所成角的正弦值． 19．解：(1)交线围成的正方形 EHGF 如图所示． (2)作 EM⊥AB，垂足为 M，则 AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8. 因为四边形 EHGF 为正方形，所以 EH＝EF＝BC＝10， 于是 MH＝ EH2－EM2＝6，所以 AH＝10. 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 D xyz， 则 A(10，0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(0，4，8)，所以FE→＝(10，0，0)，HE→ ＝(0， －6，8)． 设 n＝(x，y，z)是平面α的一个法向量，则 n·FE→＝0， n·HE→ ＝0， 即 10x＝0， －6y＋8z＝0， 所以可取 n＝(0，4，3)． 又AF→＝(－10，4，8)， 故|cos〈n，AF→〉|＝|n·AF→| |n||AF→| ＝4 5 15 . 所以 AF 与平面α所成角的正弦值为4 5 15 . 19．G5、G1、G11[2015·湖南卷] 如图 16，已知四棱台 ABCD A1B1C1D1 的上、下底 面分别是边长为 3 和 6 的正方形，A1A＝6，且 A1A⊥底面 ABCD，点 P，Q 分别在棱 DD1， BC 上． (1)若 P 是 DD1 的中点，证明：AB1⊥PQ； (2)若 PQ∥平面 ABB1A1，二面角 P QD A 的余弦值为3 7 ，求四面体 ADPQ 的体积． 图 16 19．解：方法一：由题设知，AA1，AB，AD 两两垂直，以 A 为坐标原点，AB，AD， AA1 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，则相关各点的坐标 为 A(0，0，0)，B1(3，0，6)，D(0，6，0)，D1(0，3，6)，Q(6，m，0)，其中 m＝BQ，0≤m≤6. (1)若 P 是 DD1 的中点，则 P0，9 2 ，3，PQ→ ＝6，m－9 2 ，－3.又AB1 → ＝(3，0，6)，于是AB1 → ·PQ→ ＝18－18＝0，所以AB1 → ⊥PQ→ ，即 AB1⊥PQ. (2)由题设知，DQ→ ＝(6，m－6，0)，DD1 → ＝(0，－3，6)是平面 PQD 内的两个不共线向量．设 n1＝(x，y，z)是平面 PQD 的一个法向量，则 n1·DQ→ ＝0， n1·DD1 → ＝0， 即 6x＋（m－6）y＝0， －3y＋6z＝0. 取 y＝6，得 n1＝(6－m，6，3)．又平面 AQD 的一个法向量是 n2＝(0，0，1)，所以 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝ 3 1· （6－m）2＋62＋32 ＝ 3 （6－m）2＋45 . 而二面角 P QD A 的余弦值为3 7 ，因此 3 （6－m）2＋45 ＝3 7 ，解得 m＝4 或 m＝8(舍去)， 此时 Q(6，4，0)． 设DP→ ＝λDD1 → (0<λ≤1)，而DD1 → ＝(0，－3，6)，由此得点 P(0，6－3λ，6λ)，所以PQ→ ＝(6， 3λ－2，－6λ)． 因为 PQ∥平面 ABB1A1，且平面 ABB1A1 的一个法向量是 n3＝(0，1，0)，所以PQ→ ·n3 ＝0，即 3λ－2＝0，即λ＝2 3 ，从而 P(0，4，4)． 于是，将四面体 ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥 P ADQ，则其高 h＝4，故四面 体 ADPQ 的体积 V＝1 3S△ADQ·h＝1 3 ×1 2 ×6×6×4＝24. 方法二：(1)如图所示，取 A1A 的中点 R，连接 PR，BR，PC.因为 A1A，D1D 是梯形 A1ADD1 的两腰，P 是 D1D 的中点，所以 PR∥AD，于是由 AD∥BC 知，PR∥BC， 所以 P，R，B，C 四点共面． 由题设知，BC⊥AB，BC⊥A1A，所以 BC⊥平面 ABB1A1，因此 BC⊥AB1.① 因为 tan∠ABR＝AR AB ＝3 6 ＝A1B1 A1A ＝tan∠A1AB1，所以∠ABR＝∠A1AB1，因此∠ABR＋ ∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°， 于是 AB1⊥BR.再由①即知 AB1⊥平面 PRBC，又 PQ⊂平面 PRBC，故 AB1⊥PQ. (2)如图所示，过点 P 作 PM∥A1A 交 AD 于点 M，则 PM∥平面 ABB1A1.② 因为 A1A⊥平面 ABCD，所以 PM⊥平面 ABCD，过点 M 作 MN⊥QD 于点 N，连接 PN， 则 PN⊥QD，∠PNM 为二面角 P QD A 的平面角， 所以 cos∠PNM＝3 7 ，即MN PN ＝3 7 ， 从而PM MN ＝ 40 3 .③ 连接 MQ，由 PQ∥平面 ABB1A1 及②知， 平面 PQM∥平面 ABB1A1，所以 MQ∥AB. 又四边形 ABCD 是正方形，所以四边形 ABQM 为矩形，故 MQ＝AB＝6. 设 MD＝t，则 MN＝ MQ·MD MQ2＋MD2 ＝ 6t 36＋t2.④ 过点 D1 作 D1E∥A1A 交 AD 于点 E，则四边形 AA1D1E 为矩形，所以 D1E＝A1A＝6，AE ＝A1D1＝3，因此 ED＝AD－AE＝3.于是PM MD ＝D1E ED ＝6 3 ＝2，所以 PM＝2MD＝2t. 再由③④，得 36＋t2 3 ＝ 40 3 ，解得 t＝2，因此 PM＝4.故四面体 ADPQ 的体积 V＝1 3S△ ADQ·PM＝1 3 ×1 2 ×6×6×4＝24. 7．G1[2015·山东卷] 在梯形 ABCD 中，∠ABC＝π 2 ，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2， 将梯形 ABCD 绕 AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π 3 B.4π 3 C.5π 3 D．2π 7．C [解析] 旋转后的几何体为一个底面半径为 1，高为 2 的圆柱挖去一个底面半径 为 1，高为 1 的圆锥，所求几何体的体积为π×12×2－1 3 π×12×1＝5 3 π. 18．G1、G4、G11[2015·四川卷] 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意 图如图 13 所示，在正方体中，设 BC 的中点为 M，GH 的中点为 N. (1)请将字母 F，G，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)证明：直线 MN∥平面 BDH； (3)求二面角 AEGM 的余弦值． 图 13 18．解：(1)点 F，G，H 的位置如图所示． (2)证明：连接 AC，BD 交于点 O，连接 OH，OM. 因为 M，N 分别是 BC，GH 的中点， 所以 OM∥CD，且 OM＝1 2CD， HN∥CD，且 HN＝1 2CD， 所以 OM∥HN，OM＝HN， 所以四边形 MNHO 是平行四边形， 从而 MN∥OH. 又 MN⊄平面 BDH，OH⊂平面 BDH， 所以 MN∥平面 BDH. (3)方法一： 过 M 作 MP⊥AC 于 P. 在正方体 ABCDEFGH 中，AC∥EG， 所以 MP⊥EG. 过 P 作 PK⊥EG 于 K，连接 KM， 所以 EG⊥平面 PKM， 从而 KM⊥EG， 所以∠PKM 是二面角 AEGM 的平面角． 设 AD＝2，则 CM＝1，PK＝2. 在 Rt△CMP 中，PM＝CMsin 45°＝ 2 2 . 在 Rt△PKM 中，KM＝ PK2＋PM2＝3 2 2 . 所以 cos∠PKM＝PK KM ＝2 2 3 ， 即二面角 AEGM 的余弦值为2 2 3 . 方法二： 如图，以 D 为坐标原点，分别以DA→ ，DC→ ，DH→ 方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立 空间直角坐标系 Dxyz. 设 AD＝2，则 M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)， 所以GE→ ＝(2，－2，0)，MG→ ＝(－1，0，2)． 设平面 EGM 的一个法向量为 n1＝(x，y，z)， 由 n1·GE→ ＝0， n1·MG→ ＝0， 得 2x－2y＝0， －x＋2z＝0， 取 x＝2，得 n1＝(2，2，1)． 在正方体 ABCDEFGH 中，DO⊥平面 AEGC， 则可取平面 AEG 的一个法向量为 n2＝DO→ ＝(1，1，0)， 所以 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝ 2＋2＋0 4＋4＋1· 1＋1＋0 ＝2 2 3 ， 故二面角 AEGM 的余弦值为2 2 3 . 10．G1、G2[2015·天津卷] 一个几何体的三视图如图 13 所示(单位：m)，则该几何体 的体积为________m3. 图 13 10.8 3 π [解析] 根据三视图可知几何体是圆柱与两个圆锥的组合体，其体积 V＝π×12 ×2＋2×1 3 ×π×12×1＝8 3 π(m3)． G2 空间几何体的三视图和直观图 7．G2[2015·安徽卷] 一个四面体的三视图如图 11 所示，则该四面体的表面积是( ) 图 11 A．1＋ 3 B．2＋ 3 C．1＋2 2 D．2 2 7．B [解析] 四面体的直观图如图所示，设 O 是 AC 的中点，则 OP＝OB＝1，因此 PB＝ 2，于是 S△PAB＝S△PBC＝ 3 4 ×( 2)2＝ 3 2 ，S△PAC＝S△ABC＝1 2 ×2×1＝1，故四面体的表面 积 S＝2×1＋2× 3 2 ＝2＋ 3，故选 B. 6．G2[2015·全国卷Ⅱ] 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图 12，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) 图 12 A.1 8 B.1 7 C.1 6 D.1 5 6．D [解析] 几何体的直观图为正方体 ABCD A1B1C1D1 截去了一个三棱锥 A A1B1D1， 如图所示．易知 V 三棱锥 A A1B1D1＝1 6V 正方体，所以V 三棱锥 A A1B1D1 VB1D1C1 ABCD ＝1 5 ，故选 D. 11．G2[2015·全国卷Ⅰ] 圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何 体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图 14 所示．若该几何体的表面积为 16＋20π， 则 r＝( ) 图 14 A．1 B．2 C．4 D．8 11．B [解析] 由三视图可知，此组合体的前半部分是一个底面半径为 r，高为 2r 的半 圆柱(水平放置)，后半部分是一个半径为 r 的半球，其中半圆柱的一个底面与半球的半个圆 面重合，所以此几何体的表面积为 2r·2r＋1 2 πr2＋1 2 πr2＋πr·2r＋2πr2＝4r2＋5πr2＝16＋ 20π，解得 r＝2. 5．G2[2015·北京卷] 某三棱锥的三视图如图 12 所示，则该三棱锥的表面积是( ) 图 12 A．2＋ 5 B．4＋ 5 C．2＋2 5 D．5 5．C [解析] 根据三视图可得到直观图(如图所示)．取 D 为 BC 的中点，根据题意可知， AD⊥BC，AD＝2，BC＝2，SA＝1，且 SA⊥平面 ABC.在 Rt△SAB 中，SB＝ 1＋4＋1＝ 6， 同理 SC＝ 6，所以△SBC 是等腰三角形，所以 BC 边上的高 SD＝ 6－1＝ 5.所以三棱锥的 表面积是1 2 ×2×2＋2×1 2 × 5×1＋1 2 ×2× 5＝2＋2 5. 10．G2、G7、B12、K3[2015·湖南卷] 某工件的三视图如图 13 所示，现将该工件通过 切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面 内，则原工件材料的利用率为材料利用率＝新工件的体积 原工件的体积( ) 图 13 A. 8 9π B. 16 9π C.4（ 2－1）3 π D.12（ 2－1）3 π 10．A [解析] 方法一：由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方 形，令此正四棱柱的底面对角线为 2x，高为 h，则由三角形相似可得，x 1 ＝2－h 2 ，∴h＝2－ 2x，x∈(0，1)，其体积 V 长＝( 2x)2h＝2x2(2－2x)≤2x＋x＋2－2x 3 3＝16 27 当且仅当 x＝2 3 时取等 号，V 圆锥＝1 3 π×12×2＝2 3 π，得利用率为 16 27 2 3 π ＝ 8 9π. 方法二：由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此正四棱 柱的底面对角线为 2x，高为 h，则由三角形相似可得，x 1 ＝2－h 2 ，∴h＝2－2x，x∈(0，1)， 其体积 V 长＝( 2x)2h＝2x2(2－2x)＝－4x3＋4x2，令 V 长′＝－12x2＋8x＝0，得当 x＝2 3 时，V 长 取最大值16 27.又 V 圆锥＝1 3 π×12×2＝2 3 π，得利用率为 16 27 2 3 π ＝ 8 9π ，故选 A. 5．G2[2015·陕西卷] 一个几何体的三视图如图 13 所示，则该几何体的表面积为( ) 图 13 A．3π B．4π C．2π＋4 D．3π＋4 5．D [解析] 该几何体是底面半径为 1、母线长为 2 的圆柱被其轴截面截开的半个圆 柱，其表面积为1 2 ×2π×1×2＋2×1 2 ×π×12＋2×2＝3π＋4. 10．G1、G2[2015·天津卷] 一个几何体的三视图如图 13 所示(单位：m)，则该几何体 的体积为________m3. 图 13 10.8 3 π [解析] 根据三视图可知几何体是圆柱与两个圆锥的组合体，其体积 V＝π×12 ×2＋2×1 3 ×π×12×1＝8 3 π(m3)． 2．G2[2015·浙江卷] 某几何体的三视图如图 11 所示(单位：cm)，则该几何体的体积是 ( ) 图 11 A．8 cm3 B．12 cm3 C.32 3 cm3 D.40 3 cm3 2．C [解析] 该几何体为一个正方体和一个正四棱锥的组合体，故该几何体的体积 V ＝23＋1 3 ×2×2×2＝32 3 (cm3)，故选 C. 5．G2、G7、G8[2015·重庆卷] 某几何体的三视图如图 12 所示，则该几何体的体积为 ( ) 图 12 A.1 3 ＋π B.2 3 ＋π C.1 3 ＋2π D.2 3 ＋2π 5．A [解析] 由三视图知，该几何体为一个半圆柱与一个三棱锥的组合体，其中半圆 柱的底面圆的半径为 1、高为 2，三棱锥的底面为一个等腰直角三角形，斜边上的高为 1， 所以该几何体的体积 V＝1 3 ×1 2 ×2×1×1＋1 2 π×12×2＝1 3 ＋π. G3 平面的基本性质、空间两条直线 14．G3，G9[2015·四川卷] 如图 12 所示，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，它们 所在的平面互相垂直，动点 M 在线段 PQ 上，E，F 分别为 AB，BC 的中点．设异面直线 EM 和 AF 所成的角为θ，则 cos θ的最大值为________． 图 12 14.2 5 [解析] 分别以 AB，AD，AQ 为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，并设正方 形边长为 2，QM＝m(0≤m≤2)， 则AF→＝(2，1，0)，EM→ ＝(－1，m，2)， 所以 cos θ＝| AF→·EM→ |AF→|·|EM→ ||＝ 2－m 5m2＋25 (0≤m≤2)． 令 f(m)＝ 2－m 5m2＋25 (0≤m≤2)，则 f′(m)＝ － 5m2＋25－（2－m）×10m 2 5m2＋25 5m2＋25 . 因为 m∈[0，2]，所以 f′(m)＜0， 故 f(m)max＝f(0)＝2 5 ，即 cos θ的最大值为2 5. 13．G3[2015·浙江卷] 如图 14，在三棱锥 ABCD 中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC ＝2，点 M，N 分别为 AD，BC 的中点，则异面直线 AN，CM 所成的角的余弦值是________． 图 14 13.7 8 [解析] 连接 ND，取 ND 的中点为 E，则 ME∥AN，则异面直线 AN，CM 所成的 角为∠EMC.因为 AN＝ND＝MC＝ 32－12＝2 2，所以 ME＝ 2，CE＝ （ 2）2＋12＝ 3， 则 cos∠EMC＝CM2＋ME2－CE2 2CM·ME ＝ 8＋2－3 2×2 2× 2 ＝7 8. G4 空间中的平行关系 5．G4、G5[2015·安徽卷] 已知 m，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列 命题正确的是( ) A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 B．若 m，n 平行于同一平面，则 m 与 n 平行 C．若α，β不平行．．．，则在α内不存在．．．与β平行的直线 D．若 m，n 不平行．．．，则 m 与 n 不可能．．．垂直于同一平面 5．D [解析] 如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，平面 ADD1A1，平面 ABB1A1 都垂 直于平面 ABCD，但这两个平面不平行，A 错；直线 A1D1 和 A1B1 都平行于平面 ABCD，但 这两条直线不平行，B 错；平面 ADD1A1 与平面 ABCD 不平行，但平面 ADD1A1 内的直线 A1D1 与平面 ABCD 平行，C 错；D 的逆否命题是“若 m，n 都垂直于同一平面，则 m，n 必平行”， 此逆否命题为真，故 D 正确． 19．G4、G11[2015·安徽卷] 如图 14 所示，在多面体 A1B1D1DCBA 中，四边形 AA1B1B， ADD1A1，ABCD 均为正方形，E 为 B1D1 的中点，过 A1，D，E 的平面交 CD1 于 F. (1)证明：EF∥B1C； (2)求二面角 E A1D B1 的余弦值． 图 14 19．解：(1)证明：由正方形的性质可知 A1B1∥AB∥DC，且 A1B1＝AB＝DC，所以四边 形 A1B1CD 为平行四边形，从而 B1C∥A1D.又 A1D⊂面 A1DE，B1C⊄面 A1DE，所以 B1C∥面 A1DE.又 B1C⊂面 B1CD1，面 A1DE∩面 B1CD1＝EF，所以 EF∥B1C. (2)因为四边形 AA1B1B，ADD1A1，ABCD 均为正方形，所以 AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD， 且 AA1＝AB＝AD.以 A 为原点，分别以AB→，AD→ ，AA1 → 为 x 轴，y 轴和 z 轴单位正向量建立如图 所示的空间直角坐标系，可得点的坐标 A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)， B1(1，0，1)，D1(0，1，1)．因为 E 点为 B1D1 的中点，所以 E 点的坐标为(0.5，0.5，1)． 设面 A1DE 的一个法向量 n1＝(r1，s1，t1)，A1E→ ＝(0.5，0.5，0)，A1D→ ＝(0，1，－1)，由 n1⊥A1E→ ，n1⊥A1D→ ，得 r1，s1，t1 应满足方程组 0.5r1＋0.5s1＝0， s1－t1＝0， 令 t1＝1，可得 n1＝(－1，1，1)． 设面 A1B1CD 的一个法向量 n2＝(r2，s2，t2)，A1B1 → ＝(1，0，0)，A1D→ ＝(0，1，－1)， 由此同理可得 n2＝(0，1，1)． 结合图形知，二面角 E A1D B1 的余弦值为 |n1·n2| |n1|·|n2| ＝ 2 3× 2 ＝ 6 3 . 16．G4、G5[2015·江苏卷] 如图 12，在直三棱柱 ABC A1B1C1 中，已知 AC⊥BC，BC ＝CC1，设 AB1 的中点为 D，B1C∩BC1＝E. 求证：(1)DE∥平面 AA1C1C； (2)BC1⊥AB1. 图 12 16．证明：(1)由题意知，E 为 B1C 的中点， 又 D 为 AB1 的中点，因此 DE∥AC. 又因为 DE⊄平面 AA1C1C，AC⊂平面 AA1C1C， 所以 DE∥平面 AA1C1C. (2)因为三棱柱 ABC A1B1C1 是直三棱柱， 所以 CC1⊥平面 ABC. 因为 AC⊂平面 ABC，所以 AC⊥CC1. 又因为 AC⊥BC，CC1⊂平面 BCC1B1， BC⊂平面 BCC1B1，BC∩CC1＝C， 所以 AC⊥平面 BCC1B1. 又因为 BC1⊂平面 BCC1B1，所以 BC1⊥AC. 因为 BC＝CC1，所以矩形 BCC1B1 是正方形，因此 BC1⊥B1C. 因为 AC，B1C⊂平面 B1AC，AC∩B1C＝C，所以 BC1⊥平面 B1AC. 又因为 AB1⊂平面 B1AC，所以 BC1⊥AB1. 4．A2，G4[2015·北京卷] 设α，β是两个不同的平面，m 是直线且 m⊂α.“m∥β”是 “α∥β”的( ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 4．B [解析] 当 m⊂α，m∥β时，不能确定平面α与β平行；当α∥β时，根据平面与平 面平行的性质，可以推出 m∥β. 7．A2，G4，G5[2015·福建卷] 若 l，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l⊥m” 是“l∥α”的( ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 7．B [解析] 若 m⊥α，l⊥m，则 l⊂α或 l∥α；若 m⊥α，l∥α，则 l⊥m.故选 B. 17．G4、G11[2015·福建卷] 如图 13，在几何体 ABCDE 中，四边形 ABCD 是矩形，AB⊥ 平面 BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F 分别是线段 BE，DC 的中点． (1)求证：GF∥平面 ADE； (2)求平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值． 图 13 17．解：方法一：(1)证明：如图，取 AE 的中点 H，连接 HG，HD， 又 G 是 BE 的中点， 所以 GH∥AB，且 GH＝1 2AB. 又 F 是 CD 的中点， 所以 DF＝1 2CD. 由四边形 ABCD 是矩形得，AB∥CD，AB＝CD， 所以 GH∥DF，且 GH＝DF， 从而四边形 HGFD 是平行四边形， 所以 GF∥DH. 又 DH⊂平面 ADE，GF⊄平面 ADE， 所以 GF∥平面 ADE. (2)如图，在平面 BEC 内，过 B 点作 BQ∥EC.因为 BE⊥CE，所以 BQ⊥BE. 又因为 AB⊥平面 BEC，所以 AB⊥BE，AB⊥BQ. 以 B 为原点，分别以BE→，BQ→ ，BA→的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标 系，则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)． 因为 AB⊥平面 BEC，所以BA→＝(0，0，2)为平面 BEC 的一个法向量． 设 n＝(x，y，z)为平面 AEF 的一个法向量． 又AE→＝(2，0，－2)，AF→＝(2，2，－1)， 由 n·AE→＝0， n·AF→＝0， 得 2x－2z＝0， 2x＋2y－z＝0， 取 z＝2，得 n＝(2，－1，2)， 从而 cos〈n，BA→〉＝ n·BA→ |n|·|BA→| ＝ 4 3×2 ＝2 3 ， 所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为2 3. 方法二：(1)证明：如图，取 AB 中点 M，连接 MG，MF. 又 G 是 BE 的中点，所以 GM∥AE. 又 AE⊂平面 ADE，GM⊄平面 ADE， 所以 GM∥平面 ADE. 在矩形 ABCD 中，由 M，F 分别是 AB，CD 的中点得 MF∥AD. 又 AD⊂平面 ADE，MF⊄平面 ADE， 所以 MF∥平面 ADE. 又因为 GM∩MF＝M，GM⊂平面 GMF，MF⊂平面 GMF， 所以平面 GMF∥平面 ADE. 因为 GF⊂平面 GMF， 所以 GF∥平面 ADE. (2)同方法一． 图 12 17．G4、G5、G11[2015·山东卷] 如图 12，在三棱台 DEF ABC 中，AB＝2DE，G，H 分别为 AC，BC 的中点． (1)求证：BD∥平面 FGH； (2)若 CF⊥平面 ABC，AB⊥BC，CF＝DE，∠BAC＝45°，求平面 FGH 与平面 ACFD 所成的角(锐角)的大小． 17．解：(1)证法一：连接 DG，CD，设 CD∩GF＝O，连接 OH. 在三棱台 DEF ABC 中， AB＝2DE，G 为 AC 的中点， 可得 DF∥GC，DF＝GC， 所以四边形 DFCG 为平行四边形， 则 O 为 CD 的中点． 又 H 为 BC 的中点， 所以 OH∥BD. 又 OH⊂平面 FGH，BD⊄平面 FGH， 所以 BD∥平面 FGH. 证法二：在三棱台 DEF ABC 中， 由 BC＝2EF，H 为 BC 的中点， 可得 BH∥EF，BH＝EF， 所以四边形 BHFE 为平行四边形， 可得 BE∥HF. 在△ABC 中，G 为 AC 的中点，H 为 BC 的中点， 所以 GH∥AB. 又 GH∩HF＝H，所以平面 FGH∥平面 ABED. 因为 BD⊂平面 ABED， 所以 BD∥平面 FGH. (2)连接 BG，设 AB＝2，则 CF＝1. 方法一：在三棱台 DEF ABC 中， G 为 AC 的中点， 由 DF＝1 2AC＝GC， 可得四边形 DGCF 为平行四边形， 因此 DG∥FC. 又 FC⊥平面 ABC， 所以 DG⊥平面 ABC， 在△ABC 中，AB⊥BC，∠BAC＝45°，G 是 AC 的中点， 所以 AB＝BC，GB⊥GC， 因此 GB，GC，GD 两两垂直， 以 G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 G xyz， 所以 G(0，0，0)，B( 2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，1)， 可得 H 2 2 ， 2 2 ，0 ，F(0，2，1)， 故GH→ ＝ 2 2 ， 2 2 ，0 ，GF→ ＝(0，2，1)． 设 n＝(x，y，z)是平面 FGH 的一个法向量，则 由 n·GH→ ＝0， n·GF→ ＝0， 可得 x＋y＝0， 2y＋z＝0. 可得平面 FGH 的一个法向量 n＝(1，－1， 2)． 因为GB→ 是平面 ACFD 的一个法向量，GB→ ＝( 2，0，0)， 所以 cos〈GB→ ，n〉＝GB→ ·n |GB→ |·|n| ＝ 2 2 2 ＝1 2 ， 所以平面 FGH 与平面 ACFD 所成的角(锐角)的大小为 60°. 方法二：作 HM⊥AC 于点 M，作 MN⊥GF 于点 N，连接 NH. 由 FC⊥平面 ABC，得 HM⊥FC， 又 FC∩AC＝C， 所以 HM⊥平面 ACFD， 因此 GF⊥NH， 所以∠MNH 即为所求的角． 在△BGC 中，MH∥BG，MH＝1 2BG＝ 2 2 ， 由△GNM∽△GCF， 可得MN FC ＝GM GF ， 从而 MN＝ 6 6 . 由 HM⊥平面 ACFD，MN⊂平面 ACFD， 得 HM⊥MN， 因此 tan∠MNH＝HM MN ＝ 3， 所以∠MNH＝60°， 所以平面 FGH 与平面 ACFD 所成的角(锐角)的大小为 60°. 18．G1、G4、G11[2015·四川卷] 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意 图如图 13 所示，在正方体中，设 BC 的中点为 M，GH 的中点为 N. (1)请将字母 F，G，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)证明：直线 MN∥平面 BDH； (3)求二面角 AEGM 的余弦值． 图 13 18．解：(1)点 F，G，H 的位置如图所示． (2)证明：连接 AC，BD 交于点 O，连接 OH，OM. 因为 M，N 分别是 BC，GH 的中点， 所以 OM∥CD，且 OM＝1 2CD， HN∥CD，且 HN＝1 2CD， 所以 OM∥HN，OM＝HN， 所以四边形 MNHO 是平行四边形， 从而 MN∥OH. 又 MN⊄平面 BDH，OH⊂平面 BDH， 所以 MN∥平面 BDH. (3)方法一： 过 M 作 MP⊥AC 于 P. 在正方体 ABCDEFGH 中，AC∥EG， 所以 MP⊥EG. 过 P 作 PK⊥EG 于 K，连接 KM， 所以 EG⊥平面 PKM， 从而 KM⊥EG， 所以∠PKM 是二面角 AEGM 的平面角． 设 AD＝2，则 CM＝1，PK＝2. 在 Rt△CMP 中，PM＝CMsin 45°＝ 2 2 . 在 Rt△PKM 中，KM＝ PK2＋PM2＝3 2 2 . 所以 cos∠PKM＝PK KM ＝2 2 3 ， 即二面角 AEGM 的余弦值为2 2 3 . 方法二： 如图，以 D 为坐标原点，分别以DA→ ，DC→ ，DH→ 方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立 空间直角坐标系 Dxyz. 设 AD＝2，则 M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)， 所以GE→ ＝(2，－2，0)，MG→ ＝(－1，0，2)． 设平面 EGM 的一个法向量为 n1＝(x，y，z)， 由 n1·GE→ ＝0， n1·MG→ ＝0， 得 2x－2y＝0， －x＋2z＝0， 取 x＝2，得 n1＝(2，2，1)． 在正方体 ABCDEFGH 中，DO⊥平面 AEGC， 则可取平面 AEG 的一个法向量为 n2＝DO→ ＝(1，1，0)， 所以 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝ 2＋2＋0 4＋4＋1· 1＋1＋0 ＝2 2 3 ， 故二面角 AEGM 的余弦值为2 2 3 . 17．G4、G10、G11[2015·天津卷] 如图 14，在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中，侧棱 A1A ⊥底面 ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝ 5，且点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点． (1)求证：MN∥平面 ABCD； (2)求二面角 D1 AC B1 的正弦值； (3)设 E 为棱 A1B1 上的点，若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为1 3 ，求线段 A1E 的长． 图 14 17．解：如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得 A(0，0，0)，B(0，1， 0)，C(2，0，0)，D(1，－2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)．又 因为 M，N 分别为 B1C 和 D1D 的中点，得 M1，1 2 ，1，N(1，－2，1)． (1)证明：依题意，可得 n＝(0，0，1)为平面 ABCD 的一个法向量，MN→ ＝0，－5 2 ，0， 由此可得MN→ ·n＝0.又因为直线 MN⊄平面 ABCD，所以 MN∥平面 ABCD. (2)AD1 → ＝(1，－2，2)，AC→＝(2，0，0)．设 n1＝(x，y，z)为平面 ACD1 的一个法向量， 则 n1·AD→ 1＝0， n1·AC→＝0， 即 x－2y＋2z＝0， 2x＝0. 不妨设 z＝1，可得 n1＝(0，1，1)． 设 n2＝(x，y，z)为平面 ACB1 的一个法向量，则 n2·AB→ 1＝0， n2·AC→＝0， 由AB1 → ＝(0，1，2)，得 y＋2z＝0， 2x＝0. 不妨设 z＝1，可得 n2＝(0，－2，1)． 因此有 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝－ 10 10 ，于是 sin〈n1，n2〉＝3 10 10 . 所以二面角 D1 AC B1 的正弦值为3 10 10 . (3)依题意，可设A1E→ ＝λA1B1 → ，其中λ∈[0，1]，则 E(0，λ，2)，从而NE→ ＝(－1，λ＋2， 1)．又 n＝(0，0，1)为平面 ABCD 的一个法向量，由已知，得 cos〈NE→ ，n〉＝NE→·n |NE→|·|n| ＝ 1 （－1）2＋（λ＋2）2＋12 ＝1 3 ，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0，1]，解得λ＝ 7－2. 所以线段 A1E 的长为 7－2. G5 空间中的垂直关系 5．G4、G5[2015·安徽卷] 已知 m，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列 命题正确的是( ) A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 B．若 m，n 平行于同一平面，则 m 与 n 平行 C．若α，β不平行．．．，则在α内不存在．．．与β平行的直线 D．若 m，n 不平行．．．，则 m 与 n 不可能．．．垂直于同一平面 5．D [解析] 如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，平面 ADD1A1，平面 ABB1A1 都垂 直于平面 ABCD，但这两个平面不平行，A 错；直线 A1D1 和 A1B1 都平行于平面 ABCD，但 这两条直线不平行，B 错；平面 ADD1A1 与平面 ABCD 不平行，但平面 ADD1A1 内的直线 A1D1 与平面 ABCD 平行，C 错；D 的逆否命题是“若 m，n 都垂直于同一平面，则 m，n 必平行”， 此逆否命题为真，故 D 正确． 19．G5、G12[2015·湖北卷] 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂 直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑． 如图 15，在阳马 PABCD 中，侧棱 PD⊥底面 ABCD，且 PD＝CD，过棱 PC 的中点 E， 作 EF⊥PB 交 PB 于点 F，连接 DE，DF，BD，BE. (1)证明：PB⊥平面 DEF.试判断四面体 DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角 (只需写出结论)；若不是，说明理由． (2)若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 ，求DC BC 的值． 图 15 19．解：(方法一) (1)证明：因为 PD⊥底面 ABCD，所以 PD⊥BC， 由底面 ABCD 为长方形，有 BC⊥CD，而 PD∩CD＝D，所以 BC⊥平面 PCD. 而 DE⊂平面 PCD，所以 BC⊥DE. 又因为 PD＝CD，点 E 是 PC 的中点， 所以 DE⊥PC. 而 PC∩BC＝C，所以 DE⊥平面 PBC. 而 PB⊂平面 PBC，所以 PB⊥DE. 又 PB⊥EF，DE∩EF＝E，所以 PB⊥平面 DEF. 由 DE⊥平面 PBC，PB⊥平面 DEF，可知四面体 BDEF 的四个面都是直角三角形，即 四面体 BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB. (2)如图所示，在面 PBC 内，延长 BC 与 FE 交于点 G，连接 DG，则 DG 是平面 DEF 与平面 ABCD 的交线． 由(1)知，PB⊥平面 DEF，所以 PB⊥DG. 又因为 PD⊥底面 ABCD，所以 PD⊥DG. 而 PD∩PB＝P，所以 DG⊥平面 PBD. 故∠BDF 是面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的平面角． 设 PD＝DC＝1，BC＝λ，有 BD＝ 1＋λ2. 在 Rt△PDB 中，由 DF⊥PB， 得∠DPF＝∠FDB＝π 3 ， 则 tanπ 3 ＝tan∠DPF＝BD PD ＝ 1＋λ2＝ 3， 解得λ＝ 2. 所以DC BC ＝ 1 λ＝ 2 2 . 故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 时，DC BC ＝ 2 2 . (方法二) (1)证明：如图所示，以 D 为原点，射线 DA，DC，DP 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正半 轴，建立空间直角坐标系．设 PD＝DC＝1，BC＝λ，则 D(0，0，0)，P(0，0，1)，B(λ，1， 0)，C(0，1，0)，PB→＝(λ，1，－1)．又点 E 是 PC 的中点，所以 E 0，1 2 ，1 2 ，DE→ ＝ 0，1 2 ，1 2 ， 于是PB→·DE→ ＝0，即 PB⊥DE. 又已知 EF⊥PB，而 DE∩EF＝E，所以 PB⊥平面 DEF. 因PC→＝(0，1，－1)，DE→ ·PC→＝0，则 DE⊥PC，所以 DE⊥平面 PBC. 由 DE⊥平面 PBC，PB⊥平面 DEF，可知四面体 BDEF 的四个面都是直角三角形，即 四面体 BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB. (2)由 PD⊥平面 ABCD，得DP→ ＝(0，0，1)是平面 ABCD 的一个法向量． 由(1)知，PB⊥平面 DEF，所以BP→＝(－λ，－1，1)是平面 DEF 的一个法向量． 若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 ， 则 cosπ 3 ＝ BP→·DP→ |BP→|·|DP→ | ＝ 1 λ2＋2 ＝1 2 ， 解得λ＝ 2，所以DC BC ＝ 1 λ＝ 2 2 . 故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 时，DC BC ＝ 2 2 . 16．G4、G5[2015·江苏卷] 如图 12，在直三棱柱 ABC A1B1C1 中，已知 AC⊥BC，BC ＝CC1，设 AB1 的中点为 D，B1C∩BC1＝E. 求证：(1)DE∥平面 AA1C1C； (2)BC1⊥AB1. 图 12 16．证明：(1)由题意知，E 为 B1C 的中点， 又 D 为 AB1 的中点，因此 DE∥AC. 又因为 DE⊄平面 AA1C1C，AC⊂平面 AA1C1C， 所以 DE∥平面 AA1C1C. (2)因为三棱柱 ABC A1B1C1 是直三棱柱， 所以 CC1⊥平面 ABC. 因为 AC⊂平面 ABC，所以 AC⊥CC1. 又因为 AC⊥BC，CC1⊂平面 BCC1B1， BC⊂平面 BCC1B1，BC∩CC1＝C， 所以 AC⊥平面 BCC1B1. 又因为 BC1⊂平面 BCC1B1，所以 BC1⊥AC. 因为 BC＝CC1，所以矩形 BCC1B1 是正方形，因此 BC1⊥B1C. 因为 AC，B1C⊂平面 B1AC，AC∩B1C＝C，所以 BC1⊥平面 B1AC. 又因为 AB1⊂平面 B1AC，所以 BC1⊥AB1. 18．G5、G11[2015·全国卷Ⅰ] 如图 15，四边形 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. 图 15 (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． 18．解：(1)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，可知 AE＝EC.又 AE⊥EC，所以 EG＝ 3，且 EG⊥AC. 在 Rt△EBG 中，可得 BE＝ 2，故 DF＝ 2 2 . 在 Rt△FDG 中，可得 FG＝ 6 2 . 在直角梯形 BDFE 中，由 BD＝2，BE＝ 2，DF＝ 2 2 ，可得 EF＝3 2 2 . 从而 EG2＋FG2＝EF2，所以 EG⊥FG. 又 AC∩FG＝G，可得 EG⊥平面 AFC. 因为 EG⊂平面 AEC，所以平面 AEC⊥平面 AFC. (2)如图，以 G 为坐标原点，分别以GB→ ，GC→ 的方向为 x 轴，y 轴正方向，|GB→ |为单位长， 建立空间直角坐标系 G xyz.由(1)可得 A(0，－ 3，0)，E(1，0， 2)，F －1，0， 2 2 ， C(0， 3，0)，所以AE→＝(1，3， 2)，CF→＝ －1，－ 3， 2 2 . 故 cos〈AE→，CF→〉＝AE→·CF→ |AE→||CF→| ＝－ 3 3 . 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 3 3 . 17．G5，G11[2015·北京卷] 如图 15，在四棱锥 AEFCB 中，△AEF 为等边三角形， 平面 AEF⊥平面 EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O 为 EF 的中 点． (1)求证：AO⊥BE； (2)求二面角 FAEB 的余弦值； (3)若 BE⊥平面 AOC，求 a 的值． 图 15 17．解：(1)证明：因为△AEF 是等边三角形，O 为 EF 的中点，所以 AO⊥EF. 又因为平面 AEF⊥平面 EFCB，AO⊂平面 AEF， 所以 AO⊥平面 EFCB， 所以 AO⊥BE. (2)取 BC 的中点 G，连接 OG. 由题设知，四边形 EFCB 是等腰梯形， 所以 OG⊥EF. 由(1)知 AO⊥平面 EFCB， 又 OG⊂平面 EFCB， 所以 OA⊥OG. 如图建立空间直角坐标系 Oxyz. 则 E(a，0，0)，A(0，0， 3a)， B(2， 3(2－a)，0)，EA→＝(－a，0， 3a)， BE→＝(a－2， 3(a－2)，0)． 设平面 AEB 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n·EA→＝0， n·BE→＝0， 即 －ax＋ 3az＝0， （a－2）x＋ 3（a－2）y＝0. 令 z＝1，则 x＝ 3，y＝－1，于是 n＝( 3，－1，1)． 平面 AEF 的一个法向量为 p＝(0，1，0)． 所以 cos〈n，p〉＝n·p |n||p| ＝－ 5 5 . 由题知二面角 FAEB 为钝角，所以它的余弦值为－ 5 5 . (3)因为 BE⊥平面 AOC，所以 BE⊥OC， 即BE→·OC→ ＝0. 因为BE→＝(a－2， 3(a－2)，0)， OC→ ＝(－2， 3(2－a)，0)， 所以BE→·OC→ ＝－2(a－2)－3(a－2)2. 由BE→·OC→ ＝0 及 0α， 故选 B. 17．G5、G11[2015·浙江卷] 如图 15，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，∠BAC＝90°，AB＝ AC＝2，A1A＝4，A1 在底面 ABC 的射影为 BC 的中点，D 是 B1C1 的中点． (1)证明：A1D⊥平面 A1BC； (2)求二面角 A1BDB1 的平面角的余弦值． 图 15 17．解：(1)证明：设 E 为 BC 的中点，连接 A1E，DE，AE，由题意得 A1E⊥平面 ABC， 所以 A1E⊥AE. 因为 AB＝AC，所以 AE⊥BC. 故 AE⊥平面 A1BC. 由 D，E 分别为 B1C1，BC 的中点，得 DE∥B1B 且 DE＝B1B， 从而 DE∥A1A 且 DE＝A1A， 所以四边形 A1AED 为平行四边形． 故 A1D∥AE. 又因为 AE⊥平面 A1BC，所以 A1D⊥平面 A1BC. (2)方法一： 作 A1F⊥BD 且 A1F∩BD＝F，连接 B1F. 由 AE＝EB＝ 2，∠A1EA＝∠A1EB＝90°， 得 A1B＝A1A＝4. 由 A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB 与△B1DB 全等． 由 A1F⊥BD，得 B1F⊥BD，因此∠A1FB1 为二面角 A1BDB1 的平面角． 由 A1D＝ 2，A1B＝4，∠DA1B＝90°，得 BD＝3 2，A1F＝B1F＝4 3 ， 由余弦定理得 cos∠A1FB1＝－1 8. 方法二： 以 CB 的中点 E 为原点，分别以射线 EA，EB 为 x 轴，y 轴的正半轴，建立空间直角坐 标系 Exyz，如图所示． 由题意知各点坐标如下： A1(0，0， 14)，B(0，2，0)，D(－ 2，0， 14)，B1(－ 2，2， 14)． 因此A1B→ ＝(0，2，－ 14)，BD→ ＝(－ 2，－ 2， 14)，DB1 → ＝(0，2，0)． 设平面 A1BD 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，平面 B1BD 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)． 由 m·A1B→ ＝0， m·BD→ ＝0， 得 2y1－ 14z1＝0， － 2x1－ 2y1＋ 14z1＝0， 可取 m＝(0，7，1)． 由 n·DB1 → ＝0， n·BD→ ＝0， 得 2y2＝0， － 2x2－ 2y2＋ 14z2＝0， 可取 n＝( 7，0，1)． 于是|cos〈m，n〉|＝ |m·n| |m|·|n| ＝1 8. 由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角 A1BDB1 的平面角的余弦值为－ 1 8. 19．G5、G11、G12[2015·重庆卷] 如图 15 所示，三棱锥 P ABC 中，PC⊥平面 ABC， PC＝3，∠ACB＝π 2 .D，E 分别为线段 AB，BC 上的点，且 CD＝DE＝ 2，CE＝2EB＝2. (1)证明：DE⊥平面 PCD； (2)求二面角 A PD C 的余弦值． 图 15 19．解：(1)证明：由 PC⊥平面 ABC，DE⊂平面 ABC，得 PC⊥DE. 由 CE＝2，CD＝DE＝ 2，得△CDE 为等腰直角三角形，故 CD⊥DE. 由 PC∩CD＝C，DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线，得 DE⊥平面 PCD. (2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE＝π 4 .如图，过 D 作 DF 垂直 CE 于 F， 易知 DF＝FC＝FE＝1，又已知 EB＝1，故 FB＝2. 由∠ACB＝π 2 得 DF∥AC，所以DF AC ＝FB BC ＝2 3 ，故 AC＝3 2DF＝3 2. 以 C 为坐标原点，分别以CA→，CB→，CP→的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角 坐标系，则 C(0，0，0)，P(0，0，3)，A3 2 ，0，0，E(0，2，0)，D(1，1，0)，所以ED→ ＝(1， －1，0)， DP→ ＝(－1，－1，3)，DA→ ＝1 2 ，－1，0. 设平面 PAD 的一个法向量为 n1＝(x1，y1，z1)， 由 n1·DP→ ＝0，n1·DA→ ＝0，得 －x1－y1＋3z1＝0， 1 2x1－y1＝0， 故可取 n1＝(2，1，1)． 由(1)可知 DE⊥平面 PCD，故平面 PCD 的一个法向量 n2 可取为ED→ ，即 n2＝(1，－1， 0)． 法向量 n1，n2 的夹角的余弦值为 cos〈n1，n2〉＝n1·n2 |n1||n2| ＝ 3 6 ， 故所求二面角 A PD C 的余弦值为 3 6 . G12 单元综合 19．G5、G12[2015·湖北卷] 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂 直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑． 如图 15，在阳马 PABCD 中，侧棱 PD⊥底面 ABCD，且 PD＝CD，过棱 PC 的中点 E， 作 EF⊥PB 交 PB 于点 F，连接 DE，DF，BD，BE. (1)证明：PB⊥平面 DEF.试判断四面体 DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角 (只需写出结论)；若不是，说明理由． (2)若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 ，求DC BC 的值． 图 15 19．解：(方法一) (1)证明：因为 PD⊥底面 ABCD，所以 PD⊥BC， 由底面 ABCD 为长方形，有 BC⊥CD，而 PD∩CD＝D，所以 BC⊥平面 PCD. 而 DE⊂平面 PCD，所以 BC⊥DE. 又因为 PD＝CD，点 E 是 PC 的中点， 所以 DE⊥PC. 而 PC∩BC＝C，所以 DE⊥平面 PBC. 而 PB⊂平面 PBC，所以 PB⊥DE. 又 PB⊥EF，DE∩EF＝E，所以 PB⊥平面 DEF. 由 DE⊥平面 PBC，PB⊥平面 DEF，可知四面体 BDEF 的四个面都是直角三角形，即 四面体 BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB. (2)如图所示，在面 PBC 内，延长 BC 与 FE 交于点 G，连接 DG，则 DG 是平面 DEF 与平面 ABCD 的交线． 由(1)知，PB⊥平面 DEF，所以 PB⊥DG. 又因为 PD⊥底面 ABCD，所以 PD⊥DG. 而 PD∩PB＝P，所以 DG⊥平面 PBD. 故∠BDF 是面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的平面角． 设 PD＝DC＝1，BC＝λ，有 BD＝ 1＋λ2. 在 Rt△PDB 中，由 DF⊥PB， 得∠DPF＝∠FDB＝π 3 ， 则 tanπ 3 ＝tan∠DPF＝BD PD ＝ 1＋λ2＝ 3， 解得λ＝ 2. 所以DC BC ＝ 1 λ＝ 2 2 . 故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 时，DC BC ＝ 2 2 . (方法二) (1)证明：如图所示，以 D 为原点，射线 DA，DC，DP 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正半 轴，建立空间直角坐标系．设 PD＝DC＝1，BC＝λ，则 D(0，0，0)，P(0，0，1)，B(λ，1， 0)，C(0，1，0)，PB→＝(λ，1，－1)．又点 E 是 PC 的中点，所以 E 0，1 2 ，1 2 ，DE→ ＝ 0，1 2 ，1 2 ， 于是PB→·DE→ ＝0，即 PB⊥DE. 又已知 EF⊥PB，而 DE∩EF＝E，所以 PB⊥平面 DEF. 因PC→＝(0，1，－1)，DE→ ·PC→＝0，则 DE⊥PC，所以 DE⊥平面 PBC. 由 DE⊥平面 PBC，PB⊥平面 DEF，可知四面体 BDEF 的四个面都是直角三角形，即 四面体 BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB. (2)由 PD⊥平面 ABCD，得DP→ ＝(0，0，1)是平面 ABCD 的一个法向量． 由(1)知，PB⊥平面 DEF，所以BP→＝(－λ，－1，1)是平面 DEF 的一个法向量． 若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 ， 则 cosπ 3 ＝ BP→·DP→ |BP→|·|DP→ | ＝ 1 λ2＋2 ＝1 2 ， 解得λ＝ 2，所以DC BC ＝ 1 λ＝ 2 2 . 故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 时，DC BC ＝ 2 2 . 22．G11、G12[2015·江苏卷] 如图 16，在四棱锥 P ABCD 中，已知 PA⊥平面 ABCD， 且四边形 ABCD 为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝π 2 ，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1. (1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值； (2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的长． 图 16 22．解：以{AB→，AD→ ，AP→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz，则各点 的坐标为 B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)． (1)因为 AD⊥平面 PAB，所以AD→ 是平面 PAB 的一个法向量，AD→ ＝(0，2，0)． 因为PC→＝(1，1，－2)，PD→ ＝(0，2，－2)， 设平面 PCD 的一个法向量为 m＝(x，y，z)， 所以 m·PC→＝0，m·PD→ ＝0， 即 x＋y－2z＝0， 2y－2z＝0. 令 y＝1，解得 z＝1，x＝1， 所以 m＝(1，1，1)是平面 PCD 的一个法向量． 从而 cos〈AD→ ，m〉＝ AD→ ·m |AD→ ||m| ＝ 3 3 ， 所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 3 3 . (2)由BP→＝(－1，0，2)，可设BQ→ ＝λBP→＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)， 又CB→＝(0，－1，0)，所以CQ→ ＝CB→＋BQ→ ＝(－λ，－1，2λ)，又DP→ ＝(0，－2，2)， 从而 cos〈CQ→ ，DP→ 〉＝CQ→ ·DP→ |CQ→ ||DP→ | ＝ 1＋2λ 10λ2＋2 . 设 1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则 cos2〈CQ→ ，DP→ 〉＝ 2t2 5t2－10t＋9 ＝ 2 9 1 t －5 9 2 ＋20 9 ≤ 9 10 ， 当且仅当 t＝9 5 ，即λ＝2 5 时，|cos〈CQ→ ，DP→ 〉|取得最大值为3 10 10 . 因为 y＝cos x 在 0，π 2 上是减函数，所以此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值． 又因为 BP＝ 12＋22＝ 5，所以 BQ＝2 5BP＝2 5 5 . 6．G12[2015·全国卷Ⅰ] 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如 下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在 屋内墙角处堆放米(如图 11，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为 8 尺，米堆 的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺， 圆周率约为 3，估算出堆放的米约有( ) 图 11 A．14 斛 B．22 斛 C．36 斛 D．66 斛 6．B [解析] 由题意，题中图形为四分之一圆锥，设圆锥的底面半径为 R，则由πR 2 ＝ 8 得 R＝16 π，所以 V 米＝1 4V 圆锥＝1 4 ×1 3 ×π× 16 π 2 ×5＝320 3π≈320 9 (立方尺)，所以320 9 ÷1.62≈ 21.95≈22(斛)． 19．G5、G11、G12[2015·重庆卷] 如图 15 所示，三棱锥 P ABC 中，PC⊥平面 ABC， PC＝3，∠ACB＝π 2 .D，E 分别为线段 AB，BC 上的点，且 CD＝DE＝ 2，CE＝2EB＝2. (1)证明：DE⊥平面 PCD； (2)求二面角 A PD C 的余弦值． 图 15 19．解：(1)证明：由 PC⊥平面 ABC，DE⊂平面 ABC，得 PC⊥DE. 由 CE＝2，CD＝DE＝ 2，得△CDE 为等腰直角三角形，故 CD⊥DE. 由 PC∩CD＝C，DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线，得 DE⊥平面 PCD. (2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE＝π 4 .如图，过 D 作 DF 垂直 CE 于 F， 易知 DF＝FC＝FE＝1，又已知 EB＝1，故 FB＝2. 由∠ACB＝π 2 得 DF∥AC，所以DF AC ＝FB BC ＝2 3 ，故 AC＝3 2DF＝3 2. 以 C 为坐标原点，分别以CA→，CB→，CP→的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角 坐标系，则 C(0，0，0)，P(0，0，3)，A3 2 ，0，0，E(0，2，0)，D(1，1，0)，所以ED→ ＝(1， －1，0)， DP→ ＝(－1，－1，3)，DA→ ＝1 2 ，－1，0. 设平面 PAD 的一个法向量为 n1＝(x1，y1，z1)， 由 n1·DP→ ＝0，n1·DA→ ＝0，得 －x1－y1＋3z1＝0， 1 2x1－y1＝0， 故可取 n1＝(2，1，1)． 由(1)可知 DE⊥平面 PCD，故平面 PCD 的一个法向量 n2 可取为ED→ ，即 n2＝(1，－1， 0)． 法向量 n1，n2 的夹角的余弦值为 cos〈n1，n2〉＝n1·n2 |n1||n2| ＝ 3 6 ， 故所求二面角 A PD C 的余弦值为 3 6 . 图 K325 7．[2015·四川石室中学模拟] 已知正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 1，动点 P，Q 分 别在棱 BC，CC1 上，将过点 A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S，设 BP＝x，CQ ＝y，其中 x，y∈[0，1]，则下列命题为真的是________．(写出所有真命题的序号) ①当 x＝0 时，S 为矩形，其面积最大为 1； ②当 x＝y＝1 2 时，S 为等腰梯形； ③当 x＝1 2 ，y＝3 4 时，S 为六边形； ④当 x＝1 2 ，y∈ 1 2 ，1 时，设 S 与棱 C1D1 的交点为 R，则 RD1＝2－1 y. 7．②④ [解析] 当 x＝0 时，S 为矩形，其面积最大为 1× 2＝ 2，所以①错误；当 x＝y＝1 2 时，截面如图(1)所示，易知 S 为等腰梯形，所以②正确； (1) (2) 当 x＝1 2 ，y＝3 4 时，截面如图(2)所示，所以③错误； (3) 当 x＝1 2 ，y∈ 1 2 ，1 时，如图(3)所示，设 S 与棱 C1D1 的交点为 R，延长 DD1，使 DD1 ∩QR＝N，连接 AN 交 A1D1 于点 E，连接 ER，易证得 AN∥PQ，由△NRD1∽△QRC1，可 得 C1R∶D1R＝C1Q∶D1N，可得 RD1＝2－1 y ，故④正确． 4．[2015·辽师附中期中] 设 m，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列 命题为真的是( ) A．m∥α，n∥β，且α∥β，则 m∥n B．m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则 m⊥n C．m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β D．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β 4．B [解析] 对于 A，若 m∥α，n∥β，且α∥β，则 m，n 的位置关系应该是平行或相 交或异面，故 A 错；易知 B 为真命题；对于 C，若 m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α∥β或α∩β＝l 或α⊥β，故 C 不正确；对于 D，若 m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β或α∩β＝l 或α⊥ β，所以 D 不正确． 11．[2015·合肥一模] 如图 K353 所示，在直角梯形 ABCD 中，BC⊥DC，AE⊥DC，M， N 分别是 AD，BE 的中点，将三角形 ADE 沿 AE 翻折，则下列说法正确的是________．(填 上所有正确说法的序号) ①不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)，都有 MN∥平面 DEC； ②不论 D 折至何位置，都有 MN⊥AE； ③不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)，都有 MN∥AB； ④在翻折过程中，一定存在某个位置，使 EC⊥AD. 11．①②④ [解析] 翻折后，设 Q，P 分别为 CE，DE 的中点，易证得四边形 MNQP 是矩形，所以①②正确，显然③错．当平面 ADE⊥平面 ABCE 时，有 EC⊥AD，故④正确． 7．[2015·浙江五校联考] 如图 K321 所示，在正四棱锥 SABCD 中，E，M，N 分别是 BC，CD，SC 的中点，动点 P 在线段 MN 上运动(与点 M，N 均不重合)时，给出下列四个结 论： ①EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥平面 SBD；④EP⊥平面 SAC.其中恒成立的结论为( ) A．①③ B．③④ C．①② D．②③④ 图 K321 7．A [解析] 连接 AC，BD 相交于点 O，连接 EM，EN. ①由正四棱锥 SABCD，可得 SO⊥底面 ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC.∵SO∩BD＝O，∴AC⊥平面 SBD.∵E，M，N 分别 是 BC，CD，SC 的中点，∴EM∥BD，MN∥SD，而 EM∩MN＝M，∴平面 EMN∥平面 SBD， ∴AC⊥平面 EMN，∴AC⊥EP.故①正确．②由异面直线的定义可知，EP 与 BD 是异面直线， 不可能 EP∥BD，因此②不正确．③由①可知，平面 EMN∥平面 SBD，∴EP∥平面 SBD， 因此③正确．④由①同理可得 EM⊥平面 SAC，若 EP⊥平面 SAC，则 EP∥EM，与 EP∩EM ＝E 矛盾，因此当 P 与 M 不重合时，EP 与平面 SAC 不垂直．故④不正确．综上可知，①③ 正确． 3．[2015·浙江温州十校联考] 如图 K333 所示，已知四棱锥 PABCD，底面 ABCD 为 菱形，PA⊥平面 ABCD，∠ABC＝60°，E，F 分别是 BC，PC 的中点． (1)证明：AE⊥PD； (2)若 AB＝2，PA＝2，求二面角 EAFC 的平面角的余弦值． 3．解：(1)证明：由四边形 ABCD 为菱形，∠ABC＝60°，可得△ABC 为正三角形．因 为 E 为 BC 的中点，所以 AE⊥BC.又 BC∥AD，所以 AE⊥AD.因为 PA⊥平面 ABCD，AE⊂ 平面 ABCD，所以 PA⊥AE.而 PA⊂平面 PAD，AD⊂平面 PAD，且 PA∩AD＝A，所以 AE⊥ 平面 PAD.又 PD⊂平面 PAD，所以 AE⊥PD. (2)由(1)知 AE，AD，AP 两两垂直，以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 又 E，F 分别为 BC，PC 的中点，所以 A(0，0，0)，B( 3，－1，0)，C( 3，1，0)，D(0，2， 0)，P(0，0，2)，E( 3，0，0)，F 3 2 ，1 2 ，1 ，所以AE→＝( 3，0，0)，AF→＝ 3 2 ，1 2 ，1 .设平 面 AEF 的一个法向量为 m＝(x1，y1，z1)，则 m·AE→＝0， m·AF→＝0， 因此 3x1＝0， 3 2 x1＋1 2y1＋z1＝0.取 z1＝－1， 则 m＝(0，2，－1)．连接 BD.因为 BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC＝A，所以 BD⊥平面 AFC， 故BD→ 为平面 AFC 的一个法向量．又BD→ ＝(－ 3，3，0)，所以 cos〈m，BD→ 〉＝ m·BD→ m·|BD→ | ＝ 2×3 5× 12 ＝ 15 5 .因为二面角 EAFC 的平面角为锐角，所以所求二面角的平面角的余弦值为 15 5 .