高考数学理科汇编——立体几何2 33页

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.