2014年高考数学理科(高考真题+模拟新题)分类汇编：G单元 立体几

1 数 学 G 单元 立体几何

G1 空间几何体的结构

20．、、[2014·安徽卷] 如图1-5，四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，且AD ＝2BC .过A 1，C ，D 三点的平面记为α，BB 1与α的交点为Q .

图1-5

(1)证明：Q 为BB 1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AA 1＝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 ∥AA 1，BC ∥AD ，

BC ∩BQ ＝B ，AD ∩AA 1＝A ，

所以平面QBC ∥平面A 1AD ，

从而平面A 1CD 与这两个平面的交线相互平行，

即QC ∥A 1D .

故△QBC 与△A 1AD 的对应边相互平行，

于是△QBC ∽△A 1AD ，

所以BQ BB 1＝BQ AA 1＝BC AD ＝12

，即Q 为BB 1的中点． (2)如图1所示，连接QA ，QD .设AA 1＝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 -A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝13

ahd ， V 四棱锥Q -ABCD ＝13·a ＋2a 2

·d ·????12h ＝14ahd ， 所以V 下＝V 三棱锥Q -A 1AD ＋V 四棱锥Q -ABCD ＝

712ahd . 又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 -ABCD ＝32

ahd ， 所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 -ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝1112ahd ，故V 上V 下＝117

. (3)方法一：如图1所示，在△ADC 中，作AE ⊥DC ，垂足为E ，连接A 1E . 又DE ⊥AA 1，且AA 1∩AE ＝A ，

所以DE ⊥平面AEA 1，所以DE ⊥A 1E .

所以∠AEA 1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.

2 于是tan ∠AEA 1＝AA 1AE ＝1，∠AEA 1＝π4

. 故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π4

. 方法二：如图2所示，以D 为原点，DA ，DD 1→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 ＝2sin θ

.

图2

从而可得C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1???

?4sin θ，0，4， 所以DC ＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA 1→＝???

?4sin θ，0，4. 设平面A 1DC 的法向量n ＝(x ，y ，1)，

由???DA 1→·n ＝4

sin θ x ＋4＝0，DC →·n ＝2x cos θ＋2y sin 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|＝22

， 故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π4

. A.227 B.258 C.15750 D.355113

7．、[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图1-1所示，体的体积为( )

A ．8－2π

B ．8－π

C ．8－π2

D ．8－π4

图1-1

7．B [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个

体积相等的圆柱的一部分?

???占圆柱的14后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2×14

×π×2＝8－π.

3 G2 空间几何体的三视图和直观图

7．[2014·安徽卷] 一个多面体的三视图如图1-2所示，则该多面体的表面积为( )

A ．21＋ 3

B ．8＋ 2

C ．21

D ．18

图1-2

7．A [解析] 如图，由三视图可知该几何体是棱长为2的

正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其表面积S ＝6×4－12

×6＋2×12×2×62

＝21＋ 3.

2．[2014·福建卷] 是( )

A ．圆柱

B ．圆锥

C ．四面体

D ．三棱柱

2．A [解析] 俯视图都不可能是三角形．

5．[2014·湖北卷] 在如图1-1所示的空间直角坐标系O - 个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为(

)

A ．①和②

B ．①和③

5．D [解析] 由三视图及空间直角坐标系可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形且内有一条虚线(一锐角顶点与其所对直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图是一个钝角三角形，故俯视图是②. 故选D.

7．、[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图1-2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1-2

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＋8－102

＝2. 5．[2014·江西卷] 一几何体的直观图如图1-1所示，下列给出的

4 四个俯视图中正确的是(

)

图1-

1

A B C D 图1-2

5．B [解析] 易知该几何体的俯视图为选项B 中的图形．

7．、[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图1-1所示，则该几何体

的体积为( )

A ．8－2π

B ．8－π

C ．8－π2

D ．8－π4

图1-1

7．B [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积

相等的圆柱的一部分?

???占圆柱的14后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2×14

×π×2＝8－π. 3．[2014·浙江卷] 几何体的三视图(单位：cm)如图1-1所示，则

此几何体的表面积是( )

图1-1

A ．90 cm 2

B ．129 cm 2

C ．132 cm 2

D ．138 cm 2

3．D [解析] 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图，

所以该几何体的表面积为2(4×3＋6×3＋6×4)＋2×12×3×4＋4×3＋3×5－3×3＝138(cm 2)，故选D.

12．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-3，网格纸上小正方形的边长为1某多面体的三视图，则该多面体的各条棱

中，最长的棱的长度为( )

图1-3

A ．6 2

B ．6

C ．4 2

D ．4

12．B [解析] 该几何体是如图所示的

棱长为4的正方体内的三棱锥E - CC 1D 1(其中E 为BB 1的中点)，

最长的棱为D 1E ＝（4 2）2＋22＝6.

5

17．[2014·陕西卷] 四面体ABCD 及其三视图如图1-4所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD ，BC 的平面分别交四面体的棱BD ，DC ，CA 于点F ，G ，H .

(1)证明：四边形EFGH 是矩形；

(2)求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．

图1-4

17．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，

BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，

BD ＝DC ＝2，AD ＝1.

由题设，BC ∥平面EFGH ，

平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，

平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，

∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH .

同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG .

∴四边形EFGH 是平行四边形．

又∵AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，∴AD ⊥平面BDC ，

∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ，

∴四边形EFGH 是矩形．

(2)方法一：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (0，0，1)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，

DA ＝(0，0，1)，BC ＝(－2，2，0)，

BA ＝(－2，0，1)．

设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，

∵EF ∥AD ，FG ∥BC ，

∴n ·DA ＝0，n ·BC ＝0，

得?

????z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1，1，0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝????BA ·n |BA ||n |＝25×2

＝105. 方法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，

则D (0，0，0)，A (0，0，1)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，

∵E 是AB 的中点，∴F ，G 分别为BD ，DC 的中点，得E ????1，0，12，F (1，0，0)，G (0，1，0)．

∴FE →＝?

???0，0，12，FG ＝(－1，1，0)， BA ＝(－2，0，1)．

设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，

则n ·FE ＝0，n ·FG ＝0，

得?????12z ＝0，－x ＋y ＝0，

取n ＝(1，1，0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝????

??BA ·n |BA →||n |＝25×2＝105. 10．[2014·天津卷] 一个儿何体的三视图如图1-3所示(单

位：m)，则该

几何体的体积为________m 3.

图1-3 10.20π3

[解析] 由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V ＝π×12×4＋13π×22×2＝20π3

. 7．[2014·重庆卷] 某几何体的三视图如图1-2所示，则该几何体

的表面积为( )

图1-2

A ．54

B ．60

C ．66

D ．72

7．B [解析] 由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥所得，三棱柱的底面是一个两直角边长分别为3和4的直角三角形，高为5，截去的锥体的底面是两直角边的边长分别为3和4的直角三角形，高为3，所以表面积为S

＝12×3×4＋3×52＋2＋52×4＋2＋52

×5＋3×5＝60.

G3 平面的基本性质、空间两条直线

4．[2014·辽宁卷] 已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( )

A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n

B ．若m ⊥α，n ?α，则m ⊥n

C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α

D ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α

4．B [解析] B [解析] 由题可知，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 平行、相交或异面，所以A 错误；若m ⊥α，n ?α，则m ⊥n ，故B 正确；若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ?α，故C 错误．若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊥α或n 与a 相交，故D 错误．

17、[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1-5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．

7 图1-5

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 ⊥AB ⊥BD .

以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 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 ???

?0，12，12. 则BC →＝(1，1，0)，BM →＝???

?0，12，12，AD →＝(0，1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，

则?????n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即?????x 0＋y 0

＝0，12y 0＋12z 0＝0，

取z 0＝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 →|＝63. 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为

63

. 11．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )

A.110

B.25

C.3010

D.22

11．C [解析] 如图，E 为BC 的中点．由于M ，N 分别是A 1B 1，

A 1C 1的中点，故MN ∥

B 1

C 1且MN ＝12B 1C 1，故MN 綊BE ，所以四边形为平行四边形，所以EN 綊BM ，所以直线AN ，NE 所成的角即为直线

BM ，AN 所成的角．设BC ＝1，则B 1M ＝12B 1A 1＝22，所以MB ＝1＋12＝62＝NE ，AN ＝AE ＝52

， 在△ANE 中，根据余弦定理得cos ∠ANE ＝64＋54－542×62×52

＝3010.

18．，，，[2014·四川卷] 三棱锥A - BCD 及其侧视图、俯视图如图1-4所示．设

8 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1-4

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 ＝AB 2－????AC

22

＝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＝104.

同理，可得MQ ＝10

4.

故△MNQ 为等腰三角形，

9 所以在等腰△MNQ 中，

cos ∠MNQ ＝MN 2NQ ＝BD 4NQ ＝105

. 故二面角A - NP - M 的余弦值是105

. 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 ????－12，0，32，N ????12，0，32，P ???

?12，32，0，于是AB ＝(1，0，－3)，BC ＝(－1，3，0)，MN ＝(1，0，0)，NP ＝???

?0，32，－32. 设平面ABC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，

由?

????n 1⊥AB ，n 1⊥BC ，得?????n 1·AB ＝0，n 1·BC ＝0，即 ???（x 1，y 1，z 1）·（1，0，－3）＝0，（x 1，y 1，z 1）·

（－1，3，0）＝0， 从而???x 1－3z 1＝0，－x 1＋3y 1＝0.

取z 1＝1，则x 1＝3，y 1＝1，所以n 1＝(3，1，1)．

设平面MNP 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由，

?????n 2⊥MN ，n 2⊥NP ，得?????n 2·MN ＝0，n 2

·NP ＝0， 即?????（x 2，y 2，z 2

）·（1，0，0）＝0，（x 2，y 2，z 2）·?

???0，32，－32＝0， 从而?????x 2

＝0，32y 2－32z 2

＝0. 取z 2＝1，则y 2＝1，x 2＝0，所以n 2＝(0，1，1)．

设二面角A - NP - M 的大小为θ，则cos θ＝??????n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝

10 ????

??（3，1，1）·（0，1，1）5×2＝105. 故二面角A -NP -M 的余弦值是

105

. G4 空间中的平行关系

20．、、[2014·安徽卷] 如图1-5，四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，且AD ＝2BC .过A 1，C ，D 三点的平面记为α，BB 1与α的交点为Q .

图1-5

(1)证明：Q 为BB 1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AA 1＝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 ∥AA 1，BC ∥AD ，

BC ∩BQ ＝B ，AD ∩AA 1＝A ，

所以平面QBC ∥平面A 1AD ，

从而平面A 1CD 与这两个平面的交线相互平行，

即QC ∥A 1D .

故△QBC 与△A 1AD 的对应边相互平行，

于是△QBC ∽△A 1AD ，

所以BQ BB 1＝BQ AA 1＝BC AD ＝12

，即Q 为BB 1的中点． (2)如图1所示，连接QA ，QD .设AA 1＝h ，梯形ABCD 的高为d 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 -A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝13

ahd ， V 四棱锥Q -ABCD ＝13·a ＋2a 2

·d ·????12h ＝14ahd ， 所以V 下＝V 三棱锥Q -A 1AD ＋V 四棱锥Q -ABCD ＝

712ahd . 又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 -ABCD ＝32

ahd ， 所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 -ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝1112ahd ，故V 上V 下＝117

. (3)方法一：如图1所示，在△ADC 中，作AE ⊥DC ，垂足为E ，连接A 1E . 又DE ⊥AA 1，且AA 1∩AE ＝A ，

所以DE ⊥平面AEA 1，所以DE ⊥A 1E .

所以∠AEA 1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 .

11 又因为梯形ABCD 的面积为6，DC ＝2，

所以S △ADC ＝4，AE ＝4.

于是tan ∠AEA 1＝AA 1AE ＝1，∠AEA 1＝π4

. 故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π4

. 方法二：如图2所示，以D 为原点，DA ，DD 1→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 ＝2sin θ

.

图2

从而可得C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1???

?4sin θ，0，4， 所以DC ＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA 1→＝???

?4sin θ，0，4. 设平面A 1DC 的法向量n ＝(x ，y ，1)，

由???DA 1→·n ＝4sin θ

x ＋4＝0，DC →·n ＝2x cos θ＋2y sin 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|＝22

， 故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π4

. 17．、[2014·北京卷] 如图1-3，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P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角

的大小，并求线段PH 的长．

图1-3

17．解：(1)证明：在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB 又因为AB ?平面PDE ，

12 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P A ⊥底面ABCDE ，

所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .

建立空间直角坐标系Axyz ，如图所示，则A (0，0，0)，B (1，00)，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 →|＝12. 因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6

. 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＝23

，所以点H 的坐标为????43，23，23. 所以PH ＝????432＋????232＋????－432

＝2. 19．、、、[2014·湖北卷] 如图1-4，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．

(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ .

(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

图1-4

19．解：方法一(几何方法)：

(1)证明：如图①，连接AD 1，由ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体，知BC 1∥AD 1.

当λ＝1时，P 是DD 1的中点，又F 是AD 的中点，所以

FP ∥AD 1，所以BC 1∥FP .

而FP ?平面EFPQ ，且BC 1?平面

13 EFPQ ，故直线BC 1∥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 ＝12

BD . 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 ＝12

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，GH 2＝4，OH 2＝1＋λ2－???

?222＝λ2＋12， OG 2＝1＋(2－λ)2－???

?222＝(2－λ)2＋12， 由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±22

， 故存在λ＝1±22

，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 ，DD 1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)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．

图③

BC 1→＝(－2，0，2)，FP ＝(－1，0，λ)，FE ＝(1，1，0)．

(1)证明：当λ＝1时，FP ＝(－1，0，1)，

因为BC 1→＝(－2，0，2)，

所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .

而FP ?平面EFPQ ，且BC 1?平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面

(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±22

. 故存在λ＝1±22

，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角． 18．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥

平面ABCD ，E 为PD 的中点．

(1)证明：PB ∥平面AEC ；

(2)设二面角D -AE -C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E -ACD 的体积．

图1-3

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P A ⊥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A -xyz ，则D ()0，3，0，E ????0，32，12，AE →＝?

???0，32，12.

设B (m ，0，0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)．

设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，

则?????n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即?????

mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，

可取n 1＝????3m ，－1，3. 又n 2＝(1，0，0)为平面DAE 的法向量，

由题设易知|cos 〈n 1，n 2〉|＝12

，即 33＋4m 2＝12

，解得m ＝3

2. 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E -ACD 的高为12.三棱锥E -ACD 的体积V ＝13×12

×3×32×12＝38

. 17．，[2014·山东卷] 如图1-3所示，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB ＝60°，AB ＝2CD ＝2，M 是线段AB 的中点．

图1-3

(1)求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1；

(2)若CD 1垂直于平面ABCD 且CD 1＝3，求平面C 1D 1M 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AD 1.因为在四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，

CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，

所以C 1D 1∥MA ，C 1D 1＝MA ，

15 所以四边形AMC 1D 1为平行四边形，

因此，C 1M ∥D 1A .

又C 1M ?平面A 1ADD 1，D 1A ?平面A 1ADD 1， 所以C 1M ∥平面A 1ADD 1.

(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

所以A (3，0，0)，B (0，1，0)，D 1(0，0，3)． 因此M ????32，12，0， 所以MD 1→＝????－32，－12，3，D 1C 1→＝MB →＝???

?－32，12，0. 设平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，

由?????n ·D 1C 1→＝0，n ·

MD 1→＝0，得???3x －y ＝0，3x ＋y －2 3z ＝0， 可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0，0，3)为平面ABCD 的一个法向量．

因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n |CD 1→||n |

＝55， 所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 方法二：由(1)知，平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，点过C 向AB 引垂线交AB 于点N ，连接D 1N .

由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ，

因此∠D 1NC 为二面角C 1 - AB - C 的平面角． 在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC ＝60°， 可得CN ＝32

， 所以ND 1＝CD 21＋CN 2＝

152.

在Rt △D 1CN 中，cos ∠D 1NC ＝CN D 1N ＝3

2152

＝55

，

G5 空间中的垂直关系

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1-5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1-5

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 ⊥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 ????0，12，12. 则BC →＝(1，1，0)，BM →＝????0，12，12，AD →＝(0，1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，

则?????n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即?????x 0＋y 0

＝0，12y 0＋12z 0

＝0， 取z 0＝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 →|＝63. 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63

. 18．、[2014·广东卷] 如图1-4，四边形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1-4

19．、[2014·湖南卷] 如图1-6所示，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1

17 都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．

(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；

(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1-OB 1-D 的余弦值．

图1-6

19．解：(1)如图(a)，因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC ⊥AC .同理DD 1⊥BD .

因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD .而AC ∩BD ＝O ，因此CC ⊥底面ABCD .

由题设知，O 1O ∥C 1C .故O 1O ⊥底面ABCD .

(2)方法一： 如图(a)，过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ，连接HC 1由(1)知，O 1O ⊥底面ABCD ，所以O 1O ⊥底面A 1B 1C 1D 1A 1C 1.

图(a)

又因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，形A 1B 1C 1D 1是菱形，

因此A 1C 1⊥B 1D 1，从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，所以A 1C 1⊥OB 1于是OB 1⊥平面O 1HC 1.

进而OB 1⊥C 1H .故∠C 1HO 1是二面角C 1-OB 1-D 的平面角．

不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，OB 1＝7.

在Rt △OO 1B 1中，易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237

.而O 1C 1＝1，于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2＝1＋127＝197

. 故cos ∠C 1HO 1＝O 1H C 1H ＝23719

7

＝25719. 即二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为25719

. 方法二：因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直．

图(b)

如图(b)，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz ，不妨设AB ＝2.因为∠＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，于是相关各点的坐标为O (00)，

B 1(3，0，2)，

C 1(0，1，2)．

易知，n 1＝(0，1，0)是平面BDD 1B 1的一个法向量．

设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量，则?????n 2·OB →1＝0，n 2·OC →1＝0，即?

??3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0. 取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23，所以n 2＝(2，23，－3)．

设二面角C 1-OB 1-D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是

cos θ＝|cos 〈，〉|＝??????n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2319

＝25719.

18 故二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为25719

. 19．、、[2014·江西卷] 如图1-6，四棱锥P - ABCD 中，ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD .

图1-6

(1)求证：AB ⊥PD .

(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB P - ABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦

19．解：(1)证明：因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD .

又平面P AD ⊥平面ABCD ，

平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，

所以AB ⊥平面P AD ，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 33，GC ＝2 63，BG ＝63

. 设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝

43－m 2，故四棱锥P - ABCD 的体积为 V ＝13

×6·m ·43－m 2＝m 38－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝ －6?

???m 2－232＋83， 所以当m ＝

63，即AB ＝63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 ??

??63，－63，0，C ????63，263，0，D ????0，263，0，P ????0，0，63，故PC →＝????63

，263，－63，BC →＝(0，6，0)，CD ＝???

?－63，0，0. 设平面BPC 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，1)，

则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →，得?????63x ＋2 63y －63＝0，6y ＝0，

解得x ＝1，y ＝0，则n 1＝(1，0，1)．

同理可求出平面DPC 的一个法向量为n 2＝???

?0，12，1. 设平面BPC 与平面DPC 的夹角为θ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14

＋1＝105. 19．、[2014·辽宁卷] 如图1-5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．

19 (1)求证：EF ⊥BC ；

(2)求二面角E -BF -C 的正弦值．

图1-5

19．解：(1)证明：方法一，过点E 作EO ⊥BC ，垂足为O 接OF .由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC ，所以∠EOC ∠FOC ＝π2

，即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ，所以BC 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 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 (0，00)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0)，因而E (0，12，32)，F (32，12，0)，所以EF →＝(32，0，－32

)，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 .ABC ⊥平面BDC ，所以EO ⊥面BDC ，又OG ⊥BF ，所以由三垂线定理知⊥BF ，

因此∠EGO 为二面角E -BF -C 的平面角．

在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32

. 由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BO BC ·FC ＝34，因此tan ∠EGO ＝EO OG

＝2，从而得sin ∠EGO ＝255，即二面角E -BF -C 的正弦值为2 55

. 方法二，在图2中，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)．

设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，

又BF →＝(32，12，0)，BE →＝(0，12，32

)， 所以?????n 2·BF →＝0，n 2·BE →＝0，

得其中一个n 2＝(1，－3，1)． 设二面角E -BF -C 的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝???

?n 1·n 2|n 1||n 2|＝15

， 因此sin θ＝25

＝2 55，即所求二面角正弦值为2 55. 19．G 5、G 11[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-5，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .

图1-5

(1)证明：AC ＝AB 1；

(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面A

20 -A 1B 1 -C 1的余弦值．

19．解：(1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO ，因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．

又AB ⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO .

由于AO ?平面ABO ，故B 1C ⊥AO .

又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.

(2)因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .

又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌ △BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两垂直． 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∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又A ????0，0，33，B (1，0，0)，B 1????0，33，0，C ???

?0，－33，0AB 1→＝?

???0，33，－33， A 1B 1→＝AB ＝?

???1，0，－33， B 1C →1＝BC ＝???

?－1，－33，0. 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则

???n ·AB 1＝0，n ·A 1B 1

→＝0，即???33y －33z ＝0，x －33z ＝0. 所以可取n ＝(1，3，3)．

设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，

则?????m ·A 1B 1→＝0，m ·

B 1

C 1→＝0， 同理可取m ＝(1，－3，3)．

则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17

. 所以结合图形知二面角A -A 1B 1 - C 1的余弦值为17

. 17．、[2014·天津卷] 如图1-4所示，在四棱锥P - ABCD 中，P A ⊥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1-4

17．解：方法一：依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如

21 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 有

cos 〈n ，BE 〉＝n ·BE |n |·|BE |＝26×2＝33

， 所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (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＝34

，即BF ＝????－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，则?????n 1·AB ＝0，n 1·BF ＝0，即?????x ＝0，

－12x ＋12y ＋32

z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3，1)为平面F AB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量n 2＝(0，1，0)，则

cos 〈，〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1

＝－31010. 易知二面角F - AB - P 是锐角，所以其余弦值为31010

. 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 ＝12

DC .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P A ⊥底面ABCD ，故P A ⊥CD ，而CD ⊥DA ，从而CD ⊥平面P AD .因为AM ?平面P AD ，所以CD ⊥AM .又BE ∥AM ，所以BE ⊥CD .

(2)连接BM ，由(1)有CD ⊥平面P AD ，得CD ⊥PD .而EM ∥CD PD ⊥EM .又因为AD ＝AP ，M 为PD 的中点，所以PD ⊥AM ，可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

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