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  • 2021-05-13 发布

高考数学理科汇编——立体几何2

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G7 棱柱与棱锥 13.[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.、、[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.、[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.、[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.、[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.[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 3πR3= 4 3π. G9 空间向量及运算 5.[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.,[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·cos π 6 = 3,OB=AB·sin π 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.、[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.、、、[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 2 PQ. 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.、、[2014·安徽卷] 如图 1­5,四棱柱 ABCD ­ A 1B1C1D1 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.、[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.、、[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.、[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.、、、[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 2 PQ. 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.、[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 ⊥B 1D1 ,从而 A1C1 ⊥平面 BDD1B1 ,所以 A1C1 ⊥OB 1 ,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= O1C+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||= 2 3 19= 2 57 19 . 故二面角 C1­OB1­D 的余弦值为 2 57 19 . 19.、、[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.、[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.[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.、[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= AA-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 arccos 1 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 arccos 1 4. 19.G5、G11[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图 1­5,三棱柱 ABC ­A 1B1C1 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.,[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= CD+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.,,,[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 .、 [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|= -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.[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.、[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.[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.[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 D 1、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.、、、[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 2 PQ. 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.[2014·四川卷] 如图 1­2,在正方体 ABCD ­ A 1B1C1D1 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.