2014年高考数学（理科）真题分类汇编G单元 立体几何 76页

数 学 G 单元 立体几何 G1 空间几何体的结构 20．G1、G4、G11[2014·安徽卷] 如图 15，四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中，A1A⊥底面 ABCD，四边形 ABCD 为梯形，AD∥BC，且 AD＝2BC.过 A1，C，D 三点的平面记为α，BB1 与α的交点为 Q. 图 15 (1)证明：Q 为 BB1 的中点； (2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比； (3)若 AA1＝4，CD＝2，梯形 ABCD 的面积为 6，求平面α与底面 ABCD 所成二面角的大 小． 20．解： (1)证明：因为 BQ∥AA1，BC∥AD， BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A， 所以平面 QBC∥平面 A1AD， 从而平面 A1CD 与这两个平面的交线相互平行， 即 QC∥A1D. 故△QBC 与△A1AD 的对应边相互平行， 于是△QBC∽△A1AD， 所以BQ BB1 ＝BQ AA1 ＝BC AD ＝1 2 ，即 Q 为 BB1 的中点． (2)如图 1 所示，连接 QA，QD.设 AA1＝h，梯形 ABCD 的高为 d，四棱柱被平面α所分 成上下两部分的体积分别为 V 上和 V 下，BC＝a，则 AD＝2a. 图 1 V 三棱锥 Q A1AD＝1 3 ×1 2 ·2a·h·d＝1 3ahd， V 四棱锥 Q ABCD＝1 3 ·a＋2a 2 ·d· 1 2h ＝1 4ahd， 所以 V 下＝V 三棱锥 Q A1AD＋V 四棱锥 Q ABCD＝ 7 12ahd. 又 V 四棱柱 A1B1C1D1 ABCD＝3 2ahd， 所以 V 上＝V 四棱柱 A1B1C1D1 ABCD－V 下＝3 2ahd－ 7 12ahd＝11 12ahd，故V 上 V 下 ＝11 7 . (3)方法一：如图 1 所示，在△ADC 中，作 AE⊥DC，垂足为 E，连接 A1E. 又 DE⊥AA1，且 AA1∩AE＝A， 所以 DE⊥平面 AEA1，所以 DE⊥A1E. 所以∠AEA1 为平面α与底面 ABCD 所成二面角的平面角． 因为 BC∥AD，AD＝2BC，所以 S△ADC＝2S△BCA. 又因为梯形 ABCD 的面积为 6，DC＝2， 所以 S△ADC＝4，AE＝4. 于是 tan∠AEA1＝AA1 AE ＝1，∠AEA1＝π 4 . 故平面α与底面 ABCD 所成二面角的大小为π 4 . 方法二：如图 2 所示，以 D 为原点，DA，DD1 → 分别为 x 轴和 z 轴正方向建立空间直角 坐标系． 设∠CDA＝θ，BC＝a，则 AD＝2a. 因为 S 四边形 ABCD＝a＋2a 2 ·2sin θ＝6， 所以 a＝ 2 sin θ. 图 2 从而可得 C(2cos θ，2sin θ，0)，A1 4 sin θ ，0，4 ， 所以 DC＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA1 → ＝ 4 sin θ ，0，4 . 设平面 A1DC 的法向量 n＝(x，y，1)， 由 DA1 → ·n＝ 4 sin θ x＋4＝0， DC→ ·n＝2xcos θ＋2ysin θ＝0， 得 x＝－sin θ， y＝cos θ， 所以 n＝(－sin θ，cos θ，1)． 又因为平面 ABCD 的法向量 m＝(0，0，1)， 所以 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝ 2 2 ， 故平面α与底面 ABCD 所成二面角的大小为π 4 . 8．G1[2014·湖北卷] 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土， 这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘 也．又以高乘之，三十六成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h，计算其体 积 V 的近似公式 V≈ 1 36L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为 3.那么，近似 公式 V≈ 2 75L2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( ) A.22 7 B.25 8 C.157 50 D.355 113 8．B [解析] 设圆锥的底面圆半径为 r，底面积为 S，则 L＝2πr，由题意得 1 36L2h≈1 3Sh， 代入 S＝πr2 化简得π≈3；类比推理，若 V＝ 2 75L2h，则π≈25 8 .故选 B. 7．G2、G1[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图 11 所示，则该几何体的体积为( ) A．8－2π B．8－π C．8－π 2 D．8－π 4 图 11 7．B [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分 占圆柱的1 4 后余下的部分，故该几何体体积为 2×2×2－2×1 4 ×π×2＝8－π. G2 空间几何体的三视图和直观图 7．G2[2014·安徽卷] 一个多面体的三视图如图 12 所示，则该多面体的表面积为( ) A．21＋ 3 B．8＋ 2 C．21 D．18 图 12 7．A [解析] 如图，由三视图可知该几何体是棱长为 2 的正方体截去两个小三棱锥后 余下的部分，其表面积 S＝6×4－1 2 ×6＋2×1 2 × 2× 6 2 ＝21＋ 3. 2．G2[2014·福建卷] 某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A．圆柱 B．圆锥 C．四面体 D．三棱柱 2．A [解析] 由空间几何体的三视图可知，圆柱的正视图、侧视图、俯视图都不可能 是三角形． 5．G2[2014·湖北卷] 在如图 11 所示的空间直角坐标系 O xyz 中，一个四面体的顶 点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①，②，③，④的 四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( ) 图 11 A．①和② B．①和③ C．③和② D．④和② 5．D [解析] 由三视图及空间直角坐标系可知，该几何体的正视图显然是一个直角三 角形且内有一条虚线(一锐角顶点与其所对直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图是一 个钝角三角形，故俯视图是②. 故选 D. 7．G2、G8[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图 12 所示，将该石材切 削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( ) 图 12 A．1 B．2 C．3 D．4 7．B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得 到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可 得 r＝6＋8－10 2 ＝2. 5．G2[2014·江西卷] 一几何体的直观图如图 11 所示，下列给出的四个俯视图中正确 的是( ) 图 11 A B C D 图 12 5．B [解析] 易知该几何体的俯视图为选项 B 中的图形． 7．G2、G1[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图 11 所示，则该几何体的体积为( ) A．8－2π B．8－π C．8－π 2 D．8－π 4 图 11 7．B [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分 占圆柱的1 4 后余下的部分，故该几何体体积为 2×2×2－2×1 4 ×π×2＝8－π. 3．G2[2014·浙江卷] 几何体的三视图(单位：cm)如图 11 所示，则此几何体的表面积是 ( ) 图 11 A．90 cm2 B．129 cm2 C．132 cm2 D．138 cm2 3．D [解析] 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图， 所以该几何体的表面积为 2(4×3＋6×3＋6×4)＋2×1 2 ×3×4＋4×3＋3×5－3×3＝ 138(cm2)，故选 D. 12．G2[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图 13，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出 的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( ) 图 13 A．6 2 B．6 C．4 2 D．4 12．B [解析] 该几何体是如图所示的棱长为 4 的正方体内的三棱锥 E CC1D1(其中 E 为 BB1 的中点)，其中最长的棱为 D1E＝ （4 2）2＋22＝6. 6．G2[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图 11，网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm)， 图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为 3 cm，高为 6 cm 的圆柱体毛 坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( ) 图 11 A.17 27 B.5 9 C.10 27 D.1 3 6．C [解析] 该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积为π×32×2＋π×22×4 ＝34π(cm3)，原毛坯的体积为π×32×6＝54π(cm3)，切削掉部分的体积为 54π－34π＝20 π(cm3)，故所求的比值为20π 54π ＝10 27. 17．G2[2014·陕西卷] 四面体 ABCD 及其三视图如图 14 所示，过棱 AB 的中点 E 作平 行于 AD，BC 的平面分别交四面体的棱 BD，DC，CA 于点 F，G，H. (1)证明：四边形 EFGH 是矩形； (2)求直线 AB 与平面 EFGH 夹角θ的正弦值． 图 14 17．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知， BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC， BD＝DC＝2，AD＝1. 由题设，BC∥平面 EFGH， 平面 EFGH∩平面 BDC＝FG， 平面 EFGH∩平面 ABC＝EH， ∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH. 同理 EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG. ∴四边形 EFGH 是平行四边形． 又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面 BDC， ∴AD⊥BC，∴EF⊥FG， ∴四边形 EFGH 是矩形． (2)方法一：如图，以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则 D(0，0，0)，A(0，0，1)， B(2，0，0)，C(0，2，0)， DA＝(0，0，1)，BC＝(－2，2，0)， BA＝(－2，0，1)． 设平面 EFGH 的法向量 n＝(x，y，z)， ∵EF∥AD，FG∥BC， ∴n·DA＝0，n·BC＝0， 得 z＝0， －2x＋2y＝0， 取 n＝(1，1，0)， ∴sin θ＝|cos〈BA→，n〉|＝|BA·n |BA||n||＝ 2 5× 2 ＝ 10 5 . 方法二：如图，以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则 D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)， ∵E 是 AB 的中点，∴F，G 分别为 BD，DC 的中点，得 E 1，0，1 2 ，F(1，0，0)，G(0， 1，0)． ∴FE→＝ 0，0，1 2 ，FG＝(－1，1，0)， BA＝(－2，0，1)． 设平面 EFGH 的法向量 n＝(x，y，z)， 则 n·FE＝0，n·FG＝0， 得 1 2z＝0， －x＋y＝0， 取 n＝(1，1，0)， ∴sin θ＝|cos〈BA→，n〉|＝|BA·n |BA→||n||＝ 2 5× 2 ＝ 10 5 . 10．G2[2014·天津卷] 一个儿何体的三视图如图 13 所示(单位：m)，则该几何体的体积 为________m3. 图 13 10.20π 3 [解析] 由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积 V＝π×12 ×4＋1 3 π×22×2＝20π 3 . 7．G2[2014·重庆卷] 某几何体的三视图如图 12 所示，则该几何体的表面积为( ) 图 12 A．54 B．60 C．66 D．72 7．B [解析] 由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥所得，三棱柱 的底面是一个两直角边长分别为 3 和 4 的直角三角形，高为 5，截去的锥体的底面是两直角 边的边长分别为 3 和 4 的直角三角形，高为 3，所以表面积为 S＝1 2 ×3×4＋3×5 2 ＋2＋5 2 ×4 ＋2＋5 2 ×5＋3×5＝60. G3 平面的基本性质、空间两条直线 4．G3[2014·辽宁卷] 已知 m，n 表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是 ( ) A．若 m∥α，n∥α，则 m∥n B．若 m⊥α，n⊂α，则 m⊥n C．若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α D．若 m∥α，m⊥n，则 n⊥α 4．B [解析] B [解析] 由题可知，若 m∥α，n∥α，则 m 与 n 平行、相交或异面，所 以 A 错误；若 m⊥α，n⊂α，则 m⊥n，故 B 正确；若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α或 n⊂α，故 C 错误．若 m∥α，m⊥n，则 n∥α或 n⊥α或 n 与 a 相交，故 D 错误． 17．G3、G5、G11[2014·福建卷] 在平面四边形 ABCD 中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD， CD⊥BD.将△ABD 沿 BD 折起，使得平面 ABD⊥平面 BCD，如图 15 所示． (1)求证：AB⊥CD； (2)若 M 为 AD 中点，求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值． 图 15 17．解：(1)证明：∵平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD∩平面 BCD＝BD，AB⊂平面 ABD， AB⊥BD，∴AB⊥平面 BCD. 又 CD⊂平面 BCD，∴AB⊥CD. (2)过点 B 在平面 BCD 内作 BE⊥BD. 由(1)知 AB⊥平面 BCD，BE⊂平面 BCD，BD⊂平面 BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD. 以 B 为坐标原点，分别以BE→，BD→ ，BA→的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角 坐标系(如图所示)． 依题意，得 B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M 0，1 2 ，1 2 . 则BC→＝(1，1，0)，BM→ ＝ 0，1 2 ，1 2 ，AD→ ＝(0，1，－1)． 设平面 MBC 的法向量 n＝(x0，y0，z0)， 则 n·BC→＝0， n·BM→ ＝0， 即 x0＋y0＝0， 1 2y0＋1 2z0＝0， 取 z0＝1，得平面 MBC 的一个法向量 n＝(1，－1，1)． 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为θ， 则 sin θ＝|cos〈n，AD→ 〉|＝ |n·AD→ | |n|·|AD→ | ＝ 6 3 . 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 6 3 . 11．G3[2014·新课标全国卷Ⅱ] 直三棱柱 ABCA1B1C1 中，∠BCA＝90°，M，N 分别是 A1B1，A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( ) A. 1 10 B.2 5 C. 30 10 D. 2 2 11．C [解析] 如图，E 为 BC 的中点．由于 M，N 分别是 A1B1，A1C1 的中点，故 MN∥B1C1 且 MN＝1 2B1C1，故 MN 綊 BE，所以四边形 MNEB 为平行四边形，所以 EN 綊 BM，所以直 线 AN，NE 所成的角即为直线 BM，AN 所成的角．设 BC＝1，则 B1M＝1 2B1A1＝ 2 2 ，所以 MB＝ 1＋1 2 ＝ 6 2 ＝NE，AN＝AE＝ 5 2 ， 在△ANE 中，根据余弦定理得 cos ∠ANE＝ 6 4 ＋5 4 －5 4 2× 6 2 × 5 2 ＝ 30 10 . 18．G3，G4，G5，G11[2014·四川卷] 三棱锥 A BCD 及其侧视图、俯视图如图 14 所 示．设 M，N 分别为线段 AD，AB 的中点，P 为线段 BC 上的点，且 MN⊥NP. (1)证明：P 是线段 BC 的中点； (2)求二面角 A NP M 的余弦值． 图 14 18．解：(1)如图所示，取 BD 的中点 O，连接 AO，CO. 由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD 为正三角形， 所以 AO⊥BD，OC⊥BD. 因为 AO，OC⊂平面 AOC，且 AO∩OC＝O， 所以 BD⊥平面 AOC. 又因为 AC⊂平面 AOC，所以 BD⊥AC. 取 BO 的中点 H，连接 NH，PH. 又 M，N，H 分别为线段 AD，AB，BO 的中点，所以 MN∥BD，NH∥AO， 因为 AO⊥BD，所以 NH⊥BD. 因为 MN⊥NP，所以 NP⊥BD. 因为 NH，NP⊂平面 NHP，且 NH∩NP＝N，所以 BD⊥平面 NHP. 又因为 HP⊂平面 NHP，所以 BD⊥HP. 又 OC⊥BD，HP⊂平面 BCD，OC⊂平面 BCD，所以 HP∥OC. 因为 H 为 BO 的中点，所以 P 为 BC 的中点． (2)方法一：如图所示，作 NQ⊥AC 于 Q，连接 MQ. 由(1)知，NP∥AC，所以 NQ⊥NP. 因为 MN⊥NP，所以∠MNQ 为二面角 A NP M 的一个平面角． 由(1)知，△ABD，△BCD 为边长为 2 的正三角形，所以 AO＝OC＝ 3. 由俯视图可知，AO⊥平面 BCD. 因为 OC⊂平面 BCD，所以 AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC 中，AC＝ 6. 作 BR⊥AC 于 R 因为在△ABC 中，AB＝BC，所以 R 为 AC 的中点， 所以 BR＝ AB2－ AC 2 2 ＝ 10 2 . 因为在平面 ABC 内，NQ⊥AC，BR⊥AC， 所以 NQ∥BR. 又因为 N 为 AB 的中点，所以 Q 为 AR 的中点， 所以 NQ＝BR 2 ＝ 10 4 . 同理，可得 MQ＝ 10 4 . 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中， cos∠MNQ＝ MN 2 NQ ＝ BD 4 NQ ＝ 10 5 . 故二面角 A NP M 的余弦值是 10 5 . 方法二：由俯视图及(1)可知，AO⊥平面 BCD. 因为 OC，OB⊂平面 BCD，所以 AO⊥OC，AO⊥OB. 又 OC⊥OB，所以直线 OA，OB，OC 两两垂直． 如图所示，以 O 为坐标原点，以 OB，OC，OA 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. 则 A(0，0， 3)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，D(－1，0，0)． 因为 M，N 分别为线段 AD，AB 的中点， 又由(1)知，P 为线段 BC 的中点， 所以 M －1 2 ，0， 3 2 ，N 1 2 ，0， 3 2 ，P 1 2 ， 3 2 ，0 ，于是 AB＝(1，0，－ 3)，BC＝(－ 1，3，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝ 0， 3 2 ，－ 3 2 . 设平面 ABC 的一个法向量 n1＝(x1，y1，z1)， 由 n1⊥AB， n1⊥BC， 得 n1·AB＝0， n1·BC＝0， 即 （x1，y1，z1）·（1，0，－ 3）＝0， （x1，y1，z1）·（－1， 3，0）＝0， 从而 x1－ 3z1＝0， －x1＋ 3y1＝0. 取 z1＝1，则 x1＝ 3，y1＝1，所以 n1＝( 3，1，1)． 设平面 MNP 的一个法向量 n2＝(x2，y2，z2)，由， n2⊥MN， n2⊥NP， 得 n2·MN＝0， n2·NP＝0， 即 （x2，y2，z2）·（1，0，0）＝0， （x2，y2，z2）· 0， 3 2 ，－ 3 2 ＝0， 从而 x2＝0， 3 2 y2－ 3 2 z2＝0. 取 z2＝1，则 y2＝1，x2＝0，所以 n2＝(0，1，1)． 设二面角 A NP M 的大小为θ，则 cos θ＝| n1·n2 |n1|·|n2||＝|（ 3，1，1）·（0，1，1） 5× 2 | ＝ 10 5 . 故二面角 ANPM 的余弦值是 10 5 . G4 空间中的平行关系 20．G1、G4、G11[2014·安徽卷] 如图 15，四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中，A1A⊥底面 ABCD， 四边形 ABCD 为梯形，AD∥BC，且 AD＝2BC.过 A1，C，D 三点的平面记为α，BB1 与α的交 点为 Q. 图 15 (1)证明：Q 为 BB1 的中点； (2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比； (3)若 AA1＝4，CD＝2，梯形 ABCD 的面积为 6，求平面α与底面 ABCD 所成二面角的大 小． 20．解： (1)证明：因为 BQ∥AA1，BC∥AD， BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A， 所以平面 QBC∥平面 A1AD， 从而平面 A1CD 与这两个平面的交线相互平行， 即 QC∥A1D. 故△QBC 与△A1AD 的对应边相互平行， 于是△QBC∽△A1AD， 所以BQ BB1 ＝BQ AA1 ＝BC AD ＝1 2 ，即 Q 为 BB1 的中点． (2)如图 1 所示，连接 QA，QD.设 AA1＝h，梯形 ABCD 的高为 d，四棱柱被平面α所分 成上下两部分的体积分别为 V 上和 V 下，BC＝a，则 AD＝2a. 图 1 V 三棱锥 Q A1AD＝1 3 ×1 2 ·2a·h·d＝1 3ahd， V 四棱锥 Q ABCD＝1 3 ·a＋2a 2 ·d· 1 2h ＝1 4ahd， 所以 V 下＝V 三棱锥 Q A1AD＋V 四棱锥 Q ABCD＝ 7 12ahd. 又 V 四棱柱 A1B1C1D1 ABCD＝3 2ahd， 所以 V 上＝V 四棱柱 A1B1C1D1 ABCD－V 下＝3 2ahd－ 7 12ahd＝11 12ahd，故V 上 V 下 ＝11 7 . (3)方法一：如图 1 所示，在△ADC 中，作 AE⊥DC，垂足为 E，连接 A1E. 又 DE⊥AA1，且 AA1∩AE＝A， 所以 DE⊥平面 AEA1，所以 DE⊥A1E. 所以∠AEA1 为平面α与底面 ABCD 所成二面角的平面角． 因为 BC∥AD，AD＝2BC，所以 S△ADC＝2S△BCA. 又因为梯形 ABCD 的面积为 6，DC＝2， 所以 S△ADC＝4，AE＝4. 于是 tan∠AEA1＝AA1 AE ＝1，∠AEA1＝π 4 . 故平面α与底面 ABCD 所成二面角的大小为π 4 . 方法二：如图 2 所示，以 D 为原点，DA，DD1 → 分别为 x 轴和 z 轴正方向建立空间直角 坐标系． 设∠CDA＝θ，BC＝a，则 AD＝2a. 因为 S 四边形 ABCD＝a＋2a 2 ·2sin θ＝6， 所以 a＝ 2 sin θ. 图 2 从而可得 C(2cos θ，2sin θ，0)，A1 4 sin θ ，0，4 ， 所以 DC＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA1 → ＝ 4 sin θ ，0，4 . 设平面 A1DC 的法向量 n＝(x，y，1)， 由 DA1 → ·n＝ 4 sin θ x＋4＝0， DC→ ·n＝2xcos θ＋2ysin θ＝0， 得 x＝－sin θ， y＝cos θ， 所以 n＝(－sin θ，cos θ，1)． 又因为平面 ABCD 的法向量 m＝(0，0，1)， 所以 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝ 2 2 ， 故平面α与底面 ABCD 所成二面角的大小为π 4 . 17．G4、G11[2014·北京卷] 如图 13，正方形 AMDE 的边长为 2，B，C 分别为 AM， MD 的中点．在五棱锥 P ABCDE 中，F 为棱 PE 的中点，平面 ABF 与棱 PD，PC 分别交于 点 G，H. (1)求证：AB∥FG； (2)若 PA⊥底面 ABCDE，且 PA＝AE，求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小，并求线段 PH 的长． 图 13 17．解：(1)证明：在正方形 AMDE 中，因为 B 是 AM 的中点，所以 AB∥DE. 又因为 AB⊄平面 PDE， 所以 AB∥平面 PDE. 因为 AB⊂平面 ABF，且平面 ABF∩平面 PDE＝FG， 所以 AB∥FG. (2)因为 PA⊥底面 ABCDE， 所以 PA⊥AB，PA⊥AE. 建立空间直角坐标系 Axyz，如图所示，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0， 0，2)，F(0，1，1)，BC→＝(1，1，0)． 设平面 ABF 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·AB→＝0， n·AF→＝0， 即 x＝0， y＋z＝0. 令 z＝1，则 y＝－1.所以 n＝(0，－1，1)． 设直线 BC 与平面 ABF 所成角为α，则 sin α＝|cos〈n，BC→〉|＝| n·BC→ |n||BC→||＝1 2. 因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为π 6 . 设点 H 的坐标为(u，v，w)． 因为点 H 在棱 PC 上，所以可设PH→ ＝λPC→(0<λ<1)． 即(u，v，w－2)＝λ(2，1，－2)，所以 u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ. 因为 n 是平面 ABF 的一个法向量， 所以 n·AH→ ＝0， 即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0， 解得λ＝2 3 ，所以点 H 的坐标为 4 3 ，2 3 ，2 3 . 所以 PH＝ 4 3 2 ＋ 2 3 2 ＋ －4 3 2 ＝2. 19．G4、G10、G11、G12[2014·湖北卷] 如图 14，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F，M，N 分别是棱 AB，AD，A1B1，A1D1 的中点，点 P，Q 分别在棱 DD1，BB1 上 移动，且 DP＝BQ＝λ(0<λ<2)． (1)当λ＝1 时，证明：直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)是否存在λ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值； 若不存在，说明理由． 图 14 19．解：方法一(几何方法)： (1)证明：如图①，连接 AD1，由 ABCDA1B1C1D1 是正方体，知 BC1∥AD1. 当λ＝1 时，P 是 DD1 的中点，又 F 是 AD 的中点，所以 FP∥AD1，所以 BC1∥FP. 而 FP⊂平面 EFPQ，且 BC1⊄平面 EFPQ，故直线 BC1∥平面 EFPQ. 图① 图② (2)如图②，连接 BD.因为 E，F 分别是 AB，AD 的中点，所以 EF∥BD，且 EF＝1 2BD. 又 DP＝BQ，DP∥BQ， 所以四边形 PQBD 是平行四边形，故 PQ∥BD，且 PQ＝BD，从而 EF∥PQ，且 EF＝1 2PQ. 在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中，因为 BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1， 于是 EQ＝FP＝ 1＋λ2，所以四边形 EFPQ 也是等腰梯形． 同理可证四边形 PQMN 也是等腰梯形． 分别取 EF，PQ，MN 的中点为 H，O，G，连接 OH，OG， 则 GO⊥PQ，HO⊥PQ，而 GO∩HO＝O， 故∠GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角． 若存在λ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°. 连接 EM，FN，则由 EF∥MN，且 EF＝MN 知四边形 EFNM 是平行四边形． 连接 GH，因为 H，G 是 EF，MN 的中点， 所以 GH＝ME＝2. 在△GOH 中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－ 2 2 2 ＝λ2＋1 2 ， OG2＝1＋(2－λ)2－ 2 2 2 ＝(2－λ)2＋1 2 ， 由 OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋1 2 ＋λ2＋1 2 ＝4，解得λ＝1± 2 2 ， 故存在λ＝1± 2 2 ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角． 方法二(向量方法)： 以 D 为原点，射线 DA，DC，DD1 分别为 x，y，z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直 角坐标系．由已知得 B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)． 图③ BC1 → ＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)． (1)证明：当λ＝1 时，FP＝(－1，0，1)， 因为BC1 → ＝(－2，0，2)， 所以BC1 → ＝2FP→，即 BC1∥FP. 而 FP⊂平面 EFPQ，且 BC1⊄平面 EFPQ，故直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，则由 FE→·n＝0， FP→·n＝0 可得 x＋y＝0， －x＋λz＝0. 于是可取 n＝(λ，－λ，1)． 同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m＝(λ－2，2－λ，1)． 若存在λ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角， 则 m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1± 2 2 . 故存在λ＝1± 2 2 ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角． 18．G4、G10[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图 13，四棱锥 PABCD 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 DAEC 为 60°，AP＝1，AD＝ 3，求三棱锥 EACD 的体积． 图 13 18．解：(1)证明：连接 BD 交 AC 于点 O，连接 EO. 因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点． 又 E 为 PD 的中点，所以 EO∥PB. 因为 EO⊂平面 AEC，PB⊄平面 AEC， 所以 PB∥平面 AEC. (2)因为 PA⊥平面 ABCD，ABCD 为矩形， 所以 AB，AD，AP 两两垂直． 如图，以 A 为坐标原点，AB→，AD，AP 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|AP→|为单位 长，建立空间直角坐标系 Axyz，则 D(0， 3，0)，E 0， 3 2 ，1 2 ，AE→＝ 0， 3 2 ，1 2 . 设 B(m，0，0)(m>0)，则 C(m，3，0)，AC→＝(m，3，0)． 设 n1＝(x，y，z)为平面 ACE 的法向量， 则 n1·AC→＝0， n1·AE→＝0， 即 mx＋ 3y＝0， 3 2 y＋1 2z＝0， 可取 n1＝ 3 m ，－1， 3 . 又 n2＝(1，0，0)为平面 DAE 的法向量， 由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝1 2 ，即 3 3＋4m2 ＝1 2 ，解得 m＝3 2. 因为 E 为 PD 的中点，所以三棱锥 EACD 的高为1 2.三棱锥 EACD 的体积 V＝1 3 ×1 2 × 3 ×3 2 ×1 2 ＝ 3 8 . 17．G4，G11[2014·山东卷] 如图 13 所示，在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M 是线段 AB 的中点． 图 13 (1)求证：C1M∥平面 A1ADD1； (2)若 CD1 垂直于平面 ABCD 且 CD1＝ 3，求平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角) 的余弦值． 17．解：(1)证明：因为四边形 ABCD 是等腰梯形， 且 AB＝2CD，所以 AB∥DC， 又 M 是 AB 的中点， 所以 CD∥MA 且 CD＝MA. 连接 AD1.因为在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中， CD∥C1D1，CD＝C1D1， 所以 C1D1∥MA，C1D1＝MA， 所以四边形 AMC1D1 为平行四边形， 因此，C1M∥D1A. 又 C1M⊄平面 A1ADD1，D1A⊂平面 A1ADD1， 所以 C1M∥平面 A1ADD1. (2)方法一：连接 AC，MC. 由(1)知，CD∥AM 且 CD＝AM， 所以四边形 AMCD 为平行四边形， 所以 BC＝AD＝MC. 由题意∠ABC＝∠DAB＝60°， 所以△MBC 为正三角形， 因此 AB＝2BC＝2，CA＝ 3， 因此 CA⊥CB. 设 C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 C xyz. 所以 A( 3，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0， 3)． 因此 M 3 2 ，1 2 ，0 ， 所以MD1 → ＝ － 3 2 ，－1 2 ， 3 ，D1C1 → ＝MB→ ＝ － 3 2 ，1 2 ，0 . 设平面 C1D1M 的一个法向量 n＝(x，y，z)， 由 n·D1C1 → ＝0， n·MD1 → ＝0， 得 3x－y＝0， 3x＋y－2 3z＝0， 可得平面 C1D1M 的一个法向量 n＝(1，3，1)． 又CD1 → ＝(0，0， 3)为平面 ABCD 的一个法向量． 因此 cos〈CD1 → ，n〉＝CD1 → ·n |CD1 → ||n| ＝ 5 5 ， 所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为 5 5 . 方法二：由(1)知，平面 D1C1M∩平面 ABCD＝AB，点过 C 向 AB 引垂线交 AB 于点 N， 连接 D1N. 由 CD1⊥平面 ABCD，可得 D1N⊥AB， 因此∠D1NC 为二面角 C1 AB C 的平面角． 在 Rt△BNC 中，BC＝1，∠NBC＝60°， 可得 CN＝ 3 2 ， 所以 ND1＝ CD21＋CN2＝ 15 2 . 在 Rt△D1CN 中，cos∠D1NC＝ CN D1N ＝ 3 2 15 2 ＝ 5 5 ， 所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为 5 5 . 18．G3，G4，G5，G11[2014·四川卷] 三棱锥 A BCD 及其侧视图、俯视图如图 14 所 示．设 M，N 分别为线段 AD，AB 的中点，P 为线段 BC 上的点，且 MN⊥NP. (1)证明：P 是线段 BC 的中点； (2)求二面角 A NP M 的余弦值． 图 14 18．解：(1)如图所示，取 BD 的中点 O，连接 AO，CO. 由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD 为正三角形， 所以 AO⊥BD，OC⊥BD. 因为 AO，OC⊂平面 AOC，且 AO∩OC＝O， 所以 BD⊥平面 AOC. 又因为 AC⊂平面 AOC，所以 BD⊥AC. 取 BO 的中点 H，连接 NH，PH. 又 M，N，H 分别为线段 AD，AB，BO 的中点，所以 MN∥BD，NH∥AO， 因为 AO⊥BD，所以 NH⊥BD. 因为 MN⊥NP，所以 NP⊥BD. 因为 NH，NP⊂平面 NHP，且 NH∩NP＝N，所以 BD⊥平面 NHP. 又因为 HP⊂平面 NHP，所以 BD⊥HP. 又 OC⊥BD，HP⊂平面 BCD，OC⊂平面 BCD，所以 HP∥OC. 因为 H 为 BO 的中点，所以 P 为 BC 的中点． (2)方法一：如图所示，作 NQ⊥AC 于 Q，连接 MQ. 由(1)知，NP∥AC，所以 NQ⊥NP. 因为 MN⊥NP，所以∠MNQ 为二面角 A NP M 的一个平面角． 由(1)知，△ABD，△BCD 为边长为 2 的正三角形，所以 AO＝OC＝ 3. 由俯视图可知，AO⊥平面 BCD. 因为 OC⊂平面 BCD，所以 AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC 中，AC＝ 6. 作 BR⊥AC 于 R 因为在△ABC 中，AB＝BC，所以 R 为 AC 的中点， 所以 BR＝ AB2－ AC 2 2 ＝ 10 2 . 因为在平面 ABC 内，NQ⊥AC，BR⊥AC， 所以 NQ∥BR. 又因为 N 为 AB 的中点，所以 Q 为 AR 的中点， 所以 NQ＝BR 2 ＝ 10 4 . 同理，可得 MQ＝ 10 4 . 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中， cos∠MNQ＝ MN 2 NQ ＝ BD 4 NQ ＝ 10 5 . 故二面角 A NP M 的余弦值是 10 5 . 方法二：由俯视图及(1)可知，AO⊥平面 BCD. 因为 OC，OB⊂平面 BCD，所以 AO⊥OC，AO⊥OB. 又 OC⊥OB，所以直线 OA，OB，OC 两两垂直． 如图所示，以 O 为坐标原点，以 OB，OC，OA 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. 则 A(0，0， 3)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，D(－1，0，0)． 因为 M，N 分别为线段 AD，AB 的中点， 又由(1)知，P 为线段 BC 的中点， 所以 M －1 2 ，0， 3 2 ，N 1 2 ，0， 3 2 ，P 1 2 ， 3 2 ，0 ，于是 AB＝(1，0，－ 3)，BC＝(－ 1，3，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝ 0， 3 2 ，－ 3 2 . 设平面 ABC 的一个法向量 n1＝(x1，y1，z1)， 由 n1⊥AB， n1⊥BC， 得 n1·AB＝0， n1·BC＝0， 即 （x1，y1，z1）·（1，0，－ 3）＝0， （x1，y1，z1）·（－1， 3，0）＝0， 从而 x1－ 3z1＝0， －x1＋ 3y1＝0. 取 z1＝1，则 x1＝ 3，y1＝1，所以 n1＝( 3，1，1)． 设平面 MNP 的一个法向量 n2＝(x2，y2，z2)，由， n2⊥MN， n2⊥NP， 得 n2·MN＝0， n2·NP＝0， 即 （x2，y2，z2）·（1，0，0）＝0， （x2，y2，z2）· 0， 3 2 ，－ 3 2 ＝0， 从而 x2＝0， 3 2 y2－ 3 2 z2＝0. 取 z2＝1，则 y2＝1，x2＝0，所以 n2＝(0，1，1)． 设二面角 A NP M 的大小为θ，则 cos θ＝| n1·n2 |n1|·|n2||＝|（ 3，1，1）·（0，1，1） 5× 2 | ＝ 10 5 . 故二面角 ANPM 的余弦值是 10 5 . G5 空间中的垂直关系 17．G3、G5、G11[2014·福建卷] 在平面四边形 ABCD 中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD， CD⊥BD.将△ABD 沿 BD 折起，使得平面 ABD⊥平面 BCD，如图 15 所示． (1)求证：AB⊥CD； (2)若 M 为 AD 中点，求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值． 图 15 17．解：(1)证明：∵平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD∩平面 BCD＝BD，AB⊂平面 ABD， AB⊥BD，∴AB⊥平面 BCD. 又 CD⊂平面 BCD，∴AB⊥CD. (2)过点 B 在平面 BCD 内作 BE⊥BD. 由(1)知 AB⊥平面 BCD，BE⊂平面 BCD，BD⊂平面 BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD. 以 B 为坐标原点，分别以BE→，BD→ ，BA→的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角 坐标系(如图所示)． 依题意，得 B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M 0，1 2 ，1 2 . 则BC→＝(1，1，0)，BM→ ＝ 0，1 2 ，1 2 ，AD→ ＝(0，1，－1)． 设平面 MBC 的法向量 n＝(x0，y0，z0)， 则 n·BC→＝0， n·BM→ ＝0， 即 x0＋y0＝0， 1 2y0＋1 2z0＝0， 取 z0＝1，得平面 MBC 的一个法向量 n＝(1，－1，1)． 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为θ， 则 sin θ＝|cos〈n，AD→ 〉|＝ |n·AD→ | |n|·|AD→ | ＝ 6 3 . 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 6 3 . 18．G5、G11[2014·广东卷] 如图 14，四边形 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． 图 14 19．G5、G11[2014·湖南卷] 如图 16 所示，四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的所有棱长都相等， AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形 ACC1A1 和四边形 BDD1B1 均为矩形． (1)证明：O1O⊥底面 ABCD； (2)若∠CBA＝60°，求二面角 C1OB1D 的余弦值． 图 16 19．解：(1)如图(a)，因为四边形 ACC1A1 为矩形，所以 CC1⊥AC.同理 DD1⊥BD. 因为 CC1∥DD1，所以 CC1⊥BD.而 AC∩BD＝O，因此 CC1⊥底面 ABCD. 由题设知，O1O∥C1C.故 O1O⊥底面 ABCD. (2)方法一： 如图(a)，过 O1 作 O1H⊥OB1 于 H，连接 HC1. 由(1)知，O1O⊥底面 ABCD，所以 O1O⊥底面 A1B1C1D1，于是 O1O⊥A1C1. 图(a) 又因为四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的所有棱长都相等，所以四边形 A1B1C1D1 是菱形， 因此 A1C1⊥B1D1，从而 A1C1⊥平面 BDD1B1，所以 A1C1⊥OB1，于是 OB1⊥平面 O1HC1. 进而 OB1⊥C1H.故∠C1HO1 是二面角 C1OB1D 的平面角． 不妨设 AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以 OB＝ 3，OC＝1，OB1＝ 7. 在 Rt△OO1B1 中，易知 O1H＝OO1·O1B1 OB1 ＝2 3 7.而 O1C1＝1，于是 C1H＝ O1C21＋O1H2 ＝ 1＋12 7 ＝ 19 7 . 故 cos∠C1HO1＝O1H C1H ＝ 2 3 7 19 7 ＝2 57 19 . 即二面角 C1OB1D 的余弦值为2 57 19 . 方法二：因为四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的所有棱长都相等，所以四边形 ABCD 是菱形， 因此 AC⊥BD.又 O1O⊥底面 ABCD，从而 OB，OC，OO1 两两垂直． 图(b) 如图(b)，以 O 为坐标原点，OB，OC，OO1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空 间直角坐标系 O xyz，不妨设 AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以 OB＝ 3，OC＝1，于是相关 各点的坐标为 O(0，0，0)， B1( 3，0，2)，C1(0，1，2)． 易知，n1＝(0，1，0)是平面 BDD1B1 的一个法向量． 设 n2＝(x，y，z)是平面 OB1C1 的一个法向量，则 n2·OB→ 1＝0， n2·OC→ 1＝0， 即 3x＋2z＝0， y＋2z＝0. 取 z＝－ 3，则 x＝2，y＝2 3，所以 n2＝(2，2 3，－ 3)． 设二面角 C1OB1D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝| n1·n2 |n1|·|n2||＝2 3 19 ＝2 57 19 . 故二面角 C1OB1D 的余弦值为2 57 19 . 19．G5、G7、G11[2014·江西卷] 如图 16，四棱锥 P ABCD 中，ABCD 为矩形，平面 PAD⊥平面 ABCD. 图 16 (1)求证：AB⊥PD. (2)若∠BPC＝90°，PB＝ 2，PC＝2，问 AB 为何值时，四棱锥 P ABCD 的体积最大？ 并求此时平面 BPC 与平面 DPC 夹角的余弦值． 19．解：(1)证明：因为 ABCD 为矩形，所以 AB⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD， 平面 PAD∩平面 ABCD＝AD， 所以 AB⊥平面 PAD，故 AB⊥PD. (2)过 P 作 AD 的垂线，垂足为 O，过 O 作 BC 的垂线，垂足为 G，连接 PG. 故 PO⊥平面 ABCD，BC⊥平面 POG，BC⊥PG. 在 Rt△BPC 中，PG＝2 3 3 ，GC＝2 6 3 ，BG＝ 6 3 . 设 AB＝m，则 OP＝ PG2－OG2＝ 4 3 －m2，故四棱锥 P ABCD 的体积为 V＝1 3 × 6·m· 4 3 －m2＝m 3 8－6m2. 因为 m 8－6m2＝ 8m2－6m4＝ －6 m2－2 3 2 ＋8 3 ， 所以当 m＝ 6 3 ，即 AB＝ 6 3 时，四棱锥 P ABCD 的体积最大． 此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为 O(0，0，0)，B 6 3 ，－ 6 3 ，0 ， C 6 3 ，2 6 3 ，0 ，D 0，2 6 3 ，0 ，P 0，0， 6 3 ，故PC→ ＝ 6 3 ，2 6 3 ，－ 6 3 ，BC→ ＝(0， 6， 0)，CD＝ － 6 3 ，0，0 . 设平面 BPC 的一个法向量为 n1＝(x，y，1)， 则由 n1⊥PC→，n1⊥BC→，得 6 3 x＋2 6 3 y－ 6 3 ＝0， 6y＝0， 解得 x＝1，y＝0，则 n1＝(1，0，1)． 同理可求出平面 DPC 的一个法向量为 n2＝ 0，1 2 ，1 . 设平面 BPC 与平面 DPC 的夹角为θ，则 cos θ＝|n1·n2| |n1||n2| ＝ 1 2· 1 4 ＋1 ＝ 10 5 . 19．G5、G11[2014·辽宁卷] 如图 15 所示，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且 AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F 分别为 AC，DC 的中点． (1)求证：EF⊥BC； (2)求二面角 EBFC 的正弦值． 图 15 19．解：(1)证明：方法一，过点 E 作 EO⊥BC，垂足为 O，连接 OF.由△ABC≌△DBC 可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC＝∠FOC＝π 2 ，即 FO⊥BC.又 EO⊥BC，EO∩FO＝O， 所以 BC⊥平面 EFO.又 EF⊂平面 EFO，所以 EF⊥BC. 图 1 方法二，由题意，以 B 为坐标原点，在平面 DBC 内过 B 作垂直 BC 的直线，并将其作 为 x 轴，BC 所在直线为 y 轴，在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线，并将其作为 z 轴，建 立如图所示的空间直角坐标系，易得 B(0，0，0)，A(0，－1， 3)，D( 3，－1，0)，C(0，2， 0)，因而 E(0，1 2 ， 3 2 )，F( 3 2 ，1 2 ，0)，所以EF→＝( 3 2 ，0，－ 3 2 )，BC→＝(0，2，0)，因此EF→·BC→ ＝0， 从而EF→⊥BC→，所以 EF⊥BC. 图 2 (2)方法一，在图 1 中，过点 O 作 OG⊥BF，垂足为 G，连接 EG.因为平面 ABC⊥平面 BDC，所以 EO⊥面 BDC，又 OG⊥BF，所以由三垂线定理知 EG⊥BF， 因此∠EGO 为二面角 EBFC 的平面角． 在△EOC 中，EO＝1 2EC＝1 2BC·cos 30°＝ 3 2 . 由△BGO∽△BFC 知，OG＝BO BC ·FC＝ 3 4 ，因此 tan∠EGO＝EO OG ＝2，从而得 sin∠EGO ＝2 5 5 ，即二面角 EBFC 的正弦值为2 5 5 . 方法二，在图 2 中，平面 BFC 的一个法向量为 n1＝(0，0，1)． 设平面 BEF 的法向量 n2＝(x，y，z)， 又BF→＝( 3 2 ，1 2 ，0)，BE→＝(0，1 2 ， 3 2 )， 所以 n2·BF→＝0， n2·BE→＝0， 得其中一个 n2＝(1，－ 3，1)． 设二面角 EBFC 的大小为θ，且由题知θ为锐角，则 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2 |n1||n2|| ＝ 1 5 ， 因此 sin θ＝ 2 5 ＝2 5 5 ，即所求二面角正弦值为2 5 5 . 19．G5、G11[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图 15，三棱柱 ABC A1B1C1 中，侧面 BB1C1C 为菱形，AB⊥B1C. 图 15 (1)证明：AC＝AB1； (2)若 AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角 A A1B1 C1 的余弦值． 19．解：(1)证明：连接 BC1，交 B1C 于点 O，连接 AO，因为侧面 BB1C1C 为菱形，所 以 B1C⊥BC1，且 O 为 B1C 及 BC1 的中点． 又 AB⊥B1C，所以 B1C⊥平面 ABO. 由于 AO⊂平面 ABO，故 B1C⊥AO. 又 B1O＝CO，故 AC＝AB1. (2)因为 AC⊥AB1，且 O 为 B1C 的中点，所以 AO＝CO. 又因为 AB＝BC，所以△BOA≌ △BOC.故 OA⊥OB，从而 OA，OB，OB1 两两垂直． 以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角 坐标系 O xyz. 因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1 为等边三角形，又 AB＝BC，则 A 0，0， 3 3 ，B(1， 0，0)，B1 0， 3 3 ，0 ，C 0，－ 3 3 ，0 . AB1 → ＝ 0， 3 3 ，－ 3 3 ， A1B1 → ＝AB＝ 1，0，－ 3 3 ， B1C→ 1＝BC＝ －1，－ 3 3 ，0 . 设 n＝(x，y，z)是平面 AA1B1 的法向量，则 n·AB1＝0， n·A1B1 → ＝0， 即 3 3 y－ 3 3 z＝0， x－ 3 3 z＝0. 所以可取 n＝(1，3， 3)． 设 m 是平面 A1B1C1 的法向量， 则 m·A1B1 → ＝0， m·B1C1 → ＝0， 同理可取 m＝(1，－ 3， 3)． 则 cos〈n，m〉＝n·m |n||m| ＝1 7. 所以结合图形知二面角 A A1B1 C1 的余弦值为1 7. 18．G3，G4，G5，G11[2014·四川卷] 三棱锥 A BCD 及其侧视图、俯视图如图 14 所 示．设 M，N 分别为线段 AD，AB 的中点，P 为线段 BC 上的点，且 MN⊥NP. (1)证明：P 是线段 BC 的中点； (2)求二面角 A NP M 的余弦值． 图 14 18．解：(1)如图所示，取 BD 的中点 O，连接 AO，CO. 由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD 为正三角形， 所以 AO⊥BD，OC⊥BD. 因为 AO，OC⊂平面 AOC，且 AO∩OC＝O， 所以 BD⊥平面 AOC. 又因为 AC⊂平面 AOC，所以 BD⊥AC. 取 BO 的中点 H，连接 NH，PH. 又 M，N，H 分别为线段 AD，AB，BO 的中点，所以 MN∥BD，NH∥AO， 因为 AO⊥BD，所以 NH⊥BD. 因为 MN⊥NP，所以 NP⊥BD. 因为 NH，NP⊂平面 NHP，且 NH∩NP＝N，所以 BD⊥平面 NHP. 又因为 HP⊂平面 NHP，所以 BD⊥HP. 又 OC⊥BD，HP⊂平面 BCD，OC⊂平面 BCD，所以 HP∥OC. 因为 H 为 BO 的中点，所以 P 为 BC 的中点． (2)方法一：如图所示，作 NQ⊥AC 于 Q，连接 MQ. 由(1)知，NP∥AC，所以 NQ⊥NP. 因为 MN⊥NP，所以∠MNQ 为二面角 A NP M 的一个平面角． 由(1)知，△ABD，△BCD 为边长为 2 的正三角形，所以 AO＝OC＝ 3. 由俯视图可知，AO⊥平面 BCD. 因为 OC⊂平面 BCD，所以 AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC 中，AC＝ 6. 作 BR⊥AC 于 R 因为在△ABC 中，AB＝BC，所以 R 为 AC 的中点， 所以 BR＝ AB2－ AC 2 2 ＝ 10 2 . 因为在平面 ABC 内，NQ⊥AC，BR⊥AC， 所以 NQ∥BR. 又因为 N 为 AB 的中点，所以 Q 为 AR 的中点， 所以 NQ＝BR 2 ＝ 10 4 . 同理，可得 MQ＝ 10 4 . 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中， cos∠MNQ＝ MN 2 NQ ＝ BD 4 NQ ＝ 10 5 . 故二面角 A NP M 的余弦值是 10 5 . 方法二：由俯视图及(1)可知，AO⊥平面 BCD. 因为 OC，OB⊂平面 BCD，所以 AO⊥OC，AO⊥OB. 又 OC⊥OB，所以直线 OA，OB，OC 两两垂直． 如图所示，以 O 为坐标原点，以 OB，OC，OA 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. 则 A(0，0， 3)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，D(－1，0，0)． 因为 M，N 分别为线段 AD，AB 的中点， 又由(1)知，P 为线段 BC 的中点， 所以 M －1 2 ，0， 3 2 ，N 1 2 ，0， 3 2 ，P 1 2 ， 3 2 ，0 ，于是 AB＝(1，0，－ 3)，BC＝(－ 1，3，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝ 0， 3 2 ，－ 3 2 . 设平面 ABC 的一个法向量 n1＝(x1，y1，z1)， 由 n1⊥AB， n1⊥BC， 得 n1·AB＝0， n1·BC＝0， 即 （x1，y1，z1）·（1，0，－ 3）＝0， （x1，y1，z1）·（－1， 3，0）＝0， 从而 x1－ 3z1＝0， －x1＋ 3y1＝0. 取 z1＝1，则 x1＝ 3，y1＝1，所以 n1＝( 3，1，1)． 设平面 MNP 的一个法向量 n2＝(x2，y2，z2)，由， n2⊥MN， n2⊥NP， 得 n2·MN＝0， n2·NP＝0， 即 （x2，y2，z2）·（1，0，0）＝0， （x2，y2，z2）· 0， 3 2 ，－ 3 2 ＝0， 从而 x2＝0， 3 2 y2－ 3 2 z2＝0. 取 z2＝1，则 y2＝1，x2＝0，所以 n2＝(0，1，1)． 设二面角 A NP M 的大小为θ，则 cos θ＝| n1·n2 |n1|·|n2||＝|（ 3，1，1）·（0，1，1） 5× 2 | ＝ 10 5 . 故二面角 ANPM 的余弦值是 10 5 . 17．G5、G11[2014·天津卷] 如图 14 所示，在四棱锥 P ABCD 中，PA⊥底面 ABCD, AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点 E 为棱 PC 的中点． (1)证明：BE⊥DC； (2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值； (3)若 F 为棱 PC 上一点，满足 BF⊥AC，求二面角 F AB P 的余弦值． 图 14 17．解：方法一：依题意，以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，可得 B(1，0， 0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．C 由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1，1，1)． (1)证明：向量 BE＝(0，1，1)，DC＝(2，0，0)， 故 BE·DC＝0， 所以 BE⊥DC. (2)向量 BD＝(－1，2，0)，PB＝(1，0，－2)． 设 n＝(x，y，z)为平面 PBD 的法向量， 则 n·BD＝0， n·PB＝0， 即 －x＋2y＝0， x－2z＝0. 不妨令 y＝1，可得 n＝(2，1，1)为平面 PBD 的一个法向量．于是有 cos〈n，BE〉＝ n·BE |n|·|BE| ＝ 2 6× 2 ＝ 3 3 ， 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 3 . (3) 向量 BC＝(1，2，0)，CP＝(－2，－2，2)，AC＝(2，2，0)，AB＝(1，0，0)．由点 F 在棱 PC 上， 设 CF＝λCP→，0≤λ≤1. 故 BF＝BC＋CF＝BC＋λCP→ ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由 BF⊥AC，得 BF·AC＝0，因此 2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝3 4 ，即 BF＝ －1 2 ，1 2 ，3 2 .设 n1＝(x，y，z)为平面 FAB 的法向 量，则 n1·AB＝0， n1·BF＝0， 即 x＝0， －1 2x＋1 2y＋3 2z＝0.不妨令 z＝1，可得 n1＝(0，－3，1)为平面 FAB 的 一个法向量．取平面 ABP 的法向量 n2＝(0，1，0)，则 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝ －3 10×1 ＝－3 10 10 . 易知二面角 F AB P 是锐角，所以其余弦值为3 10 10 . 方法二：(1)证明：如图所示，取 PD 中点 M，连接 EM，AM.由于 E，M 分别为 PC，PD 的中点，故 EM∥DC，且 EM＝1 2DC.又由已知，可得 EM∥AB 且 EM＝AB，故四边形 ABEM 为平行四边形，所以 BE∥AM. 因为 PA⊥底面 ABCD，故 PA⊥CD，而 CD⊥DA，从而 CD⊥平面 PAD.因为 AM⊂平面 PAD，所以 CD⊥AM.又 BE∥AM，所以 BE⊥CD. (2)连接 BM，由(1)有 CD⊥平面 PAD，得 CD⊥PD.而 EM∥CD，故 PD⊥EM.又因为 AD ＝AP，M 为 PD 的中点，所以 PD⊥AM，可得 PD⊥BE，所以 PD⊥平面 BEM，故平面 BEM⊥ 平面 PBD，所以直线 BE 在平面 PBD 内的射影为直线 BM.而 BE⊥EM，可得∠EBM 为锐角， 故∠EBM 为直线 BE 与平面 PBD 所成的角． 依题意，有 PD＝2 2，而 M 为 PD 中点，可得 AM＝ 2，进而 BE＝ 2.故在直角三角 形 BEM 中，tan∠EBM＝EM BE ＝AB BE ＝ 1 2 ，因此 sin∠EBM＝ 3 3 ， 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 3 . (3)如图所示，在△PAC 中，过点 F 作 FH∥PA 交 AC 于点 H.因为 PA⊥底面 ABCD，所 以 FH⊥底面 ABCD，从而 FH⊥AC.又 BF⊥AC，得 AC⊥平面 FHB，因此 AC⊥BH.在底面 ABCD 内，可得 CH＝3HA，从而 CF＝3FP.在平面 PDC 内，作 FG∥DC 交 PD 于点 G，于 是 DG＝3GP.由于 DC∥AB，故 GF∥AB，所以 A，B，F，G 四点共面．由 AB⊥PA，AB⊥AD， 得 AB⊥平面 PAD，故 AB⊥AG，所以∠PAG 为二面角 F AB P 的平面角． 在△PAG 中，PA＝2，PG＝1 4PD＝ 2 2 ，∠APG＝45°.由余弦定理可得 AG＝ 10 2 ，cos∠ PAG＝3 10 10 ，所以二面角 F AB P 的余弦值为3 10 10 . 20．G5、G11[2014·浙江卷] 如图 15，在四棱锥 A BCDE 中，平面 ABC⊥平面 BCDE， ∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2. (1)证明：DE⊥平面 ACD； (2)求二面角 B AD E 的大小． 图 15 20．解：(1)证明：在直角梯形 BCDE 中，由 DE＝BE＝1，CD＝2，得 BD＝BC＝ 2， 由 AC＝ 2，AB＝2， 得 AB2＝AC2＋BC2，即 AC⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE，从而 AC⊥平面 BCDE， 所以 AC⊥DE.又 DE⊥DC，从而 DE⊥平面 ACD. (2)方法一： 过 B 作 BF⊥AD，与 AD 交于点 F，过点 F 作 FG∥DE，与 AE 交于点 G，连接 BG.由(1) 知 DE⊥AD，则 FG⊥AD.所以∠BFG 是二面角 B AD E 的平面角． 在直角梯形 BCDE 中，由 CD2＝BC2＋BD2， 得 BD⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE，得 BD⊥平面 ABC，从而 BD⊥AB.由 AC⊥平面 BCDE，得 AC⊥CD. 在 Rt△ACD 中，由 DC＝2，AC＝ 2，得 AD＝ 6. 在 Rt△AED 中，由 ED＝1，AD＝ 6，得 AE＝ 7. 在 Rt△ABD 中，由 BD＝ 2，AB＝2，AD＝ 6，得 BF＝2 3 3 ，AF＝2 3AD.从而 GF＝2 3ED ＝2 3. 在△ABE，△ABG 中，利用余弦定理分别可得 cos∠BAE＝5 7 14 ，BG＝2 3. 在△BFG 中，cos∠BFG＝GF2＋BF2－BG2 2BF·GF ＝ 3 2 . 所以，∠BFG＝π 6 ，即二面角 B AD E 的大小是π 6 . 方法二： 以 D 为原点，分别以射线 DE，DC 为 x，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 D xyz， 如图所示． 由题意知各点坐标如下： D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)， A(0，2， 2)，B(1，1，0)． 设平面 ADE 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)， 平面 ABD 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)． 可算得 AD＝(0，－2，－ 2)，AE＝(1，－2，－ 2)，DB→ ＝(1，1，0)． 由 m·AD＝0， m·AE→＝0， 即 －2y1－ 2z1＝0， x1－2y1－ 2z1＝0， 可取 m＝(0，1，－ 2)． 由 n·AD→ ＝0， n·DB→ ＝0， 即 －2y2－ 2z2＝0， x2＋y2＝0， 可取 n＝(1，－1， 2)． 于是|cos〈m，n〉|＝|m·n| |m|·|n| ＝ 3 3×2 ＝ 3 2 . 由题意可知，所求二面角是锐角， 故二面角 B AD E 的大小是π 6 . 19．G5，G9[2014·重庆卷]如图 13 所示，四棱锥 PABCD 中，底面是以 O 为中心的菱 形，PO⊥底面 ABCD，AB＝2，∠BAD＝π 3 ，M 为 BC 上一点，且 BM＝1 2 ，MP⊥AP. (1)求 PO 的长； (2)求二面角 APMC 的正弦值． 图 13 19．解：(1)如图所示，连接 AC，BD，因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC∩ BD＝O， 且 AC⊥BD.以 O 为坐标原点，OA→ ，OB→ ，OP→ 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. 因为∠BAD＝π 3 ， 所以 OA＝AB·cosπ 6 ＝ 3，OB＝AB·sinπ 6 ＝1， 所以 O(0，0，0)，A( 3，0，0)，B(0，1，0)，C(－ 3，0，0)，OB→ ＝(0，1，0)，BC→＝ (－ 3，－1，0)． 由 BM＝1 2 ，BC＝2 知，BM→ ＝1 4BC→＝ － 3 4 ，－1 4 ，0 ， 从而OM→ ＝OB→ ＋BM→ ＝ － 3 4 ，3 4 ，0 ， 即 M － 3 4 ，3 4 ，0 . 设 P(0，0，a)，a＞0，则AP→＝(－ 3，0，a)，MP→ ＝ 3 4 ，－3 4 ，a .因为 MP⊥AP，所以 MP→ ·AP→＝0，即－3 4 ＋a2＝0，所以 a＝ 3 2 或 a＝－ 3 2 (舍去)，即 PO＝ 3 2 . (2)由(1)知，AP→＝ － 3，0， 3 2 ，MP→ ＝ 3 4 ，－3 4 ， 3 2 ，CP→＝ 3，0， 3 2 .设平面 APM 的法向量为 n1＝(x1，y1，z1)，平面 PMC 的法向量为 n2＝(x2，y2，z2)． 由 n1·AP→＝0, n1·MP→ ＝0，得 － 3x1＋ 3 2 z1＝0， 3 4 x1－3 4y1＋ 3 2 z1＝0， 故可取 n1＝ 1，5 3 3 ，2 . 由 n2·MP→ ＝0，n2·CP→＝0，得 3 4 x2－3 4y2＋ 3 2 z2＝0， 3x2＋ 3 2 z2＝0， 故可取 n2＝(1，－ 3，－2)． 从而法向量 n1，n2 的夹角的余弦值为 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝－ 15 5 ， 故所求二面角 APMC 的正弦值为 10 5 . G6 三垂线定理 19．G6、G11[2014·全国卷] 如图 11 所示，三棱柱 ABC A1B1C1 中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2. (1)证明：AC1⊥A1B; (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3，求二面角 A1 AB C 的大小． 19．解：方法一：(1)证明：因为 A1D⊥平面 ABC，A1D⊂平面 AA1C1C，故平面 AA1C1C ⊥平面 ABC. 又 BC⊥AC，所以 BC⊥平面 AA1C1C. 连接 A1C，因为侧面 AA1C1C 为菱形，故 AC1⊥A1C. 由三垂线定理得 AC1⊥A1B. (2)BC⊥平面 AA1C1C，BC⊂平面 BCC1B1，故平面 AA1C1C⊥平面 BCC1B1. 作 A1E⊥CC1，E 为垂足，则 A1E⊥平面 BCC1B1. 又直线 AA1∥平面 BCC1B1，因而 A1E 为直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离， 即 A1E＝ 3. 因为 A1C 为∠ACC1 的平分线， 所以 A1D＝A1E＝ 3. 作 DF⊥AB，F 为垂足，连接 A1F. 由三垂线定理得 A1F⊥AB，故∠A1FD 为二面角 A1 AB C 的平面角． 由 AD＝ AA21－A1D2＝1，得 D 为 AC 中点， DF＝ 5 5 ，tan∠A1FD＝A1D DF ＝ 15，所以 cos∠A1FD＝1 4. 所以二面角 A1 AB C 的大小为 arccos1 4. 方法二：以 C 为坐标原点，射线 CA 为 x 轴的正半轴，以 CB 的长为单位长，建立如图 所示的空间直角坐标系 C xyz.由题设知 A1D 与 z 轴平行，z 轴在平面 AA1C1C 内． (1)证明：设 A1(a，0，c)．由题设有 a≤2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则AB→＝(－2，1， 0)，AC→＝(－2，0，0)，AA1 → ＝(a－2，0，c)，AC1 → ＝AC→＋AA1 → ＝(a－4，0，c)，BA1 → ＝(a，－1， c)．由|AA 1 → |＝2，得 （a－2）2＋c2＝2，即 a2－4a＋c2＝0.① 又AC1 → ·BA1 → ＝a2－4a＋c2＝0，所以 AC1⊥A1B . (2)设平面 BCC1B1 的法向量 m＝(x，y，z)，则 m⊥CB→，m⊥BB1 → ，即 m·CB→＝0，m·BB1 → ＝ 0.因为CB→＝(0，1，0)，BB1 → ＝AA1 → ＝(a－2，0，c)，所以 y＝0 且(a－2)x＋cz＝0. 令 x＝c，则 z＝2－a，所以 m＝(c，0，2－a)，故点 A 到平面 BCC1B1 的距离为|CA→|·|cos 〈m，CA→〉|＝|CA→·m| |m| ＝ 2c c2＋（2－a）2 ＝c. 又依题设，A 到平面 BCC1B1 的距离为 3， 所以 c＝ 3， 代入①，解得 a＝3(舍去)或 a＝1， 于是AA1 → ＝(－1，0， 3)． 设平面 ABA1 的法向量 n＝(p，q，r)， 则 n⊥AA1 → ，n⊥AB→，即 n·AA1 → ＝0，n·AB→＝0， －p＋ 3r＝0，且－2p＋q＝0. 令 p＝ 3，则 q＝2 3，r＝1，所以 n＝( 3，2 3，1)． 又 p＝(0，0，1)为平面 ABC 的法向量，故 cos〈n，p〉＝ n·p |n||p| ＝1 4. 所以二面角 A1 AB C 的大小为 arccos1 4. G7 棱柱与棱锥 13．G7[2014·山东卷] 三棱锥 P ABC 中，D，E 分别为 PB，PC 的中点，记三棱锥 D ABE 的体积为 V1，P ABC 的体积为 V2，则V1 V2 ＝________． 13.1 4 [解析] 如图所示，由于 D，E 分别是边 PB 与 PC 的中点，所以 S△BDE＝1 4S△PBC. 又因为三棱锥 A BDE 与三棱锥 A PBC 的高长度相等，所以V1 V2 ＝1 4. 19．G5、G7、G11[2014·江西卷] 如图 16，四棱锥 P ABCD 中，ABCD 为矩形，平面 PAD⊥平面 ABCD. 图 16 (1)求证：AB⊥PD. (2)若∠BPC＝90°，PB＝ 2，PC＝2，问 AB 为何值时，四棱锥 P ABCD 的体积最大？ 并求此时平面 BPC 与平面 DPC 夹角的余弦值． 19．解：(1)证明：因为 ABCD 为矩形，所以 AB⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD， 平面 PAD∩平面 ABCD＝AD， 所以 AB⊥平面 PAD，故 AB⊥PD. (2)过 P 作 AD 的垂线，垂足为 O，过 O 作 BC 的垂线，垂足为 G，连接 PG. 故 PO⊥平面 ABCD，BC⊥平面 POG，BC⊥PG. 在 Rt△BPC 中，PG＝2 3 3 ，GC＝2 6 3 ，BG＝ 6 3 . 设 AB＝m，则 OP＝ PG2－OG2＝ 4 3 －m2，故四棱锥 P ABCD 的体积为 V＝1 3 × 6·m· 4 3 －m2＝m 3 8－6m2. 因为 m 8－6m2＝ 8m2－6m4＝ －6 m2－2 3 2 ＋8 3 ， 所以当 m＝ 6 3 ，即 AB＝ 6 3 时，四棱锥 P ABCD 的体积最大． 此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为 O(0，0，0)，B 6 3 ，－ 6 3 ，0 ， C 6 3 ，2 6 3 ，0 ，D 0，2 6 3 ，0 ，P 0，0， 6 3 ，故PC→ ＝ 6 3 ，2 6 3 ，－ 6 3 ，BC→ ＝(0， 6， 0)，CD＝ － 6 3 ，0，0 . 设平面 BPC 的一个法向量为 n1＝(x，y，1)， 则由 n1⊥PC→，n1⊥BC→，得 6 3 x＋2 6 3 y－ 6 3 ＝0， 6y＝0， 解得 x＝1，y＝0，则 n1＝(1，0，1)． 同理可求出平面 DPC 的一个法向量为 n2＝ 0，1 2 ，1 . 设平面 BPC 与平面 DPC 的夹角为θ，则 cos θ＝|n1·n2| |n1||n2| ＝ 1 2· 1 4 ＋1 ＝ 10 5 . 8．G7、G8[2014·全国卷] 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为 4，底面 边长为 2，则该球的表面积为( ) A.81π 4 B．16π C．9π D.27π 4 8．A [解析] 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为 2，所以 AE＝1 2AC＝ 2.设球心为 O，球的半径为 R，则 OE＝4－R，OA＝R，又知△AOE 为直角三角形，根据勾股定理可得， OA2＝OE2＋AE2，即 R2＝(4－R)2＋2，解得 R＝9 4 ，所以球的表面积 S＝4πR2＝4π× 9 4 2 ＝ 81π 4 . G8 多面体与球 7．G2、G8[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图 12 所示，将该石材切 削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( ) 图 12 A．1 B．2 C．3 D．4 7．B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得 到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可 得 r＝6＋8－10 2 ＝2. 8．G7、G8[2014·全国卷] 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为 4，底面 边长为 2，则该球的表面积为( ) A.81π 4 B．16π C．9π D.27π 4 8．A [解析] 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为 2，所以 AE＝1 2AC＝ 2.设球心为 O，球的半径为 R，则 OE＝4－R，OA＝R，又知△AOE 为直角三角形，根据勾股定理可得， OA2＝OE2＋AE2，即 R2＝(4－R)2＋2，解得 R＝9 4 ，所以球的表面积 S＝4πR2＝4π× 9 4 2 ＝ 81π 4 . 5．G8[2014·陕西卷] 已知底面边长为 1，侧棱长为 2的正四棱柱的各顶点均在同一个 球面上，则该球的体积为( ) A.32π 3 B．4π C．2π D.4π 3 5．D [解析] 设该球的半径为 R，根据正四棱柱的外接球的直径长为正四棱柱的体对 角线长，可得(2R)2＝( 2)2＋12＋12，解得 R＝1，所以该球的体积为 V＝4 3 πR3＝4 3 π. G9 空间向量及运算 5．G9[2014·广东卷] 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) 5．B [解析] 本题考查空间直角坐标系中数量积的坐标表示．设所求向量是 b，若 b 与 a 成 60°夹角，则根据数量积公式，只要满足a·b |a||b| ＝1 2 即可，所以 B 选项满足题意． 19．G5，G9[2014·重庆卷]如图 13 所示，四棱锥 PABCD 中，底面是以 O 为中心的菱 形，PO⊥底面 ABCD，AB＝2，∠BAD＝π 3 ，M 为 BC 上一点，且 BM＝1 2 ，MP⊥AP. (1)求 PO 的长； (2)求二面角 APMC 的正弦值． 图 13 19．解：(1)如图所示，连接 AC，BD，因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC∩ BD＝O， 且 AC⊥BD.以 O 为坐标原点，OA→ ，OB→ ，OP→ 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. 因为∠BAD＝π 3 ， 所以 OA＝AB·cosπ 6 ＝ 3，OB＝AB·sinπ 6 ＝1， 所以 O(0，0，0)，A( 3，0，0)，B(0，1，0)，C(－ 3，0，0)，OB→ ＝(0，1，0)，BC→＝ (－ 3，－1，0)． 由 BM＝1 2 ，BC＝2 知，BM→ ＝1 4BC→＝ － 3 4 ，－1 4 ，0 ， 从而OM→ ＝OB→ ＋BM→ ＝ － 3 4 ，3 4 ，0 ， 即 M － 3 4 ，3 4 ，0 . 设 P(0，0，a)，a＞0，则AP→＝(－ 3，0，a)，MP→ ＝ 3 4 ，－3 4 ，a .因为 MP⊥AP，所以 MP→ ·AP→＝0，即－3 4 ＋a2＝0，所以 a＝ 3 2 或 a＝－ 3 2 (舍去)，即 PO＝ 3 2 . (2)由(1)知，AP→＝ － 3，0， 3 2 ，MP→ ＝ 3 4 ，－3 4 ， 3 2 ，CP→＝ 3，0， 3 2 .设平面 APM 的法向量为 n1＝(x1，y1，z1)，平面 PMC 的法向量为 n2＝(x2，y2，z2)． 由 n1·AP→＝0, n1·MP→ ＝0，得 － 3x1＋ 3 2 z1＝0， 3 4 x1－3 4y1＋ 3 2 z1＝0， 故可取 n1＝ 1，5 3 3 ，2 . 由 n2·MP→ ＝0，n2·CP→＝0，得 3 4 x2－3 4y2＋ 3 2 z2＝0， 3x2＋ 3 2 z2＝0， 故可取 n2＝(1，－ 3，－2)． 从而法向量 n1，n2 的夹角的余弦值为 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝－ 15 5 ， 故所求二面角 APMC 的正弦值为 10 5 . G10 空间向量解决线面位置关系 18．G4、G10[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图 13，四棱锥 PABCD 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 DAEC 为 60°，AP＝1，AD＝ 3，求三棱锥 EACD 的体积． 图 13 18．解：(1)证明：连接 BD 交 AC 于点 O，连接 EO. 因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点． 又 E 为 PD 的中点，所以 EO∥PB. 因为 EO⊂平面 AEC，PB⊄平面 AEC， 所以 PB∥平面 AEC. (2)因为 PA⊥平面 ABCD，ABCD 为矩形， 所以 AB，AD，AP 两两垂直． 如图，以 A 为坐标原点，AB→，AD，AP 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|AP→|为单位 长，建立空间直角坐标系 Axyz，则 D(0， 3，0)，E 0， 3 2 ，1 2 ，AE→＝ 0， 3 2 ，1 2 . 设 B(m，0，0)(m>0)，则 C(m，3，0)，AC→＝(m，3，0)． 设 n1＝(x，y，z)为平面 ACE 的法向量， 则 n1·AC→＝0， n1·AE→＝0， 即 mx＋ 3y＝0， 3 2 y＋1 2z＝0， 可取 n1＝ 3 m ，－1， 3 . 又 n2＝(1，0，0)为平面 DAE 的法向量， 由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝1 2 ，即 3 3＋4m2 ＝1 2 ，解得 m＝3 2. 因为 E 为 PD 的中点，所以三棱锥 EACD 的高为1 2.三棱锥 EACD 的体积 V＝1 3 ×1 2 × 3 ×3 2 ×1 2 ＝ 3 8 . 19．G4、G10、G11、G12[2014·湖北卷] 如图 14，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F，M，N 分别是棱 AB，AD，A1B1，A1D1 的中点，点 P，Q 分别在棱 DD1，BB1 上 移动，且 DP＝BQ＝λ(0<λ<2)． (1)当λ＝1 时，证明：直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)是否存在λ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值； 若不存在，说明理由． 图 14 19．解：方法一(几何方法)： (1)证明：如图①，连接 AD1，由 ABCDA1B1C1D1 是正方体，知 BC1∥AD1. 当λ＝1 时，P 是 DD1 的中点，又 F 是 AD 的中点，所以 FP∥AD1，所以 BC1∥FP. 而 FP⊂平面 EFPQ，且 BC1⊄平面 EFPQ，故直线 BC1∥平面 EFPQ. 图① 图② (2)如图②，连接 BD.因为 E，F 分别是 AB，AD 的中点，所以 EF∥BD，且 EF＝1 2BD. 又 DP＝BQ，DP∥BQ， 所以四边形 PQBD 是平行四边形，故 PQ∥BD，且 PQ＝BD，从而 EF∥PQ，且 EF＝1 2PQ. 在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中，因为 BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1， 于是 EQ＝FP＝ 1＋λ2，所以四边形 EFPQ 也是等腰梯形． 同理可证四边形 PQMN 也是等腰梯形． 分别取 EF，PQ，MN 的中点为 H，O，G，连接 OH，OG， 则 GO⊥PQ，HO⊥PQ，而 GO∩HO＝O， 故∠GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角． 若存在λ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°. 连接 EM，FN，则由 EF∥MN，且 EF＝MN 知四边形 EFNM 是平行四边形． 连接 GH，因为 H，G 是 EF，MN 的中点， 所以 GH＝ME＝2. 在△GOH 中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－ 2 2 2 ＝λ2＋1 2 ， OG2＝1＋(2－λ)2－ 2 2 2 ＝(2－λ)2＋1 2 ， 由 OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋1 2 ＋λ2＋1 2 ＝4，解得λ＝1± 2 2 ， 故存在λ＝1± 2 2 ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角． 方法二(向量方法)： 以 D 为原点，射线 DA，DC，DD1 分别为 x，y，z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直 角坐标系．由已知得 B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)． 图③ BC1 → ＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)． (1)证明：当λ＝1 时，FP＝(－1，0，1)， 因为BC1 → ＝(－2，0，2)， 所以BC1 → ＝2FP→，即 BC1∥FP. 而 FP⊂平面 EFPQ，且 BC1⊄平面 EFPQ，故直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，则由 FE→·n＝0， FP→·n＝0 可得 x＋y＝0， －x＋λz＝0. 于是可取 n＝(λ，－λ，1)． 同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m＝(λ－2，2－λ，1)． 若存在λ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角， 则 m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1± 2 2 . 故存在λ＝1± 2 2 ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角． G11 空间角与距离的求法 20．G1、G4、G11[2014·安徽卷] 如图 15，四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中，A1A⊥底面 ABCD， 四边形 ABCD 为梯形，AD∥BC，且 AD＝2BC.过 A1，C，D 三点的平面记为α，BB1 与α的交 点为 Q. 图 15 (1)证明：Q 为 BB1 的中点； (2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比； (3)若 AA1＝4，CD＝2，梯形 ABCD 的面积为 6，求平面α与底面 ABCD 所成二面角的大 小． 20．解： (1)证明：因为 BQ∥AA1，BC∥AD， BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A， 所以平面 QBC∥平面 A1AD， 从而平面 A1CD 与这两个平面的交线相互平行， 即 QC∥A1D. 故△QBC 与△A1AD 的对应边相互平行， 于是△QBC∽△A1AD， 所以BQ BB1 ＝BQ AA1 ＝BC AD ＝1 2 ，即 Q 为 BB1 的中点． (2)如图 1 所示，连接 QA，QD.设 AA1＝h，梯形 ABCD 的高为 d，四棱柱被平面α所分 成上下两部分的体积分别为 V 上和 V 下，BC＝a，则 AD＝2a. 图 1 V 三棱锥 Q A1AD＝1 3 ×1 2 ·2a·h·d＝1 3ahd， V 四棱锥 Q ABCD＝1 3 ·a＋2a 2 ·d· 1 2h ＝1 4ahd， 所以 V 下＝V 三棱锥 Q A1AD＋V 四棱锥 Q ABCD＝ 7 12ahd. 又 V 四棱柱 A1B1C1D1 ABCD＝3 2ahd， 所以 V 上＝V 四棱柱 A1B1C1D1 ABCD－V 下＝3 2ahd－ 7 12ahd＝11 12ahd，故V 上 V 下 ＝11 7 . (3)方法一：如图 1 所示，在△ADC 中，作 AE⊥DC，垂足为 E，连接 A1E. 又 DE⊥AA1，且 AA1∩AE＝A， 所以 DE⊥平面 AEA1，所以 DE⊥A1E. 所以∠AEA1 为平面α与底面 ABCD 所成二面角的平面角． 因为 BC∥AD，AD＝2BC，所以 S△ADC＝2S△BCA. 又因为梯形 ABCD 的面积为 6，DC＝2， 所以 S△ADC＝4，AE＝4. 于是 tan∠AEA1＝AA1 AE ＝1，∠AEA1＝π 4 . 故平面α与底面 ABCD 所成二面角的大小为π 4 . 方法二：如图 2 所示，以 D 为原点，DA，DD1 → 分别为 x 轴和 z 轴正方向建立空间直角 坐标系． 设∠CDA＝θ，BC＝a，则 AD＝2a. 因为 S 四边形 ABCD＝a＋2a 2 ·2sin θ＝6， 所以 a＝ 2 sin θ. 图 2 从而可得 C(2cos θ，2sin θ，0)，A1 4 sin θ ，0，4 ， 所以 DC＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA1 → ＝ 4 sin θ ，0，4 . 设平面 A1DC 的法向量 n＝(x，y，1)， 由 DA1 → ·n＝ 4 sin θ x＋4＝0， DC→ ·n＝2xcos θ＋2ysin θ＝0， 得 x＝－sin θ， y＝cos θ， 所以 n＝(－sin θ，cos θ，1)． 又因为平面 ABCD 的法向量 m＝(0，0，1)， 所以 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝ 2 2 ， 故平面α与底面 ABCD 所成二面角的大小为π 4 . 17．G4、G11[2014·北京卷] 如图 13，正方形 AMDE 的边长为 2，B，C 分别为 AM， MD 的中点．在五棱锥 P ABCDE 中，F 为棱 PE 的中点，平面 ABF 与棱 PD，PC 分别交于 点 G，H. (1)求证：AB∥FG； (2)若 PA⊥底面 ABCDE，且 PA＝AE，求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小，并求线段 PH 的长． 图 13 17．解：(1)证明：在正方形 AMDE 中，因为 B 是 AM 的中点，所以 AB∥DE. 又因为 AB⊄平面 PDE， 所以 AB∥平面 PDE. 因为 AB⊂平面 ABF，且平面 ABF∩平面 PDE＝FG， 所以 AB∥FG. (2)因为 PA⊥底面 ABCDE， 所以 PA⊥AB，PA⊥AE. 建立空间直角坐标系 Axyz，如图所示，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0， 0，2)，F(0，1，1)，BC→＝(1，1，0)． 设平面 ABF 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·AB→＝0， n·AF→＝0， 即 x＝0， y＋z＝0. 令 z＝1，则 y＝－1.所以 n＝(0，－1，1)． 设直线 BC 与平面 ABF 所成角为α，则 sin α＝|cos〈n，BC→〉|＝| n·BC→ |n||BC→||＝1 2. 因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为π 6 . 设点 H 的坐标为(u，v，w)． 因为点 H 在棱 PC 上，所以可设PH→ ＝λPC→(0<λ<1)． 即(u，v，w－2)＝λ(2，1，－2)，所以 u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ. 因为 n 是平面 ABF 的一个法向量， 所以 n·AH→ ＝0， 即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0， 解得λ＝2 3 ，所以点 H 的坐标为 4 3 ，2 3 ，2 3 . 所以 PH＝ 4 3 2 ＋ 2 3 2 ＋ －4 3 2 ＝2. 17．G3、G5、G11[2014·福建卷] 在平面四边形 ABCD 中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD， CD⊥BD.将△ABD 沿 BD 折起，使得平面 ABD⊥平面 BCD，如图 15 所示． (1)求证：AB⊥CD； (2)若 M 为 AD 中点，求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值． 图 15 17．解：(1)证明：∵平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD∩平面 BCD＝BD，AB⊂平面 ABD， AB⊥BD，∴AB⊥平面 BCD. 又 CD⊂平面 BCD，∴AB⊥CD. (2)过点 B 在平面 BCD 内作 BE⊥BD. 由(1)知 AB⊥平面 BCD，BE⊂平面 BCD，BD⊂平面 BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD. 以 B 为坐标原点，分别以BE→，BD→ ，BA→的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角 坐标系(如图所示)． 依题意，得 B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M 0，1 2 ，1 2 . 则BC→＝(1，1，0)，BM→ ＝ 0，1 2 ，1 2 ，AD→ ＝(0，1，－1)． 设平面 MBC 的法向量 n＝(x0，y0，z0)， 则 n·BC→＝0， n·BM→ ＝0， 即 x0＋y0＝0， 1 2y0＋1 2z0＝0， 取 z0＝1，得平面 MBC 的一个法向量 n＝(1，－1，1)． 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为θ， 则 sin θ＝|cos〈n，AD→ 〉|＝ |n·AD→ | |n|·|AD→ | ＝ 6 3 . 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 6 3 . 18．G5、G11[2014·广东卷] 如图 14，四边形 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． 图 14 19．G4、G10、G11、G12[2014·湖北卷] 如图 14，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F，M，N 分别是棱 AB，AD，A1B1，A1D1 的中点，点 P，Q 分别在棱 DD1，BB1 上 移动，且 DP＝BQ＝λ(0<λ<2)． (1)当λ＝1 时，证明：直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)是否存在λ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值； 若不存在，说明理由． 图 14 19．解：方法一(几何方法)： (1)证明：如图①，连接 AD1，由 ABCDA1B1C1D1 是正方体，知 BC1∥AD1. 当λ＝1 时，P 是 DD1 的中点，又 F 是 AD 的中点，所以 FP∥AD1，所以 BC1∥FP. 而 FP⊂平面 EFPQ，且 BC1⊄平面 EFPQ，故直线 BC1∥平面 EFPQ. 图① 图② (2)如图②，连接 BD.因为 E，F 分别是 AB，AD 的中点，所以 EF∥BD，且 EF＝1 2BD. 又 DP＝BQ，DP∥BQ， 所以四边形 PQBD 是平行四边形，故 PQ∥BD，且 PQ＝BD，从而 EF∥PQ，且 EF＝1 2PQ. 在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中，因为 BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1， 于是 EQ＝FP＝ 1＋λ2，所以四边形 EFPQ 也是等腰梯形． 同理可证四边形 PQMN 也是等腰梯形． 分别取 EF，PQ，MN 的中点为 H，O，G，连接 OH，OG， 则 GO⊥PQ，HO⊥PQ，而 GO∩HO＝O， 故∠GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角． 若存在λ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°. 连接 EM，FN，则由 EF∥MN，且 EF＝MN 知四边形 EFNM 是平行四边形． 连接 GH，因为 H，G 是 EF，MN 的中点， 所以 GH＝ME＝2. 在△GOH 中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－ 2 2 2 ＝λ2＋1 2 ， OG2＝1＋(2－λ)2－ 2 2 2 ＝(2－λ)2＋1 2 ， 由 OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋1 2 ＋λ2＋1 2 ＝4，解得λ＝1± 2 2 ， 故存在λ＝1± 2 2 ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角． 方法二(向量方法)： 以 D 为原点，射线 DA，DC，DD1 分别为 x，y，z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直 角坐标系．由已知得 B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)． 图③ BC1 → ＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)． (1)证明：当λ＝1 时，FP＝(－1，0，1)， 因为BC1 → ＝(－2，0，2)， 所以BC1 → ＝2FP→，即 BC1∥FP. 而 FP⊂平面 EFPQ，且 BC1⊄平面 EFPQ，故直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，则由 FE→·n＝0， FP→·n＝0 可得 x＋y＝0， －x＋λz＝0. 于是可取 n＝(λ，－λ，1)． 同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m＝(λ－2，2－λ，1)． 若存在λ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角， 则 m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1± 2 2 . 故存在λ＝1± 2 2 ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角． 19．G5、G11[2014·湖南卷] 如图 16 所示，四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的所有棱长都相等， AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形 ACC1A1 和四边形 BDD1B1 均为矩形． (1)证明：O1O⊥底面 ABCD； (2)若∠CBA＝60°，求二面角 C1OB1D 的余弦值． 图 16 19．解：(1)如图(a)，因为四边形 ACC1A1 为矩形，所以 CC1⊥AC.同理 DD1⊥BD. 因为 CC1∥DD1，所以 CC1⊥BD.而 AC∩BD＝O，因此 CC1⊥底面 ABCD. 由题设知，O1O∥C1C.故 O1O⊥底面 ABCD. (2)方法一： 如图(a)，过 O1 作 O1H⊥OB1 于 H，连接 HC1. 由(1)知，O1O⊥底面 ABCD，所以 O1O⊥底面 A1B1C1D1，于是 O1O⊥A1C1. 图(a) 又因为四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的所有棱长都相等，所以四边形 A1B1C1D1 是菱形， 因此 A1C1⊥B1D1，从而 A1C1⊥平面 BDD1B1，所以 A1C1⊥OB1，于是 OB1⊥平面 O1HC1. 进而 OB1⊥C1H.故∠C1HO1 是二面角 C1OB1D 的平面角． 不妨设 AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以 OB＝ 3，OC＝1，OB1＝ 7. 在 Rt△OO1B1 中，易知 O1H＝OO1·O1B1 OB1 ＝2 3 7.而 O1C1＝1，于是 C1H＝ O1C21＋O1H2 ＝ 1＋12 7 ＝ 19 7 . 故 cos∠C1HO1＝O1H C1H ＝ 2 3 7 19 7 ＝2 57 19 . 即二面角 C1OB1D 的余弦值为2 57 19 . 方法二：因为四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的所有棱长都相等，所以四边形 ABCD 是菱形， 因此 AC⊥BD.又 O1O⊥底面 ABCD，从而 OB，OC，OO1 两两垂直． 图(b) 如图(b)，以 O 为坐标原点，OB，OC，OO1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空 间直角坐标系 O xyz，不妨设 AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以 OB＝ 3，OC＝1，于是相关 各点的坐标为 O(0，0，0)， B1( 3，0，2)，C1(0，1，2)． 易知，n1＝(0，1，0)是平面 BDD1B1 的一个法向量． 设 n2＝(x，y，z)是平面 OB1C1 的一个法向量，则 n2·OB→ 1＝0， n2·OC→ 1＝0， 即 3x＋2z＝0， y＋2z＝0. 取 z＝－ 3，则 x＝2，y＝2 3，所以 n2＝(2，2 3，－ 3)． 设二面角 C1OB1D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝| n1·n2 |n1|·|n2||＝2 3 19 ＝2 57 19 . 故二面角 C1OB1D 的余弦值为2 57 19 . 19．G5、G7、G11[2014·江西卷] 如图 16，四棱锥 P ABCD 中，ABCD 为矩形，平面 PAD⊥平面 ABCD. 图 16 (1)求证：AB⊥PD. (2)若∠BPC＝90°，PB＝ 2，PC＝2，问 AB 为何值时，四棱锥 P ABCD 的体积最大？ 并求此时平面 BPC 与平面 DPC 夹角的余弦值． 19．解：(1)证明：因为 ABCD 为矩形，所以 AB⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD， 平面 PAD∩平面 ABCD＝AD， 所以 AB⊥平面 PAD，故 AB⊥PD. (2)过 P 作 AD 的垂线，垂足为 O，过 O 作 BC 的垂线，垂足为 G，连接 PG. 故 PO⊥平面 ABCD，BC⊥平面 POG，BC⊥PG. 在 Rt△BPC 中，PG＝2 3 3 ，GC＝2 6 3 ，BG＝ 6 3 . 设 AB＝m，则 OP＝ PG2－OG2＝ 4 3 －m2，故四棱锥 P ABCD 的体积为 V＝1 3 × 6·m· 4 3 －m2＝m 3 8－6m2. 因为 m 8－6m2＝ 8m2－6m4＝ －6 m2－2 3 2 ＋8 3 ， 所以当 m＝ 6 3 ，即 AB＝ 6 3 时，四棱锥 P ABCD 的体积最大． 此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为 O(0，0，0)，B 6 3 ，－ 6 3 ，0 ， C 6 3 ，2 6 3 ，0 ，D 0，2 6 3 ，0 ，P 0，0， 6 3 ，故PC→ ＝ 6 3 ，2 6 3 ，－ 6 3 ，BC→ ＝(0， 6， 0)，CD＝ － 6 3 ，0，0 . 设平面 BPC 的一个法向量为 n1＝(x，y，1)， 则由 n1⊥PC→，n1⊥BC→，得 6 3 x＋2 6 3 y－ 6 3 ＝0， 6y＝0， 解得 x＝1，y＝0，则 n1＝(1，0，1)． 同理可求出平面 DPC 的一个法向量为 n2＝ 0，1 2 ，1 . 设平面 BPC 与平面 DPC 的夹角为θ，则 cos θ＝|n1·n2| |n1||n2| ＝ 1 2· 1 4 ＋1 ＝ 10 5 . 19．G5、G11[2014·辽宁卷] 如图 15 所示，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且 AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F 分别为 AC，DC 的中点． (1)求证：EF⊥BC； (2)求二面角 EBFC 的正弦值． 图 15 19．解：(1)证明：方法一，过点 E 作 EO⊥BC，垂足为 O，连接 OF.由△ABC≌△DBC 可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC＝∠FOC＝π 2 ，即 FO⊥BC.又 EO⊥BC，EO∩FO＝O， 所以 BC⊥平面 EFO.又 EF⊂平面 EFO，所以 EF⊥BC. 图 1 方法二，由题意，以 B 为坐标原点，在平面 DBC 内过 B 作垂直 BC 的直线，并将其作 为 x 轴，BC 所在直线为 y 轴，在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线，并将其作为 z 轴，建 立如图所示的空间直角坐标系，易得 B(0，0，0)，A(0，－1， 3)，D( 3，－1，0)，C(0，2， 0)，因而 E(0，1 2 ， 3 2 )，F( 3 2 ，1 2 ，0)，所以EF→＝( 3 2 ，0，－ 3 2 )，BC→＝(0，2，0)，因此EF→·BC→ ＝0， 从而EF→⊥BC→，所以 EF⊥BC. 图 2 (2)方法一，在图 1 中，过点 O 作 OG⊥BF，垂足为 G，连接 EG.因为平面 ABC⊥平面 BDC，所以 EO⊥面 BDC，又 OG⊥BF，所以由三垂线定理知 EG⊥BF， 因此∠EGO 为二面角 EBFC 的平面角． 在△EOC 中，EO＝1 2EC＝1 2BC·cos 30°＝ 3 2 . 由△BGO∽△BFC 知，OG＝BO BC ·FC＝ 3 4 ，因此 tan∠EGO＝EO OG ＝2，从而得 sin∠EGO ＝2 5 5 ，即二面角 EBFC 的正弦值为2 5 5 . 方法二，在图 2 中，平面 BFC 的一个法向量为 n1＝(0，0，1)． 设平面 BEF 的法向量 n2＝(x，y，z)， 又BF→＝( 3 2 ，1 2 ，0)，BE→＝(0，1 2 ， 3 2 )， 所以 n2·BF→＝0， n2·BE→＝0， 得其中一个 n2＝(1，－ 3，1)． 设二面角 EBFC 的大小为θ，且由题知θ为锐角，则 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2 |n1||n2|| ＝ 1 5 ， 因此 sin θ＝ 2 5 ＝2 5 5 ，即所求二面角正弦值为2 5 5 . 11．G11[2014·全国卷] 已知二面角αlβ为 60°，AB⊂α，AB⊥l，A 为垂足，CD⊂β， C∈l，∠ACD＝135°，则异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为( ) A.1 4 B. 2 4 C. 3 4 D.1 2 11．B [解析] 如图所示，在平面α内过点 C 作 CF∥AB，过点 F 作 FE⊥β，垂足为点 E，连接 CE，则 CE⊥l，所以∠ECF＝60°.过点 E 作 DE⊥CE，交 CD 于点 D1，连接 FD1. 不妨设 FC＝2a，则 CE＝a，EF＝ 3a.因为∠ACD＝135°，所以∠DCE＝45°，所以，在 Rt△DCE 中，D1E＝CE＝a，CD1＝ 2a，∴FD1＝2a，∴cos∠DCF＝4a2＋2a2－4a2 2×2a× 2a ＝ 2 4 . 19．G6、G11[2014·全国卷] 如图 11 所示，三棱柱 ABC A1B1C1 中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2. (1)证明：AC1⊥A1B; (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3，求二面角 A1 AB C 的大小． 19．解：方法一：(1)证明：因为 A1D⊥平面 ABC，A1D⊂平面 AA1C1C，故平面 AA1C1C ⊥平面 ABC. 又 BC⊥AC，所以 BC⊥平面 AA1C1C. 连接 A1C，因为侧面 AA1C1C 为菱形，故 AC1⊥A1C. 由三垂线定理得 AC1⊥A1B. (2)BC⊥平面 AA1C1C，BC⊂平面 BCC1B1，故平面 AA1C1C⊥平面 BCC1B1. 作 A1E⊥CC1，E 为垂足，则 A1E⊥平面 BCC1B1. 又直线 AA1∥平面 BCC1B1，因而 A1E 为直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离， 即 A1E＝ 3. 因为 A1C 为∠ACC1 的平分线， 所以 A1D＝A1E＝ 3. 作 DF⊥AB，F 为垂足，连接 A1F. 由三垂线定理得 A1F⊥AB，故∠A1FD 为二面角 A1 AB C 的平面角． 由 AD＝ AA21－A1D2＝1，得 D 为 AC 中点， DF＝ 5 5 ，tan∠A1FD＝A1D DF ＝ 15，所以 cos∠A1FD＝1 4. 所以二面角 A1 AB C 的大小为 arccos1 4. 方法二：以 C 为坐标原点，射线 CA 为 x 轴的正半轴，以 CB 的长为单位长，建立如图 所示的空间直角坐标系 C xyz.由题设知 A1D 与 z 轴平行，z 轴在平面 AA1C1C 内． (1)证明：设 A1(a，0，c)．由题设有 a≤2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则AB→＝(－2，1， 0)，AC→＝(－2，0，0)，AA1 → ＝(a－2，0，c)，AC1 → ＝AC→＋AA1 → ＝(a－4，0，c)，BA1 → ＝(a，－1， c)．由|AA 1 → |＝2，得 （a－2）2＋c2＝2，即 a2－4a＋c2＝0.① 又AC1 → ·BA1 → ＝a2－4a＋c2＝0，所以 AC1⊥A1B . (2)设平面 BCC1B1 的法向量 m＝(x，y，z)，则 m⊥CB→，m⊥BB1 → ，即 m·CB→＝0，m·BB1 → ＝ 0.因为CB→＝(0，1，0)，BB1 → ＝AA1 → ＝(a－2，0，c)，所以 y＝0 且(a－2)x＋cz＝0. 令 x＝c，则 z＝2－a，所以 m＝(c，0，2－a)，故点 A 到平面 BCC1B1 的距离为|CA→|·|cos 〈m，CA→〉|＝|CA→·m| |m| ＝ 2c c2＋（2－a）2 ＝c. 又依题设，A 到平面 BCC1B1 的距离为 3， 所以 c＝ 3， 代入①，解得 a＝3(舍去)或 a＝1， 于是AA1 → ＝(－1，0， 3)． 设平面 ABA1 的法向量 n＝(p，q，r)， 则 n⊥AA1 → ，n⊥AB→，即 n·AA1 → ＝0，n·AB→＝0， －p＋ 3r＝0，且－2p＋q＝0. 令 p＝ 3，则 q＝2 3，r＝1，所以 n＝( 3，2 3，1)． 又 p＝(0，0，1)为平面 ABC 的法向量，故 cos〈n，p〉＝ n·p |n||p| ＝1 4. 所以二面角 A1 AB C 的大小为 arccos1 4. 19．G5、G11[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图 15，三棱柱 ABC A1B1C1 中，侧面 BB1C1C 为菱形，AB⊥B1C. 图 15 (1)证明：AC＝AB1； (2)若 AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角 A A1B1 C1 的余弦值． 19．解：(1)证明：连接 BC1，交 B1C 于点 O，连接 AO，因为侧面 BB1C1C 为菱形，所 以 B1C⊥BC1，且 O 为 B1C 及 BC1 的中点． 又 AB⊥B1C，所以 B1C⊥平面 ABO. 由于 AO⊂平面 ABO，故 B1C⊥AO. 又 B1O＝CO，故 AC＝AB1. (2)因为 AC⊥AB1，且 O 为 B1C 的中点，所以 AO＝CO. 又因为 AB＝BC，所以△BOA≌ △BOC.故 OA⊥OB，从而 OA，OB，OB1 两两垂直． 以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角 坐标系 O xyz. 因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1 为等边三角形，又 AB＝BC，则 A 0，0， 3 3 ，B(1， 0，0)，B1 0， 3 3 ，0 ，C 0，－ 3 3 ，0 . AB1 → ＝ 0， 3 3 ，－ 3 3 ， A1B1 → ＝AB＝ 1，0，－ 3 3 ， B1C→ 1＝BC＝ －1，－ 3 3 ，0 . 设 n＝(x，y，z)是平面 AA1B1 的法向量，则 n·AB1＝0， n·A1B1 → ＝0， 即 3 3 y－ 3 3 z＝0， x－ 3 3 z＝0. 所以可取 n＝(1，3， 3)． 设 m 是平面 A1B1C1 的法向量， 则 m·A1B1 → ＝0， m·B1C1 → ＝0， 同理可取 m＝(1，－ 3， 3)． 则 cos〈n，m〉＝n·m |n||m| ＝1 7. 所以结合图形知二面角 A A1B1 C1 的余弦值为1 7. 17．G4，G11[2014·山东卷] 如图 13 所示，在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M 是线段 AB 的中点． 图 13 (1)求证：C1M∥平面 A1ADD1； (2)若 CD1 垂直于平面 ABCD 且 CD1＝ 3，求平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角) 的余弦值． 17．解：(1)证明：因为四边形 ABCD 是等腰梯形， 且 AB＝2CD，所以 AB∥DC， 又 M 是 AB 的中点， 所以 CD∥MA 且 CD＝MA. 连接 AD1.因为在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中， CD∥C1D1，CD＝C1D1， 所以 C1D1∥MA，C1D1＝MA， 所以四边形 AMC1D1 为平行四边形， 因此，C1M∥D1A. 又 C1M⊄平面 A1ADD1，D1A⊂平面 A1ADD1， 所以 C1M∥平面 A1ADD1. (2)方法一：连接 AC，MC. 由(1)知，CD∥AM 且 CD＝AM， 所以四边形 AMCD 为平行四边形， 所以 BC＝AD＝MC. 由题意∠ABC＝∠DAB＝60°， 所以△MBC 为正三角形， 因此 AB＝2BC＝2，CA＝ 3， 因此 CA⊥CB. 设 C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 C xyz. 所以 A( 3，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0， 3)． 因此 M 3 2 ，1 2 ，0 ， 所以MD1 → ＝ － 3 2 ，－1 2 ， 3 ，D1C1 → ＝MB→ ＝ － 3 2 ，1 2 ，0 . 设平面 C1D1M 的一个法向量 n＝(x，y，z)， 由 n·D1C1 → ＝0， n·MD1 → ＝0， 得 3x－y＝0， 3x＋y－2 3z＝0， 可得平面 C1D1M 的一个法向量 n＝(1，3，1)． 又CD1 → ＝(0，0， 3)为平面 ABCD 的一个法向量． 因此 cos〈CD1 → ，n〉＝CD1 → ·n |CD1 → ||n| ＝ 5 5 ， 所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为 5 5 . 方法二：由(1)知，平面 D1C1M∩平面 ABCD＝AB，点过 C 向 AB 引垂线交 AB 于点 N， 连接 D1N. 由 CD1⊥平面 ABCD，可得 D1N⊥AB， 因此∠D1NC 为二面角 C1 AB C 的平面角． 在 Rt△BNC 中，BC＝1，∠NBC＝60°， 可得 CN＝ 3 2 ， 所以 ND1＝ CD21＋CN2＝ 15 2 . 在 Rt△D1CN 中，cos∠D1NC＝ CN D1N ＝ 3 2 15 2 ＝ 5 5 ， 所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为 5 5 . 18．G3，G4，G5，G11[2014·四川卷] 三棱锥 A BCD 及其侧视图、俯视图如图 14 所 示．设 M，N 分别为线段 AD，AB 的中点，P 为线段 BC 上的点，且 MN⊥NP. (1)证明：P 是线段 BC 的中点； (2)求二面角 A NP M 的余弦值． 图 14 18．解：(1)如图所示，取 BD 的中点 O，连接 AO，CO. 由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD 为正三角形， 所以 AO⊥BD，OC⊥BD. 因为 AO，OC⊂平面 AOC，且 AO∩OC＝O， 所以 BD⊥平面 AOC. 又因为 AC⊂平面 AOC，所以 BD⊥AC. 取 BO 的中点 H，连接 NH，PH. 又 M，N，H 分别为线段 AD，AB，BO 的中点，所以 MN∥BD，NH∥AO， 因为 AO⊥BD，所以 NH⊥BD. 因为 MN⊥NP，所以 NP⊥BD. 因为 NH，NP⊂平面 NHP，且 NH∩NP＝N，所以 BD⊥平面 NHP. 又因为 HP⊂平面 NHP，所以 BD⊥HP. 又 OC⊥BD，HP⊂平面 BCD，OC⊂平面 BCD，所以 HP∥OC. 因为 H 为 BO 的中点，所以 P 为 BC 的中点． (2)方法一：如图所示，作 NQ⊥AC 于 Q，连接 MQ. 由(1)知，NP∥AC，所以 NQ⊥NP. 因为 MN⊥NP，所以∠MNQ 为二面角 A NP M 的一个平面角． 由(1)知，△ABD，△BCD 为边长为 2 的正三角形，所以 AO＝OC＝ 3. 由俯视图可知，AO⊥平面 BCD. 因为 OC⊂平面 BCD，所以 AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC 中，AC＝ 6. 作 BR⊥AC 于 R 因为在△ABC 中，AB＝BC，所以 R 为 AC 的中点， 所以 BR＝ AB2－ AC 2 2 ＝ 10 2 . 因为在平面 ABC 内，NQ⊥AC，BR⊥AC， 所以 NQ∥BR. 又因为 N 为 AB 的中点，所以 Q 为 AR 的中点， 所以 NQ＝BR 2 ＝ 10 4 . 同理，可得 MQ＝ 10 4 . 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中， cos∠MNQ＝ MN 2 NQ ＝ BD 4 NQ ＝ 10 5 . 故二面角 A NP M 的余弦值是 10 5 . 方法二：由俯视图及(1)可知，AO⊥平面 BCD. 因为 OC，OB⊂平面 BCD，所以 AO⊥OC，AO⊥OB. 又 OC⊥OB，所以直线 OA，OB，OC 两两垂直． 如图所示，以 O 为坐标原点，以 OB，OC，OA 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. 则 A(0，0， 3)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，D(－1，0，0)． 因为 M，N 分别为线段 AD，AB 的中点， 又由(1)知，P 为线段 BC 的中点， 所以 M －1 2 ，0， 3 2 ，N 1 2 ，0， 3 2 ，P 1 2 ， 3 2 ，0 ，于是 AB＝(1，0，－ 3)，BC＝(－ 1，3，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝ 0， 3 2 ，－ 3 2 . 设平面 ABC 的一个法向量 n1＝(x1，y1，z1)， 由 n1⊥AB， n1⊥BC， 得 n1·AB＝0， n1·BC＝0， 即 （x1，y1，z1）·（1，0，－ 3）＝0， （x1，y1，z1）·（－1， 3，0）＝0， 从而 x1－ 3z1＝0， －x1＋ 3y1＝0. 取 z1＝1，则 x1＝ 3，y1＝1，所以 n1＝( 3，1，1)． 设平面 MNP 的一个法向量 n2＝(x2，y2，z2)，由， n2⊥MN， n2⊥NP， 得 n2·MN＝0， n2·NP＝0， 即 （x2，y2，z2）·（1，0，0）＝0， （x2，y2，z2）· 0， 3 2 ，－ 3 2 ＝0， 从而 x2＝0， 3 2 y2－ 3 2 z2＝0. 取 z2＝1，则 y2＝1，x2＝0，所以 n2＝(0，1，1)． 设二面角 A NP M 的大小为θ，则 cos θ＝| n1·n2 |n1|·|n2||＝|（ 3，1，1）·（0，1，1） 5× 2 | ＝ 10 5 . 故二面角 ANPM 的余弦值是 10 5 . 17．G5、G11[2014·天津卷] 如图 14 所示，在四棱锥 P ABCD 中，PA⊥底面 ABCD, AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点 E 为棱 PC 的中点． (1)证明：BE⊥DC； (2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值； (3)若 F 为棱 PC 上一点，满足 BF⊥AC，求二面角 F AB P 的余弦值． 图 14 17．解：方法一：依题意，以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，可得 B(1，0， 0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．C 由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1，1，1)． (1)证明：向量 BE＝(0，1，1)，DC＝(2，0，0)， 故 BE·DC＝0， 所以 BE⊥DC. (2)向量 BD＝(－1，2，0)，PB＝(1，0，－2)． 设 n＝(x，y，z)为平面 PBD 的法向量， 则 n·BD＝0， n·PB＝0， 即 －x＋2y＝0， x－2z＝0. 不妨令 y＝1，可得 n＝(2，1，1)为平面 PBD 的一个法向量．于是有 cos〈n，BE〉＝ n·BE |n|·|BE| ＝ 2 6× 2 ＝ 3 3 ， 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 3 . (3) 向量 BC＝(1，2，0)，CP＝(－2，－2，2)，AC＝(2，2，0)，AB＝(1，0，0)．由点 F 在棱 PC 上， 设 CF＝λCP→，0≤λ≤1. 故 BF＝BC＋CF＝BC＋λCP→ ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由 BF⊥AC，得 BF·AC＝0，因此 2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝3 4 ，即 BF＝ －1 2 ，1 2 ，3 2 .设 n1＝(x，y，z)为平面 FAB 的法向 量，则 n1·AB＝0， n1·BF＝0， 即 x＝0， －1 2x＋1 2y＋3 2z＝0.不妨令 z＝1，可得 n1＝(0，－3，1)为平面 FAB 的 一个法向量．取平面 ABP 的法向量 n2＝(0，1，0)，则 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝ －3 10×1 ＝－3 10 10 . 易知二面角 F AB P 是锐角，所以其余弦值为3 10 10 . 方法二：(1)证明：如图所示，取 PD 中点 M，连接 EM，AM.由于 E，M 分别为 PC，PD 的中点，故 EM∥DC，且 EM＝1 2DC.又由已知，可得 EM∥AB 且 EM＝AB，故四边形 ABEM 为平行四边形，所以 BE∥AM. 因为 PA⊥底面 ABCD，故 PA⊥CD，而 CD⊥DA，从而 CD⊥平面 PAD.因为 AM⊂平面 PAD，所以 CD⊥AM.又 BE∥AM，所以 BE⊥CD. (2)连接 BM，由(1)有 CD⊥平面 PAD，得 CD⊥PD.而 EM∥CD，故 PD⊥EM.又因为 AD ＝AP，M 为 PD 的中点，所以 PD⊥AM，可得 PD⊥BE，所以 PD⊥平面 BEM，故平面 BEM⊥ 平面 PBD，所以直线 BE 在平面 PBD 内的射影为直线 BM.而 BE⊥EM，可得∠EBM 为锐角， 故∠EBM 为直线 BE 与平面 PBD 所成的角． 依题意，有 PD＝2 2，而 M 为 PD 中点，可得 AM＝ 2，进而 BE＝ 2.故在直角三角 形 BEM 中，tan∠EBM＝EM BE ＝AB BE ＝ 1 2 ，因此 sin∠EBM＝ 3 3 ， 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 3 . (3)如图所示，在△PAC 中，过点 F 作 FH∥PA 交 AC 于点 H.因为 PA⊥底面 ABCD，所 以 FH⊥底面 ABCD，从而 FH⊥AC.又 BF⊥AC，得 AC⊥平面 FHB，因此 AC⊥BH.在底面 ABCD 内，可得 CH＝3HA，从而 CF＝3FP.在平面 PDC 内，作 FG∥DC 交 PD 于点 G，于 是 DG＝3GP.由于 DC∥AB，故 GF∥AB，所以 A，B，F，G 四点共面．由 AB⊥PA，AB⊥AD， 得 AB⊥平面 PAD，故 AB⊥AG，所以∠PAG 为二面角 F AB P 的平面角． 在△PAG 中，PA＝2，PG＝1 4PD＝ 2 2 ，∠APG＝45°.由余弦定理可得 AG＝ 10 2 ，cos∠ PAG＝3 10 10 ，所以二面角 F AB P 的余弦值为3 10 10 . 17．G11[2014·浙江卷] 如图 14，某人在垂直于水平地面 ABC 的墙面前的点 A 处进行 射击训练．已知点 A 到墙面的距离为 AB，某目标点 P 沿墙面上的射线 CM 移动，此人为了 准确瞄准目标点 P，需计算由点 A 观察点 P 的仰角θ的大小．若 AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM ＝30°，则 tan θ的最大值是________．(仰角θ为直线 AP 与平面 ABC 所成角) 图 14 17.5 3 9 [解析] 由勾股定理得 BC＝20 m．如图，过 P 点作 PD⊥BC 于 D，连接 AD, 则 由点 A 观察点 P 的仰角θ＝∠PAD，tan θ＝PD AD.设 PD＝x，则 DC＝ 3x，BD＝20－ 3x， 在 Rt△ABD 中，AD＝ 152＋（20－ 3x）2＝ 625－40 3x＋3x2， 所以 tan θ＝ x 625－40 3x＋3x2 ＝ 1 625 x2 －40 3 x ＋3 ＝ 1 625 1 x －20 3 625 2 ＋27 25 ≤5 3 9 ，故 tan θ的最大值为5 3 9 . 20．G5、G11[2014·浙江卷] 如图 15，在四棱锥 A BCDE 中，平面 ABC⊥平面 BCDE， ∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2. (1)证明：DE⊥平面 ACD； (2)求二面角 B AD E 的大小． 图 15 20．解：(1)证明：在直角梯形 BCDE 中，由 DE＝BE＝1，CD＝2，得 BD＝BC＝ 2， 由 AC＝ 2，AB＝2， 得 AB2＝AC2＋BC2，即 AC⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE，从而 AC⊥平面 BCDE， 所以 AC⊥DE.又 DE⊥DC，从而 DE⊥平面 ACD. (2)方法一： 过 B 作 BF⊥AD，与 AD 交于点 F，过点 F 作 FG∥DE，与 AE 交于点 G，连接 BG.由(1) 知 DE⊥AD，则 FG⊥AD.所以∠BFG 是二面角 B AD E 的平面角． 在直角梯形 BCDE 中，由 CD2＝BC2＋BD2， 得 BD⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE，得 BD⊥平面 ABC，从而 BD⊥AB.由 AC⊥平面 BCDE，得 AC⊥CD. 在 Rt△ACD 中，由 DC＝2，AC＝ 2，得 AD＝ 6. 在 Rt△AED 中，由 ED＝1，AD＝ 6，得 AE＝ 7. 在 Rt△ABD 中，由 BD＝ 2，AB＝2，AD＝ 6，得 BF＝2 3 3 ，AF＝2 3AD.从而 GF＝2 3ED ＝2 3. 在△ABE，△ABG 中，利用余弦定理分别可得 cos∠BAE＝5 7 14 ，BG＝2 3. 在△BFG 中，cos∠BFG＝GF2＋BF2－BG2 2BF·GF ＝ 3 2 . 所以，∠BFG＝π 6 ，即二面角 B AD E 的大小是π 6 . 方法二： 以 D 为原点，分别以射线 DE，DC 为 x，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 D xyz， 如图所示． 由题意知各点坐标如下： D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)， A(0，2， 2)，B(1，1，0)． 设平面 ADE 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)， 平面 ABD 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)． 可算得 AD＝(0，－2，－ 2)，AE＝(1，－2，－ 2)，DB→ ＝(1，1，0)． 由 m·AD＝0， m·AE→＝0， 即 －2y1－ 2z1＝0， x1－2y1－ 2z1＝0， 可取 m＝(0，1，－ 2)． 由 n·AD→ ＝0， n·DB→ ＝0， 即 －2y2－ 2z2＝0， x2＋y2＝0， 可取 n＝(1，－1， 2)． 于是|cos〈m，n〉|＝|m·n| |m|·|n| ＝ 3 3×2 ＝ 3 2 . 由题意可知，所求二面角是锐角， 故二面角 B AD E 的大小是π 6 . G12 单元综合 10．G12[2014·江西卷] 如图 14 所示，在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，AB＝11，AD＝7， AA1＝12.一质点从顶点 A 射向点 E(4，3，12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)， 将第 i－1 次到第 i 次反射点之间的线段记为 Li(i＝2，3，4)，L1＝AE，将线段 L1，L2，L3， L4 竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是( ) 图 14 A B C D 图 15 10．C [解析] 由题意，L1＝AE＝13. 易知点 E 在底面 ABCD 上的投影为 F(4，3，0)，根据光的反射原理知，直线 AE 和从 点 E 射向点 E1 的直线 E1E 关于 EF 对称，因此 E1(8，6，0)，且 L2＝L1＝13. 此时，直线 EE1 和从点 E1 射出所得的直线 E1E2 关于过点 E1(8，6，0)和底面 ABCD 垂直 的直线对称，得 E′2(12，9，12)．因为 12>11，9>7，所以这次射出的点应在面 CDD1C1 上， 设为 E2，求得 L3＝E1E2＝13 3 ，L3L3.故选 C. 7．G12[2014·北京卷] 在空间直角坐标系 Oxyz 中，已知 A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0， 2，0)，D(1，1， 2)．若 S1，S2，S3 分别是三棱锥 D ABC 在 xOy，yOz，zOx 坐标平面上的 正投影图形的面积，则( ) A．S1＝S2＝S3 B．S2＝S1 且 S2≠S3 C．S3＝S1 且 S3≠S2 D．S3＝S2 且 S3≠S1 7．D [解析] 设顶点 D 在三个坐标平面 xOy、yOz、zOx 上的正投影分别为 D1、D2、 D3，则 AD1＝BD1＝ 2，AB＝2，∴S1＝1 2 ×2×2＝2，S2＝SOCD2＝1 2 ×2× 2＝ 2，S3＝SOAD3 ＝1 2 ×2× 2＝ 2.∴选 D. 19．G4、G10、G11、G12[2014·湖北卷] 如图 14，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F，M，N 分别是棱 AB，AD，A1B1，A1D1 的中点，点 P，Q 分别在棱 DD1，BB1 上 移动，且 DP＝BQ＝λ(0<λ<2)． (1)当λ＝1 时，证明：直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)是否存在λ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值； 若不存在，说明理由． 图 14 19．解：方法一(几何方法)： (1)证明：如图①，连接 AD1，由 ABCDA1B1C1D1 是正方体，知 BC1∥AD1. 当λ＝1 时，P 是 DD1 的中点，又 F 是 AD 的中点，所以 FP∥AD1，所以 BC1∥FP. 而 FP⊂平面 EFPQ，且 BC1⊄平面 EFPQ，故直线 BC1∥平面 EFPQ. 图① 图② (2)如图②，连接 BD.因为 E，F 分别是 AB，AD 的中点，所以 EF∥BD，且 EF＝1 2BD. 又 DP＝BQ，DP∥BQ， 所以四边形 PQBD 是平行四边形，故 PQ∥BD，且 PQ＝BD，从而 EF∥PQ，且 EF＝1 2PQ. 在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中，因为 BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1， 于是 EQ＝FP＝ 1＋λ2，所以四边形 EFPQ 也是等腰梯形． 同理可证四边形 PQMN 也是等腰梯形． 分别取 EF，PQ，MN 的中点为 H，O，G，连接 OH，OG， 则 GO⊥PQ，HO⊥PQ，而 GO∩HO＝O， 故∠GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角． 若存在λ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°. 连接 EM，FN，则由 EF∥MN，且 EF＝MN 知四边形 EFNM 是平行四边形． 连接 GH，因为 H，G 是 EF，MN 的中点， 所以 GH＝ME＝2. 在△GOH 中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－ 2 2 2 ＝λ2＋1 2 ， OG2＝1＋(2－λ)2－ 2 2 2 ＝(2－λ)2＋1 2 ， 由 OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋1 2 ＋λ2＋1 2 ＝4，解得λ＝1± 2 2 ， 故存在λ＝1± 2 2 ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角． 方法二(向量方法)： 以 D 为原点，射线 DA，DC，DD1 分别为 x，y，z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直 角坐标系．由已知得 B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)． 图③ BC1 → ＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)． (1)证明：当λ＝1 时，FP＝(－1，0，1)， 因为BC1 → ＝(－2，0，2)， 所以BC1 → ＝2FP→，即 BC1∥FP. 而 FP⊂平面 EFPQ，且 BC1⊄平面 EFPQ，故直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，则由 FE→·n＝0， FP→·n＝0 可得 x＋y＝0， －x＋λz＝0. 于是可取 n＝(λ，－λ，1)． 同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m＝(λ－2，2－λ，1)． 若存在λ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角， 则 m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1± 2 2 . 故存在λ＝1± 2 2 ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角． 8．G12[2014·四川卷] 如图 12，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，点 O 为线段 BD 的中 点，设点 P 在线段 CC1 上，直线 OP 与平面 A1BD 所成的角为α，则 sin α的取值范围是( ) 图 12 A. 3 3 ，1 B. 6 3 ，1 C. 6 3 ，2 2 3 D. 2 2 3 ，1 8．B [解析] 连接 A1O，OP 和 PA1，不难知∠POA1 就是直线 OP 与平面 A1BD 所成的 角(或其补角)设正方体棱长为 2，则 A1O＝ 6. (1)当 P 点与 C 点重合时，PO＝ 2，A1P＝2 3，且 cos α＝ 6＋2－12 2× 6× 2 ＝－ 3 3 ，此时α ＝∠A1OP 为钝角，sin α＝ 1－cos2α＝ 6 3 ； (2)当 P 点与 C1 点重合时，PO＝A1O＝ 6，A1P＝2 2，且 cos α＝ 6＋6－8 2× 6× 6 ＝1 3 ，此 时α＝∠A1OP 为锐角，sin α＝ 1－cos2 α＝2 2 3 ； (3)在α从钝角到锐角逐渐变化的过程中，CC1 上一定存在一点 P，使得α＝∠A1OP＝90°. 又因为 6 3 ＜2 2 3 ，故 sin α的取值范围是 6 3 ，1 ，故选 B. 4．[2014·石家庄质检] 把边长为 2的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折起，连接 AC，得到 三棱锥 C ABD，其正视图、俯视图为全等的等腰直角三角形(如图 X243 所示)，则其侧视 图的面积为( ) 图 X243 A. 3 2 B.1 2 C．1 D. 2 2 4．B [解析] 由题意可知，S＝1 2 ×1×1＝1 2. 7．[2014·江西师大附中、临川一中联考] 已知棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中， P，Q 是面对角线 A1C1 上的两个不同的动点． 给出以下四个结论： ①存在 P，Q 两点，使 BP⊥DQ； ②存在 P，Q 两点，使 BP，DQ 与直线 B1C 都成 45°的角； ③若 PQ＝1，则四面体 BDPQ 的体积一定是定值； ④若 PQ＝1，则四面体 BDPQ 在该正方体六个面上的正投影的面积的和为定值． 以上各结论中，正确结论的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 7．C [解析] 易知①③④正确． 9．[2014·景德镇质检] 如图 X261 所示，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，M，N 分别是 棱 C1D1，C1C 的中点．给出以下四个结论： ①直线 AM 与直线 C1C 相交； ②直线 AM 与直线 BN 平行； ③直线 AM 与直线 DD1 异面； ④直线 BN 与直线 MB1 异面． 其中正确结论的序号为________(填入所有正确结论的序号)． 图 X261 9．③④ [解析] AM 与 C1C 异面，故①错；AM 与 BN 异面，故②错；③④正确． 15．[2014·韶关一模] 已知如图 G78 所示的多面体中，四边形 ABCD 是菱形，四边形 BDEF 是矩形，ED⊥平面 ABCD，∠BAD＝π 3 . (1)求证：平面 BCF∥平面 AED； (2)若 BF＝BD＝a，求四棱锥 ABDEF 的体积． 图 G78 15．解：(1)证明：∵四边形 ABCD 是菱形， ∴BC∥AD. ∵BC⊄平面 ADE，AD⊂平面 AED， ∴BC∥平面 ADE. 又∵四边形 BDEF 是矩形，∴BF∥DE. ∵BF⊄平面 ADE，DE⊂平面 ADE， ∴BF∥平面 ADE. ∵BC⊂平面 BCF，BF⊂平面 BCF，且 BC∩BF＝B， ∴平面 BCF∥平面 AED. (2)如图，连接 AC，AC∩BD＝O. ∵四边形 ABCD 是菱形， ∴AC⊥BD. 又∵ED⊥平面 ABCD，AC⊂平面 ABCD，∴ED⊥AC. ∵ED，BD⊂平面 BDEF，且 ED∩BD＝D， ∴AC⊥平面 BDEF， ∴AO 为四棱锥 ABDEF 的高． 又∵四边形 ABCD 是菱形，∠BAD＝π 3 ， ∴△ABD 为等边三角形． 又∵BF＝BD＝a， ∴AD＝a，AO＝ 3 2 a， ∴S 四边形 BDEF＝a2，∴V 四棱锥 ABDEF＝1 3 ·a2· 3 2 a＝ 3 6 a3. 2．[2014·成都一诊] 如图 J112①所示，四边形 ABCD 为等腰梯形，AE⊥DC，AB＝AE ＝1 3DC，F 为 EC 的中点．现将△DAE 沿 AE 翻折到△PAE 的位置，如图 J112②所示，且平 面 PAE⊥平面 ABCE. (1)求证：平面 PAF⊥平面 PBE； (2)求三棱锥 APBC 与三棱锥 EBPF 的体积之比． 图 J112 2．解：(1)证明：连接 BF，∵EF∥AB，且 AB＝EF＝1 3CD， ∴四边形 AEFB 为平行四边形． 又∵AE＝AB，且 AE⊥DC， ∴四边形 AEFB 为正方形，∴AF⊥BE. ∵平面 PAE⊥平面 ABCE，且平面 PAE∩平面 ABCE＝AE，PE⊥AE， ∴PE⊥平面 ABCE.又 AF⊂平面 ABCE，∴PE⊥AF. 又∵BE∩PE＝E，∴AF⊥平面 PBE. 又∵AF⊂平面 PAF，∴平面 PAF⊥平面 PBE. (2)不妨设 AB＝4， 则 V 三棱锥 A PBC＝V 三棱锥 P ABC＝1 3 ×1 2 ×4×4×4＝32 3 ， V 三棱锥 E BPF＝V 三棱锥 P EBF＝1 3 ×1 2 ×4×4×4＝32 3 . 故所求两个三棱锥的体积之比为 1∶1. 2．[2014·郑州质检] 在三棱柱 ABCA1B1C1 中，侧面 ABB1A1 为矩形，AB＝1，AA1＝ 2， D 为 AA1 的中点，BD 与 AB1 交于点 O，CO⊥侧面 ABB1A1. (1)证明：BC⊥AB1； (2)若 OC＝OA，求直线 C1D 与平面 ABC 所成角的正弦值． 图 J122 2．解：(1)证明：由题意可知，在 Rt△ABD 中，tan∠ABD＝AD AB ＝ 2 2 ，在 Rt△ABB1 中， tan∠AB1B＝ AB BB1 ＝ 2 2 . 又因为 0<∠ABD，∠AB1B<π 2 ，所以∠ABD＝∠AB1B， 所以∠ABD＋∠BAB1＝∠AB1B＋∠BAB1＝π 2 ， 所以 AB1⊥BD. 又 CO⊥侧面 ABB1A1，且 AB1⊂侧面 ABB1A1，∴AB1⊥CO. 又 BD 与 CO 交于点 O，所以 AB1⊥平面 CBD. 又因为 BC⊂平面 CBD，所以 BC⊥AB1. (2)如图所示，分别以 OD，OB1，OC 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴，以 O 为原点，建 立空间直角坐标系， 则 A0，－ 3 3 ，0，B－ 6 3 ，0，0，C0，0，3 3 ，B10，2 3 3 ，0，D 6 6 ，0，0. 又因为CC1 → ＝2AD→ ，所以 C1 6 3 ，2 3 3 ， 3 3 . 所以AB→＝－ 6 3 ，3 3 ，0，AC→＝0，3 3 ，3 3 ，DC1 → ＝ 6 6 ，2 3 3 ， 3 3 . 设平面 ABC 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则由 AB→·n＝0， AC→·n＝0， 得 － 6 3 x＋ 3 3 y＝0， 3 3 y＋ 3 3 z＝0， 令 y＝ 2，则 z＝－ 2，x＝1， 故 n＝(1，2，－ 2)是平面 ABC 的一个法向量． 设直线 C1D 与平面 ABC 所成的角为α， 则 sin α＝|DC1 → ·n| |DC1 → ||n| ＝3 55 55 . 4．[2014·中山期末] 如图 J124 所示，在底面是矩形的四棱锥 PABCD 中，PA⊥平面 ABCD，PA＝AB＝2，BC＝4，E 是 PD 的中点． (1)求证：平面 PDC⊥平面 PAD； (2)求二面角 EACD 的余弦值； (3)求直线 CD 与平面 AEC 所成角的正弦值． 图 J124 4．解：方法一： (1)证明：∵PA⊥平面 ABCD，CD⊂平面 ABCD， ∴PA⊥CD. 又∵四边形 ABCD 是矩形，∴AD⊥CD. 又 PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面 PAD，∴CD⊥平面 PAD. 又∵CD⊂平面 PDC，∴平面 PDC⊥平面 PAD. (2)取 AD 的中点 O，连接 EO，则 EO∥PA. ∵PA⊥平面 ABCD，∴EO⊥平面 ABCD. 过点 O 作 OF⊥AC 交 AC 于点 F，连接 EF， 则∠EFO 就是二面角 EACD 的平面角． 由 PA＝2，得 EO＝1. 在 Rt△ADC 中，由 AD·CD＝AC·h，得 h＝4 5 5 . 又∵O 是 AD 的中点，OF⊥AC，∴OF＝2 5 5 . 而 EO＝1，由勾股定理可得 EF＝3 5 5 ， 故 cos∠EFO＝OF EF ＝ 2 5 5 3 5 5 ＝2 3 ，即二面角 E AC D 的余弦值为2 3. (3)延长 AE，过点 D 作 DG 垂直 AE 于点 G，连接 CG. 由(1)可知，CD⊥AE，又 CD∩DG＝D，∴AE⊥平面 CDG. 过点 D 作 DH 垂直 CG 于点 H，则 AE⊥DH. 又 CG∩AE＝G，∴DH⊥平面 AGC，即 DH⊥平面 AEC， ∴CD 在平面 ACE 内的射影是 CH， ∴∠DCH 是直线 CD 与平面 AEC 所成的角． ∵DG＝AD·sin∠DAG＝AD·sin∠OAE＝AD·OE AE ＝4 5 5 ， 又在 Rt△CDG 中，CD＝2，∴CG＝ 16×5 25 ＋4＝6 5 5 ， ∴sin∠DCG＝DG CG ＝ 4 5 5 6 5 5 ＝2 3. 方法二：如图，以为 A 原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，AP 所在直线 为 z 轴，建立空间直角坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)， E(0，2，1)，P(0，0，2)， ∴AB→＝(2，0，0)，AD→ ＝(0，4，0)，AP→＝(0，0，2)，CD→ ＝(－2，0，0)，AE→＝(0，2， 1)，AC→＝(2，4，0)． (1)证明：∵CD→ ·AD→ ＝0，∴CD⊥AD. ∵CD→ ·AP→＝0，∴CD⊥AP. 又∵AP∩AD＝A，∴CD⊥平面 PAD. 又∵CD⊂平面 PDC，∴平面 PDC⊥平面 PAD. (2)设平面 AEC 的法向量 n＝(x，y，z)，则 n·AE→＝0， n·AC→＝0， 即 2y＋z＝0， 2x＋4y＝0， 令 z＝1，则 y＝－1 2 ，x＝1， ∴平面 AEC 的一个法向量为 n＝1，－1 2 ，1. 又平面 ACD 的法向量为AP→＝(0，0，2)， ∴cos〈n，AP→〉＝ n·AP→ |n|·|AP→| ＝ 2 3 2 ×2 ＝2 3 ， ∴二面角 EACD 的余弦值是2 3. (3)设直线 CD 与平面 AEC 所成的角为θ. ∵平面 AEC 的一个法向量为 n＝1，－1 2 ，1， 且CD→ ＝(－2，0，0)， ∴sin θ＝ |n·CD→ | |n|·|CD→ | ＝ 2 3 2 ×2 ＝2 3 ，即直线 CD 与平面 AEC 所成角的正弦值为2 3.