2012年高考数学真题分类汇编G 立体几何（理科） 64页

G 立体几何 G1 空间几何体的结构 9．G1[2012·重庆卷] 设四面体的六条棱的长分别为 1,1,1,1， 2和 a，且长为 a 的棱与 长为 2的棱异面，则 a 的取值范围是( ) A．(0， 2) B．(0， 3) C．(1， 2) D．(1， 3) 9．A [解析] 如图所示，设 AB＝a，CD＝ 2，BC＝BD＝AC＝AD＝1，则∠ACD＝∠ BCD＝45°，要构造一个四面体，则平面 ACD 与平面 BCD 不能重合，当△BCD 与△ACD 重 合时，a＝0；当 A、B、C、D 四点共面，且 A、B 两点在 DC 的两侧时，在△ABC 中，∠ACB ＝∠ACD＋∠BCD＝45°＋45°＝90°，AB＝ AC2＋BC2＝ 2，所以 a 的取值范围是(0， 2)． G2 空间几何体的三视图和直观图 13．G2[2012·辽宁卷] 一个几何体的三视图如图 1－3 所示．则该几何体的表面积为 ________． 图 1－3 13．38 [解析] 本小题主要考查三视图的应用和常见几何体表面积的求法．解题的突 破口为弄清要求的几何体的形状，以及表面积的构成． 由三视图可知，该几何体为一个长方体中挖去一个圆柱构成，几何体的表面积 S＝长方 体表面积＋圆柱的侧面积－圆柱的上下底面面积，由三视图知，长方体的长、宽、高为 4、 3、1，圆柱的底面圆的半径为 1，高为 1，所以 S＝2×(4×3＋4×1＋3×1)＋2π×1×1－ 2×π×12＝38. 7．G2、G7[2012·北京卷] 某三棱锥的三视图如图 1－4 所示，该三棱锥的表面积是( ) 图 1－4 A．28＋6 5 B．30＋6 5 C．56＋12 5 D．60＋12 5 7．B [解析] 本题考查的三棱锥的三视图与表面积公式．由三视图可知，几何体为一 个侧面和底面垂直的三棱锥，如图所示，可知 S 底面＝1 2 ×5×4＝10， S 后＝1 2 ×5×4＝10， S 左＝1 2 ×6×2 5＝6 5， S 右＝1 2 ×4×5＝10， 所以 S 表＝10×3＋6 5＝30＋6 5. 12．G2、G7[2012·安徽卷] 某几何体的三视图如图 1－3 所示，该几何体的表面积是 ________． 图 1－3 12．92 [解析] 本题考查三视图的识别，四棱柱等空间几何体的表面积． 如图根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱，其表面积为 S＝1 2 ×(2＋5)×4×2＋4×2＋5×4＋4×4＋5×4＝92. 10．G2[2012·天津卷] 一个几何体的三视图如图 1－2 所示(单位：m)，则该几何体的体 积为________m3. 图 1－2 10．18＋9π [解析] 本题考查几何体的三视图及体积公式，考查运算求解及空间想象 力，容易题． 由三视图可得该几何体为一个长方体与两个球的组合体，其体积 V＝6×3×1＋2×4 3π× 3 2 3＝18＋9π. 4．G2[2012·福建卷] 一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体 不可以是( ) A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱 4．D [解析] 本题考查简单几何体的三视图，大小、形状的判断以及空间想象能力， 球的三视图大小、形状相同．三棱锥的三视图也可能相同，正方体三种视图也相同，只有圆 柱不同． 6．G2[2012·广东卷] 某几何体的三视图如图 1－1 所示，它的体积为( ) 图 1－1 A．12π B．45π C．57π D．81π 6．C [解析] 根据三视图知该几何体是由圆柱与圆锥构成，圆柱与圆锥的半径 R＝3，圆锥的 高 h＝4，圆柱的高为 5，所以 V 组合体＝V 圆柱＋V 圆锥＝π×32×5＋1 3 ×π×32×4＝57π，所以选择 C. 4．G2[2012·湖北卷] 已知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.8π 3 B．3π C.10π 3 D．6π 4．B [解析] 根据三视图知几何体的下面是一个圆柱，上面是圆柱的一半，所以 V＝ 2π＋1 2 ×2π＝3π.故选 B. 3．G2[2012·湖南卷] 某几何体的正视图和侧视图均如图 1－1 所示，则该几何体的俯视 图不可能．．．是( ) 图 1－1 图 1－2 3．D [解析] 本题考查三视图，意在考查考生对三视图的辨析，以及对三视图的理解 和掌握．是基础题型. 选项 A，B，C，都有可能，选项 D 的正视图应该有看不见的虚线， 故 D 项是不可能的． [易错点] 本题由于对三视图的不了解，易错选 C，三视图中看不见的棱应该用虚线标 出． 7．G2、G7[2012·课标全国卷] 如图 1－2，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的 是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( ) 图 1－2 A．6 B．9 C．12 D．18 7．B [解析] 由三视图可知，该几何体是三棱锥，其底面是斜边长为 6 的等腰直角三 角形，有一条长为 3 的侧棱垂直于底面(即三棱锥的高是 3)，可知底面等腰直角三角形斜边 上的高为 3，故该几何体的体积是 V＝1 3 ×1 2 ×6×3×3＝9，故选 B. 11．G2、G7[2012·浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图 1－3 所示，则该三 棱锥的体积等于________cm3. 图 1－3 11．1 [解析] 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查 学生对数据的运算处理能力和空间想象能力．由三视图可知，几何体为一个三棱锥，则 V＝1 3Sh＝1 3 ×1 2 ×1×3×2＝1. [点评] 正确的识图是解决三视图问题的关键，同时要注意棱长的长度、关系等． G3 平面的基本性质、空间两条直线 18．G3、G5[2012·陕西卷] (1)如图 1－6 所示，证明命题“a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线 b 在π上的投影，若 a⊥b，则 a⊥c”为真； 图 1－6 (2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)． 18．解：(1)证法一：如下图，过直线 b 上任一点作平面π的垂线 n，设直线 a，b，c，n 的方向向量分别是 a，b，c，n，则 b，c，n 共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ 使得 c＝λb＋μn，则 a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)， 因为 a⊥b，所以 a·b＝0， 又因为 aπ ，n⊥π，所以 a·n＝0， 故 a·c ＝0，从而 a⊥c. 证法二：如图，记 c∩b＝A，P 为直线 b 上异于点 A 的任意一点，过 P 作 PO⊥π，垂足 为 O，则 O∈c. ∵PO⊥π，aπ ，∴直线 PO⊥a， 又 a⊥b，b 平面 PAO，PO∩b＝P， ∴a⊥平面 PAO，又 c 平面 PAO，∴a⊥c. (2)逆命题为：a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线 b 在π上的投影，若 a⊥c，则 a⊥b. 逆命题为真命题． G4 空间中的平行关系 18．G4、G7、G11[2012·全国卷] 如图 1－1，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为菱形， PA⊥底面 ABCD，AC＝2 2，PA＝2，E 是 PC 上的一点，PE＝2EC. (1)证明：PC⊥平面 BED； (2)设二面角 A－PB－C 为 90°，求 PD 与平面 PBC 所成角的大小． 图 1－1 18．解：方法一：(1)因为底面 ABCD 为菱形，所以 BD⊥AC， 又 PA⊥底面 ABCD，所以 PC⊥BD. 设 AC∩BD＝F，连结 EF.因为 AC＝2 2， PA＝2，PE＝2EC，故 PC＝2 3，EC＝2 3 3 ，FC＝ 2， 从而PC FC ＝ 6，AC EC ＝ 6. 因为PC FC ＝AC EC ，∠FCE＝∠PCA， 所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°， 由此知 PC⊥EF. PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD，EF 都垂直，所以 PC⊥平面 BED. (2)在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB，G 为垂足． 因为二面角 A－PB－C 为 90°，所以平面 PAB⊥平面 PBC. 又平面 PAB∩平面 PBC＝PB， 故 AG⊥平面 PBC，AG⊥BC. BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA，AG 都垂直，故 BC⊥平面 PAB，于是 BC⊥AB，所 以底面 ABCD 为正方形，AD＝2，PD＝ PA2＋AD2＝2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d.因为 AD∥BC，且 AD⊄平面 PBC，BC⊂平面 PBC，故 AD ∥平面 PBC，A、D 两点到平面 PBC 的距离相等，即 d＝AG＝ 2. 设 PD 与平面 PBC 所成的角为α，则 sinα＝ d PD ＝1 2. 所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 方法二：(1)以 A 为坐标原点，射线 AC 为 x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标 系 A－xyz. 设 C(2 2，0,0)，D( 2，b,0)，其中 b>0，则 P(0,0,2)，E 4 2 3 ，0，2 3 ，B( 2，－b,0)． 于是PC→＝(2 2，0，－2)， BE→＝ 2 3 ，b，2 3 ，DE→ ＝ 2 3 ，－b，2 3 ， 从而PC→·BE→＝0，PC→·DE→ ＝0， 故 PC⊥BE，PC⊥DE. 又 BE∩DE＝E，所以 PC⊥平面 BDE. (2)AP→＝(0,0,2)，AB→＝( 2，－b,0)． 设 m＝(x，y，z)为平面 PAB 的法向量， 则 m·AP→＝0，m·AB→＝0， 即 2z＝0，且 2x－by＝0， 令 x＝b，则 m＝(b，2，0)． 设 n＝(p，q，r)为平面 PBC 的法向量，则 n·PC→＝0，n·BE→＝0， 即 2 2p－2r＝0 且 2p 3 ＋bq＋2 3r＝0， 令 p＝1，则 r＝ 2，q＝－ 2 b ，n＝ 1，－ 2 b ， 2 . 因为面 PAB⊥面 PBC，故 m·n＝0，即 b－2 b ＝0，故 b＝ 2，于是 n＝(1，－1， 2)，DP→ ＝(－ 2，－ 2，2)， cos〈n，DP→ 〉＝ n·DP→ |n||DP→ | ＝1 2 ，〈n，DP→ 〉＝60°. 因为 PD 与平面 PBC 所成角和〈n，DP→ 〉互余，故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 18．G4、G5、G11[2012·福建卷] 如图 1－3，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝AD ＝1，E 为 CD 中点． (1)求证：B1E⊥AD1； (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P，使得 DP∥平面 B1AE？若存在，求 AP 的长；若不存在， 说明理由； (3)若二面角 A－B1E－A1 的大小为 30°，求 AB 的长． 图 1－3 18．解：(1)以 A 为原点，AB→，AD→ ，AA1 → 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(如图)．设 AB＝a，则 A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E a 2 ，1，0 ，B1(a,0,1)，故 AD1＝(0,1,1)，B1E→ ＝ －a 2 ，1，－1 ，AB1 → ＝(a,0,1)，AE→＝ a 2 ，1，0 . ∵AD1 → ·B1E→ ＝－a 2 ×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B1E⊥AD1. (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)， 使得 DP∥平面 B1AE.此时DP→ ＝(0，－1，z0)． 又设平面 B1AE 的法向量 n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面 B1AE，∴n⊥AB1 → ，n⊥AE→，得 ax＋z＝0， ax 2 ＋y＝0. 取 x＝1，得平面 B1AE 的一个法向量 n＝ 1，－a 2 ，－a . 要使 DP∥平面 B1AE，只要 n⊥DP→ ，有a 2 －az0＝0，解得 z0＝1 2. 又 DP⊄平面 B1AE，∴存在点 P，满足 DP∥平面 B1AE，此时 AP＝1 2. (3)连接 A1D，B1C，由长方体 ABCD－A1B1C1D1 及 AA1＝AD＝1，得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1，且 B1C∩B1E＝B1， ∴AD1⊥平面 DCB1A1.∴AD1 → 是平面 A1B1E 的一个法向量，此时AD1 → ＝(0,1,1)． 设AD1 → 与 n 所成的角为θ， 则 cosθ＝ n·AD1 → |n||AD1 → | ＝ －a 2 －a 2 1＋a2 4 ＋a2 . ∵二面角 A－B1E－A1 的大小为 30°， ∴|cosθ|＝cos30°，即 3a 2 2 1＋5a2 4 ＝ 3 2 ， 解得 a＝2，即 AB 的长为 2. 16．G4、G5[2012·江苏卷] 如图 1－4，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，A1B1＝A1C1，D， E 分别是棱 BC，CC1 上的点(点 D 不同于点 C)，且 AD⊥DE，F 为 B1C1 的中点． 求证：(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1； (2)直线 A1F∥平面 ADE. 16．证明：(1)因为 ABC－A1B1C1 是直三棱柱，所以 CC1⊥平面 ABC， 又 AD⊂平面 ABC，所以 CC1⊥AD. 又因为 AD⊥DE，CC1，DE⊂平面 BCC1B1，CC1∩DE＝E， 所以 AD⊥平面 BCC1B1.又 AD⊂平面 ADE， 所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1. (2)因为 A1B1＝A1C1，F 为 B1C1 的中点，所以 A1F⊥B1C1. 因为 CC1⊥平面 A1B1C1，且 A1F⊂平面 A1B1C1， 所以 CC1⊥A1F. 又因为 CC1，B1C1⊂平面 BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1， 所以 A1F⊥平面 BCC1B1. 由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1，所以 A1F∥AD. 又 AD⊂平面 ADE，A1F⊄平面 ADE，所以 A1F∥平面 ADE. 18．G4、G11[2012·辽宁卷] 如图 1－4，直三棱柱 ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°， AB＝AC＝λAA′，点 M，N 分别为 A′B 和 B′C′的中点． (1)证明：MN∥平面 A′ACC′； (2)若二面角 A′－MN－C 为直二面角，求λ的值． 图 1－4 18．解：(1)(证法一) 连结 AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°， AB＝AC，三棱柱 ABC－A′B′C′为直三棱柱． 所以 M 为 AB′中点． 又因为 N 为 B′C′的中点． 所以 MN∥AC′. 又 MN⊄平面 A′ACC′， AC′⊂平面 A′ACC′， 因此 MN∥平面 A′ACC′. (证法二) 取 A′B′中点 P，连结 MP，NP， M，N 分别为 AB′与 B′C′的中点，所以 MP∥AA′，PN∥A′C′， 所以 MP∥平面 A′ACC′，PN∥平面 A′ACC′，又 MP∩NP＝P， 因此平面 MPN∥平面 A′ACC′，而 MN⊂平面 MPN， 因此 MN∥平面 A′ACC′. (2)以 A 为坐标原点，分别以直线 AB，AC，AA′为 x 轴，y 轴，z 轴建立直角坐标系 O －xyz，如图 1－5 所示． 图 1－5 设 AA′＝1，则 AB＝AC＝λ， 于是 A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，B′(λ，0,1)，C′(0，λ，1)． 所以 M λ 2 ，0，1 2 ，N λ 2 ，λ 2 ，1 . 设 m＝(x1，y1，z1)是平面 A′MN 的法向量， 由 m·A′M→ ＝0， m·MN→ ＝0 得 λ 2x1－1 2z1＝0， λ 2y1＋1 2z1＝0， 可取 m＝(1，－1，λ)． 设 n＝(x2，y2，z2)是平面 MNC 的法向量， 由 n·NC→ ＝0， n·MN→ ＝0 得 －λ 2x2＋λ 2y2－z2＝0， λ 2y2＋1 2z2＝0. 可取 n＝(－3，－1，λ)． 因为 A′－MN－C 为直二面角，所以 m·n＝0. 即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝ 2. G5 空间中的垂直关系 19．G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 如图 1－2，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB ＝4，AC＝BC＝3，D 为 AB 的中点． (1)求点 C 到平面 A1ABB1 的距离； (2)若 AB1⊥A1C，求二面角 A1－CD－C1 的平面角的余弦值． 图 1－2 19．解：(1)由 AC＝BC，D 为 AB 的中点，得 CD⊥AB.又 CD⊥AA1，故 CD⊥面 A1ABB1， 所以点 C 到平面 A1ABB1 的距离为 CD＝ BC2－BD2＝ 5. (2)解法一：如图，取 D1 为 A1B1 的中点，连结 DD1，则 DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知 CD ⊥面 A1ABB1，故 CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1 为所求的二面角 A1－CD－C1 的平面 角． 因 A1D 为 A1C 在面 A1ABB1 上的射影，又已知 AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得 AB1 ⊥A1D，从而∠A1AB1、∠A1DA 都与∠B1AB 互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以 Rt△A1AD ∽Rt△B1A1A.因此AA1 AD ＝A1B1 AA1 ，即 AA21＝AD·A1B1＝8，得 AA1＝2 2. 从而 A1D＝ AA21＋AD2＝2 3. 所以，在 Rt△A1DD1 中， cos∠A1DD1＝DD1 A1D ＝AA1 A1D ＝ 6 3 . 解法二：如图，过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于点 D1，在直三棱柱中，易知 DB，DC，DD1 两两垂直．以 D 为原点，射线 DB，DC，DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直 角坐标系 D－xyz. 设直三棱柱的高为 h，则 A(－2,0,0)，A1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，5，0)，C1(0，5， h)，从而AB1 → ＝(4,0，h)，A1C→ ＝(2，5，－h)． 由AB1 → ⊥A1C→ ，有 8－h2＝0，h＝2 2. 故DA1 → ＝(－2,0,2 2)，CC1 → ＝(0,0,2 2)，DC→ ＝ (0，5，0)． 设平面 A1CD 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，则 m⊥DC→ ，m⊥DA1 → ，即 5y1＝0， －2x1＋2 2z1＝0， 取 z1＝1，得 m＝( 2，0,1)， 设平面 C1CD 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，则 n⊥DC→ ，n⊥CC1 → ，即 5y2＝0， 2 2z2＝0， 取 x2＝1，得 n＝(1,0,0)，所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ 2 2＋1·1 ＝ 6 3 . 所以二面角 A1－CD－C1 的平面角的余弦值为 6 3 . 20． G5、G7[2012·浙江卷] 如图 1－5 所示，在四棱锥 P－ABCD 中，底面是边长为 2 3的菱形，∠BAD＝120°，且 PA⊥平面 ABCD，PA＝2 6，M，N 分别为 PB，PD 的中点． (1)证明：MN∥平面 ABCD； (2)过点 A 作 AQ⊥PC，垂足为点 Q，求二面角 A－MN－Q 的平面角的余弦值． 图 1－5 20．解：(1)因为 M，N 分别是 PB，PD 的中点，所以 MN 是△PBD 的中位线，所以 MN ∥BD. 又因为 MN⊄平面 ABCD，所以 MN∥平面 ABCD. (2)方法一： 连结 AC 交 BD 于 O.以 O 为原点，OC，OD 所在直线为 x，y 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示． 在菱形 ABCD 中，∠BAD＝120°，得 AC＝AB＝2 3，BD＝ 3AB＝6. 又因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥AC. 在 Rt△PAC 中，AC＝2 3，PA＝2 6，AQ⊥PC，得 QC＝2，PQ＝4. 由此知各点坐标如下， A(－ 3，0,0)，B(0，－3,0)，C( 3，0,0)，D(0,3,0)，P(－ 3，0,2 6)，M － 3 2 ，－3 2 ， 6 ， N － 3 2 ，3 2 ， 6 ， Q 3 3 ，0，2 6 3 . 设 m＝(x，y，z)为平面 AMN 的法向量． 由AM→ ＝ 3 2 ，－3 2 ， 6 ，AN→＝ 3 2 ，3 2 ， 6 知 3 2 x－3 2y＋ 6z＝0， 3 2 x＋3 2y＋ 6z＝0. 取 z＝－1，得 m＝(2 2，0，－1)． 设 n＝(x，y，z)为平面 QMN 的法向量． 由QM→ ＝ －5 3 6 ，－3 2 ， 6 3 ，QN→ ＝ －5 3 6 ，3 2 ， 6 3 知 －5 3 6 x－3 2y＋ 6 3 z＝0， －5 3 6 x＋3 2y＋ 6 3 z＝0， 取 z＝5，得 n＝(2 2，0,5)． 于是 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 33 33 . 所以二面角 A－MN－Q 的平面角的余弦值为 33 33 . 方法二：在菱形 ABCD 中，∠BAD＝120°，得 AC＝AB＝BC＝CD＝DA，BD＝ 3AB. 又因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD. 所以 PB＝PC＝PD. 所以△PBC≌△PDC. 而 M，N 分别是 PB，PD 的中点，所以 MQ＝NQ，且 AM＝1 2PB＝1 2PD＝AN. 取线段 MN 的中点 E，连结 AE，EQ，则 AE⊥MN，QE⊥MN， 所以∠AEQ 为二面角 A－MN－Q 的平面角． 由 AB＝2 3，PA＝2 6，故 在△AMN 中，AM＝AN＝3，MN＝1 2BD＝3，得 AE＝3 3 2 . 在直角△PAC 中，AQ⊥PC，得 AQ＝2 2，QC＝2，PQ＝4. 在△PBC 中，cos∠BPC＝PB2＋PC2－BC2 2PB·PC ＝5 6 ， 得 MQ＝ PM2＋PQ2－2PM·PQcos∠BPC＝ 5. 在等腰△MQN 中，MQ＝NQ＝ 5，MN＝3，得 QE＝ MQ2－ME2＝ 11 2 . 在△AEQ 中，AE＝3 3 2 ，QE＝ 11 2 ，AQ＝2 2，得 cos∠AEQ＝AE2＋QE2－AQ2 2AE·QE ＝ 33 33 . 所以二面角 A－MN－Q 的平面角的余弦值为 33 33 . 17．G5、G11[2012·天津卷] 如图 1－4 所示，在四棱锥 PABCD 中，PA⊥平面 ABCD， AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1. (1)证明 PC⊥AD； (2)求二面角 A－PC－D 的正弦值； (3)设 E 与棱 PA 上的点，满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为 30°，求 AE 的长． 17．解：方法一：如图所示，以点 A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得 A(0,0,0)， D(2,0,0)，C(0,1,0)，B －1 2 ，1 2 ，0 ，P(0,0,2)． (1)易得PC→＝(0,1，－2)，AD→ ＝(2,0,0)，于是PC→·AD→ ＝0，所以 PC⊥AD. (2)PC→＝(0,1，－2)，CD→ ＝(2，－1，0)．设平面 PCD 的法向量 n＝(x，y，z)， 则 n·PC→＝0， n·CD→ ＝0， 即 y－2z＝0， 2x－y＝0. 不妨令 z＝1， 可得 n＝(1,2,1)． 可取平面 PAC 的法向量 m＝(1,0,0)． 于是 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 1 6 ＝ 6 6 ，从而 sin〈m，n〉＝ 30 6 .所以二面角 A－PC－D 的正弦值为 30 6 . (3)设点 E 的坐标为(0,0，h)，其中 h∈[0,2]．由此得BE→＝ 1 2 ，－1 2 ，h ，由CD→ ＝(2，－ 1,0)，故 cos〈BE→，CD→ 〉＝ BE→·CD→ |BE→||CD→ | ＝ 3 2 1 2 ＋h2× 5 ＝ 3 10＋20 h2 ， 所以， 3 10＋20 h2 ＝cos30°＝ 3 2 ，解得 h＝ 10 10 ， 即 AE＝ 10 10 . 方法二：(1)由 PA⊥平面 ABCD，可得 PA⊥AD. 又由 AD⊥AC，PA∩AC＝A，故 AD⊥平面 PAC， 又 PC⊂平面 PAC，所以 PC⊥AD. (2)如图所示，作 AH⊥PC 于点 H，连接 DH. 由 PC⊥AD，PC⊥AH，可得 PC⊥平面 ADH，因此 DH⊥PC，从而∠AHD 为二面角 A －PC－D 的平面角. 在 Rt△PAC 中，PA＝2，AC＝1，由此得 AH＝ 2 5 . 由(1)知AD⊥AH.故在Rt△DAH 中，DH＝ AD2＋AH2＝2 30 5 .因此sin∠AHD＝AD DH ＝ 30 6 . 所以二面角 A－PC－D 的正弦值为 30 6 . (3)如图所示，因为∠ADC＜45°，故过点 B 作 CD 的平行线必与线段 AD 相交，设交点 为 F，连接 BE，EF.故∠EBF 或其补角为异面直线 BE 与 CD 所成的角． 由 BF∥CD，故∠AFB＝∠ADC. 在 Rt△DAC 中，CD＝ 5，sin∠ADC＝ 1 5 ， 故 sin∠AFB＝ 1 5 . 在△AFB 中，由 BF sin∠FAB ＝ AB sin∠AFB ，AB＝ 1 2 ， sin∠FAB＝sin135°＝ 2 2 ，可得 BF＝ 5 2 . 由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，可得 AF＝1 2. 设 AE＝h. 在 Rt△EAF 中，EF＝ AE2＋AF2＝ h2＋1 4. 在 Rt△BAE 中，BE＝ AE2＋AB2＝ h2＋1 2. 在△EBF 中，因为 EF＜BE，从而∠EBF＝30°，由余弦定理得 cos30°＝BE2＋BF2－EF2 2BE·BF ， 可解得 h＝ 10 10 . 所以 AE＝ 10 10 . 14．G5[2012·四川卷] 如图 1－4 所示，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M、N 分别是棱 CD、CC1 的中点，则异面直线 A1M 与 DN 所成的角的大小是________． 图 1－4 14．90° [解析] 因为 ABCD－A1B1C1D1 为正方体，故 A1 在平面 CDD1C1 上的射影为 D1， 即 A1M 在平面 CDD1C1 上的射影为 D1M， 而在正方形 CDD1C1 中，由 tan∠DD1M＝tan∠CDN＝1 2 ， 可知 D1M⊥DN， 由三垂线定理可知，A1M⊥DN. 16．G4、G5[2012·江苏卷] 如图 1－4，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，A1B1＝A1C1，D， E 分别是棱 BC，CC1 上的点(点 D 不同于点 C)，且 AD⊥DE，F 为 B1C1 的中点． 求证：(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1； (2)直线 A1F∥平面 ADE. 16．证明：(1)因为 ABC－A1B1C1 是直三棱柱，所以 CC1⊥平面 ABC， 又 AD⊂平面 ABC，所以 CC1⊥AD. 又因为 AD⊥DE，CC1，DE⊂平面 BCC1B1，CC1∩DE＝E， 所以 AD⊥平面 BCC1B1.又 AD⊂平面 ADE， 所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1. (2)因为 A1B1＝A1C1，F 为 B1C1 的中点，所以 A1F⊥B1C1. 因为 CC1⊥平面 A1B1C1，且 A1F⊂平面 A1B1C1， 所以 CC1⊥A1F. 又因为 CC1，B1C1⊂平面 BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1， 所以 A1F⊥平面 BCC1B1. 由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1，所以 A1F∥AD. 又 AD⊂平面 ADE，A1F⊄平面 ADE，所以 A1F∥平面 ADE. 18．G5、G10、G11[2012·湖南卷] 如图 1－6，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD， AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E 是 CD 的中点． (1)证明：CD⊥平面 PAE； (2)若直线 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等，求四棱锥 P－ ABCD 的体积． 图 1－6 18．解：解法 1：(1)如下图(1)，连结 AC.由 AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°得 AC＝5.又 AD＝5，E 是 CD 的中点，所以 CD⊥AE.因为 PA⊥平面 ABCD，CD⊂平面 ABCD，所以 PA ⊥CD.而 PA，AE 是平面 PAE 内的两条相交直线，所以 CD⊥平面 PAE. (2)过点 B 作 BG∥CD，分别与 AE、AD 相交于点 F，G，连结 PF. 由(1)CD⊥平面 PAE 知，BG⊥平面 PAE.于是∠BPF 为直线 PB 与平面 PAE 所成的角， 且 BG⊥AE. 由 PA⊥平面 ABCD 知，∠PBA 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角． 由题意∠PBA＝∠BPF，因为 sin∠PBA＝PA PB ，sin∠BPF＝BF PB ，所以 PA＝BF. 由∠DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC，又 BG∥CD， 所以四边形 BCDG 是平行四边形．故 GD＝BC＝3. 于是 AG＝2. 在 Rt△BAG 中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以 BG＝ AB2＋AG2＝2 5，BF＝AB2 BG ＝ 16 2 5 ＝8 5 5 . 于是 PA＝BF＝8 5 5 . 又梯形 ABCD 的面积为 S＝1 2 ×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥 P－ABCD 的体积为 V＝ 1 3 ×S×PA＝ 1 3 ×16×8 5 5 ＝128 5 15 . 解法 2：如上图(2)，以 A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴 建立空间直角坐标系．设 PA＝h，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)， E(2,4,0)，P(0,0，h)． (1)易知CD→ ＝(－4,2,0)，AE→＝(2,4,0)，AP→＝(0,0，h)． 因为CD→ ·AE→＝－8＋8＋0＝0，CD→ ·AP→＝0，所以 CD⊥AE，CD⊥AP.而 AP，AE 是平面 PAE 内的两条相交直线，所以 CD⊥平面 PAE. (2)由题设和(1)知，CD→ ，PA→分别是平面 PAE，平面 ABCD 的法向量．而 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等，所以|cos〈CD→ ，PB→〉|＝|cos〈PA→，PB→〉|，即 | CD→ ·PB→ |CD→ |·|PB→||＝| PA→·PB→ |PA→|·|PB→||. 由(1)知，CD→ ＝(－4,2,0)，PA→＝(0,0，－h)， 又PB→＝(4,0，－h)， 故| －16＋0＋0 2 5· 16＋h2|＝| 0＋0＋h2 h· 16＋h2|. 解得 h＝8 5 5 . 又梯形 ABCD 的面积为 S＝1 2 ×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥 P－ABCD 的体积为 V＝ 1 3 ×S×PA＝1 3 ×16×8 5 5 ＝128 5 15 . 18．G5、G11[2012·广东卷] 如图 1－5 所示，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为矩 形，PA⊥平面 ABCD，点 E 在线段 PC 上，PC⊥平面 BDE. (1)证明：BD⊥平面 PAC； (2)若 PA＝1，AD＝2，求二面角 B－PC－A 的正切值． 图 1－5 18．证明：(1) PC⊥平面 BDE BD⊂平面 BDE ⇒PC⊥BD. PA⊥平面 ABCD BD⊂平面 ABCD ⇒PA⊥BD. ∵PA∩PC＝P，PA⊂平面 PAC，PC⊂平面 PAC， ∴BD⊥平面 PAC. (2)法一：如图所示，记 BD 与 AC 的交点为 F，连接 EF. 由 PC⊥平面 BDE，BE⊂平面 BDE，EF⊂平面 BDE， ∴PC⊥BE，PC⊥EF. 即∠BEF 为二面角 B－PC－A 的平面角． 由(1)可得 BD⊥AC， 所以矩形 ABCD 为正方形，AB＝AD＝2， AC＝BD＝2 2，FC＝BF＝ 2. 在 Rt△PAC 中，PA＝1，PC＝ PA2＋AC2＝3， 即二面角 B－PC－A 的正切值为 3. 法二：以 A 为原点，AB→、AD→ 、AP→的方向分别作为 x、y、z 轴的正方向建立空间直角坐标 系，如图所示． 设 AB＝b，则： A(0,0,0)，B(b,0,0)， C(b,2,0)，D(0,2,0)， P(0,0,1)． 于是PC→＝(b,2，－1)，DB→ ＝(b，－2,0)． 因为 PC⊥DB，所以PC→·DB→ ＝b2－4＝0， 从而 b＝2.结合(1)可得DB→ ＝(2，－2,0)是平面 APC 的法向量． 现设 n＝(x，y，z)是平面 BPC 的法向量，则 n⊥BC→，n⊥PC→，即 n·BC→＝0，n·PC→＝0. 因为BC→＝(0,2,0)，PC→＝(2,2，－1)， 所以 2y＝0,2x－z＝0. 取 x＝1，则 z＝2，n＝(1,0,2)． 令θ＝〈n，DB→ 〉，则 cosθ＝ n·DB→ |n||DB→ | ＝ 2 5·2 2 ＝ 1 10 ， sinθ＝ 3 10 ，tanθ＝3. 由图可得二面角 B－PC－A 的正切值为 3. 16．G5、G7、G9、G10[2012·北京卷] 如图 1－9(1)，在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，BC ＝3，AC＝6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DE∥BC，DE＝2，将△ADE 沿 DE 折起到 △A1DE 的位置，使 A1C⊥CD，如图 1－8(2)． (1)求证：A1C⊥平面 BCDE； (2)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小； (3)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由． 图 1－9 16．解：(1)证明：因为 AC⊥BC，DE∥BC， 所以 DE⊥AC， 所以 DE⊥A1D，DE⊥CD， 所以 DE⊥平面 A1DC， 所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD， 所以 A1C⊥平面 BCDE. (2)如右图，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 C－xyz， 则 A1(0,0,2 3)，D(0,2,0)，M(0,1， 3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 设平面 A1BE 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·A1B→ ＝0，n·BE→＝0. 又A1B→ ＝(3,0，－2 3)，BE→＝(－1,2,0)， 所以 3x－2 3z＝0， －x＋2y＝0. 令 y＝1，则 x＝2，z＝ 3， 所以 n＝(2,1， 3)． 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为θ， 因为CM→ ＝(0,1， 3)， 所以 sinθ＝|cos(n，CM→ )|＝| n·CM→ |n||CM||＝ 4 8× 4 ＝ 2 2 . 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为π 4. (3)线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点 P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中 p∈[0,3]． 设平面 A1DP 的法向量为 m＝(x，y，z)，则 m·A1D→ ＝0，m·DP→ ＝0. 又A1D→ ＝(0,2，－2 3)，DP→ ＝(p，－2,0)， 所以 2y－2 3z＝0， px－2y＝0. 令 x＝2，则 y＝p，z＝ p 3 . 所以 m＝ 2，p， p 3 . 平面 A1DP⊥平面 A1BE，当且仅当 m·n＝0， 即 4＋p＋p＝0. 解得 p＝－2，与 p∈[0,3]矛盾． 所以线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直． 6．A2、G5[2012·安徽卷] 设平面α与平面β相交于直线 m，直线 a 在平面α内，直线 b 在平面β内，且 b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．A [解析] 本题考查线面关系的判断，证明，充要条件的判断． 由题知命题是条件命题为“α⊥β”，命题“a⊥b”为结论命题，当α⊥β时，由线面垂直 的性质定理可得 a⊥b，所以条件具有充分性；但当 a⊥b 时，如果 a∥m，就得不出α⊥β， 所以条件不具有必要性，故条件是结论的充分不必要条件． 18．G4、G5、G11[2012·福建卷] 如图 1－3，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝AD ＝1，E 为 CD 中点． (1)求证：B1E⊥AD1； (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P，使得 DP∥平面 B1AE？若存在，求 AP 的长；若不存在， 说明理由； (3)若二面角 A－B1E－A1 的大小为 30°，求 AB 的长． 图 1－3 18．解：(1)以 A 为原点，AB→，AD→ ，AA1 → 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(如图)．设 AB＝a，则 A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E a 2 ，1，0 ，B1(a,0,1)，故 AD1＝(0,1,1)，B1E→ ＝ －a 2 ，1，－1 ，AB1 → ＝(a,0,1)，AE→＝ a 2 ，1，0 . ∵AD1 → ·B1E→ ＝－a 2 ×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B1E⊥AD1. (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)， 使得 DP∥平面 B1AE.此时DP→ ＝(0，－1，z0)． 又设平面 B1AE 的法向量 n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面 B1AE，∴n⊥AB1 → ，n⊥AE→，得 ax＋z＝0， ax 2 ＋y＝0. 取 x＝1，得平面 B1AE 的一个法向量 n＝ 1，－a 2 ，－a . 要使 DP∥平面 B1AE，只要 n⊥DP→ ，有a 2 －az0＝0，解得 z0＝1 2. 又 DP⊄平面 B1AE，∴存在点 P，满足 DP∥平面 B1AE，此时 AP＝1 2. (3)连接 A1D，B1C，由长方体 ABCD－A1B1C1D1 及 AA1＝AD＝1，得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1，且 B1C∩B1E＝B1， ∴AD1⊥平面 DCB1A1.∴AD1 → 是平面 A1B1E 的一个法向量，此时AD1 → ＝(0,1,1)． 设AD1 → 与 n 所成的角为θ， 则 cosθ＝ n·AD1 → |n||AD1 → | ＝ －a 2 －a 2 1＋a2 4 ＋a2 . ∵二面角 A－B1E－A1 的大小为 30°， ∴|cosθ|＝cos30°，即 3a 2 2 1＋5a2 4 ＝ 3 2 ， 解得 a＝2，即 AB 的长为 2. 18．G5、G10、G11[2012·安徽卷] 平面图形 ABB1A1C1C 如图 1－4(1)所示，其中 BB1C1C 是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝ 2，A1B1＝A1C1＝ 5. 图 1－4 现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C 垂直，再分别连接 A1A，A1B，A1C，得到如图 1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答 下列问题． (1)证明：AA1⊥BC； (2)求 AA1 的长； (3)求二面角 A－BC－A1 的余弦值． 18．解：(向量法)：(1)证明：取 BC， B1C1 的中点分别为 D 和 D1，连接 A1D1，DD1，AD. 由 BB1C1C 为矩形知， DD1⊥B1C1， 因为平面 BB1C1C⊥平面 A1B1C1， 所以 DD1⊥平面 A1B1C1， 又由 A1B1＝A1C1 知， A1D1⊥B1C1. 故以 D1 为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系 D1－xyz. 由题设，可得 A1D1＝2，AD＝1. 由以上可知 AD⊥平面 BB1C1C，A1D1⊥平面 BB1C1C，于是 AD∥A1D1. 所以 A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)． 故AA1 → ＝(0,3，－4)，BC→＝(－2,0,0)，AA1 → ·BC→＝0， 因此AA1 → ⊥BC→，即 AA1⊥BC. (2)因为AA1 → ＝(0,3，－4)， 所以|AA1 → |＝5，即 AA1＝5. (3)连接 A1D，由 BC⊥AD，BC⊥AA1，可知 BC⊥平面 A1AD，BC⊥A1D，所以∠ADA1 为二面角 A－BC－A1 的平面角． 因为DA→ ＝(0，－1,0)，DA1 → ＝(0,2，－4)，所以 cos〈DA→ ，DA1 → 〉＝－ 2 1× 22＋－42 ＝－ 5 5 . 即二面角 A－BC－A1 的余弦值为－ 5 5 . (综合法)(1)证明：取 BC，B1C1 的中点分别为 D 和 D1，连接 A1D1，DD1，AD，A1D. 由条件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1， 由上可得 AD⊥面 BB1C1C，A1D1⊥面 BB1C1C. 因此 AD∥A1D1，即 AD，A1D1 确定平面 AD1A1D. 又因为 DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以 DD1⊥BC. 又考虑到 AD⊥BC，所以 BC⊥平面 AD1A1D， 故 BC⊥AA1. (2)延长 A1D1 到 G 点，使 GD1＝AD，连接 AG. 因为 AD 綊 GD1，所以 AG 綊 DD1 綊 BB1. 由于 BB1⊥平面 A1B1C1，所以 AG⊥A1G. 由条件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4， 所以 AA1＝5. (3)因为 BC⊥平面 AD1A1D，所以∠ADA1 为二面角 A－BC－A1 的平面角． 在 Rt△A1DD1 中，DD1＝4，A1D1＝2，解得 sin∠D1DA1＝ 5 5 ， cos∠ADA1＝cos π 2 ＋∠D1DA1 ＝－ 5 5 . 即二面角 A－BC－A1 的余弦值为－ 5 5 . 19．G5、G11[2012·课标全国卷] 如图 1－5，直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AC＝BC＝1 2AA1， D 是棱 AA1 的中点，DC1⊥BD. (1)证明：DC1⊥BC； (2)求二面角 A1－BD－C1 的大小． 图 1－5 19．解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形． 由于 D 为 AA1 的中点，故 DC＝DC1. 又 AC＝1 2AA1，可得 DC21＋DC2＝CC21， 所以 DC1⊥DC. 而 DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以 DC1⊥平面 BCD. BC⊂平面 BCD，故 DC1⊥BC. (2)由(1)知 BC⊥DC1，且 BC⊥CC1，则 BC⊥平面 ACC1，所以 CA，CB，CC1 两两相互 垂直． 以 C 为坐标原点，CA→ 的方向为 x 轴的正方向，|CA→ |为单位长，建立如图所示的空间直 角坐标系 C－xyz. 由题意知 A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)． 则A1D→ ＝(0,0，－1)，BD→ ＝(1，－1,1)，DC1 → ＝(－1,0,1)． 设 n＝(x，y，z)是平面 A1B1BD 的法向量，则 n·BD→ ＝0， n·A1D→ ＝0， 即 x－y＋z＝0， z＝0. 可取 n＝(1,1,0)． 同理，设 m 是平面 C1BD 的法向量，则 m·BD→ ＝0， m·DC1 → ＝0. 可得 m＝(1,2,1)． 从而 cos〈n，m〉＝ n·m |n|·|m| ＝ 3 2 . 故二面角 A1－BD－C1 的大小为 30°. 18．G5、G11[2012·山东卷] 在如图 1－5 所示的几何体中，四边形 ABCD 是等腰梯形， AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面 ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF. (1)求证：BD⊥平面 AED； (2)求二面角 F－BD－C 的余弦值． 图 1－5 18．解：(1)证明：因为四边形 ABCD 是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°， 所以∠ADC＝∠BCD＝120°. 又 CB＝CD， 所以∠CDB＝30°， 因此∠ADB＝90°，AD⊥BD， 又 AE⊥BD， 且 AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面 AED， 所以 BD⊥平面 AED. (2)解法一： 取 BD 的中点 G，连接 CG，FG， 由于 CB＝CD，因此 CG⊥BD， 又 FC⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD， 所以 FC⊥BD， 由于 FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面 FCG， 所以 BD⊥平面 FCG， 故 BD⊥FG， 所以∠FGC 为二面角 F－BD－C 的平面角． 在等腰三角形 BCD 中，由于∠BCD＝120°， 因此 CG＝1 2CB. 又 CB＝CF， 所以 GF＝ CG2＋CF2＝ 5CG， 故 cos∠FGC＝ 5 5 ， 因此二面角 F－BD－C 的余弦值为 5 5 . 解法二： 由(1)知 AD⊥BD，所以 AC⊥BC. 又 FC⊥平面 ABCD， 因此 CA，CB，CF 两两垂直， 以 C 为坐标原点，分别以 CA，CB，CF 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设 CB＝1. 则 C(0,0,0)，B(0,1,0)，D 3 2 ，－1 2 ，0 ，F(0,0,1)． 因此BD→ ＝ 3 2 ，－3 2 ，0 ，BF→＝(0，－1,1)． 设平面 BDF 的一个法向量为 m＝(x，y，z)， 则 m·BD→ ＝0，m·BF→＝0， 所以 x＝ 3y＝ 3z， 取 z＝1，则 m＝( 3，1,1)． 由于CF→＝(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量， 则 cos〈m，CF→〉＝ m·CF→ |m||CF→| ＝ 1 5 ＝ 5 5 ， 所以二面角 F－BD－C 的余弦值为 5 5 . 18．G3、G5[2012·陕西卷] (1)如图 1－6 所示，证明命题“a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线 b 在π上的投影，若 a⊥b，则 a⊥c”为真； 图 1－6 (2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)． 18．解：(1)证法一：如下图，过直线 b 上任一点作平面π的垂线 n，设直线 a，b，c，n 的方向向量分别是 a，b，c，n，则 b，c，n 共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ 使得 c＝λb＋μn，则 a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)， 因为 a⊥b，所以 a·b＝0， 又因为 aπ ，n⊥π，所以 a·n＝0， 故 a·c ＝0，从而 a⊥c. 证法二：如图，记 c∩b＝A，P 为直线 b 上异于点 A 的任意一点，过 P 作 PO⊥π，垂足 为 O，则 O∈c. ∵PO⊥π，aπ ，∴直线 PO⊥a， 又 a⊥b，b 平面 PAO，PO∩b＝P， ∴a⊥平面 PAO，又 c 平面 PAO，∴a⊥c. (2)逆命题为：a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线 b 在π上的投影，若 a⊥c，则 a⊥b. 逆命题为真命题． 10．G5、G7[2012·浙江卷] 已知矩形 ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD 沿矩形的对角 线 BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( ) A．存在某个位置，使得直线 AC 与直线 BD 垂直 B．存在某个位置，使得直线 AB 与直线 CD 垂直 C．存在某个位置，使得直线 AD 与直线 BC 垂直 D．对任意位置，三对直线“AC 与 BD”，“AB 与 CD”，“AD 与 BC”均不垂直 10．B [解析] 本题主要考查空间几何体的判定与分析问题．考查空间想象能力和动手 操作能力． 对于 AB⊥CD，因为 BC⊥CD，由线面垂直的判定可得 CD⊥平面 ACB，则有 CD⊥AC， 而 AB＝CD＝1，BC＝AD＝ 2，可得 AC＝1，那么存在 AC 这样的位置，使得 AB⊥CD 成立， 故应选 B. [点评] 解决折叠问题时，可以先通过实际操作，找到可行性后再加以合理判断与分 析．实际解决此类问题时可以通过草稿纸加以折叠分析后直接判断． G6 三垂线定理 19．G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 如图 1－2，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB ＝4，AC＝BC＝3，D 为 AB 的中点． (1)求点 C 到平面 A1ABB1 的距离； (2)若 AB1⊥A1C，求二面角 A1－CD－C1 的平面角的余弦值． 图 1－2 19．解：(1)由 AC＝BC，D 为 AB 的中点，得 CD⊥AB.又 CD⊥AA1，故 CD⊥面 A1ABB1， 所以点 C 到平面 A1ABB1 的距离为 CD＝ BC2－BD2＝ 5. (2)解法一：如图，取 D1 为 A1B1 的中点，连结 DD1，则 DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知 CD ⊥面 A1ABB1，故 CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1 为所求的二面角 A1－CD－C1 的平面 角． 因 A1D 为 A1C 在面 A1ABB1 上的射影，又已知 AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得 AB1 ⊥A1D，从而∠A1AB1、∠A1DA 都与∠B1AB 互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以 Rt△A1AD ∽Rt△B1A1A.因此AA1 AD ＝A1B1 AA1 ，即 AA21＝AD·A1B1＝8，得 AA1＝2 2. 从而 A1D＝ AA21＋AD2＝2 3. 所以，在 Rt△A1DD1 中， cos∠A1DD1＝DD1 A1D ＝AA1 A1D ＝ 6 3 . 解法二：如图，过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于点 D1，在直三棱柱中，易知 DB，DC，DD1 两两垂直．以 D 为原点，射线 DB，DC，DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直 角坐标系 D－xyz. 设直三棱柱的高为 h，则 A(－2,0,0)，A1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，5，0)，C1(0，5， h)，从而AB1 → ＝(4,0，h)，A1C→ ＝(2，5，－h)． 由AB1 → ⊥A1C→ ，有 8－h2＝0，h＝2 2. 故DA1 → ＝(－2,0,2 2)，CC1 → ＝(0,0,2 2)，DC→ ＝ (0，5，0)． 设平面 A1CD 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，则 m⊥DC→ ，m⊥DA1 → ，即 5y1＝0， －2x1＋2 2z1＝0， 取 z1＝1，得 m＝( 2，0,1)， 设平面 C1CD 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，则 n⊥DC→ ，n⊥CC1 → ，即 5y2＝0， 2 2z2＝0， 取 x2＝1，得 n＝(1,0,0)，所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ 2 2＋1·1 ＝ 6 3 . 所以二面角 A1－CD－C1 的平面角的余弦值为 6 3 . G7 棱柱与棱锥 14．G7[2012·上海卷] 如图 1－2 所示，AD 与 BC 是四面体 ABCD 中互相垂直的棱，BC ＝2，若 AD＝2c，且 AB＋BD＝AC＋CD＝2a，其中 a、c 为常数，则四面体 ABCD 的体积的 最大值是________． 图 1－2 14.2 3c a2－c2－1 [解析] 以空间四面体为载体，考查几何体的体积和代数式的最值问 题，以及转化思想，解此题的关键是求出侧面三角形 ABD 的高的最大值． 作 BE 垂直 AD 于 E，连接 CE，则 CE 也垂直 AD，且 BE＝CE，所以四面体 ABCD 的 体积 V＝1 3S△BCE·AD＝2 3c BE2－1，在三角形 ABD 中，AB＋BD＝2a，AD＝2c，所以 AD 边上 的高 BE 等于以 AD 为焦点，长轴为 2a 的椭圆上的点到 x 轴的距离，其最大值刚好在点在短 轴端点的时候得到，即 BE≤ a2－c2，所以 V＝2 3c BE2－1≤2 3c a2－c2－1. 8．G7[2012·上海卷] 若一个圆锥的侧面展开图是面积为 2π的半圆面，则该圆锥的体积 为________． 8. 3 3 π [解析] 考查扇形的弧长和面积公式，以及圆锥的体积公式，关键是求出圆锥的 半径和高． 由已知可得圆锥的母线长 l＝2，底面圆的周长 2πr＝πl＝2π，所以底面半径 r＝1，由此 得圆锥的高 h＝ l2－r2＝ 3，由圆锥的体积公式得 V＝1 3πr2h＝ 3 3 π. 14．G7[2012·山东卷] 如图 1－3 所示，正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，E，F 分 别为线段 AA1，B1C 上的点，则三棱锥 D1－EDF 的体积为________． 图 1－3 14.1 6 [解析] 本题考查棱锥的体积公式，考查空间想象力与转化能力，中档题． VD1－EDF＝VF－DD1E＝1 3 ×1 2 ×1×1×1＝1 6. 11．G7[2012·课标全国卷] 已知三棱锥 S－ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，△ABC 是边长为 1 的正三角形，SC 为球 O 的直径，且 SC＝2，则此棱锥的体积为( ) A. 2 6 B. 3 6 C. 2 3 D. 2 2 11．A [解析] 设三角形 ABC 的中心为 M，球心为 O，则 OM⊥平面 ABC，且 OM＝ 1－ 3 3 2＝ 6 3 .所以此棱锥的高 h＝2OM＝2 6 3 .所以此棱锥的体积 V＝1 3 ×1 2 ×1× 3 2 ×2 6 3 ＝ 2 6 .故选 A. 7．G7[2012·江苏卷] 如图 1－2，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝AD＝3 cm，AA1 ＝2 cm，则四棱锥 A－BB1D1D 的体积为________cm3. 图 1－2 7．6 [解析] 本题考查四棱锥体积的求解以及对长方体性质的运用． 解题突破口为寻找四棱锥的高． 连 AC 交 BD 于点 O，因四边形 ABCD 为正方形，故 AO 为四棱锥 A－BB1D1D 的高，从 而 V＝1 3 ×2×3 2×3 2 2 ＝6. 11．G2、G7[2012·浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图 1－3 所示，则该三 棱锥的体积等于________cm3. 图 1－3 11．1 [解析] 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查 学生对数据的运算处理能力和空间想象能力．由三视图可知，几何体为一个三棱锥，则 V＝1 3Sh＝1 3 ×1 2 ×1×3×2＝1. [点评] 正确的识图是解决三视图问题的关键，同时要注意棱长的长度、关系等． 20． G5、G7[2012·浙江卷] 如图 1－5 所示，在四棱锥 P－ABCD 中，底面是边长为 2 3的菱形，∠BAD＝120°，且 PA⊥平面 ABCD，PA＝2 6，M，N 分别为 PB，PD 的中点． (1)证明：MN∥平面 ABCD； (2)过点 A 作 AQ⊥PC，垂足为点 Q，求二面角 A－MN－Q 的平面角的余弦值． 图 1－5 20．解：(1)因为 M，N 分别是 PB，PD 的中点，所以 MN 是△PBD 的中位线，所以 MN ∥BD. 又因为 MN⊄平面 ABCD，所以 MN∥平面 ABCD. (2)方法一： 连结 AC 交 BD 于 O.以 O 为原点，OC，OD 所在直线为 x，y 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示． 在菱形 ABCD 中，∠BAD＝120°，得 AC＝AB＝2 3，BD＝ 3AB＝6. 又因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥AC. 在 Rt△PAC 中，AC＝2 3，PA＝2 6，AQ⊥PC，得 QC＝2，PQ＝4. 由此知各点坐标如下， A(－ 3，0,0)，B(0，－3,0)，C( 3，0,0)，D(0,3,0)，P(－ 3，0,2 6)，M － 3 2 ，－3 2 ， 6 ， N － 3 2 ，3 2 ， 6 ， Q 3 3 ，0，2 6 3 . 设 m＝(x，y，z)为平面 AMN 的法向量． 由AM→ ＝ 3 2 ，－3 2 ， 6 ，AN→＝ 3 2 ，3 2 ， 6 知 3 2 x－3 2y＋ 6z＝0， 3 2 x＋3 2y＋ 6z＝0. 取 z＝－1，得 m＝(2 2，0，－1)． 设 n＝(x，y，z)为平面 QMN 的法向量． 由QM→ ＝ －5 3 6 ，－3 2 ， 6 3 ，QN→ ＝ －5 3 6 ，3 2 ， 6 3 知 －5 3 6 x－3 2y＋ 6 3 z＝0， －5 3 6 x＋3 2y＋ 6 3 z＝0， 取 z＝5，得 n＝(2 2，0,5)． 于是 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 33 33 . 所以二面角 A－MN－Q 的平面角的余弦值为 33 33 . 方法二：在菱形 ABCD 中，∠BAD＝120°，得 AC＝AB＝BC＝CD＝DA，BD＝ 3AB. 又因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD. 所以 PB＝PC＝PD. 所以△PBC≌△PDC. 而 M，N 分别是 PB，PD 的中点，所以 MQ＝NQ，且 AM＝1 2PB＝1 2PD＝AN. 取线段 MN 的中点 E，连结 AE，EQ，则 AE⊥MN，QE⊥MN， 所以∠AEQ 为二面角 A－MN－Q 的平面角． 由 AB＝2 3，PA＝2 6，故 在△AMN 中，AM＝AN＝3，MN＝1 2BD＝3，得 AE＝3 3 2 . 在直角△PAC 中，AQ⊥PC，得 AQ＝2 2，QC＝2，PQ＝4. 在△PBC 中，cos∠BPC＝PB2＋PC2－BC2 2PB·PC ＝5 6 ， 得 MQ＝ PM2＋PQ2－2PM·PQcos∠BPC＝ 5. 在等腰△MQN 中，MQ＝NQ＝ 5，MN＝3，得 QE＝ MQ2－ME2＝ 11 2 . 在△AEQ 中，AE＝3 3 2 ，QE＝ 11 2 ，AQ＝2 2，得 cos∠AEQ＝AE2＋QE2－AQ2 2AE·QE ＝ 33 33 . 所以二面角 A－MN－Q 的平面角的余弦值为 33 33 . 10．G5、G7[2012·浙江卷] 已知矩形 ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD 沿矩形的对角 线 BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( ) A．存在某个位置，使得直线 AC 与直线 BD 垂直 B．存在某个位置，使得直线 AB 与直线 CD 垂直 C．存在某个位置，使得直线 AD 与直线 BC 垂直 D．对任意位置，三对直线“AC 与 BD”，“AB 与 CD”，“AD 与 BC”均不垂直 10．B [解析] 本题主要考查空间几何体的判定与分析问题．考查空间想象能力和动手 操作能力． 对于 AB⊥CD，因为 BC⊥CD，由线面垂直的判定可得 CD⊥平面 ACB，则有 CD⊥AC， 而 AB＝CD＝1，BC＝AD＝ 2，可得 AC＝1，那么存在 AC 这样的位置，使得 AB⊥CD 成立， 故应选 B. [点评] 解决折叠问题时，可以先通过实际操作，找到可行性后再加以合理判断与分 析．实际解决此类问题时可以通过草稿纸加以折叠分析后直接判断． 19．G7、G11[2012·上海卷] 如图 1－3 所示，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是矩 形，PA⊥底面 ABCD.E 是 PC 的中点，已知 AB＝2，AD＝2 2，PA＝2，求： (1)三角形 PCD 的面积； (2)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小． 图 1－3 19．解：(1)因为 PA⊥底面 ABCD，所以 PA⊥CD. 又 AD⊥CD，所以 CD⊥平面 PAD. 从而 CD⊥PD. 因为 PD＝ 22＋2 22＝2 3，CD＝2. 所以三角形 PCD 的面积为1 2 ×2×2 3＝2 3. (2)解法一：如图所示，建立空间直角坐标系，则 B(2,0,0)，C(2,2 2，0)，E(1，2，1)． AE→＝(1，2，1)，BC→＝(0,2 2，0)， 设AE→与BC→的夹角为θ，则 cosθ＝ AE→·BC→ |AE→||BC→| ＝ 4 2×2 2 ＝ 2 2 ， ∴θ＝π 4. 由此知，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是π 4. 解法二：取 PB 中点 F，连接 EF、AF，则 EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线 BC 与 AE 所成的角． 在△AEF 中，由 EF＝ 2、AF＝ 2、AE＝2 知△AEF 是等腰直角三角形， 所以∠AEF＝π 4. 因此，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是π 4. 16．G5、G7、G9、G10[2012·北京卷] 如图 1－9(1)，在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，BC ＝3，AC＝6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DE∥BC，DE＝2，将△ADE 沿 DE 折起到 △A1DE 的位置，使 A1C⊥CD，如图 1－8(2)． (1)求证：A1C⊥平面 BCDE； (2)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小； (3)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由． 图 1－9 16．解：(1)证明：因为 AC⊥BC，DE∥BC， 所以 DE⊥AC， 所以 DE⊥A1D，DE⊥CD， 所以 DE⊥平面 A1DC， 所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD， 所以 A1C⊥平面 BCDE. (2)如右图，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 C－xyz， 则 A1(0,0,2 3)，D(0,2,0)，M(0,1， 3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 设平面 A1BE 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·A1B→ ＝0，n·BE→＝0. 又A1B→ ＝(3,0，－2 3)，BE→＝(－1,2,0)， 所以 3x－2 3z＝0， －x＋2y＝0. 令 y＝1，则 x＝2，z＝ 3， 所以 n＝(2,1， 3)． 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为θ， 因为CM→ ＝(0,1， 3)， 所以 sinθ＝|cos(n，CM→ )|＝| n·CM→ |n||CM||＝ 4 8× 4 ＝ 2 2 . 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为π 4. (3)线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点 P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中 p∈[0,3]． 设平面 A1DP 的法向量为 m＝(x，y，z)，则 m·A1D→ ＝0，m·DP→ ＝0. 又A1D→ ＝(0,2，－2 3)，DP→ ＝(p，－2,0)， 所以 2y－2 3z＝0， px－2y＝0. 令 x＝2，则 y＝p，z＝ p 3 . 所以 m＝ 2，p， p 3 . 平面 A1DP⊥平面 A1BE，当且仅当 m·n＝0， 即 4＋p＋p＝0. 解得 p＝－2，与 p∈[0,3]矛盾． 所以线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直． 12．G2、G7[2012·安徽卷] 某几何体的三视图如图 1－3 所示，该几何体的表面积是 ________． 图 1－3 12．92 [解析] 本题考查三视图的识别，四棱柱等空间几何体的表面积． 如图根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱，其表面积为 S＝1 2 ×(2＋5)×4×2＋4×2＋5×4＋4×4＋5×4＝92. 7．G2、G7[2012·北京卷] 某三棱锥的三视图如图 1－4 所示，该三棱锥的表面积是( ) 图 1－4 A．28＋6 5 B．30＋6 5 C．56＋12 5 D．60＋12 5 7．B [解析] 本题考查的三棱锥的三视图与表面积公式．由三视图可知，几何体为一 个侧面和底面垂直的三棱锥，如图所示，可知 S 底面＝1 2 ×5×4＝10， S 后＝1 2 ×5×4＝10， S 左＝1 2 ×6×2 5＝6 5， S 右＝1 2 ×4×5＝10， 所以 S 表＝10×3＋6 5＝30＋6 5. 18．G4、G7、G11[2012·全国卷] 如图 1－1，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为菱形， PA⊥底面 ABCD，AC＝2 2，PA＝2，E 是 PC 上的一点，PE＝2EC. (1)证明：PC⊥平面 BED； (2)设二面角 A－PB－C 为 90°，求 PD 与平面 PBC 所成角的大小． 图 1－1 18．解：方法一：(1)因为底面 ABCD 为菱形，所以 BD⊥AC， 又 PA⊥底面 ABCD，所以 PC⊥BD. 设 AC∩BD＝F，连结 EF.因为 AC＝2 2， PA＝2，PE＝2EC，故 PC＝2 3，EC＝2 3 3 ，FC＝ 2， 从而PC FC ＝ 6，AC EC ＝ 6. 因为PC FC ＝AC EC ，∠FCE＝∠PCA， 所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°， 由此知 PC⊥EF. PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD，EF 都垂直，所以 PC⊥平面 BED. (2)在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB，G 为垂足． 因为二面角 A－PB－C 为 90°，所以平面 PAB⊥平面 PBC. 又平面 PAB∩平面 PBC＝PB， 故 AG⊥平面 PBC，AG⊥BC. BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA，AG 都垂直，故 BC⊥平面 PAB，于是 BC⊥AB，所 以底面 ABCD 为正方形，AD＝2，PD＝ PA2＋AD2＝2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d.因为 AD∥BC，且 AD⊄平面 PBC，BC⊂平面 PBC，故 AD ∥平面 PBC，A、D 两点到平面 PBC 的距离相等，即 d＝AG＝ 2. 设 PD 与平面 PBC 所成的角为α，则 sinα＝ d PD ＝1 2. 所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 方法二：(1)以 A 为坐标原点，射线 AC 为 x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标 系 A－xyz. 设 C(2 2，0,0)，D( 2，b,0)，其中 b>0，则 P(0,0,2)，E 4 2 3 ，0，2 3 ，B( 2，－b,0)． 于是PC→＝(2 2，0，－2)， BE→＝ 2 3 ，b，2 3 ，DE→ ＝ 2 3 ，－b，2 3 ， 从而PC→·BE→＝0，PC→·DE→ ＝0， 故 PC⊥BE，PC⊥DE. 又 BE∩DE＝E，所以 PC⊥平面 BDE. (2)AP→＝(0,0,2)，AB→＝( 2，－b,0)． 设 m＝(x，y，z)为平面 PAB 的法向量， 则 m·AP→＝0，m·AB→＝0， 即 2z＝0，且 2x－by＝0， 令 x＝b，则 m＝(b，2，0)． 设 n＝(p，q，r)为平面 PBC 的法向量，则 n·PC→＝0，n·BE→＝0， 即 2 2p－2r＝0 且 2p 3 ＋bq＋2 3r＝0， 令 p＝1，则 r＝ 2，q＝－ 2 b ，n＝ 1，－ 2 b ， 2 . 因为面 PAB⊥面 PBC，故 m·n＝0，即 b－2 b ＝0，故 b＝ 2，于是 n＝(1，－1， 2)，DP→ ＝(－ 2，－ 2，2)， cos〈n，DP→ 〉＝ n·DP→ |n||DP→ | ＝1 2 ，〈n，DP→ 〉＝60°. 因为 PD 与平面 PBC 所成角和〈n，DP→ 〉互余，故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 19．B12、G7、G11[2012·湖北卷] 如图 1－7 所示，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点 A 作 AD⊥BC，垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B，连结 AB，沿 AD 将△ABD 折起，使∠BDC＝90°(如 图 1－8)． (1)当 BD 的长为多少时，三棱锥 A－BCD 的体积最大？ (2)当三棱锥 A－BCD 的体积最大时，设点 E，M 分别为棱 BC，AC 的中点，试在棱 CD 上确定一点 N，使得 EN⊥BM，并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小． 图 1－7 图 1－8 19．解：(1)方法 1：在题图所示的△ABC 中，设 BD＝x(0＜x＜3)，则 CD＝3－x. 由 AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC 为等腰直角三角形，所以 AD＝CD＝3－x. 由折起前 AD⊥BC 知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且 BD∩DC＝D，所以 AD⊥平面 BCD. 又∠BDC＝90°，所以 S△BCD＝1 2BD·CD＝1 2x(3－x)． 于 是 VA － BCD ＝ 1 3 AD·S △ BCD ＝ 1 3 (3 － x)· 1 2 x(3 － x) ＝ 1 12 ·2x(3 － x)(3 － x)≤ 1 12 2x＋3－x＋3－x 3 3＝2 3. 当且仅当 2x＝3－x，即 x＝1 时，等号成立， 故当 x＝1，即 BD＝1 时，三棱锥 A－BCD 的体积最大． 方法 2：同方法 1，得 VA－BCD＝1 3AD·S△BCD＝1 3(3－x)·1 2x(3－x)＝1 6(x3－6x2＋9x)． 令 f(x)＝1 6(x3－6x2＋9x)，由 f′(x)＝1 2(x－1)(x－3)＝0，且 0＜x＜3，解得 x＝1. 当 x∈(0,1)时，f′(x)>0，当 x∈(1,3)时，f′(x)<0，所以当 x＝1 时，f(x)取得最大值． 故当 BD＝1 时，三棱锥 A－BCD 的体积最大． (2)方法 1：以点 D 为原点，建立如图(a)所示的空间直角坐标系 D－xyz. 由(1)知，当三棱锥 A－BCD 的体积最大时，BD＝1，AD＝DC＝2. 于是可得 D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E 1 2 ，1，0 ，且BM→ ＝(－1,1,1)． 设 N(0，λ，0)，则EN→＝ －1 2 ，λ－1，0 . 因为 EN⊥BM 等价于EN→·BM→ ＝0， 即 －1 2 ，λ－1，0 ·(－1,1,1)＝1 2 ＋λ－1＝0，故λ＝1 2 ，N 0，1 2 ，0 . 所以当 DN＝1 2(即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点)时，EN⊥BM. 设平面 BMN 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，由 n⊥BN→， n⊥BM→ ， 及BN→＝ －1，1 2 ，0 ， 得 y＝2x， z＝－x. 可取 n＝(1,2，－1)． 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为θ， 则由EN→＝ －1 2 ，－1 2 ，0 ，n＝(1,2，－1)，可得 sinθ＝cos(90°－θ)＝| n·EN→ |n|·|EN→||＝ |－1 2 －1| 6× 2 2 ＝ 3 2 ，即θ＝60°. 故 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60°. 方法 2：由(1)知，当三棱锥 A－BCD 的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2. 如图(b)，取 CD 的中点 F，连结 MF，BF，EF，则 MF∥AD. 由(1)知 AD⊥平面 BCD，所以 MF⊥平面 BCD. 如图(c)，延长 FE 至 P 点使得 FP＝DB，连 BP，DP，则四边形 DBPF 为正方形， 所以 DP⊥BF.取 DF 的中点 N，连结 EN，又 E 为 FP 的中点，则 EN∥DP， 所以 EN⊥BF，因为 MF⊥平面 BCD，又 EN⊂平面 BCD，所以 MF⊥EN. 又 MF∩BF＝F，所以 EN⊥面 BMF，又 BM⊂面 BMF，所以 EN⊥BM. 因为 EN⊥BM 当且仅当 EN⊥BF，而点 F 是唯一的，所以点 N 是唯一的． 即当 DN＝1 2(即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点)，EN⊥BM. 连结 MN，ME，由计算得 NB＝NM＝EB＝EM＝ 5 2 ， 所以△NMB 与△EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形． 如图(d)所示，取 BM 的中点 G.连结 EG，NG， 则 BM⊥平面 EGN，在平面 EGN 中，过点 E 作 EH⊥GN 于 H， 则 EH⊥平面 BMN.故∠ENH 是 EN 与平面 BMN 所成的角． 在△EGN 中，易得 EG＝GN＝NE＝ 2 2 ，所以△EGN 是正三角形， 故∠ENH＝60°，即 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60°. 7．G2、G7[2012·课标全国卷] 如图 1－2，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的 是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( ) 图 1－2 A．6 B．9 C．12 D．18 7．B [解析] 由三视图可知，该几何体是三棱锥，其底面是斜边长为 6 的等腰直角三 角形，有一条长为 3 的侧棱垂直于底面(即三棱锥的高是 3)，可知底面等腰直角三角形斜边 上的高为 3，故该几何体的体积是 V＝1 3 ×1 2 ×6×3×3＝9，故选 B. G8 多面体与球 16．G8[2012·辽宁卷] 已知正三棱锥 P－ABC，点 P，A，B，C 都在半径为 3的球面上．若 PA，PB，PC 两两相互垂直，则球心到截面 ABC 的距离为________． 16. 3 3 [解析] 本小题主要考查球的概念与性质．解题的突破口为解决好点 P 到截面 ABC 的距离． 由已知条件可知，以 PA，PB，PC 为棱可以补充成球的内接正方体，故而 PA2＋PB2＋ PC2＝(2R)2, 由已知 PA＝PB＝PC, 得到 PA＝PB＝PC＝2, 因为 VP－ABC＝VA－PBC⇒1 3h·S△ABC＝ 1 3PA·S△PBC, 得到 h＝2 3 3，故而球心到截面 ABC 的距离为 R－h＝ 3 3 . 10．G8[2012·湖北卷] 我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数， 以十六乘之，九而一．所得开立方除之，即立圆径．“开立圆术”相当于给出了已知球的体 积 V，求其直径 d 的一个近似公式 d≈3 16 9 V.人们还用过一些类似的近似公式．根据π＝ 3.14159…判断，下列近似公式中最精确的一个是( ) A．d≈3 16 9 V B．d≈3 2V C．d≈3 300 157V D．d≈3 21 11V 10．D [解析] 设球的直径为 d，则球的体积为 V＝4 3π d 2 3，所以 d＝3 6 πV≈3 1.909 9V.A 项 中 ， d≈ 3 16 9 V ≈ 3 1.78V ； C 项 中 ， d≈ 3 300 157V ≈ 3 1.910 8V ； D 项 中 ， d≈3 21 11V≈3 1.909 0V；比较各选项可知， D 项中的 d 与 d＝3 6 πV≈3 1.909 9V最接近，故 选 D. G9 空间向量及运算 16．G5、G7、G9、G10[2012·北京卷] 如图 1－9(1)，在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，BC ＝3，AC＝6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DE∥BC，DE＝2，将△ADE 沿 DE 折起到 △A1DE 的位置，使 A1C⊥CD，如图 1－8(2)． (1)求证：A1C⊥平面 BCDE； (2)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小； (3)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由． 图 1－9 16．解：(1)证明：因为 AC⊥BC，DE∥BC， 所以 DE⊥AC， 所以 DE⊥A1D，DE⊥CD， 所以 DE⊥平面 A1DC， 所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD， 所以 A1C⊥平面 BCDE. (2)如右图，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 C－xyz， 则 A1(0,0,2 3)，D(0,2,0)，M(0,1， 3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 设平面 A1BE 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·A1B→ ＝0，n·BE→＝0. 又A1B→ ＝(3,0，－2 3)，BE→＝(－1,2,0)， 所以 3x－2 3z＝0， －x＋2y＝0. 令 y＝1，则 x＝2，z＝ 3， 所以 n＝(2,1， 3)． 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为θ， 因为CM→ ＝(0,1， 3)， 所以 sinθ＝|cos(n，CM→ )|＝| n·CM→ |n||CM||＝ 4 8× 4 ＝ 2 2 . 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为π 4. (3)线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点 P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中 p∈[0,3]． 设平面 A1DP 的法向量为 m＝(x，y，z)，则 m·A1D→ ＝0，m·DP→ ＝0. 又A1D→ ＝(0,2，－2 3)，DP→ ＝(p，－2,0)， 所以 2y－2 3z＝0， px－2y＝0. 令 x＝2，则 y＝p，z＝ p 3 . 所以 m＝ 2，p， p 3 . 平面 A1DP⊥平面 A1BE，当且仅当 m·n＝0， 即 4＋p＋p＝0. 解得 p＝－2，与 p∈[0,3]矛盾． 所以线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直． G10 空间向量解决线面位置关系 18．G5、G10、G11[2012·湖南卷] 如图 1－6，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD， AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E 是 CD 的中点． (1)证明：CD⊥平面 PAE； (2)若直线 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等，求四棱锥 P－ ABCD 的体积． 图 1－6 18．解：解法 1：(1)如下图(1)，连结 AC.由 AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°得 AC＝5.又 AD＝5，E 是 CD 的中点，所以 CD⊥AE.因为 PA⊥平面 ABCD，CD⊂平面 ABCD，所以 PA ⊥CD.而 PA，AE 是平面 PAE 内的两条相交直线，所以 CD⊥平面 PAE. (2)过点 B 作 BG∥CD，分别与 AE、AD 相交于点 F，G，连结 PF. 由(1)CD⊥平面 PAE 知，BG⊥平面 PAE.于是∠BPF 为直线 PB 与平面 PAE 所成的角， 且 BG⊥AE. 由 PA⊥平面 ABCD 知，∠PBA 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角． 由题意∠PBA＝∠BPF，因为 sin∠PBA＝PA PB ，sin∠BPF＝BF PB ，所以 PA＝BF. 由∠DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC，又 BG∥CD， 所以四边形 BCDG 是平行四边形．故 GD＝BC＝3. 于是 AG＝2. 在 Rt△BAG 中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以 BG＝ AB2＋AG2＝2 5，BF＝AB2 BG ＝ 16 2 5 ＝8 5 5 . 于是 PA＝BF＝8 5 5 . 又梯形 ABCD 的面积为 S＝1 2 ×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥 P－ABCD 的体积为 V＝ 1 3 ×S×PA＝ 1 3 ×16×8 5 5 ＝128 5 15 . 解法 2：如上图(2)，以 A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴 建立空间直角坐标系．设 PA＝h，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)， E(2,4,0)，P(0,0，h)． (1)易知CD→ ＝(－4,2,0)，AE→＝(2,4,0)，AP→＝(0,0，h)． 因为CD→ ·AE→＝－8＋8＋0＝0，CD→ ·AP→＝0，所以 CD⊥AE，CD⊥AP.而 AP，AE 是平面 PAE 内的两条相交直线，所以 CD⊥平面 PAE. (2)由题设和(1)知，CD→ ，PA→分别是平面 PAE，平面 ABCD 的法向量．而 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等，所以|cos〈CD→ ，PB→〉|＝|cos〈PA→，PB→〉|，即 | CD→ ·PB→ |CD→ |·|PB→||＝| PA→·PB→ |PA→|·|PB→||. 由(1)知，CD→ ＝(－4,2,0)，PA→＝(0,0，－h)， 又PB→＝(4,0，－h)， 故| －16＋0＋0 2 5· 16＋h2|＝| 0＋0＋h2 h· 16＋h2|. 解得 h＝8 5 5 . 又梯形 ABCD 的面积为 S＝1 2 ×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥 P－ABCD 的体积为 V＝ 1 3 ×S×PA＝1 3 ×16×8 5 5 ＝128 5 15 . 16．G5、G7、G9、G10[2012·北京卷] 如图 1－9(1)，在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，BC ＝3，AC＝6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DE∥BC，DE＝2，将△ADE 沿 DE 折起到 △A1DE 的位置，使 A1C⊥CD，如图 1－8(2)． (1)求证：A1C⊥平面 BCDE； (2)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小； (3)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由． 图 1－9 16．解：(1)证明：因为 AC⊥BC，DE∥BC， 所以 DE⊥AC， 所以 DE⊥A1D，DE⊥CD， 所以 DE⊥平面 A1DC， 所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD， 所以 A1C⊥平面 BCDE. (2)如右图，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 C－xyz， 则 A1(0,0,2 3)，D(0,2,0)，M(0,1， 3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 设平面 A1BE 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·A1B→ ＝0，n·BE→＝0. 又A1B→ ＝(3,0，－2 3)，BE→＝(－1,2,0)， 所以 3x－2 3z＝0， －x＋2y＝0. 令 y＝1，则 x＝2，z＝ 3， 所以 n＝(2,1， 3)． 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为θ， 因为CM→ ＝(0,1， 3)， 所以 sinθ＝|cos(n，CM→ )|＝| n·CM→ |n||CM||＝ 4 8× 4 ＝ 2 2 . 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为π 4. (3)线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点 P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中 p∈[0,3]． 设平面 A1DP 的法向量为 m＝(x，y，z)，则 m·A1D→ ＝0，m·DP→ ＝0. 又A1D→ ＝(0,2，－2 3)，DP→ ＝(p，－2,0)， 所以 2y－2 3z＝0， px－2y＝0. 令 x＝2，则 y＝p，z＝ p 3 . 所以 m＝ 2，p， p 3 . 平面 A1DP⊥平面 A1BE，当且仅当 m·n＝0， 即 4＋p＋p＝0. 解得 p＝－2，与 p∈[0,3]矛盾． 所以线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直． 18．G5、G10、G11[2012·安徽卷] 平面图形 ABB1A1C1C 如图 1－4(1)所示，其中 BB1C1C 是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝ 2，A1B1＝A1C1＝ 5. 图 1－4 现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C 垂直，再分别连接 A1A，A1B，A1C，得到如图 1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答 下列问题． (1)证明：AA1⊥BC； (2)求 AA1 的长； (3)求二面角 A－BC－A1 的余弦值． 18．解：(向量法)：(1)证明：取 BC， B1C1 的中点分别为 D 和 D1，连接 A1D1，DD1，AD. 由 BB1C1C 为矩形知， DD1⊥B1C1， 因为平面 BB1C1C⊥平面 A1B1C1， 所以 DD1⊥平面 A1B1C1， 又由 A1B1＝A1C1 知， A1D1⊥B1C1. 故以 D1 为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系 D1－xyz. 由题设，可得 A1D1＝2，AD＝1. 由以上可知 AD⊥平面 BB1C1C，A1D1⊥平面 BB1C1C，于是 AD∥A1D1. 所以 A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)． 故AA1 → ＝(0,3，－4)，BC→＝(－2,0,0)，AA1 → ·BC→＝0， 因此AA1 → ⊥BC→，即 AA1⊥BC. (2)因为AA1 → ＝(0,3，－4)， 所以|AA1 → |＝5，即 AA1＝5. (3)连接 A1D，由 BC⊥AD，BC⊥AA1，可知 BC⊥平面 A1AD，BC⊥A1D，所以∠ADA1 为二面角 A－BC－A1 的平面角． 因为DA→ ＝(0，－1,0)，DA1 → ＝(0,2，－4)，所以 cos〈DA→ ，DA1 → 〉＝－ 2 1× 22＋－42 ＝－ 5 5 . 即二面角 A－BC－A1 的余弦值为－ 5 5 . (综合法)(1)证明：取 BC，B1C1 的中点分别为 D 和 D1，连接 A1D1，DD1，AD，A1D. 由条件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1， 由上可得 AD⊥面 BB1C1C，A1D1⊥面 BB1C1C. 因此 AD∥A1D1，即 AD，A1D1 确定平面 AD1A1D. 又因为 DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以 DD1⊥BC. 又考虑到 AD⊥BC，所以 BC⊥平面 AD1A1D， 故 BC⊥AA1. (2)延长 A1D1 到 G 点，使 GD1＝AD，连接 AG. 因为 AD 綊 GD1，所以 AG 綊 DD1 綊 BB1. 由于 BB1⊥平面 A1B1C1，所以 AG⊥A1G. 由条件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4， 所以 AA1＝5. (3)因为 BC⊥平面 AD1A1D，所以∠ADA1 为二面角 A－BC－A1 的平面角． 在 Rt△A1DD1 中，DD1＝4，A1D1＝2，解得 sin∠D1DA1＝ 5 5 ， cos∠ADA1＝cos π 2 ＋∠D1DA1 ＝－ 5 5 . 即二面角 A－BC－A1 的余弦值为－ 5 5 . 19．G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 如图 1－2，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB ＝4，AC＝BC＝3，D 为 AB 的中点． (1)求点 C 到平面 A1ABB1 的距离； (2)若 AB1⊥A1C，求二面角 A1－CD－C1 的平面角的余弦值． 图 1－2 19．解：(1)由 AC＝BC，D 为 AB 的中点，得 CD⊥AB.又 CD⊥AA1，故 CD⊥面 A1ABB1， 所以点 C 到平面 A1ABB1 的距离为 CD＝ BC2－BD2＝ 5. (2)解法一：如图，取 D1 为 A1B1 的中点，连结 DD1，则 DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知 CD ⊥面 A1ABB1，故 CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1 为所求的二面角 A1－CD－C1 的平面 角． 因 A1D 为 A1C 在面 A1ABB1 上的射影，又已知 AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得 AB1 ⊥A1D，从而∠A1AB1、∠A1DA 都与∠B1AB 互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以 Rt△A1AD ∽Rt△B1A1A.因此AA1 AD ＝A1B1 AA1 ，即 AA21＝AD·A1B1＝8，得 AA1＝2 2. 从而 A1D＝ AA21＋AD2＝2 3. 所以，在 Rt△A1DD1 中， cos∠A1DD1＝DD1 A1D ＝AA1 A1D ＝ 6 3 . 解法二：如图，过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于点 D1，在直三棱柱中，易知 DB，DC，DD1 两两垂直．以 D 为原点，射线 DB，DC，DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直 角坐标系 D－xyz. 设直三棱柱的高为 h，则 A(－2,0,0)，A1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，5，0)，C1(0，5， h)，从而AB1 → ＝(4,0，h)，A1C→ ＝(2，5，－h)． 由AB1 → ⊥A1C→ ，有 8－h2＝0，h＝2 2. 故DA1 → ＝(－2,0,2 2)，CC1 → ＝(0,0,2 2)，DC→ ＝ (0，5，0)． 设平面 A1CD 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，则 m⊥DC→ ，m⊥DA1 → ，即 5y1＝0， －2x1＋2 2z1＝0， 取 z1＝1，得 m＝( 2，0,1)， 设平面 C1CD 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，则 n⊥DC→ ，n⊥CC1 → ，即 5y2＝0， 2 2z2＝0， 取 x2＝1，得 n＝(1,0,0)，所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ 2 2＋1·1 ＝ 6 3 . 所以二面角 A1－CD－C1 的平面角的余弦值为 6 3 . G11 空间角与距离的求法 16．G11[2012·全国卷] 三棱柱 ABC－A1B1C1 中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝ ∠CAA1＝60°，则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为________． 16. 6 6 [解析] 由题意知，AB1 → ＝AB→＋AA1 → ，BC1 → ＝BB1 → ＋BC→＝BA→＋AC→＋AA1 → . 又∠CAA1＝∠BAA1＝∠BAC＝60°， 设边长、侧棱长为 1， 则 AB1 → 2＝(AB→＋AA1 → )2＝AB→ 2＋AA1 → 2＋2AB→·AA1 → ＝3，所以|AB1 → |＝ 3，同理可得|BC1 → |＝ 2. AB1 → ·BC1 → ＝AB→·BA→＋AB→·AC→＋AB→·AA1 → ＋AA1 → ·BA→＋AA1 → ·AC→＋AA1 → 2＝1， 所以 cos〈AB1 → ·BC1 → 〉＝ AB1 → ·BC1 → |AB1 → |·|BC1 → | ＝ 1 3· 2 ＝ 6 6 . 4．G11[2012·全国卷] 已知正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝2，CC1＝2 2，E 为 CC1 的中点，则直线 AC1 与平面 BED 的距离为( ) A．2 B. 3 C. 2 D．1 4．D [解析] 本小题主要考查正四棱柱的性质以及直线到平面的距离的概念．解题的 突破口为直线到平面的距离的转化． 由已知可得 AC1＝4，取 AC 与 BD 的中点 O，连 OE，显然有 AC1∥OE 且平面 ACC1A1 ⊥平面 BED，∴AC1 与平面 BED 的距离即为 AC1 与 OE 的距离，又∵AB＝2，CC1＝2 2， ∴AC＝2 2，CC1＝AC，∴平面 AA1C1 为正方形，∴AC1 与平面 BED 的距离为 1 4CA1＝1，故 选 D. 18．G4、G11[2012·辽宁卷] 如图 1－4，直三棱柱 ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°， AB＝AC＝λAA′，点 M，N 分别为 A′B 和 B′C′的中点． (1)证明：MN∥平面 A′ACC′； (2)若二面角 A′－MN－C 为直二面角，求λ的值． 图 1－4 18．解：(1)(证法一) 连结 AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°， AB＝AC，三棱柱 ABC－A′B′C′为直三棱柱． 所以 M 为 AB′中点． 又因为 N 为 B′C′的中点． 所以 MN∥AC′. 又 MN⊄平面 A′ACC′， AC′⊂平面 A′ACC′， 因此 MN∥平面 A′ACC′. (证法二) 取 A′B′中点 P，连结 MP，NP， M，N 分别为 AB′与 B′C′的中点，所以 MP∥AA′，PN∥A′C′， 所以 MP∥平面 A′ACC′，PN∥平面 A′ACC′，又 MP∩NP＝P， 因此平面 MPN∥平面 A′ACC′，而 MN⊂平面 MPN， 因此 MN∥平面 A′ACC′. (2)以 A 为坐标原点，分别以直线 AB，AC，AA′为 x 轴，y 轴，z 轴建立直角坐标系 O －xyz，如图 1－5 所示． 图 1－5 设 AA′＝1，则 AB＝AC＝λ， 于是 A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，B′(λ，0,1)，C′(0，λ，1)． 所以 M λ 2 ，0，1 2 ，N λ 2 ，λ 2 ，1 . 设 m＝(x1，y1，z1)是平面 A′MN 的法向量， 由 m·A′M→ ＝0， m·MN→ ＝0 得 λ 2x1－1 2z1＝0， λ 2y1＋1 2z1＝0， 可取 m＝(1，－1，λ)． 设 n＝(x2，y2，z2)是平面 MNC 的法向量， 由 n·NC→ ＝0， n·MN→ ＝0 得 －λ 2x2＋λ 2y2－z2＝0， λ 2y2＋1 2z2＝0. 可取 n＝(－3，－1，λ)． 因为 A′－MN－C 为直二面角，所以 m·n＝0. 即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝ 2. 19．G5、G11[2012·课标全国卷] 如图 1－5，直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AC＝BC＝1 2AA1， D 是棱 AA1 的中点，DC1⊥BD. (1)证明：DC1⊥BC； (2)求二面角 A1－BD－C1 的大小． 图 1－5 19．解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形． 由于 D 为 AA1 的中点，故 DC＝DC1. 又 AC＝1 2AA1，可得 DC21＋DC2＝CC21， 所以 DC1⊥DC. 而 DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以 DC1⊥平面 BCD. BC⊂平面 BCD，故 DC1⊥BC. (2)由(1)知 BC⊥DC1，且 BC⊥CC1，则 BC⊥平面 ACC1，所以 CA，CB，CC1 两两相互 垂直． 以 C 为坐标原点，CA→ 的方向为 x 轴的正方向，|CA→ |为单位长，建立如图所示的空间直 角坐标系 C－xyz. 由题意知 A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)． 则A1D→ ＝(0,0，－1)，BD→ ＝(1，－1,1)，DC1 → ＝(－1,0,1)． 设 n＝(x，y，z)是平面 A1B1BD 的法向量，则 n·BD→ ＝0， n·A1D→ ＝0， 即 x－y＋z＝0， z＝0. 可取 n＝(1,1,0)． 同理，设 m 是平面 C1BD 的法向量，则 m·BD→ ＝0， m·DC1 → ＝0. 可得 m＝(1,2,1)． 从而 cos〈n，m〉＝ n·m |n|·|m| ＝ 3 2 . 故二面角 A1－BD－C1 的大小为 30°. 18．G5、G10、G11[2012·湖南卷] 如图 1－6，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD， AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E 是 CD 的中点． (1)证明：CD⊥平面 PAE； (2)若直线 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等，求四棱锥 P－ ABCD 的体积． 图 1－6 18．解：解法 1：(1)如下图(1)，连结 AC.由 AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°得 AC＝5.又 AD＝5，E 是 CD 的中点，所以 CD⊥AE.因为 PA⊥平面 ABCD，CD⊂平面 ABCD，所以 PA ⊥CD.而 PA，AE 是平面 PAE 内的两条相交直线，所以 CD⊥平面 PAE. (2)过点 B 作 BG∥CD，分别与 AE、AD 相交于点 F，G，连结 PF. 由(1)CD⊥平面 PAE 知，BG⊥平面 PAE.于是∠BPF 为直线 PB 与平面 PAE 所成的角， 且 BG⊥AE. 由 PA⊥平面 ABCD 知，∠PBA 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角． 由题意∠PBA＝∠BPF，因为 sin∠PBA＝PA PB ，sin∠BPF＝BF PB ，所以 PA＝BF. 由∠DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC，又 BG∥CD， 所以四边形 BCDG 是平行四边形．故 GD＝BC＝3. 于是 AG＝2. 在 Rt△BAG 中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以 BG＝ AB2＋AG2＝2 5，BF＝AB2 BG ＝ 16 2 5 ＝8 5 5 . 于是 PA＝BF＝8 5 5 . 又梯形 ABCD 的面积为 S＝1 2 ×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥 P－ABCD 的体积为 V＝ 1 3 ×S×PA＝ 1 3 ×16×8 5 5 ＝128 5 15 . 解法 2：如上图(2)，以 A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴 建立空间直角坐标系．设 PA＝h，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)， E(2,4,0)，P(0,0，h)． (1)易知CD→ ＝(－4,2,0)，AE→＝(2,4,0)，AP→＝(0,0，h)． 因为CD→ ·AE→＝－8＋8＋0＝0，CD→ ·AP→＝0，所以 CD⊥AE，CD⊥AP.而 AP，AE 是平面 PAE 内的两条相交直线，所以 CD⊥平面 PAE. (2)由题设和(1)知，CD→ ，PA→分别是平面 PAE，平面 ABCD 的法向量．而 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等，所以|cos〈CD→ ，PB→〉|＝|cos〈PA→，PB→〉|，即 | CD→ ·PB→ |CD→ |·|PB→||＝| PA→·PB→ |PA→|·|PB→||. 由(1)知，CD→ ＝(－4,2,0)，PA→＝(0,0，－h)， 又PB→＝(4,0，－h)， 故| －16＋0＋0 2 5· 16＋h2|＝| 0＋0＋h2 h· 16＋h2|. 解得 h＝8 5 5 . 又梯形 ABCD 的面积为 S＝1 2 ×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥 P－ABCD 的体积为 V＝ 1 3 ×S×PA＝1 3 ×16×8 5 5 ＝128 5 15 . 19． G7、G11[2012·湖北卷] 如图 1－7 所示，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点 A 作 AD ⊥BC，垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B，连结 AB，沿 AD 将△ABD 折起，使∠BDC＝90°(如 图 1－8)． (1)当 BD 的长为多少时，三棱锥 A－BCD 的体积最大？ (2)当三棱锥 A－BCD 的体积最大时，设点 E，M 分别为棱 BC，AC 的中点，试在棱 CD 上确定一点 N，使得 EN⊥BM，并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小． 图 1－7 图 1－8 19．解：(1)方法 1：在题图所示的△ABC 中，设 BD＝x(0＜x＜3)，则 CD＝3－x. 由 AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC 为等腰直角三角形，所以 AD＝CD＝3－x. 由折起前 AD⊥BC 知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且 BD∩DC＝D，所以 AD⊥平面 BCD. 又∠BDC＝90°，所以 S△BCD＝1 2BD·CD＝1 2x(3－x)． 于 是 VA － BCD ＝ 1 3 AD·S △ BCD ＝ 1 3 (3 － x)· 1 2 x(3 － x) ＝ 1 12 ·2x(3 － x)(3 － x)≤ 1 12 2x＋3－x＋3－x 3 3＝2 3. 当且仅当 2x＝3－x，即 x＝1 时，等号成立， 故当 x＝1，即 BD＝1 时，三棱锥 A－BCD 的体积最大． 方法 2：同方法 1，得 VA－BCD＝1 3AD·S△BCD＝1 3(3－x)·1 2x(3－x)＝1 6(x3－6x2＋9x)． 令 f(x)＝1 6(x3－6x2＋9x)，由 f′(x)＝1 2(x－1)(x－3)＝0，且 0＜x＜3，解得 x＝1. 当 x∈(0,1)时，f′(x)>0，当 x∈(1,3)时，f′(x)<0，所以当 x＝1 时，f(x)取得最大值． 故当 BD＝1 时，三棱锥 A－BCD 的体积最大． (2)方法 1：以点 D 为原点，建立如图(a)所示的空间直角坐标系 D－xyz. 由(1)知，当三棱锥 A－BCD 的体积最大时，BD＝1，AD＝DC＝2. 于是可得 D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E 1 2 ，1，0 ，且BM→ ＝(－1,1,1)． 设 N(0，λ，0)，则EN→＝ －1 2 ，λ－1，0 . 因为 EN⊥BM 等价于EN→·BM→ ＝0， 即 －1 2 ，λ－1，0 ·(－1,1,1)＝1 2 ＋λ－1＝0，故λ＝1 2 ，N 0，1 2 ，0 . 所以当 DN＝1 2(即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点)时，EN⊥BM. 设平面 BMN 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，由 n⊥BN→， n⊥BM→ ， 及BN→＝ －1，1 2 ，0 ， 得 y＝2x， z＝－x. 可取 n＝(1,2，－1)． 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为θ， 则由EN→＝ －1 2 ，－1 2 ，0 ，n＝(1,2，－1)，可得 sinθ＝cos(90°－θ)＝| n·EN→ |n|·|EN→||＝ |－1 2 －1| 6× 2 2 ＝ 3 2 ，即θ＝60°. 故 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60°. 方法 2：由(1)知，当三棱锥 A－BCD 的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2. 如图(b)，取 CD 的中点 F，连结 MF，BF，EF，则 MF∥AD. 由(1)知 AD⊥平面 BCD，所以 MF⊥平面 BCD. 如图(c)，延长 FE 至 P 点使得 FP＝DB，连 BP，DP，则四边形 DBPF 为正方形， 所以 DP⊥BF.取 DF 的中点 N，连结 EN，又 E 为 FP 的中点，则 EN∥DP， 所以 EN⊥BF，因为 MF⊥平面 BCD，又 EN⊂平面 BCD，所以 MF⊥EN. 又 MF∩BF＝F，所以 EN⊥面 BMF，又 BM⊂面 BMF，所以 EN⊥BM. 因为 EN⊥BM 当且仅当 EN⊥BF，而点 F 是唯一的，所以点 N 是唯一的． 即当 DN＝1 2(即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点)，EN⊥BM. 连结 MN，ME，由计算得 NB＝NM＝EB＝EM＝ 5 2 ， 所以△NMB 与△EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形． 如图(d)所示，取 BM 的中点 G.连结 EG，NG， 则 BM⊥平面 EGN，在平面 EGN 中，过点 E 作 EH⊥GN 于 H， 则 EH⊥平面 BMN.故∠ENH 是 EN 与平面 BMN 所成的角． 在△EGN 中，易得 EG＝GN＝NE＝ 2 2 ，所以△EGN 是正三角形， 故∠ENH＝60°，即 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60°. 19．G7、G11[2012·上海卷] 如图 1－3 所示，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是矩 形，PA⊥底面 ABCD.E 是 PC 的中点，已知 AB＝2，AD＝2 2，PA＝2，求： (1)三角形 PCD 的面积； (2)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小． 图 1－3 19．解：(1)因为 PA⊥底面 ABCD，所以 PA⊥CD. 又 AD⊥CD，所以 CD⊥平面 PAD. 从而 CD⊥PD. 因为 PD＝ 22＋2 22＝2 3，CD＝2. 所以三角形 PCD 的面积为1 2 ×2×2 3＝2 3. (2)解法一：如图所示，建立空间直角坐标系，则 B(2,0,0)，C(2,2 2，0)，E(1，2，1)． AE→＝(1，2，1)，BC→＝(0,2 2，0)， 设AE→与BC→的夹角为θ，则 cosθ＝ AE→·BC→ |AE→||BC→| ＝ 4 2×2 2 ＝ 2 2 ， ∴θ＝π 4. 由此知，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是π 4. 解法二：取 PB 中点 F，连接 EF、AF，则 EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线 BC 与 AE 所成的角． 在△AEF 中，由 EF＝ 2、AF＝ 2、AE＝2 知△AEF 是等腰直角三角形， 所以∠AEF＝π 4. 因此，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是π 4. 18．G5、G11[2012·广东卷] 如图 1－5 所示，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为矩 形，PA⊥平面 ABCD，点 E 在线段 PC 上，PC⊥平面 BDE. (1)证明：BD⊥平面 PAC； (2)若 PA＝1，AD＝2，求二面角 B－PC－A 的正切值． 图 1－5 18．证明：(1) PC⊥平面 BDE BD⊂平面 BDE ⇒PC⊥BD. PA⊥平面 ABCD BD⊂平面 ABCD ⇒PA⊥BD. ∵PA∩PC＝P，PA⊂平面 PAC，PC⊂平面 PAC， ∴BD⊥平面 PAC. (2)法一：如图所示，记 BD 与 AC 的交点为 F，连接 EF. 由 PC⊥平面 BDE，BE⊂平面 BDE，EF⊂平面 BDE， ∴PC⊥BE，PC⊥EF. 即∠BEF 为二面角 B－PC－A 的平面角． 由(1)可得 BD⊥AC， 所以矩形 ABCD 为正方形，AB＝AD＝2， AC＝BD＝2 2，FC＝BF＝ 2. 在 Rt△PAC 中，PA＝1，PC＝ PA2＋AC2＝3， 即二面角 B－PC－A 的正切值为 3. 法二：以 A 为原点，AB→、AD→ 、AP→的方向分别作为 x、y、z 轴的正方向建立空间直角坐标 系，如图所示． 设 AB＝b，则： A(0,0,0)，B(b,0,0)， C(b,2,0)，D(0,2,0)， P(0,0,1)． 于是PC→＝(b,2，－1)，DB→ ＝(b，－2,0)． 因为 PC⊥DB，所以PC→·DB→ ＝b2－4＝0， 从而 b＝2.结合(1)可得DB→ ＝(2，－2,0)是平面 APC 的法向量． 现设 n＝(x，y，z)是平面 BPC 的法向量，则 n⊥BC→，n⊥PC→，即 n·BC→＝0，n·PC→＝0. 因为BC→＝(0,2,0)，PC→＝(2,2，－1)， 所以 2y＝0,2x－z＝0. 取 x＝1，则 z＝2，n＝(1,0,2)． 令θ＝〈n，DB→ 〉，则 cosθ＝ n·DB→ |n||DB→ | ＝ 2 5·2 2 ＝ 1 10 ， sinθ＝ 3 10 ，tanθ＝3. 由图可得二面角 B－PC－A 的正切值为 3. 19．G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 如图 1－2，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB ＝4，AC＝BC＝3，D 为 AB 的中点． (1)求点 C 到平面 A1ABB1 的距离； (2)若 AB1⊥A1C，求二面角 A1－CD－C1 的平面角的余弦值． 图 1－2 19．解：(1)由 AC＝BC，D 为 AB 的中点，得 CD⊥AB.又 CD⊥AA1，故 CD⊥面 A1ABB1， 所以点 C 到平面 A1ABB1 的距离为 CD＝ BC2－BD2＝ 5. (2)解法一：如图，取 D1 为 A1B1 的中点，连结 DD1，则 DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知 CD ⊥面 A1ABB1，故 CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1 为所求的二面角 A1－CD－C1 的平面 角． 因 A1D 为 A1C 在面 A1ABB1 上的射影，又已知 AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得 AB1 ⊥A1D，从而∠A1AB1、∠A1DA 都与∠B1AB 互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以 Rt△A1AD ∽Rt△B1A1A.因此AA1 AD ＝A1B1 AA1 ，即 AA21＝AD·A1B1＝8，得 AA1＝2 2. 从而 A1D＝ AA21＋AD2＝2 3. 所以，在 Rt△A1DD1 中， cos∠A1DD1＝DD1 A1D ＝AA1 A1D ＝ 6 3 . 解法二：如图，过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于点 D1，在直三棱柱中，易知 DB，DC，DD1 两两垂直．以 D 为原点，射线 DB，DC，DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直 角坐标系 D－xyz. 设直三棱柱的高为 h，则 A(－2,0,0)，A1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，5，0)，C1(0，5， h)，从而AB1 → ＝(4,0，h)，A1C→ ＝(2，5，－h)． 由AB1 → ⊥A1C→ ，有 8－h2＝0，h＝2 2. 故DA1 → ＝(－2,0,2 2)，CC1 → ＝(0,0,2 2)，DC→ ＝ (0，5，0)． 设平面 A1CD 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，则 m⊥DC→ ，m⊥DA1 → ，即 5y1＝0， －2x1＋2 2z1＝0， 取 z1＝1，得 m＝( 2，0,1)， 设平面 C1CD 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，则 n⊥DC→ ，n⊥CC1 → ，即 5y2＝0， 2 2z2＝0， 取 x2＝1，得 n＝(1,0,0)，所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ 2 2＋1·1 ＝ 6 3 . 所以二面角 A1－CD－C1 的平面角的余弦值为 6 3 . 18．G4、G5、G11[2012·福建卷] 如图 1－3，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝AD ＝1，E 为 CD 中点． (1)求证：B1E⊥AD1； (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P，使得 DP∥平面 B1AE？若存在，求 AP 的长；若不存在， 说明理由； (3)若二面角 A－B1E－A1 的大小为 30°，求 AB 的长． 图 1－3 18．解：(1)以 A 为原点，AB→，AD→ ，AA1 → 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(如图)．设 AB＝a，则 A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E a 2 ，1，0 ，B1(a,0,1)，故 AD1＝(0,1,1)，B1E→ ＝ －a 2 ，1，－1 ，AB1 → ＝(a,0,1)，AE→＝ a 2 ，1，0 . ∵AD1 → ·B1E→ ＝－a 2 ×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B1E⊥AD1. (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)， 使得 DP∥平面 B1AE.此时DP→ ＝(0，－1，z0)． 又设平面 B1AE 的法向量 n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面 B1AE，∴n⊥AB1 → ，n⊥AE→，得 ax＋z＝0， ax 2 ＋y＝0. 取 x＝1，得平面 B1AE 的一个法向量 n＝ 1，－a 2 ，－a . 要使 DP∥平面 B1AE，只要 n⊥DP→ ，有a 2 －az0＝0，解得 z0＝1 2. 又 DP⊄平面 B1AE，∴存在点 P，满足 DP∥平面 B1AE，此时 AP＝1 2. (3)连接 A1D，B1C，由长方体 ABCD－A1B1C1D1 及 AA1＝AD＝1，得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1，且 B1C∩B1E＝B1， ∴AD1⊥平面 DCB1A1.∴AD1 → 是平面 A1B1E 的一个法向量，此时AD1 → ＝(0,1,1)． 设AD1 → 与 n 所成的角为θ， 则 cosθ＝ n·AD1 → |n||AD1 → | ＝ －a 2 －a 2 1＋a2 4 ＋a2 . ∵二面角 A－B1E－A1 的大小为 30°， ∴|cosθ|＝cos30°，即 3a 2 2 1＋5a2 4 ＝ 3 2 ， 解得 a＝2，即 AB 的长为 2. 18．G5、G11[2012·山东卷] 在如图 1－5 所示的几何体中，四边形 ABCD 是等腰梯形， AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面 ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF. (1)求证：BD⊥平面 AED； (2)求二面角 F－BD－C 的余弦值． 图 1－5 18．解：(1)证明：因为四边形 ABCD 是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°， 所以∠ADC＝∠BCD＝120°. 又 CB＝CD， 所以∠CDB＝30°， 因此∠ADB＝90°，AD⊥BD， 又 AE⊥BD， 且 AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面 AED， 所以 BD⊥平面 AED. (2)解法一： 取 BD 的中点 G，连接 CG，FG， 由于 CB＝CD，因此 CG⊥BD， 又 FC⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD， 所以 FC⊥BD， 由于 FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面 FCG， 所以 BD⊥平面 FCG， 故 BD⊥FG， 所以∠FGC 为二面角 F－BD－C 的平面角． 在等腰三角形 BCD 中，由于∠BCD＝120°， 因此 CG＝1 2CB. 又 CB＝CF， 所以 GF＝ CG2＋CF2＝ 5CG， 故 cos∠FGC＝ 5 5 ， 因此二面角 F－BD－C 的余弦值为 5 5 . 解法二： 由(1)知 AD⊥BD，所以 AC⊥BC. 又 FC⊥平面 ABCD， 因此 CA，CB，CF 两两垂直， 以 C 为坐标原点，分别以 CA，CB，CF 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设 CB＝1. 则 C(0,0,0)，B(0,1,0)，D 3 2 ，－1 2 ，0 ，F(0,0,1)． 因此BD→ ＝ 3 2 ，－3 2 ，0 ，BF→＝(0，－1,1)． 设平面 BDF 的一个法向量为 m＝(x，y，z)， 则 m·BD→ ＝0，m·BF→＝0， 所以 x＝ 3y＝ 3z， 取 z＝1，则 m＝( 3，1,1)． 由于CF→＝(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量， 则 cos〈m，CF→〉＝ m·CF→ |m||CF→| ＝ 1 5 ＝ 5 5 ， 所以二面角 F－BD－C 的余弦值为 5 5 . 17．G5、G11[2012·天津卷] 如图 1－4 所示，在四棱锥 PABCD 中，PA⊥平面 ABCD， AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1. (1)证明 PC⊥AD； (2)求二面角 A－PC－D 的正弦值； (3)设 E 与棱 PA 上的点，满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为 30°，求 AE 的长． 17．解：方法一：如图所示，以点 A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得 A(0,0,0)， D(2,0,0)，C(0,1,0)，B －1 2 ，1 2 ，0 ，P(0,0,2)． (1)易得PC→＝(0,1，－2)，AD→ ＝(2,0,0)，于是PC→·AD→ ＝0，所以 PC⊥AD. (2)PC→＝(0,1，－2)，CD→ ＝(2，－1，0)．设平面 PCD 的法向量 n＝(x，y，z)， 则 n·PC→＝0， n·CD→ ＝0， 即 y－2z＝0， 2x－y＝0. 不妨令 z＝1， 可得 n＝(1,2,1)． 可取平面 PAC 的法向量 m＝(1,0,0)． 于是 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 1 6 ＝ 6 6 ，从而 sin〈m，n〉＝ 30 6 .所以二面角 A－PC－D 的正弦值为 30 6 . (3)设点 E 的坐标为(0,0，h)，其中 h∈[0,2]．由此得BE→＝ 1 2 ，－1 2 ，h ，由CD→ ＝(2，－ 1,0)，故 cos〈BE→，CD→ 〉＝ BE→·CD→ |BE→||CD→ | ＝ 3 2 1 2 ＋h2× 5 ＝ 3 10＋20 h2 ， 所以， 3 10＋20 h2 ＝cos30°＝ 3 2 ，解得 h＝ 10 10 ， 即 AE＝ 10 10 . 方法二：(1)由 PA⊥平面 ABCD，可得 PA⊥AD. 又由 AD⊥AC，PA∩AC＝A，故 AD⊥平面 PAC， 又 PC⊂平面 PAC，所以 PC⊥AD. (2)如图所示，作 AH⊥PC 于点 H，连接 DH. 由 PC⊥AD，PC⊥AH，可得 PC⊥平面 ADH，因此 DH⊥PC，从而∠AHD 为二面角 A －PC－D 的平面角. 在 Rt△PAC 中，PA＝2，AC＝1，由此得 AH＝ 2 5 . 由(1)知AD⊥AH.故在Rt△DAH 中，DH＝ AD2＋AH2＝2 30 5 .因此sin∠AHD＝AD DH ＝ 30 6 . 所以二面角 A－PC－D 的正弦值为 30 6 . (3)如图所示，因为∠ADC＜45°，故过点 B 作 CD 的平行线必与线段 AD 相交，设交点 为 F，连接 BE，EF.故∠EBF 或其补角为异面直线 BE 与 CD 所成的角． 由 BF∥CD，故∠AFB＝∠ADC. 在 Rt△DAC 中，CD＝ 5，sin∠ADC＝ 1 5 ， 故 sin∠AFB＝ 1 5 . 在△AFB 中，由 BF sin∠FAB ＝ AB sin∠AFB ，AB＝ 1 2 ， sin∠FAB＝sin135°＝ 2 2 ，可得 BF＝ 5 2 . 由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，可得 AF＝1 2. 设 AE＝h. 在 Rt△EAF 中，EF＝ AE2＋AF2＝ h2＋1 4. 在 Rt△BAE 中，BE＝ AE2＋AB2＝ h2＋1 2. 在△EBF 中，因为 EF＜BE，从而∠EBF＝30°，由余弦定理得 cos30°＝BE2＋BF2－EF2 2BE·BF ， 可解得 h＝ 10 10 . 所以 AE＝ 10 10 . 18．G4、G7、G11[2012·全国卷] 如图 1－1，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为菱形， PA⊥底面 ABCD，AC＝2 2，PA＝2，E 是 PC 上的一点，PE＝2EC. (1)证明：PC⊥平面 BED； (2)设二面角 A－PB－C 为 90°，求 PD 与平面 PBC 所成角的大小． 图 1－1 18．解：方法一：(1)因为底面 ABCD 为菱形，所以 BD⊥AC， 又 PA⊥底面 ABCD，所以 PC⊥BD. 设 AC∩BD＝F，连结 EF.因为 AC＝2 2， PA＝2，PE＝2EC，故 PC＝2 3，EC＝2 3 3 ，FC＝ 2， 从而PC FC ＝ 6，AC EC ＝ 6. 因为PC FC ＝AC EC ，∠FCE＝∠PCA， 所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°， 由此知 PC⊥EF. PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD，EF 都垂直，所以 PC⊥平面 BED. (2)在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB，G 为垂足． 因为二面角 A－PB－C 为 90°，所以平面 PAB⊥平面 PBC. 又平面 PAB∩平面 PBC＝PB， 故 AG⊥平面 PBC，AG⊥BC. BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA，AG 都垂直，故 BC⊥平面 PAB，于是 BC⊥AB，所 以底面 ABCD 为正方形，AD＝2，PD＝ PA2＋AD2＝2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d.因为 AD∥BC，且 AD⊄平面 PBC，BC⊂平面 PBC，故 AD ∥平面 PBC，A、D 两点到平面 PBC 的距离相等，即 d＝AG＝ 2. 设 PD 与平面 PBC 所成的角为α，则 sinα＝ d PD ＝1 2. 所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 方法二：(1)以 A 为坐标原点，射线 AC 为 x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标 系 A－xyz. 设 C(2 2，0,0)，D( 2，b,0)，其中 b>0，则 P(0,0,2)，E 4 2 3 ，0，2 3 ，B( 2，－b,0)． 于是PC→＝(2 2，0，－2)， BE→＝ 2 3 ，b，2 3 ，DE→ ＝ 2 3 ，－b，2 3 ， 从而PC→·BE→＝0，PC→·DE→ ＝0， 故 PC⊥BE，PC⊥DE. 又 BE∩DE＝E，所以 PC⊥平面 BDE. (2)AP→＝(0,0,2)，AB→＝( 2，－b,0)． 设 m＝(x，y，z)为平面 PAB 的法向量， 则 m·AP→＝0，m·AB→＝0， 即 2z＝0，且 2x－by＝0， 令 x＝b，则 m＝(b，2，0)． 设 n＝(p，q，r)为平面 PBC 的法向量，则 n·PC→＝0，n·BE→＝0， 即 2 2p－2r＝0 且 2p 3 ＋bq＋2 3r＝0， 令 p＝1，则 r＝ 2，q＝－ 2 b ，n＝ 1，－ 2 b ， 2 . 因为面 PAB⊥面 PBC，故 m·n＝0，即 b－2 b ＝0，故 b＝ 2，于是 n＝(1，－1， 2)，DP→ ＝(－ 2，－ 2，2)， cos〈n，DP→ 〉＝ n·DP→ |n||DP→ | ＝1 2 ，〈n，DP→ 〉＝60°. 因为 PD 与平面 PBC 所成角和〈n，DP→ 〉互余，故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 18．G5、G10、G11[2012·安徽卷] 平面图形 ABB1A1C1C 如图 1－4(1)所示，其中 BB1C1C 是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝ 2，A1B1＝A1C1＝ 5. 图 1－4 现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C 垂直，再分别连接 A1A，A1B，A1C，得到如图 1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答 下列问题． (1)证明：AA1⊥BC； (2)求 AA1 的长； (3)求二面角 A－BC－A1 的余弦值． 18．解：(向量法)：(1)证明：取 BC， B1C1 的中点分别为 D 和 D1，连接 A1D1，DD1，AD. 由 BB1C1C 为矩形知， DD1⊥B1C1， 因为平面 BB1C1C⊥平面 A1B1C1， 所以 DD1⊥平面 A1B1C1， 又由 A1B1＝A1C1 知， A1D1⊥B1C1. 故以 D1 为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系 D1－xyz. 由题设，可得 A1D1＝2，AD＝1. 由以上可知 AD⊥平面 BB1C1C，A1D1⊥平面 BB1C1C，于是 AD∥A1D1. 所以 A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)． 故AA1 → ＝(0,3，－4)，BC→＝(－2,0,0)，AA1 → ·BC→＝0， 因此AA1 → ⊥BC→，即 AA1⊥BC. (2)因为AA1 → ＝(0,3，－4)， 所以|AA1 → |＝5，即 AA1＝5. (3)连接 A1D，由 BC⊥AD，BC⊥AA1，可知 BC⊥平面 A1AD，BC⊥A1D，所以∠ADA1 为二面角 A－BC－A1 的平面角． 因为DA→ ＝(0，－1,0)，DA1 → ＝(0,2，－4)，所以 cos〈DA→ ，DA1 → 〉＝－ 2 1× 22＋－42 ＝－ 5 5 . 即二面角 A－BC－A1 的余弦值为－ 5 5 . (综合法)(1)证明：取 BC，B1C1 的中点分别为 D 和 D1，连接 A1D1，DD1，AD，A1D. 由条件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1， 由上可得 AD⊥面 BB1C1C，A1D1⊥面 BB1C1C. 因此 AD∥A1D1，即 AD，A1D1 确定平面 AD1A1D. 又因为 DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以 DD1⊥BC. 又考虑到 AD⊥BC，所以 BC⊥平面 AD1A1D， 故 BC⊥AA1. (2)延长 A1D1 到 G 点，使 GD1＝AD，连接 AG. 因为 AD 綊 GD1，所以 AG 綊 DD1 綊 BB1. 由于 BB1⊥平面 A1B1C1，所以 AG⊥A1G. 由条件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4， 所以 AA1＝5. (3)因为 BC⊥平面 AD1A1D，所以∠ADA1 为二面角 A－BC－A1 的平面角． 在 Rt△A1DD1 中，DD1＝4，A1D1＝2，解得 sin∠D1DA1＝ 5 5 ， cos∠ADA1＝cos π 2 ＋∠D1DA1 ＝－ 5 5 . 即二面角 A－BC－A1 的余弦值为－ 5 5 . 5．G11[2012·陕西卷] 如图 1－1，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC－A1B1C1，CA ＝CC1＝2CB，则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为( ) 图 1－1 A. 5 5 B. 5 3 C.2 5 5 D.3 5 5．A [解析] 本小题主要考查空间向量解决立体几何问题的相关知识，解题的突破口 是写出直线 BC1、AB1 的方向向量．设 CB＝1，则 CA＝CC1＝2，故 B(0,0,1), C1(0,2,0)，A(2,0,0)， B1(0,2,1)，则直线 BC1 的方向向量为BC1 → ＝(0,2，－1)，AB1 的方向向量为AB1 → ＝(－2,2,1)，则 夹角的余弦值为| BC1 → ·AB1 → |BC1 → ||AB1 → ||＝| 3 3 5|＝ 5 5 ，故选 A. 19．G11[2012·江西卷] 如图 1－5，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，已知 AB＝AC＝AA1＝ 5， BC＝4，点 A1 在底面 ABC 的投影是线段 BC 的中点 O. (1)证明在侧棱 AA1 上存在一点 E，使得 OE⊥平面 BB1C1C，并求出 AE 的长； (2)求平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的余弦值． 图 1－5 19．解：(1)证明：连接 AO，在△AOA1 中，作 OE⊥AA1 于点 E，因为 AA1∥BB1，所以 OE⊥BB1. 因为 A1O⊥平面 ABC，所以 A1O⊥BC. 因为 AB＝AC，OB＝OC，所以 AO⊥BC， 所以 BC⊥平面 AA1O. 所以 BC⊥OE， 所以 OE⊥平面 BB1C1C，又 AO＝ AB2－BO2＝1，AA1＝ 5， 得 AE＝AO2 AA1 ＝ 5 5 . (2)如图，分别以 OA，OB，OA1 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(1,0,0)， B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)， 由AE→＝1 5AA1 → 得点 E 的坐标是 4 5 ，0，2 5 ， 由(1)得平面 BB1C1C 的法向量是OE→ ＝ 4 5 ，0，2 5 ，设平面 A1B1C 的法向量 n＝(x，y，z)， 由 n·AB→＝0， n·A1C→ ＝0 得 －x＋2y＝0， y＋z＝0， 令 y＝1，得 x＝2，z＝－1，即 n＝(2,1，－1)，所以 cos〈OE→ ，n〉＝ OE→ ·n |OE→ |·|n| ＝ 30 10 . 即平面 BB1C1C 与平面 A1B1C 的夹角的余弦值是 30 10 . G12 单元综合 10．G12[2012·四川卷] 如图 1－3 所示，半径为 R 的半球 O 的底面圆 O 在平面α内，过 点 O 作平面α的垂线交半球面于点 A，过圆 O 的直径 CD 作与平面α成 45°角的平面与半球面 相交， 所得交线上到平面α的距离最大的点为 B，该交线上的一点 P 满足∠BOP＝60°，则 A、P 两点间的球面距离为( ) 图 1－3 A．Rarccos 2 4 B.πR 4 C．Rarccos 3 3 D.πR 3 10．A [解析] 由已知，OA⊥CD，又 B 点到平面α的距离最大，即 B 点在半圆 CBD 的 最高点，即半圆弧 CBD 的中点，于是 BO⊥CD，于是 CD⊥平面 AOB，进而平面 CBD⊥平 面 AOB， 且∠AOB 为二面角 A－CD－B 的平面角，该角等于平面 BCD 与α所成二面角的余角， 为 45°. 于是由公式 cos∠AOP＝cos∠AOBcos∠BOP＝ 2 2 ·1 2 ＝ 2 4 ， 即∠AOP＝arccos 2 4 ， 故 A、P 两点间的球面距离为 Rarccos 2 4 . 19．G12[2012·四川卷] 如图 1－6 所示，在三棱锥 P－ABC 中，∠APB＝90°，∠PAB＝ 60°，AB＝BC＝CA，平面 PAB⊥平面 ABC. 图 1－6 (1)求直线 PC 与平面 ABC 所成的角的大小； (2)求二面角 B－AP－C 的大小． 19．解：解法一： (1)设 AB 的中点为 D，AD 的中点 O，连结 PO、CO、CD.由已知，△PAD 为等边三角 形． 所以 PO⊥AD. 又平面 PAB⊥平面 ABC，平面 PAB∩平面 ABC＝AD，所以 PO⊥平面 ABC. 所以∠OCP 为直线 PC 与平面 ABC 所成的角． 不妨设 AB＝4，则 PD＝2，CD＝2 3，OD＝1，PO＝ 3. 在 Rt△OCD 中，CO＝ OD2＋CD2＝ 13. 所以，在 Rt△POC 中，tan∠OCP＝PO CO ＝ 3 13 ＝ 39 13 . 故直线 PC 与平面 ABC 所成的角的大小为 arctan 39 13 . (2)过 D 作 DE⊥AP 于 E，连结 CE. 由已知可得，CD⊥平面 PAB. 根据三垂线定理知，CE⊥PA. 所以∠CED 为二面角 B－AP－C 的平面角． 由(1)知，DE＝ 3. 在 Rt△CDE 中，tan∠CED＝CD DE ＝2 3 3 ＝2. 故二面角 B－AP－C 的大小为 arctan2. 解法二：(1)设 AB 的中点为 D，作 PO⊥AB 于点 O，连结 CD. 因为平面 PAB⊥平面 ABC，平面 PAB∩平面 ABC＝AD，所以 PO⊥平面 ABC. 所以 PO⊥CD. 由 AB＝BC＝CA，知 CD⊥AB. 设 E 为 AC 中点，则 EO∥CD，从而 OE⊥PO，OE⊥AB. 如图，以 O 为坐标原点，OB、OE、OP 所在直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标 系 O－xyz.不妨设 PA＝2，由已知可得，AB＝4，OA＝OD＝1，OP＝ 3，CD＝2 3. 所以 O(0,0,0)，A(－1,0,0)，C(1,2 3，0)，P(0,0， 3)． 所以CP→＝(－1，－2 3， 3)，而OP→ ＝(0,0， 3)为平面 ABC 的一个法向量． 设α为直线 PC 与平面 ABC 所成的角， 则 sinα＝| CP→·OP→ |CP→|·|OP→ ||＝|0＋0＋3 16· 3 |＝ 3 4 . 故直线 PC 与平面 ABC 所成的角的大小为 arcsin 3 4 . (2)由(1)有，AP→＝(1,0， 3)，AC→＝(2,2 3，0)， 设平面 APC 的一个法向量为 n＝(x1，y1，z1)，则 n⊥AP→， n⊥AC→ ⇔ n·AP→＝0， n·AC→＝0 ⇔ x1，y1，z1·1，0， 3＝0， x1，y1，z1·2，2 3，0＝0. 从而 x1＋ 3·z1＝0， 2x1＋2 3·y1＝0. 取 x1＝－ 3，则 y1＝1，z1＝1，所以 n＝(－ 3，1,1)． 设二面角 B－AP－C 的平面角为β，易知β为锐角． 而面 ABP 的一个法向量为 m＝(0,1,0)，则 cosβ＝| n·m |n|·|m||＝| 1 3＋1＋1|＝ 5 5 . 故二面角 B－AP－C 的大小为 arccos 5 5 . 6．G12[2012·四川卷] 下列命题正确的是( ) A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 6．C [解析] 对于 A，可以考虑一个圆锥的两条母线与底面所成角都相等，但它们不 平行，A 错． 对于 B，当三个点在同一条直线上，且该直线平行于一个平面时，不能保证两个平面平 行；或者当其中两个点在平面一侧，第三点在平面异侧，且它们到平面距离相等，也不能保 证两个平面平行，故 B 错． 对于 C，记平面外的直线为 a，两平面记为α、β，它们的交线为 l.过 a 作平面γ与平面α 相交于 b，并使得 b 不在β内，由 a∥α，可知 a∥b，又 a∥β，故 b∥β.过 b 的平面α与β相交 于 l，由线面平行的性质定理可得：b∥l，再由公理可得：a∥l.C 正确． 对于 D，观察一个正方体共顶点的三个面，即可知 D 错误． 10．G12[2012·江西卷] 如图 1－2，已知正四棱锥 S－ABCD 所有棱长都为 1，点 E 是侧 棱 SC 上一动点，过点 E 垂直于 SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记 SE＝x(0