2013年高考数学（理科）真题分类汇编G单元 立体几何 70页

G单元 立体几何 G1　空间几何体的结构　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 图1－3‎ ‎12．G1，G2[2013·福建卷] 已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图1－3所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是__________．‎ ‎12．12π　[解析] 该多面体是棱长为2的正方体，设球的半径为R，则2R＝2 R＝，所以S球＝4πR2＝12π.‎ ‎10．G1[2013·辽宁卷] 已知直三棱柱ABC－A1B‎1C1的6个顶点都在球O的球面上．若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12.则球O的半径为(　　)‎ A. B．‎2 C. D．3 ‎10．C　[解析] 由题意将直三棱柱ABC－A1B‎1C1还原为长方体ABDC－A1B1D‎1C1，则球的直径即为长方体ABDC－A1B1D‎1C1的体对角线AD1，所以球的直径AD1＝＝＝13，则球的半径为，故选C.‎ G2　空间几何体的三视图和直观图　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 图1－3‎ ‎12．G1，G2[2013·福建卷] 已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图1－3所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是__________．‎ ‎12．12π　[解析] 该多面体是棱长为2的正方体，设球的半径为R，则2R＝2 R＝，所以S球＝4πR2＝12π.‎ ‎5．G2[2013·广东卷] 某四棱台的三视图如图1－1所示，则该四棱台的体积是(　　)‎ 图1－1‎ A．4 B. C. D．6‎ ‎5．B　[解析] 棱台的上底、下底分别是边长为1和2的正方形，高为2，故V台＝(S上＋＋S下)h＝，故选B.‎ ‎7．G2[2013·湖南卷] 已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于(　　)‎ A．1 B. C. D. ‎7．C　[解析] 由题可知，该正方体的俯视图恰好是正方形，则正视图最大值应是正方体的对角面，最小值为正方形，故面积范围为[1，]，因[1，]，故选C.‎ ‎13．G2[2013·辽宁卷] 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．‎ 图1－3‎ ‎13．16π－16　[解析] 由三视图可以得到原几何体是一个圆柱里面挖去了一个长方体，所以该几何体的体积为 V＝4π×4－16＝16π－16.‎ ‎12．G2[2013·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－3所示，则其体积为________．‎ 图1－3‎ ‎12.　[解析] 由三视图还原为实物图为半个圆锥，则V＝××π×12×2＝.‎ ‎3．G2[2013·四川卷] 一个几何体的三视图如图1－2所示，则该几何体的直观图可以是(　　)‎ 图1－2‎ 图1－3‎ ‎3．D　[解析] 根据三视图原理，该几何体上部为圆台，下部为圆柱．‎ ‎7．G2[2013·新课标全国卷Ⅱ] 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为(　　)‎ 图1－2‎ ‎7．A　[解析] 在空间直角坐标系O－xyz中画出三棱锥，由已知可知三棱锥O－ABC为题中所描叙的四面体，而其在zOx平面上的投影为正方形EBDO，故选A.‎ 图1－4‎ ‎12．G2[2013·浙江卷] 若某几何体的三视图(单位：cm)如图1－3所示，则此几何体的体积等于________cm3.‎ 图1－3‎ ‎12．24　[解析] 此几何体知直观图是一个直三棱柱挖去一个三棱锥而得，如图所示，则体积为×3×4×5－××3×4×3＝24.‎ ‎5．G2，G7[2013·重庆卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则该几何体的体积为(　　)‎ 图1－2‎ A. B. C．200 D．240‎ ‎5．C　[解析] 该几何体为直四棱柱，其高为10，底面是上底为2，下底为8，高为4，其腰为5的等腰梯形，所以其底面面积为(2＋8)×4＝20，所以体积为V＝20×10＝200.‎ G3　平面的基本性质、空间两条直线　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎3．G3[2013·安徽卷] 在下列命题中，不是公理的是(　　)‎ A．平行于同一个平面的两个平面相互平行 B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内 D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 ‎3．A　[解析] 选项B、C、D中的都是公理，都是平面的三个基本性质．‎ ‎4．G3，G4，G5[2013·新课标全国卷Ⅱ] 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，则(　　)‎ A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l ‎4．D　[解析] 若α∥β，则m∥n与m，n为异面直线矛盾，故A错．若α⊥β且l⊥β，则由n⊥平面β知l ∥n 与l ⊥n矛盾，故B错．若α与β相交，设垂直于交线的平面为γ，则l ⊥γ，又l ⊥m，l ⊥n，m⊥平面α，n⊥平面β，故交线平行于l.故选D.‎ 图1－7‎ ‎19．G3、G5、G10，G11[2013·重庆卷] 如图1－7所示，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝，F为PC的中点，AF⊥PB.‎ ‎(1)求PA的长；‎ ‎(2)求二面角B－AF－D的正弦值．‎ ‎19．解：(1)如图，联结BD交AC于O，因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形，又AC平分∠BCD，故AC⊥BD.以O为坐标原点，，，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O－xyz，则OC＝CDcos＝1，而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3.又OD＝CDsin＝，故A(0，－3，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)．‎ 因PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)，由F为PC边中点，得F，又＝，＝(，3，－z)，因AF⊥PB，故·＝0，即6－＝0，z＝2 (舍去－2 )，所以||＝2 .‎ ‎(2)由(1)知＝(－，3，0)，＝(，3，0)，＝(0，2，)．设平面FAD的法向量为n1＝(‎ x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．‎ 由n1·＝0，n1·＝0，得 因此可取n1＝(3，，－2)．‎ 由n2·＝0，n2·＝0，得 故可取n2＝(3，－，2)．‎ 从而向量n1，n2的夹角的余弦值为 cos〈n1，n2〉＝＝.‎ 故二面角B－AF－D的正弦值为.‎ G4　空间中的平行关系　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎19．G4、G11[2013·安徽卷] 如图1－5，圆锥顶点为P，底面圆心为O，其母线与底面所成的角为22.5°，AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦，轴OP与平面PCD所成的角为60°.‎ ‎(1)证明：平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；‎ ‎(2)求cos∠COD.‎ 图1－5‎ ‎19．解：(1)证明：设面PAB与面PCD的交线为l，‎ 因为AB∥CD，AB不在面PCD内，所以AB∥面PCD.‎ 又因为AB面PAB，面PAB与PCD的交线为l，‎ 所以AB∥l，‎ 由直线AB在底面上而l在底面外可知，‎ l与底面平行．‎ ‎(2)设CD的中点为F，连接OF，PF.‎ 由圆的性质，∠COD＝2∠COF，OF⊥CD.‎ 因为OP⊥底面，CD底面，所以OP⊥CD，‎ 又OP∩OF＝O，故CD⊥面OPF.‎ 又CD面PCD.因此面OPF⊥面PCD.从而直线OP在面PCD上的射影为直线PF，故 ‎∠OPF为OP与面PCD所成的角．由题设，∠OPF＝60°.‎ 设OP＝h，则OF＝OP·tan∠OPF＝h·tan 60°＝h.‎ 根据题设有∠OCP＝22.5°，得OC＝＝.‎ 由1＝tan45°＝和tan 22.5°>0，可解得tan 22.5°＝－1，‎ 因此OC＝＝(＋1)h.‎ 在Rt△OCF中，cos∠COF＝＝＝－，‎ 故cos∠COD＝cos(2∠COF)＝2cos2∠COF－1＝2(－)2－1＝17－12 .‎ ‎6．G4、G5[2013·广东卷] 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)‎ A．若α⊥β，mα，nβ，则m⊥n B．若α∥β，mα，nβ，则m∥n C．若m⊥n，mα，nβ，则α⊥β D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β ‎6．D　[解析] ∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又n∥β，∴α⊥β，故选D.‎ ‎19．G4，G11[2013·湖北卷] 如图1－6所示，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．‎ ‎(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；‎ ‎(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足＝.记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E－l－C的大小为β，求证：sin θ＝sin αsin β.‎ 图1－6‎ ‎19．解： (1)直线l∥平面PAC，证明如下：‎ 联结EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC.‎ 又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF∥平面ABC.而EF平面BEF，且平面BEF∩平面ABC＝l，所以EF∥l.因为l平面PAC，EF平面PAC，所以直线l∥平面PAC.‎ ‎(2)方法一：(综合法)如图①，联结BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且l∥AC.‎ 因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC.‎ 已知PC⊥平面ABC，而l平面ABC，所以PC⊥l，‎ 而PC∩BC＝C，所以l⊥平面PBC.‎ 联结BE，BF，因为BF平面PBC，所以l⊥BF，故∠CBF就是二面角E－l－C的平面角，即∠CBF＝β.由＝，作DQ∥CP，且DQ＝CP.‎ 联结PQ，DF，因为F是CP的中点，CP＝2PF，所以DQ＝PF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD.‎ 联结CD，因为PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF＝θ.又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF为锐角，故∠BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即∠BDF＝α，于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得sin θ＝，sin α＝，sin β＝，‎ 从而sin αsin β＝·＝＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.‎ 方法二：(向量法)如图②，由＝，作DQ∥CP，且DQ＝CP.‎ 联结PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交线l即为直线BD.‎ 以点C为原点，向量，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CA＝a，CB＝b，CP＝‎2c，则有C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，b，0)，P(0，0，‎2c)，Q(a，b，c)，E，F(0，0，c)，于是＝，＝(－a，－b，c)，＝(0，－b，c)，‎ 所以cos α＝＝，从而sin α＝＝.‎ 又取平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，可得sin θ＝＝.‎ 设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 所以由 可得取n＝(0，c，b)，‎ 于是|cos β|＝＝，从而sin β＝＝.‎ 故sin αsin β＝·＝＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.‎ ‎16．G4，G5[2013·江苏卷] 如图1－2，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．‎ 求证：(1)平面EFG∥平面ABC；‎ ‎(2)BC⊥SA.‎ 图1－2‎ ‎16．证明：(1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.‎ 因为EF平面ABC，AB平面ABC，‎ 所以EF∥平面ABC.‎ 同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，‎ 所以平面EFG∥平面ABC.‎ ‎(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，‎ 又AF平面SAB，AF⊥SB，‎ 所以AF⊥平面SBC.‎ 因为BC平面SBC，所以AF⊥BC.‎ 又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB平面SAB，所以BC⊥平面SAB.‎ 因为SA平面SAB，所以BC⊥SA.‎ ‎8．G4[2013·江西卷] 如图1－2所示，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝(　　)‎ 图1－2‎ A．8 B．9‎ C．10 D．11‎ ‎8．A　[解析] 直线CE与上下两个平面平行，与其他四个平面相交，直线EF与左右两个平面平行，与其他四个平面相交，所以m＝4，n＝4，故选A.‎ 图1－4‎ ‎18．G4、G11[2013·山东卷] 如图1－4所示，在三棱锥P－ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，联结GH.‎ ‎(1)求证：AB∥GH；‎ ‎(2)求二面角D－GH－E的余弦值．‎ ‎18．解：(1)证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB，所以EF∥DC.‎ 又EF平面PCD，DC平面PCD，‎ 所以EF∥平面PCD.‎ 又EF平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，所以EF∥GH.‎ 又EF∥AB，所以AB∥GH.‎ ‎(2)方法一：在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，‎ 所以∠ABQ＝90°，即AB⊥BQ.‎ 因为PB⊥平面ABQ，所以AB⊥PB.又BP∩BQ＝B，‎ 图1－5‎ 所以AB⊥平面PBQ.由(1)知AB∥GH，所以GH⊥平面PBQ.又FH平面PBQ，所以GH⊥FH.同理可得GH⊥HC，所以∠FHC为二面角D－GH－E的平面角．‎ 设BA＝BQ＝BP＝2.联结FC，‎ 在Rt△FBC中，由勾股定理得FC＝，在Rt△PBC中，由勾股定理得PC＝.又H为△PBQ的重心，所以HC＝PC＝.同理FH＝.‎ 在△FHC中，由余弦定理得cos∠FHC＝＝－.即二面角D－GH－E的余弦值为－.‎ 方法二：在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°.又PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．‎ 以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设BA＝BQ＝BP＝2，则E(1，0，1)，F(0，0，1)，Q(0，2，0)，D(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)．所以＝(－1，2，－1)，＝(0，2，－1)，＝(－1，－1，2)，＝(0，－1，2)．‎ 设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，‎ 由m·＝0，m·＝0，‎ 得取y1＝1，得m＝(0，1，2)．‎ 设平面PDC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，‎ 由n·＝0，n·＝0，‎ 得 取z2＝1，得n＝(0，2，1)．‎ 所以cos〈m，n〉＝＝.‎ 因为二面角D－GH－E为钝角，‎ 所以二面角D－GH－E的余弦值为－.‎ 图1－5‎ ‎19．G4，G5，G7，G11[2013·四川卷] 如图1－7所示，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B‎1C1的中点，P是线段AD的中点．‎ ‎(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l⊥平面ADD‎1A1；‎ ‎(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角A－A‎1M－N的余弦值．‎ 图1－7‎ ‎19．解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线l∥BC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC.‎ 由已知，AB＝AC，D是BC的中点．‎ 所以，BC⊥AD，则直线l⊥AD.‎ 因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥直线l.‎ 又因为AD，AA1在平面ADD‎1A1内，且AD与AA1相交，‎ 所以直线l⊥平面ADD‎1A1.‎ ‎(2)解法一：‎ 联结A1P，过A作AE⊥A1P于E，过E作EF⊥A‎1M于F，联结AF.‎ 由(1)知，MN⊥平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面A1MN.‎ 所以AE⊥平面A1MN，则A‎1M⊥AE.‎ 所以A‎1M⊥平面AEF，则A‎1M⊥AF.‎ 故∠AFE为二面角A－A‎1M－N的平面角(设为θ)．‎ 设AA1＝1，则由AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，有∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝1.‎ 又P为AD的中点，所以M为AB中点，‎ 且AP＝，AM＝1，‎ 所以，在Rt△AA1P中，A1P＝；在Rt△A1AM中，A‎1M＝.‎ 从而AE＝＝，AF＝＝，‎ 所以sinθ＝＝.‎ 所以cosθ＝＝＝.‎ 故二面角A－A‎1M－N的余弦值为.‎ 解法二：‎ 设A‎1A＝1，如图，‎ 过A1作A1E平行于B‎1C1，以A1为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz(点O与点A1重合)．‎ 则A1(0，0，0)，A(0，0，1)．‎ 因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，又AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，‎ 故可得M，，1，N－，，1，‎ 所以＝，＝(0，0，1)，＝(，0，0)．‎ 设平面AA‎1M的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 故有 从而 取x1＝1，则y1＝－，所以n1＝(1，－，0)．‎ 设平面A1MN的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 即 故有 从而 取y2＝2，则z2＝－1，所以n2＝(0，2，－1)．‎ 设二面角A－A‎1M－N的平面角为θ，又θ为锐角，‎ 则cos θ＝＝‎ ＝.‎ 故二面角A－A‎1M－N的余弦值为.‎ ‎18．G4，G7，G10[2013·新课标全国卷Ⅱ] 如图1－3所示，直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝AB.‎ ‎(1)证明：BC1∥平面A1CD；‎ ‎(2)求二面角D－A‎1C－E的正弦值．‎ 图1－3‎ ‎18．解：(1)证明：联结AC1交A‎1C于点F，则F为AC1中点．‎ 又D是AB中点，联结DF，则BC1∥DF.‎ 因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，‎ 所以BC1∥平面A1CD.‎ ‎(2)由AC＝CB＝AB得，AC⊥BC.‎ 以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.设CA＝2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，1)，＝(2，0，2)．‎ 设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则 即 可取n＝(1，－1，－1)．‎ 同理，设m为平面A1CE的法向量，则 可取m＝(2，1，－2)．‎ 从而cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝.‎ 即二面角D－A‎1C－E的正弦值为.‎ ‎4．G3，G4，G5[2013·新课标全国卷Ⅱ] 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，则(　　)‎ A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l ‎4．D　[解析] 若α∥β，则m∥n与m，n为异面直线矛盾，故A错．若α⊥β且l⊥β，则由n⊥平面β知l ∥n 与l ⊥n矛盾，故B错．若α与β相交，设垂直于交线的平面为γ，则l ⊥γ，又l ⊥m，l ⊥n，m⊥平面α，n⊥平面β，故交线平行于l.故选D.‎ G5　空间中的垂直关系　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎19．G5，G11，G12[2013·福建卷] 如图1－6所示，在四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k>0)．‎ ‎(1)求证：CD⊥平面ADD‎1A1；‎ ‎(2)若直线AA1与平面AB‎1C所成角的正弦值为，求k的值；‎ ‎(3)现将与四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱．规定：若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案．问：共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f(k)，写出f(k)的解析式．(直接写出答案，不必说明理由)‎ 图1－6‎ ‎19．解：(1)证明：取CD的中点E，联结BE.‎ ‎∵AB∥DE，AB＝DE＝3k，‎ ‎∴四边形ABED为平行四边形，‎ ‎∴BE∥AD且BE＝AD＝4k.‎ 在△BCE中，∵BE＝4k，CE＝3k，BC＝5k，‎ ‎∴BE2＋CE2＝BC2，‎ ‎∴∠BEC＝90°，即BE⊥CD，又∵BE∥AD，所以CD⊥AD.‎ ‎∵AA1⊥平面ABCD，CD平面ABCD，∴AA1⊥CD.又AA1∩AD＝A，‎ ‎∴CD⊥平面ADD‎1A1.‎ ‎(2)以D为原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4k，0，0)，C(0，6k，0)，B1(4k，3k，1)，A1(4k，0，1)，所以＝(－4k，6k，0)，＝(0，3k，1)，＝(0，0，1)．‎ 设平面AB‎1C的法向量n＝(x，y，z)，则由得取y＝2，得n＝(3，2，－6k)．‎ 设AA1与平面AB‎1C所成角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，‎ 解得k＝1，故所求k的值为1.‎ ‎(3)共有4种不同的拼接方案．‎ f(k)＝ ‎6．G4、G5[2013·广东卷] 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)‎ A．若α⊥β，mα，nβ，则m⊥n B．若α∥β，mα，nβ，则m∥n C．若m⊥n，mα，nβ，则α⊥β D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β ‎6．D　[解析] ∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又n∥β，∴α⊥β，故选D.‎ ‎16．G4，G5[2013·江苏卷] 如图1－2，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．‎ 求证：(1)平面EFG∥平面ABC；‎ ‎(2)BC⊥SA.‎ 图1－2‎ ‎16．证明：(1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.‎ 因为EF平面ABC，AB平面ABC，‎ 所以EF∥平面ABC.‎ 同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，‎ 所以平面EFG∥平面ABC.‎ ‎(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，‎ 又AF平面SAB，AF⊥SB，‎ 所以AF⊥平面SBC.‎ 因为BC平面SBC，所以AF⊥BC.‎ 又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB平面SAB，所以BC⊥平面SAB.‎ 因为SA平面SAB，所以BC⊥SA.‎ ‎19．G5，G11[2013·江西卷] 如图1－6所示，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA＝EB＝AB＝1，PA＝，联结CE并延长交AD于F.‎ ‎(1)求证：AD⊥平面CFG；‎ ‎(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．‎ 图1－6‎ 解：(1)证明：在△ABD中，因为E是BD中点，所以EA＝EB＝ED＝AB＝1.‎ 故∠BAD＝，∠ABE＝∠AEB＝.‎ 因为△DAB≌△DCB，所以△EAB≌△ECB，‎ 从而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝，‎ 所以∠FED＝∠FEA，故EF⊥AD，AF＝FD，‎ 又因为PG＝GD，所以FG∥PA.‎ 又PA⊥平面ABCD，‎ 所以GF⊥AD，故AD⊥平面CFG.‎ ‎(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C，D(0，，0)，‎ P0，0，，故＝，＝，＝.‎ 设平面BCP的法向量n1＝(1，y1，z1)，则 解得即n1＝.‎ 设平面DCP的法向量n2＝(1，y2，z2)，‎ 则解得 即n2＝(1，，2)．‎ 从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为 cos θ＝＝＝.‎ 图1－7‎ ‎17．G5，G10，G11[2013·北京卷] 如图1－7，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，AA‎1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA‎1C1C，AB＝3，BC＝5.‎ ‎(1)求证：AA1⊥平面ABC；‎ ‎(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；‎ ‎(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．‎ ‎17．解：(1)证明：因为AA‎1C1C为正方形，所以AA1⊥AC.‎ 因为平面ABC⊥平面AA‎1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，‎ 所以AA1⊥平面ABC.‎ ‎(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB.‎ 由题知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.‎ 如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，则 B(0，3，0)，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4)．‎ 设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 即 令z＝3，则x＝0，y＝4，所以n＝(0，4，3)．‎ 同理可得，平面B1BC1的一个法向量为m＝(3，4，0)．‎ 所以cos〈n，m〉＝＝.‎ 由题知二面角A1－BC1－B1为锐角，‎ 所以二面角A1－BC1－B1的余弦值为.‎ ‎(3)设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且＝λ.‎ 所以(x，y－3，z)＝λ(4，－3，4)．‎ 解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.‎ 所以＝(4λ，3－3λ，4λ)．‎ 由·＝0，即9－25λ＝0，‎ 解得λ＝.‎ 因为∈[0，1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B.‎ 此时，＝λ＝.‎ ‎18．G5，G11[2013·辽宁卷] 如图1－4，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．‎ ‎(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；‎ ‎(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角C－PB－A的余弦值．‎ 图1－4‎ ‎18．解： (1)证明：由AB是圆的直径，得AC⊥BC.‎ 由PA⊥平面ABC，BC平面ABC，得PA⊥BC.‎ 又PA∩AC＝A，PA平面PAC，AC平面PAC，‎ 所以BC⊥平面PAC.‎ 因为BC平面PBC，‎ 所以平面PBC⊥平面PAC.‎ ‎(2)方法一：‎ 过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．‎ ‎1－5‎ 因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝.‎ 因为PA＝1，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，P(0，1，1)．‎ 故＝(，0，0)，＝(0，1，1)．‎ 设平面BCP的法向量为n1＝(x，y，z)．‎ 则 所以 不妨令y＝1，则n1＝(0，1，－1)．‎ 因为＝(0，0，1)，＝(，－1，0)，‎ 设平面ABP的法向量为n2＝(x，y，z)，‎ 则 所以 不妨令x＝1，n2＝(1，，0)．‎ 于是cos〈n1，n2〉＝＝，‎ 所以由题意可知二面角C－PB－A的余弦值为.‎ 解法二：过C作CM⊥AB于M.‎ 图1－6‎ 因为PA⊥平面ABC，CM平面ABC，‎ 所以PA⊥CM，‎ 故CM⊥平面PAB.‎ 过M作MN⊥PB于N，联结NC.‎ 由三垂线定理得CN⊥PB.‎ 所以∠CNM为二面角C－PB－A的平面角．‎ 在Rt△ABC中，由AB＝2，AC＝1，得BC＝，CM＝，BM＝.‎ 在Rt△PAB中，由AB＝2，PA＝1，得PB＝.‎ 因为Rt△BNM∽Rt△BAP，所以＝，‎ 故MN＝.‎ 又在Rt△CNM中，CN＝，故cos∠CNM＝.‎ 所以二面角C－PB－A的余弦值为.‎ ‎19．G5、G11[2013·全国卷] 如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形．‎ ‎(1)证明：PB⊥CD；‎ ‎(2)求二面角A－PD－C的大小．‎ ‎19．解：(1)取BC的中点E，联结DE，则四边形ABED为正方形．‎ 过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O.‎ 联结OA，OB，OD，OE.‎ 由△PAB和△PAD都是等边三角形知PA＝PB＝PD，‎ 所以OA＝OB＝OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，‎ 故OE⊥BD，从而PB⊥OE.‎ 因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OE∥CD.因此PB⊥CD.‎ ‎(2)解法一：由(1)知CD⊥PB，CD⊥PO，PB∩PO＝P，‎ 故CD⊥平面PBD.‎ 又PD平面PBD，所以CD⊥PD.‎ 取PD的中点F，PC的中点G，连FG.‎ 则FG∥CD，FG⊥PD.‎ 联结AF，由△APD为等边三角形可得AF⊥PD.‎ 所以∠AFG为二面角A－PD－C的平面角．‎ 联结AG，EG，则EG∥PB.‎ 又PB⊥AE，所以EG⊥AE.‎ 设AB＝2，则AE＝2 ，EG＝PB＝1，‎ 故AG＝＝3，‎ 在△AFG中，FG＝CD＝，AF＝，AG＝3.‎ 所以cos∠AFG＝＝－.‎ 因此二面角A－PD－C的大小为π－arccos.‎ 解法二：由(1)知，OE，OB，OP两两垂直．‎ 以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.‎ 设||＝2，则 A(－，0，0)，D(0，－，0)，‎ C(2 ，－，0)，P(0，0，)，‎ ＝(2 ，－，－)，＝(0，－，－)，‎ ＝(，0，)，＝(，－，0)．‎ 设平面PCD的法向量为n1＝(x，y，z)，则 n1·＝(x，y，z)·(2 ，－，－)＝0，‎ n1·＝(x，y，z)·(0，－，－)＝0，‎ 可得2x－y－z＝0，y＋z＝0.‎ 取y＝－1，得x＝0，z＝1，故n1＝(0，－1，1)．‎ 设平面PAD的法向量为n2＝(m，p，q)，则 n2·＝(m，p，q)·(，0，)＝0，‎ n2·＝(m，p，q)·(，－，0)＝0，‎ 可得m＋q＝0，m－p＝0.‎ 取m＝1，得p＝1，q＝－1，故n2＝(1，1，－1)．‎ 于是cos〈n1，n2〉＝＝－.‎ 由于〈n1，n2〉等于二面角A－PD－C的平面角，所以二面角A－PD－C的大小为π－arccos.‎ ‎18．G5，G10[2013·陕西卷] 如图1－6，四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝.‎ ‎(1)证明：A‎1C⊥平面BB1D1D；‎ ‎(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．‎ 图1－1‎ ‎18．解：(1)方法一：‎ 由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立直角坐标系，如图．‎ ‎∵AB＝AA1＝，‎ ‎∴OA＝OB＝OA1＝1.‎ ‎∴A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，1)．‎ 由＝，易知B1(－1，1，1)．‎ ‎∵＝(－1，0，－1)，＝(0，－2，0)，‎ ＝(－1，0，1)，‎ ‎∴·＝0，·＝0，‎ ‎∴A‎1C⊥BD，A‎1C⊥BB1，‎ ‎∴A‎1C⊥平面BB1D1D.‎ 方法二：‎ ‎∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD.‎ 又∵四边形ABCD是正方形，∴BD⊥AC，‎ ‎∴BD⊥平面A1OC，∴BD⊥A‎1C.‎ 又∵OA1是AC的中垂线，‎ ‎∴A‎1A＝A‎1C＝，且AC＝2，∴AC2＝AA＋A‎1C2，‎ ‎∴△AA‎1C是直角三角形，∴AA1⊥A‎1C.‎ 又 BB1∥AA1，∴A‎1C⊥BB1.‎ ‎∴A‎1C⊥平面BB1D1D.‎ ‎(2)设平面OCB1的法向量n＝(x，y，z)．‎ ‎∵＝(－1，0，0)，＝(－1，1，1)，‎ ‎∴ ‎∴取n＝(0，1，－1)，‎ 由(1)知，＝(－1，0，－1)是平面BB1D1D的法向量，‎ ‎∴cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝.‎ 又∵0≤θ≤，∴θ＝.‎ ‎19．G4，G5，G7，G11[2013·四川卷] 如图1－7所示，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B‎1C1的中点，P是线段AD的中点．‎ ‎(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l⊥平面ADD‎1A1；‎ ‎(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角A－A‎1M－N的余弦值．‎ 图1－7‎ ‎19．解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线l∥BC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC.‎ 由已知，AB＝AC，D是BC的中点．‎ 所以，BC⊥AD，则直线l⊥AD.‎ 因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥直线l.‎ 又因为AD，AA1在平面ADD‎1A1内，且AD与AA1相交，‎ 所以直线l⊥平面ADD‎1A1.‎ ‎(2)解法一：‎ 联结A1P，过A作AE⊥A1P于E，过E作EF⊥A‎1M于F，联结AF.‎ 由(1)知，MN⊥平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面A1MN.‎ 所以AE⊥平面A1MN，则A‎1M⊥AE.‎ 所以A‎1M⊥平面AEF，则A‎1M⊥AF.‎ 故∠AFE为二面角A－A‎1M－N的平面角(设为θ)．‎ 设AA1＝1，则由AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，有∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝1.‎ 又P为AD的中点，所以M为AB中点，‎ 且AP＝，AM＝1，‎ 所以，在Rt△AA1P中，A1P＝；在Rt△A1AM中，A‎1M＝.‎ 从而AE＝＝，AF＝＝，‎ 所以sinθ＝＝.‎ 所以cosθ＝＝＝.‎ 故二面角A－A‎1M－N的余弦值为.‎ 解法二：‎ 设A‎1A＝1，如图，‎ 过A1作A1E平行于B‎1C1，以A1为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz(点O与点A1重合)．‎ 则A1(0，0，0)，A(0，0，1)．‎ 因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，又AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，‎ 故可得M，，1，N－，，1，‎ 所以＝，＝(0，0，1)，＝(，0，0)．‎ 设平面AA‎1M的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 故有 从而 取x1＝1，则y1＝－，所以n1＝(1，－，0)．‎ 设平面A1MN的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 即 故有 从而 取y2＝2，则z2＝－1，所以n2＝(0，2，－1)．‎ 设二面角A－A‎1M－N的平面角为θ，又θ为锐角，‎ 则cos θ＝＝‎ ＝.‎ 故二面角A－A‎1M－N的余弦值为.‎ ‎17．G5，G11，G9[2013·天津卷] 如图1－3所示，四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，侧棱A‎1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．‎ ‎(1)证明：B‎1C1⊥CE；‎ ‎(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；‎ ‎(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD‎1A1所成角的正弦值为.求线段AM的长．‎ 图1－1‎ ‎17．解：方法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)．‎ ‎(1)证明：易得＝(1，0，－1)，＝(－1，1，－1)，于是·＝0，所以B‎1C1⊥CE.‎ ‎(2)＝(1，－2，－1)，‎ 设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，‎ 则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2，1)．‎ 由(1)，B‎1C1⊥CE，又CC1⊥B‎1C1，可得B‎1C1⊥平面CEC1，故＝(1，0，－1)为平面CEC1的一个法向量．‎ 于是cos〈m，〉＝＝＝－，从而sin〈m，〉＝.‎ 所以二面角B1－CE－C1的正弦值为.‎ ‎(3)＝(0，1，0)，＝(1，1，1)．设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0，0，2)为平面ADD‎1A1的一个法向量．‎ 设θ为直线AM与平面ADD‎1A1所成的角，则 sin θ＝|cos〈，〉|＝＝‎ ＝.‎ 于是＝，解得λ＝(负值舍去)，所以AM＝.‎ 方法二：(1)证明：因为侧棱CC1⊥平面A1B‎1C1D1，‎ B‎1C1平面A1B‎1C1D1，所以CC1⊥B‎1C1.经计算可得B1E＝，B‎1C1＝，EC1＝，从而B1E2＝B‎1C＋EC，所以在△B1EC1中，B‎1C1⊥C1E.又CC1，C1E平面CC1E，CC1∩C1E＝C1‎ ‎，所以B‎1C1⊥平面CC1E，又CE平面CC1E，故B‎1C1⊥CE.‎ ‎(2)过B1 作B‎1G⊥CE于点G，联结C‎1G.由(1)，B‎1C1⊥CE.故CE⊥平面B‎1C1G，得CE⊥C‎1G，所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C‎1G＝.在Rt△B‎1C1G中，B‎1G＝，所以sin∠B1GC1＝，即二面角B1－CE－C1的正弦值为.‎ ‎(3)联结D1E, 过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD‎1A1，联结AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD‎1A1所成的角．‎ 设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝x，AH＝x.在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝，得EH＝MH＝x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°，得x2＝1＋x2＋x.‎ 整理得5x2－2 x－6＝0，解得x＝(负值舍去)，所以线段AM的长为.‎ ‎4．G3，G4，G5[2013·新课标全国卷Ⅱ] 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，则(　　)‎ A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l ‎4．D　[解析] 若α∥β，则m∥n与m，n为异面直线矛盾，故A错．若α⊥β且l⊥β，则由n⊥平面β知l ∥n 与l ⊥n矛盾，故B错．若α与β相交，设垂直于交线的平面为γ，则l ⊥γ，又l ⊥m，l ⊥n，m⊥平面α，n⊥平面β，故交线平行于l.故选D.‎ ‎10．G5[2013·浙江卷] 在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B＝fπ(A)．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1＝fβ[fα(P)]，Q2＝fα[fβ(P)]，恒有PQ1＝PQ2，则(　　)‎ A．平面α与平面β垂直 B．平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°‎ C．平面α与平面β平行 D．平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°‎ ‎10．A　[解析] 当α⊥β，且α∩β＝b，设fα(P)＝A，则PA⊥α，Q1＝fβ[fα(P)]＝fβ(A)‎ ‎，故AQ1⊥β；同理设fβ(P)＝B，则PB⊥β，Q2＝fα[fβ(P)]＝fα(B)，故BQ2⊥α，故AQ1∥PB，PA∥BQ2，所以Q1和Q2重合，恒有PQ1＝PQ2，选择A.‎ 图1－7‎ ‎19．G3、G5、G10，G11[2013·重庆卷] 如图1－7所示，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝，F为PC的中点，AF⊥PB.‎ ‎(1)求PA的长；‎ ‎(2)求二面角B－AF－D的正弦值．‎ ‎19．解：(1)如图，联结BD交AC于O，因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形，又AC平分∠BCD，故AC⊥BD.以O为坐标原点，，，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O－xyz，则OC＝CDcos＝1，而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3.又OD＝CDsin＝，故A(0，－3，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)．‎ 因PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)，由F为PC边中点，得F，又＝，＝(，3，－z)，因AF⊥PB，故·＝0，即6－＝0，z＝2 (舍去－2 )，所以||＝2 .‎ ‎(2)由(1)知＝(－，3，0)，＝(，3，0)，＝(0，2，)．设平面FAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．‎ 由n1·＝0，n1·＝0，得 因此可取n1＝(3，，－2)．‎ 由n2·＝0，n2·＝0，得 故可取n2＝(3，－，2)．‎ 从而向量n1，n2的夹角的余弦值为 cos〈n1，n2〉＝＝.‎ 故二面角B－AF－D的正弦值为.‎ G6　三垂线定理　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ G7　棱柱与棱锥　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎8．G7[2013·江苏卷] 如图1－1，在三棱柱A1B‎1C1－ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F－ADE的体积为V1，三棱柱A1B‎1C1－ABC的体积为V2，则V1∶V2＝________．‎ 图1－1‎ ‎8．1∶24　[解析] 设三棱柱的底面积为S，高为h，则V2＝Sh，又D，E，F分别为AB，AC，AA1的中点，所以S△AED＝S，且三棱锥F－ADE的高为h，故V1＝S△AED·h＝·S·h＝Sh，所以V1∶V2＝1∶24.‎ ‎4．G7[2013·山东卷] 已知三棱柱ABC—A1B‎1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B‎1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)‎ A. B. C. D. ‎4．B　[解析] 设侧棱长为a，△ABC的中心为Q，联结PQ，由于侧棱与底面垂直，‎ ‎∴PQ⊥平面ABC，即∠PAQ为PA与平面ABC所成的角．又∵VABC－A1B‎1C1＝××a＝，解得a＝，∴tan ∠PAQ＝＝＝，故∠PAQ＝.‎ ‎19．G4，G5，G7，G11[2013·四川卷] 如图1－7所示，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B‎1C1的中点，P是线段AD的中点．‎ ‎(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l⊥平面ADD‎1A1；‎ ‎(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角A－A‎1M－N的余弦值．‎ 图1－7‎ ‎19．解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线l∥BC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC.‎ 由已知，AB＝AC，D是BC的中点．‎ 所以，BC⊥AD，则直线l⊥AD.‎ 因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥直线l.‎ 又因为AD，AA1在平面ADD‎1A1内，且AD与AA1相交，‎ 所以直线l⊥平面ADD‎1A1.‎ ‎(2)解法一：‎ 联结A1P，过A作AE⊥A1P于E，过E作EF⊥A‎1M于F，联结AF.‎ 由(1)知，MN⊥平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面A1MN.‎ 所以AE⊥平面A1MN，则A‎1M⊥AE.‎ 所以A‎1M⊥平面AEF，则A‎1M⊥AF.‎ 故∠AFE为二面角A－A‎1M－N的平面角(设为θ)．‎ 设AA1＝1，则由AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，有∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝1.‎ 又P为AD的中点，所以M为AB中点，‎ 且AP＝，AM＝1，‎ 所以，在Rt△AA1P中，A1P＝；在Rt△A1AM中，A‎1M＝.‎ 从而AE＝＝，AF＝＝，‎ 所以sinθ＝＝.‎ 所以cosθ＝＝＝.‎ 故二面角A－A‎1M－N的余弦值为.‎ 解法二：‎ 设A‎1A＝1，如图，‎ 过A1作A1E平行于B‎1C1，以A1为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz(点O与点A1重合)．‎ 则A1(0，0，0)，A(0，0，1)．‎ 因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，又AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，‎ 故可得M，，1，N－，，1，‎ 所以＝，＝(0，0，1)，＝(，0，0)．‎ 设平面AA‎1M的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 故有 从而 取x1＝1，则y1＝－，所以n1＝(1，－，0)．‎ 设平面A1MN的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 即 故有 从而 取y2＝2，则z2＝－1，所以n2＝(0，2，－1)．‎ 设二面角A－A‎1M－N的平面角为θ，又θ为锐角，‎ 则cos θ＝＝‎ ＝.‎ 故二面角A－A‎1M－N的余弦值为.‎ ‎18．G4，G7，G10[2013·新课标全国卷Ⅱ] 如图1－3所示，直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝AB.‎ ‎(1)证明：BC1∥平面A1CD；‎ ‎(2)求二面角D－A‎1C－E的正弦值．‎ 图1－3‎ ‎18．解：(1)证明：联结AC1交A‎1C于点F，则F为AC1中点．‎ 又D是AB中点，联结DF，则BC1∥DF.‎ 因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，‎ 所以BC1∥平面A1CD.‎ ‎(2)由AC＝CB＝AB得，AC⊥BC.‎ 以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.设CA＝2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，1)，＝(2，0，2)．‎ 设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则 即 可取n＝(1，－1，－1)．‎ 同理，设m为平面A1CE的法向量，则 可取m＝(2，1，－2)．‎ 从而cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝.‎ 即二面角D－A‎1C－E的正弦值为.‎ ‎5．G2，G7[2013·重庆卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则该几何体的体积为(　　)‎ 图1－2‎ A. B. C．200 D．240‎ ‎5．C　[解析] 该几何体为直四棱柱，其高为10，底面是上底为2，下底为8，高为4，其腰为5的等腰梯形，所以其底面面积为(2＋8)×4＝20，所以体积为V＝20×10＝200.‎ G8　多面体与球　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 图1－2‎ ‎6．G8[2013·新课标全国卷Ⅰ] 如图1－2所示， 有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高‎8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为‎6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　)‎ ‎ A. cm3　　　B. cm3‎ C. cm3 　 　 D. cm3‎ ‎6．A　[解析] 设球的半径为R，则球的截面圆的半径是4，且球心到该截面的距离是R－2，‎ 故R2＝(R－2)2＋42R＝5，所以V＝πR3＝(cm3)．‎ ‎12．G8[2013·安徽卷] 设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.若b＋c＝‎2a，3sin A＝5sin B，则角C＝________.‎ ‎12.　[解析] 由3sin A＝5sin B可得‎3a＝5b，又b＋c＝‎2a，所以可令a＝5t，b＝3t，c＝7t(t>0)，可得cos C＝＝－，故C＝.‎ ‎8．G8[2013·湖北卷] 一个几何体的三视图如图1－1所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有(　　)‎ 图1－1‎ A．V10，可解得tan 22.5°＝－1，‎ 因此OC＝＝(＋1)h.‎ 在Rt△OCF中，cos∠COF＝＝＝－，‎ 故cos∠COD＝cos(2∠COF)＝2cos2∠COF－1＝2(－)2－1＝17－12 .‎ ‎19．G5，G11，G12[2013·福建卷] 如图1－6所示，在四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k>0)．‎ ‎(1)求证：CD⊥平面ADD‎1A1；‎ ‎(2)若直线AA1与平面AB‎1C所成角的正弦值为，求k的值；‎ ‎(3)现将与四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱．规定：若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案．问：共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f(k)，写出f(k)的解析式．(直接写出答案，不必说明理由)‎ 图1－6‎ ‎19．解：(1)证明：取CD的中点E，联结BE.‎ ‎∵AB∥DE，AB＝DE＝3k，‎ ‎∴四边形ABED为平行四边形，‎ ‎∴BE∥AD且BE＝AD＝4k.‎ 在△BCE中，∵BE＝4k，CE＝3k，BC＝5k，‎ ‎∴BE2＋CE2＝BC2，‎ ‎∴∠BEC＝90°，即BE⊥CD，又∵BE∥AD，所以CD⊥AD.‎ ‎∵AA1⊥平面ABCD，CD平面ABCD，∴AA1⊥CD.又AA1∩AD＝A，‎ ‎∴CD⊥平面ADD‎1A1.‎ ‎(2)以D为原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4k，0，0)，C(0，6k，0)，B1(4k，3k，1)，A1(4k，0，1)，所以＝(－4k，6k，0)，＝(0，3k，1)，＝(0，0，1)．‎ 设平面AB‎1C的法向量n＝(x，y，z)，则由得取y＝2，得n＝(3，2，－6k)．‎ 设AA1与平面AB‎1C所成角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，‎ 解得k＝1，故所求k的值为1.‎ ‎(3)共有4种不同的拼接方案．‎ f(k)＝ ‎19．G4，G11[2013·湖北卷] 如图1－6所示，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．‎ ‎(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；‎ ‎(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足＝.记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E－l－C的大小为β，求证：sin θ＝sin αsin β.‎ 图1－6‎ ‎19．解： (1)直线l∥平面PAC，证明如下：‎ 联结EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC.‎ 又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF∥平面ABC.而EF平面BEF，且平面BEF∩平面ABC＝l，所以EF∥l.因为l平面PAC，EF平面PAC，所以直线l∥平面PAC.‎ ‎(2)方法一：(综合法)如图①，联结BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且l∥AC.‎ 因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC.‎ 已知PC⊥平面ABC，而l平面ABC，所以PC⊥l，‎ 而PC∩BC＝C，所以l⊥平面PBC.‎ 联结BE，BF，因为BF平面PBC，所以l⊥BF，故∠CBF就是二面角E－l－C的平面角，即∠CBF＝β.由＝，作DQ∥CP，且DQ＝CP.‎ 联结PQ，DF，因为F是CP的中点，CP＝2PF，所以DQ＝PF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD.‎ 联结CD，因为PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF＝θ.又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF为锐角，故∠BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即∠BDF＝α，于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得sin θ＝，sin α＝，sin β＝，‎ 从而sin αsin β＝·＝＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.‎ 方法二：(向量法)如图②，由＝，作DQ∥CP，且DQ＝CP.‎ 联结PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交线l即为直线BD.‎ 以点C为原点，向量，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CA＝a，CB＝b，CP＝‎2c，则有C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，b，0)，P(0，0，‎2c)，Q(a，b，c)，E，F(0，0，c)，于是＝，＝(－a，－b，c)，＝(0，－b，c)，‎ 所以cos α＝＝，从而sin α＝＝.‎ 又取平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，可得sin θ＝＝.‎ 设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 所以由 可得取n＝(0，c，b)，‎ 于是|cos β|＝＝，从而sin β＝＝.‎ 故sin αsin β＝·＝＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.‎ ‎22．G11[2013·江苏卷] 如图1－2所示，在直三棱柱A1B‎1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A‎1A＝4，点D是BC的中点．‎ ‎(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；‎ ‎(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．‎ 图1－2‎ ‎22．解：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，‎ C1(0，2，4)，所以＝(2，0，－4)，＝(1，－1，－4)．‎ 因为cos〈，〉＝＝＝，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.‎ ‎(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为＝(1，1，0)，＝(0，2，4)，所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2，1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0，1，0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.‎ 由|cos θ|＝＝＝，得sin θ＝.‎ 因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.‎ ‎19．G5，G11[2013·江西卷] 如图1－6所示，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA＝EB＝AB＝1，PA＝，联结CE并延长交AD于F.‎ ‎(1)求证：AD⊥平面CFG；‎ ‎(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．‎ 图1－6‎ 解：(1)证明：在△ABD中，因为E是BD中点，所以EA＝EB＝ED＝AB＝1.‎ 故∠BAD＝，∠ABE＝∠AEB＝.‎ 因为△DAB≌△DCB，所以△EAB≌△ECB，‎ 从而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝，‎ 所以∠FED＝∠FEA，故EF⊥AD，AF＝FD，‎ 又因为PG＝GD，所以FG∥PA.‎ 又PA⊥平面ABCD，‎ 所以GF⊥AD，故AD⊥平面CFG.‎ ‎(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C，D(0，，0)，‎ P0，0，，故＝，＝，＝.‎ 设平面BCP的法向量n1＝(1，y1，z1)，则 解得即n1＝.‎ 设平面DCP的法向量n2＝(1，y2，z2)，‎ 则解得 即n2＝(1，，2)．‎ 从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为 cos θ＝＝＝.‎ 图1－7‎ ‎17．G5，G10，G11[2013·北京卷] 如图1－7，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，AA‎1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA‎1C1C，AB＝3，BC＝5.‎ ‎(1)求证：AA1⊥平面ABC；‎ ‎(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；‎ ‎(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．‎ ‎17．解：(1)证明：因为AA‎1C1C为正方形，所以AA1⊥AC.‎ 因为平面ABC⊥平面AA‎1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，‎ 所以AA1⊥平面ABC.‎ ‎(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB.‎ 由题知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.‎ 如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，则 B(0，3，0)，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4)．‎ 设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 即 令z＝3，则x＝0，y＝4，所以n＝(0，4，3)．‎ 同理可得，平面B1BC1的一个法向量为m＝(3，4，0)．‎ 所以cos〈n，m〉＝＝.‎ 由题知二面角A1－BC1－B1为锐角，‎ 所以二面角A1－BC1－B1的余弦值为.‎ ‎(3)设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且＝λ.‎ 所以(x，y－3，z)＝λ(4，－3，4)．‎ 解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.‎ 所以＝(4λ，3－3λ，4λ)．‎ 由·＝0，即9－25λ＝0，‎ 解得λ＝.‎ 因为∈[0，1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B.‎ 此时，＝λ＝.‎ 图1－4‎ ‎14．G11[2013·北京卷] 如图1－4，在棱长为2的正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为________．‎ ‎14.　[解析] 以D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，E(1，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，设＝λ＝(λ，2λ，－2λ)，‎ 则＝＋＝(λ－1，2λ，－2λ)，点P到直线CC1的距离d＝‎ ＝‎ ＝.故当λ＝时，距离的最小值为.‎ ‎18．G5，G11[2013·辽宁卷] 如图1－4，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．‎ ‎(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；‎ ‎(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角C－PB－A的余弦值．‎ 图1－4‎ ‎18．解： (1)证明：由AB是圆的直径，得AC⊥BC.‎ 由PA⊥平面ABC，BC平面ABC，得PA⊥BC.‎ 又PA∩AC＝A，PA平面PAC，AC平面PAC，‎ 所以BC⊥平面PAC.‎ 因为BC平面PBC，‎ 所以平面PBC⊥平面PAC.‎ ‎(2)方法一：‎ 过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．‎ ‎1－5‎ 因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝.‎ 因为PA＝1，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，P(0，1，1)．‎ 故＝(，0，0)，＝(0，1，1)．‎ 设平面BCP的法向量为n1＝(x，y，z)．‎ 则 所以 不妨令y＝1，则n1＝(0，1，－1)．‎ 因为＝(0，0，1)，＝(，－1，0)，‎ 设平面ABP的法向量为n2＝(x，y，z)，‎ 则 所以 不妨令x＝1，n2＝(1，，0)．‎ 于是cos〈n1，n2〉＝＝，‎ 所以由题意可知二面角C－PB－A的余弦值为.‎ 解法二：过C作CM⊥AB于M.‎ 图1－6‎ 因为PA⊥平面ABC，CM平面ABC，‎ 所以PA⊥CM，‎ 故CM⊥平面PAB.‎ 过M作MN⊥PB于N，联结NC.‎ 由三垂线定理得CN⊥PB.‎ 所以∠CNM为二面角C－PB－A的平面角．‎ 在Rt△ABC中，由AB＝2，AC＝1，得BC＝，CM＝，BM＝.‎ 在Rt△PAB中，由AB＝2，PA＝1，得PB＝.‎ 因为Rt△BNM∽Rt△BAP，所以＝，‎ 故MN＝.‎ 又在Rt△CNM中，CN＝，故cos∠CNM＝.‎ 所以二面角C－PB－A的余弦值为.‎ ‎19．G5、G11[2013·全国卷] 如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形．‎ ‎(1)证明：PB⊥CD；‎ ‎(2)求二面角A－PD－C的大小．‎ ‎19．解：(1)取BC的中点E，联结DE，则四边形ABED为正方形．‎ 过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O.‎ 联结OA，OB，OD，OE.‎ 由△PAB和△PAD都是等边三角形知PA＝PB＝PD，‎ 所以OA＝OB＝OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，‎ 故OE⊥BD，从而PB⊥OE.‎ 因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OE∥CD.因此PB⊥CD.‎ ‎(2)解法一：由(1)知CD⊥PB，CD⊥PO，PB∩PO＝P，‎ 故CD⊥平面PBD.‎ 又PD平面PBD，所以CD⊥PD.‎ 取PD的中点F，PC的中点G，连FG.‎ 则FG∥CD，FG⊥PD.‎ 联结AF，由△APD为等边三角形可得AF⊥PD.‎ 所以∠AFG为二面角A－PD－C的平面角．‎ 联结AG，EG，则EG∥PB.‎ 又PB⊥AE，所以EG⊥AE.‎ 设AB＝2，则AE＝2 ，EG＝PB＝1，‎ 故AG＝＝3，‎ 在△AFG中，FG＝CD＝，AF＝，AG＝3.‎ 所以cos∠AFG＝＝－.‎ 因此二面角A－PD－C的大小为π－arccos.‎ 解法二：由(1)知，OE，OB，OP两两垂直．‎ 以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.‎ 设||＝2，则 A(－，0，0)，D(0，－，0)，‎ C(2 ，－，0)，P(0，0，)，‎ ＝(2 ，－，－)，＝(0，－，－)，‎ ＝(，0，)，＝(，－，0)．‎ 设平面PCD的法向量为n1＝(x，y，z)，则 n1·＝(x，y，z)·(2 ，－，－)＝0，‎ n1·＝(x，y，z)·(0，－，－)＝0，‎ 可得2x－y－z＝0，y＋z＝0.‎ 取y＝－1，得x＝0，z＝1，故n1＝(0，－1，1)．‎ 设平面PAD的法向量为n2＝(m，p，q)，则 n2·＝(m，p，q)·(，0，)＝0，‎ n2·＝(m，p，q)·(，－，0)＝0，‎ 可得m＋q＝0，m－p＝0.‎ 取m＝1，得p＝1，q＝－1，故n2＝(1，1，－1)．‎ 于是cos〈n1，n2〉＝＝－.‎ 由于〈n1，n2〉等于二面角A－PD－C的平面角，所以二面角A－PD－C的大小为π－‎ arccos.‎ ‎10．G11[2013·全国卷] 已知正四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎10．A　[解析] 如图，联结AC，交BD于点O.由于BO⊥OC，BO⊥CC1，可得BO⊥平面OCC1，从而平面OCC1⊥平面BDC1，过点C作OC1的垂线交OC1于点E，根据面面垂直的性质定理可得CE⊥平面BDC1，∠CDE即为所求的线面角．设AB＝2，则OC＝，OC1＝＝3 ，所以CE＝＝＝，‎ 所以sin∠CDE＝＝.‎ 图1－4‎ ‎18．G4、G11[2013·山东卷] 如图1－4所示，在三棱锥P－ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，联结GH.‎ ‎(1)求证：AB∥GH；‎ ‎(2)求二面角D－GH－E的余弦值．‎ ‎18．解：(1)证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB，所以EF∥DC.‎ 又EF平面PCD，DC平面PCD，‎ 所以EF∥平面PCD.‎ 又EF平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，所以EF∥GH.‎ 又EF∥AB，所以AB∥GH.‎ ‎(2)方法一：在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，‎ 所以∠ABQ＝90°，即AB⊥BQ.‎ 因为PB⊥平面ABQ，所以AB⊥PB.又BP∩BQ＝B，‎ 图1－5‎ 所以AB⊥平面PBQ.由(1)知AB∥GH，所以GH⊥平面PBQ.又FH平面PBQ，所以GH⊥FH.同理可得GH⊥HC，所以∠FHC为二面角D－GH－E的平面角．‎ 设BA＝BQ＝BP＝2.联结FC，‎ 在Rt△FBC中，由勾股定理得FC＝，在Rt△PBC中，由勾股定理得PC＝.又H为△PBQ的重心，所以HC＝PC＝.同理FH＝.‎ 在△FHC中，由余弦定理得cos∠FHC＝＝－.即二面角D－GH－E的余弦值为－.‎ 方法二：在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°.又PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设BA＝BQ＝BP＝2，则E(1，0，1)，F(0，0，1)，Q(0，2，0)，D(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)．所以＝(－1，2，－1)，＝(0，2，－1)，＝(－1，－1，2)，＝(0，－1，2)．‎ 设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，‎ 由m·＝0，m·＝0，‎ 得取y1＝1，得m＝(0，1，2)．‎ 设平面PDC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，‎ 由n·＝0，n·＝0，‎ 得 取z2＝1，得n＝(0，2，1)．‎ 所以cos〈m，n〉＝＝.‎ 因为二面角D－GH－E为钝角，‎ 所以二面角D－GH－E的余弦值为－.‎ 图1－5‎ ‎19．G4，G5，G7，G11[2013·四川卷] 如图1－7所示，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B‎1C1的中点，P是线段AD的中点．‎ ‎(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l⊥平面ADD‎1A1；‎ ‎(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角A－A‎1M－N的余弦值．‎ 图1－7‎ ‎19．解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线l∥BC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC.‎ 由已知，AB＝AC，D是BC的中点．‎ 所以，BC⊥AD，则直线l⊥AD.‎ 因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥直线l.‎ 又因为AD，AA1在平面ADD‎1A1内，且AD与AA1相交，‎ 所以直线l⊥平面ADD‎1A1.‎ ‎(2)解法一：‎ 联结A1P，过A作AE⊥A1P于E，过E作EF⊥A‎1M于F，联结AF.‎ 由(1)知，MN⊥平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面A1MN.‎ 所以AE⊥平面A1MN，则A‎1M⊥AE.‎ 所以A‎1M⊥平面AEF，则A‎1M⊥AF.‎ 故∠AFE为二面角A－A‎1M－N的平面角(设为θ)．‎ 设AA1＝1，则由AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，有∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝1.‎ 又P为AD的中点，所以M为AB中点，‎ 且AP＝，AM＝1，‎ 所以，在Rt△AA1P中，A1P＝；在Rt△A1AM中，A‎1M＝.‎ 从而AE＝＝，AF＝＝，‎ 所以sinθ＝＝.‎ 所以cosθ＝＝＝.‎ 故二面角A－A‎1M－N的余弦值为.‎ 解法二：‎ 设A‎1A＝1，如图，‎ 过A1作A1E平行于B‎1C1，以A1为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz(点O与点A1重合)．‎ 则A1(0，0，0)，A(0，0，1)．‎ 因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，又AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，‎ 故可得M，，1，N－，，1，‎ 所以＝，＝(0，0，1)，＝(，0，0)．‎ 设平面AA‎1M的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 故有 从而 取x1＝1，则y1＝－，所以n1＝(1，－，0)．‎ 设平面A1MN的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 即 故有 从而 取y2＝2，则z2＝－1，所以n2＝(0，2，－1)．‎ 设二面角A－A‎1M－N的平面角为θ，又θ为锐角，‎ 则cos θ＝＝‎ ＝.‎ 故二面角A－A‎1M－N的余弦值为.‎ ‎17．G5，G11，G9[2013·天津卷] 如图1－3所示，四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，侧棱A‎1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．‎ ‎(1)证明：B‎1C1⊥CE；‎ ‎(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；‎ ‎(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD‎1A1所成角的正弦值为.求线段AM的长．‎ 图1－1‎ ‎17．解：方法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)．‎ ‎(1)证明：易得＝(1，0，－1)，＝(－1，1，－1)，于是·＝0，所以B‎1C1⊥CE.‎ ‎(2)＝(1，－2，－1)，‎ 设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，‎ 则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2，1)．‎ 由(1)，B‎1C1⊥CE，又CC1⊥B‎1C1，可得B‎1C1⊥平面CEC1，故＝(1，0，－1)为平面CEC1的一个法向量．‎ 于是cos〈m，〉＝＝＝－，从而sin〈m，〉＝.‎ 所以二面角B1－CE－C1的正弦值为.‎ ‎(3)＝(0，1，0)，＝(1，1，1)．设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0，0，2)为平面ADD‎1A1的一个法向量．‎ 设θ为直线AM与平面ADD‎1A1所成的角，则 sin θ＝|cos〈，〉|＝＝‎ ＝.‎ 于是＝，解得λ＝(负值舍去)，所以AM＝.‎ 方法二：(1)证明：因为侧棱CC1⊥平面A1B‎1C1D1，‎ B‎1C1平面A1B‎1C1D1，所以CC1⊥B‎1C1.经计算可得B1E＝，B‎1C1＝，EC1＝，从而B1E2＝B‎1C＋EC，所以在△B1EC1中，B‎1C1⊥C1E.又CC1，C1E平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B‎1C1⊥平面CC1E，又CE平面CC1E，故B‎1C1⊥CE.‎ ‎(2)过B1 作B‎1G⊥CE于点G，联结C‎1G.由(1)，B‎1C1⊥CE.故CE⊥平面B‎1C1G，得CE⊥C‎1G，所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C‎1G＝.在Rt△B‎1C1G中，B‎1G＝，所以sin∠B1GC1＝，即二面角B1－CE－C1的正弦值为.‎ ‎(3)联结D1E, 过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD‎1A1‎ ‎，联结AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD‎1A1所成的角．‎ 设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝x，AH＝x.在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝，得EH＝MH＝x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°，得x2＝1＋x2＋x.‎ 整理得5x2－2 x－6＝0，解得x＝(负值舍去)，所以线段AM的长为.‎ 图1－4‎ ‎20．G10，G11[2013·浙江卷] 如图1－4所示，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2 ，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.‎ ‎(1)证明：PQ∥平面BCD.‎ ‎(2)若二面角C－BM－D的大小为60°，求∠BDC的大小．‎ ‎20．解：方法一：(1)证明：取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF＝3FC.联结OP，OF，FQ.‎ 因为AQ＝3QC，所以QF∥AD，且QF＝AD.‎ 因为O，P分别为BD，BM的中点，所以OP是△BDM的中位线，所以 OP∥DM，且OP＝DM.‎ 又点M为AD的中点，所以OP∥AD，且OP＝AD.‎ 从而OP∥FQ，且OP＝FQ，‎ 所以四边形OPQF为平行四边形，故PQ∥OF.‎ 又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ∥平面BCD.‎ ‎(2)作CG⊥BD于点G，作GH⊥BM于点H，联结CH.‎ 因为AD⊥平面BCD，CG平面BCD，所以AD⊥CG.‎ 又CG⊥BD，AD∩BD＝D，故CG⊥平面ABD，又BM平面ABD，所以CG⊥BM.‎ 又GH⊥BM，CG∩GH＝G，故BM⊥平面CGH，所以CH⊥BM.‎ 所以∠CHG为二面角C－BM－D的平面角，即∠CHG＝60°.‎ 设∠BDC＝θ，在Rt△BCD中，‎ CD＝BDcos θ＝2 cos θ，‎ CG＝CDsin θ＝2 cos θsin θ，‎ BG＝BCsin θ＝2 sin2θ，‎ 在Rt△BDM中，HG＝＝.‎ 在Rt△CHG中，tan∠CHG＝＝＝.‎ 所以tan θ＝，从而θ＝60°，‎ 即∠BDC＝60°.‎ 方法二：‎ ‎(1)证明：如图所示，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，‎ 建立空间直角坐标系O－xyz.‎ 由题意知A(0，，2)，‎ B(0，－，0)，D(0，，0)．设点C的坐标为(x0，y0，0)，因为＝3，所以Qx0，＋y0，.‎ 因为M为AD的中点，故M(0，，1)．又P为BM的中点，故P0，0，.所以＝x0，＋y0，0.‎ 又平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，故·n＝0.‎ 又PQ平面BCD，所以PQ∥平面BCD.‎ ‎(2)设m＝(x，y，z)为平面BMC的一个法向量．‎ 由＝(－x0，－y0，1)，＝(0，2 ，1)，‎ 知 取y＝－1，得m＝，－1，2 .‎ 又平面BDM的一个法向量为n＝(1，0，0)，于是 ‎|cos〈m，n〉|＝＝＝，‎ 即2＝3.①‎ 又BC⊥CD，所以·＝0，‎ 故(－x0，－－y0，0)·(－x0，－y0，0)＝0，‎ 即x＋y＝2.②‎ 联立①②，解得(舍去)或 所以tan∠BDC＝＝.‎ 又∠BDC是锐角，所以∠BDC＝60°.‎ 图1－7‎ ‎19．G3、G5、G10，G11[2013·重庆卷] 如图1－7所示，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝，F为PC的中点，AF⊥PB.‎ ‎(1)求PA的长；‎ ‎(2)求二面角B－AF－D的正弦值．‎ ‎19．解：(1)如图，联结BD交AC于O，因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形，又AC平分∠BCD，故AC⊥BD.以O为坐标原点，，，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O－xyz，则OC＝CDcos＝1，而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3.又OD＝CDsin＝，故A(0，－3，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)．‎ 因PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)，由F为PC边中点，得F，又＝，＝(，3，－z)，因AF⊥PB，故·＝0，即6－＝0，z＝2 (舍去－2 )，所以||＝2 .‎ ‎(2)由(1)知＝(－，3，0)，＝(，3，0)，＝(0，2，)．设平面FAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．‎ 由n1·＝0，n1·＝0，得 因此可取n1＝(3，，－2)．‎ 由n2·＝0，n2·＝0，得 故可取n2＝(3，－，2)．‎ 从而向量n1，n2的夹角的余弦值为 cos〈n1，n2〉＝＝.‎ 故二面角B－AF－D的正弦值为.‎ G12　单元综合　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎18．G12[2013·新课标全国卷Ⅰ] 如图1－5所示，三棱柱ABC－A1B‎1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.‎ ‎(1)证明：AB⊥A‎1C；‎ ‎(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A‎1C与平面BB‎1C1C所成角的正弦值．‎ 图1－5‎ ‎18．解：(1)证明：取AB的中点O，联结OC，OA1，A1B.‎ 因为CA＝CB，所以OC⊥AB.‎ 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.‎ 因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA‎1C.‎ 又A‎1C平面OA‎1C，故AB⊥A‎1C.‎ ‎(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.‎ 又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.‎ 由题设知A(1，0，0)，A1(0，，0)，C(0，0，)，‎ B(－1，0，0)．‎ 则＝(1，0，)，＝＝(－1，，0)，＝‎ ‎(0，－，)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面BB‎1C1C的法向量，‎ 则即 可取n＝(，1，－1)．‎ 故cos 〈n，〉＝＝－.‎ 所以A‎1C与平面BB‎1C1C所成角的正弦值为.‎ ‎15．G12[2013·安徽卷] 如图1－4所示，正方体ABCD－A1B‎1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．‎ 图1－4‎ ‎①当00)．‎ ‎(1)求证：CD⊥平面ADD‎1A1；‎ ‎(2)若直线AA1与平面AB‎1C所成角的正弦值为，求k的值；‎ ‎(3)现将与四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱．规定：若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案．问：共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f(k)，写出f(k)的解析式．(直接写出答案，不必说明理由)‎ 图1－6‎ ‎19．解：(1)证明：取CD的中点E，联结BE.‎ ‎∵AB∥DE，AB＝DE＝3k，‎ ‎∴四边形ABED为平行四边形，‎ ‎∴BE∥AD且BE＝AD＝4k.‎ 在△BCE中，∵BE＝4k，CE＝3k，BC＝5k，‎ ‎∴BE2＋CE2＝BC2，‎ ‎∴∠BEC＝90°，即BE⊥CD，又∵BE∥AD，所以CD⊥AD.‎ ‎∵AA1⊥平面ABCD，CD平面ABCD，∴AA1⊥CD.又AA1∩AD＝A，‎ ‎∴CD⊥平面ADD‎1A1.‎ ‎(2)以D为原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4k，0，0)，C(0，6k，0)，B1(4k，3k，1)，A1(4k，0，1)，所以＝(－4k，6k，0)，＝(0，3k，1)，＝(0，0，1)．‎ 设平面AB‎1C的法向量n＝(x，y，z)，则由得取y＝2，得n＝(3，2，－6k)．‎ 设AA1与平面AB‎1C所成角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，‎ 解得k＝1，故所求k的值为1.‎ ‎(3)共有4种不同的拼接方案．‎ f(k)＝ ‎19．G12[2013·湖南卷] 如图1－4所示，在直棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.‎ ‎(1)证明：AC⊥B1D；‎ ‎(2)求直线B‎1C1与平面ACD1所成角的正弦值．‎ 图1－4‎ ‎19．解：方法一 ‎(1)证明：如图所示，因为BB1⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BB1.‎ 又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D，而B1D平面BB1D，所以AC⊥B1D.‎ ‎(2)因为B‎1C1∥AD，所以直线B‎1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．‎ 如图所示，联结A1D，因为棱柱ABCD－A1B‎1C1D1是直棱柱，且∠B‎1A1D1＝∠BAD＝90°，‎ 所以A1B1⊥平面ADD‎1A1，从而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD‎1A1是正方形，于是A1D⊥AD1，故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.‎ 由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ.‎ 在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB，从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故＝，即AB＝＝.‎ 联结AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB＋BD2＝BB＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝.‎ 在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝＝＝，‎ 即cos(90°－θ)＝，从而sin θ＝.‎ 即直线B‎1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.‎ 方法二 ‎(1)证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直，如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)．‎ 从而＝(－t，3，－3)，＝(t，1，0)，＝(－t，3，0)．‎ 因为AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝或t＝－(舍去)．‎ 于是＝(－，3，－3)，＝(，1，0)．‎ 因为·＝－3＋3＋0＝0，‎ 所以⊥，即AC⊥B1D.‎ ‎(2)由(1)知，1＝(0，3，3)，＝(，1，0)，＝(0，1，0)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则即 令x＝1，则n＝(1，－，)．‎ 设直线B‎1C1与平面ACD1所成角为θ，则 sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.‎ 即直线B‎1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.‎ ‎16．G8、G12[2013·全国卷] 已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆，其公共弦长等于球O的半径，OK＝，且圆O与圆K所在的平面所成的一个二面角为60°，则球O的表面积等于________．‎ ‎16．16π　[解析] 设两圆的公共弦AB的中点为D，则KD⊥DA，OD⊥DA，∠ODK即为圆O和和圆K所在平面所成二面角的平面角，所以∠ODK＝60°.由于O为球心，故OK垂直圆K所在平面，所以OK⊥KD.在直角三角形ODK中，＝sin60°，即OD＝×＝ ，设球的半径为r，则DO＝r，所以r＝，所以r＝2，所以球的表面积为4πr2＝16π.‎