2014年高考数学分类汇编（高考真题+模拟新题）立体几何 理

G单元 立体几何

G1 空间几何体的结构 20．、、[20142安徽卷] 如图1-5，四棱柱ABCD - A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.

图1-5

(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

BQBQBC1

＝＝＝，即Q为BB1的中点． BB1AA1AD2

(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

1132

13

V三棱锥Q -A1AD＝322a2h2d＝ahd，

1a＋2a?1?1

V四棱锥Q -ABCD＝22d2?h?＝ahd，

3

2

?2?4

7

所以V下＝V三棱锥Q -A1AD＋V四棱锥Q -ABCD＝ahd.

123

又V四棱柱A1B1C1D1 -ABCD＝ahd，

2

3711V上11

所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1 -ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd，故＝.

21212V下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＝AA1π＝1，∠AEA1＝. AE4

π

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为. 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＋2a2

22sin θ＝6，

2

所以a＝. sin θ

图2

从而可得C(2cos θ，2sin θ，0)，A1?

?4，0，4?，

?

?sin θ?

4

，0，4??.

?sin θ?

→?所以DC＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA1＝?设平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，

?由? ?→DC2n＝2xcos θ＋2ysin θ＝0，

DA12n＝→

4

x＋4＝0，sin θ

??x＝－sin θ，得? ?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〉＝

n2m2

＝，

|n||m|2

π

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为. 4

8．[20142湖北卷] 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体

12

积V的近似公式V≈Lh.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似

36

22

公式V≈Lh相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )

752225157355A. B. C. D. 7850113

121

8．B [解析] 设圆锥的底面圆半径为r，底面积为S，则L＝2πr，由题意得Lh≈Sh，

363

22252

代入S＝πr化简得π≈3；类比推理，若V＝Lh，则π≈.故选B.

758

7．、[20142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( )

ππ

A．8－2π B．8－π C．8－ D．8－

24

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1?后余下的部分，故该几何体体积为23232－2313π32＝8－π. ?4?4??

G2 空间几何体的三视图和直观图 7．[20142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116

余下的部分，其表面积S＝634－36＋23323＝21＋3.

222

2．[20142福建卷] 某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A．圆柱 B．圆锥 C．四面体 D．三棱柱

2．A [解析] 由空间几何体的三视图可知，圆柱的正视图、侧视图、俯视图都不可能是三角形．

5．[20142湖北卷] 在如图1-1所示的空间直角坐标系O - xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )

图1-1 A．①和② B．①和③ C．③和② D．④和②

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

7．、[20142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，

6＋8－10

可得r＝＝2.

2

5．[20142江西卷] 一几何体的直观图如图1-1所示，下列给出的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．、[20142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( )

ππ

A．8－2π B．8－π C．8－ D．8－

24

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1?后余下的部分，故该几何体体积为23232－2313π32＝8－π. ??4?4?

3．[20142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

2

A．90 cm B．129 cm C．132 cm D．138 cm

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，

2

2

2

1

所以该几何体的表面积为2(433＋633＋634)＋233334＋433＋335－333＝

2

2

138(cm)，故选D.

12．[20142新课标全国卷Ⅰ] 如图1-3，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )

图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- CC1D1(其中E为BB1的中点)，其中最长的棱为D1E＝（4 2）＋2＝6.

2

2

6．[20142新课标全国卷Ⅱ] 如图1-1，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )

图1-1

A.

175101 B. C. D. 279273

22

6．C [解析] 该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积为π3332＋π3234

323

＝34π(cm)，原毛坯的体积为π3336＝54π(cm)，切削掉部分的体积为54π－34π＝20

20π103

π(cm)，故所求的比值为＝. 54π27

17．[20142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， ∴n2DA＝0，n2BC＝0，

得?

?z＝0，?

??－2x＋2y＝0，

取n＝(1，1，0)，

→?BA2n?＝2＝10. ∴sin θ＝|cos〈BA，n〉|＝??5?|BA||n|?532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)，

1??∵E是AB的中点，∴F，G分别为BD，DC的中点，得E?1，0，?，F(1，0，0)，G(0，2??1，0)．

1?→?

∴FE＝?0，0，?，FG＝(－1，1，0)，

2??

BA＝(－2，0，1)．

设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)， 则n2FE＝0，n2FG＝0，

1??z＝0，得?2取n＝(1，1，0)， ??－x＋y＝0，

?BA2n?210→

∴sin θ＝|cos〈BA，n〉|＝?→＝. ?＝

5532?|BA||n|?

10．[20142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

3

为________m.

图1-3

20π210. [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＝π31

3

120π2

34＋π3232＝. 33

7．[20142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

13352＋5

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＝3334＋＋34

222

2＋5＋35＋335＝60.

2

G3 平面的基本性质、空间两条直线 4．[20142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．、、[20142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⊥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)．

?11?依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M?0，，?. ?22?

→→?11?→

则BC＝(1，1，0)，BM＝?0，，?，AD＝(0，1，－1)．

?22?设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，

x0＋y0＝0，→???n2BC＝0，?

则?即?1 1

→y0＋z0＝0，??n2BM＝0，?2?2

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，

→|n2AD|6→则sin θ＝cos〈n，AD〉＝＝.

→3|n|2|AD|

||

6. 3

11．[20142新课标全国卷Ⅱ] 直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )

12302A. B. C. D. 105102

11．C [解析] 如图，E为BC的中点．由于M，N分别是A1B1，A1C1的中点，故MN∥B1C1

1

且MN＝B1C1，故MN綊BE，所以四边形MNEB为平行四边形，所以EN綊BM，所以直线AN，

2

即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为

NE所成的角即为直线BM，AN所成的角．设BC＝1，则B1M＝B1A1＝

65＝NE，AN＝AE＝， 22

在△ANE中，根据余弦定理得cos ∠ANE＝655

＋－44465322

＝

1

22

，所以MB＝211＋＝2

23

30. 10

18．，，，[20142四川卷] 三棱锥A - BCD及其侧视图、俯视图如图1-4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＝

10?AC?AB－??＝. 2?2?

2

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，

BR10

所以NQ＝＝.

24

10

. 4

故△MNQ为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ中， 同理，可得MQ＝

MNBD2410

cos∠MNQ＝＝＝.

NQNQ5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，

3??13??13??1

所以M?－，0，?，N?，0，?，P?，，0?，于是AB＝(1，0，－3)，BC＝(－

2??22??22?2?1，3，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝?0，33?

，－?. 22?

设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，

??n1⊥AB，??n12AB＝0，?由得?即 ?n1⊥BC，??n12BC＝0，?

?

?

?（x1，y1，z1）2（1，0，－3）＝0，

?

?（x1，y1，z1）2（－1，3，0）＝0，?x1－3z1＝0，从而?

?－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，??n22MN＝0，?得? ?n2⊥NP，??n22NP＝0，?

（x2，y2，z2）2（1，0，0）＝0，??即? 33??

（x2，y2，z2）2?0，，－?＝0，?22???

x2＝0，??从而?3 3

y－z＝0.22?2?2

取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．

?n12n2?＝

设二面角A - NP - M的大小为θ，则cos θ＝???|n1|2|n2|??（3，1，1）2（0，1，1）?10??＝5.

532??

故二面角A-NP-M的余弦值是

10

. 5

G4 空间中的平行关系 20．、、[20142安徽卷] 如图1-5，四棱柱ABCD - A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.

图1-5

(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

BQBQBC1

＝＝＝，即Q为BB1的中点． BB1AA1AD2

(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

1132

13

V三棱锥Q -A1AD＝322a2h2d＝ahd，

1a＋2a?1?1

V四棱锥Q -ABCD＝22d2?h?＝ahd，

3

2

?2?4

7

所以V下＝V三棱锥Q -A1AD＋V四棱锥Q -ABCD＝ahd.

123

又V四棱柱A1B1C1D1 -ABCD＝ahd，

2

3711V上11

所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1 -ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd，故＝.

21212V下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＝AA1π＝1，∠AEA1＝. AE4

π

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为. 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＋2a2

22sin θ＝6，

2

所以a＝. sin θ

图2

从而可得C(2cos θ，2sin θ，0)，A1?

?4，0，4?，

?

?sin θ?

4

，0，4??.

?sin θ?

→?所以DC＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA1＝?设平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，

?由? ?→DC2n＝2xcos θ＋2ysin θ＝0，

DA12n＝得?

?x＝－sin θ，?

??y＝cos θ，

→

4

x＋4＝0，sin 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〉＝

n2m2

＝，

|n||m|2

π

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为. 4

17．、[20142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1-3

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 →??n2AB＝0，??x＝0，

即? ?

?→y＋z＝0.???n2AF＝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 →??n2BC→??＝1. sin α＝|cos〈n，BC〉|＝

?|n||→?BC|?2?π

因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.

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n2AH＝0，

即(0，－1，1)2(2λ，λ，2－2λ)＝0， 2?422?解得λ＝，所以点H的坐标为?，，?. 3?333?所以PH＝

?4?＋?2?＋?－4?＝2.

?3??3??3???????

222

19．、、、[20142湖北卷] 如图1-4，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1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1-4 19．解：方法一(几何方法)：

(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCD-A1B1C1D1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

1

(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＝BD.

2

又DP＝BQ，DP∥BQ，

1

所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，从而EF∥PQ，且EF＝PQ.

2

在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，

2

于是EQ＝FP＝1＋λ，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.

1?2?22222

在△GOH中，GH＝4，OH＝1＋λ－??＝λ＋，

2?2?

1?2?2

OG＝1＋(2－λ)－??＝(2－λ)2＋，

2?2?

2

2

11222222

由OG＋OH＝GH，得(2－λ)＋＋λ＋＝4，解得λ＝1±，

222

2

，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2

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)．

故存在λ＝1±

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.

→???FE2n＝0，?x＋y＝0，

(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由?可得?

?→－x＋λz＝0.???FP2n＝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m2n＝(λ－2，2－λ，1)2(λ，－λ，1)＝0，

2

即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±. 22

，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2

18．、[20142新课标全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥P-ABCD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D-AE-C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E-ACD的体积．

故存在λ＝1±

→

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

31?→?31??

长，建立空间直角坐标系A-xyz，则D(0，3，0)，E?0，，?，AE＝?0，，?.

22?22???

→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，

?mx＋3y＝0，→??n12AC＝0，?

则?即?31

→y＋z＝0，??n12AE＝0，?2?2可取n1＝?

?3?

，－1，3?. ?m?

又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，

1

由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即

2

3132＝，解得m＝. 3＋4m22

1113因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V＝3333

232213

3＝. 2817．，[20142山东卷] 如图1-3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1-3

(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)． ?31?

，，0?， ?22?

3131??→→?→?

所以MD1＝?－，－，3?，D1C1＝MB＝?－，，0?.

2?2??22?

因此M?

设平面C1D1M的一个法向量n＝(x，y，z)，

→??n2D1C1＝0，?3x－y＝0，

由?得?

→??n2MD1＝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〉＝

→

CD12n→

|CD1||n|

→

＝5， 5

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.

所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为 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

2

2

所以ND1＝CD1＋CN＝

15. 2

在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝

CN5＝＝， D1N155

2

3

2

5. 5

18．，，，[20142四川卷] 三棱锥A - BCD及其侧视图、俯视图如图1-4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．

所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为 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＝

10?AC?AB－??＝. 2?2?

2

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，

BR10

所以NQ＝＝.

24

10

. 4

故△MNQ为等腰三角形， 同理，可得MQ＝

所以在等腰△MNQ中，

MNBD2410

cos∠MNQ＝＝＝.

NQNQ5

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.

故二面角A - NP - M的余弦值是则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，

3??13??13??1

所以M?－，0，?，N?，0，?，P?，，0?，于是AB＝(1，0，－3)，BC＝(－

2??22??22?2?1，3，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝?0，?

?33?，－?. 22?

设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，

??n1⊥AB，??n12AB＝0，

由?得?即 ?n1⊥BC，??n12BC＝0，?

?（x1，y1，z1）2（1，0，－3）＝0，

?

?（x1，y1，z1）2（－1，3，0）＝0，?x1－3z1＝0，从而?

?－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，??n22MN＝0，??得? ??n⊥NP，n2NP＝0，?2?2

（x2，y2，z2）2（1，0，0）＝0，??即? 33??（x，y，z）2＝0，222?0，，－??22???

x2＝0，??从而?3 3

y－z＝0.22?2?2

取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．

?n12n2?＝

设二面角A - NP - M的大小为θ，则cos θ＝???|n1|2|n2|??（3，1，1）2（0，1，1）?10??＝5.

532??

故二面角A-NP-M的余弦值是

10

. 5

G5 空间中的垂直关系 17．、、[20142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⊥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)．

?11?依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M?0，，?. ?22?

→→?11?→

则BC＝(1，1，0)，BM＝?0，，?，AD＝(0，1，－1)．

?22?

设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，

x0＋y0＝0，→???n2BC＝0，?

则?即?1 1

→y0＋z0＝0，??n2BM＝0，?2?2

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，

→|n2AD|6

则sin θ＝cos〈n，→＝＝. AD〉→3

|n|2|AD|

||

6. 3

18．、[20142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．

即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为

图1-4

19．、[20142湖南卷] 如图1-6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C1-OB1-D的余弦值．

图1-6 19．解：(1)如图(a)，因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD. 因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD.而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD. 由题设知，O1O∥C1C.故O1O⊥底面ABCD.

(2)方法一： 如图(a)，过O1作O1H⊥OB1于H，连接HC1.

由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1.

图(a) 又因为四棱柱ABCD -A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形， 因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1. 进而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角．

不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝3，OC＝1，OB1＝7.

OO12O1B1322

在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2.而O1C1＝1，于是C1H＝O1C1＋O1H＝

OB1712

1＋＝7

19. 7

3

7257＝.

19197

2O1H故cos∠C1HO1＝＝

C1H257

即二面角C1-OB1-D的余弦值为. 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．

→??n22OB1＝0，?3x＋2z＝0，

设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则?即?

→y＋2z＝0.???n22OC1＝0，

取z＝－3，则x＝2，y＝23，所以n2＝(2，23，－3)． 设二面角C1-OB1-D的大小为θ，易知θ是锐角，于是

?n12n2?＝23＝257. cos θ＝|cos〈，〉|＝??19?|n1|2|n2|?19

257

故二面角C1-OB1-D的余弦值为. 19

19．、、[20142江西卷] 如图1-6，四棱锥P - ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.

图1-6 (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.

2 32 66

在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝. 333设AB＝m，则OP＝PG－OG＝

2

2

42

－m，故四棱锥P - ABCD的体积为 3

V＝362m221342m2－m＝8－6m. 33

24因为m8－6m＝8m－6m＝

?22?8

－6?m－?＋，

3?3?

所以当m＝

66

，即AB＝时，四棱锥P - ABCD的体积最大． 33

2

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)，6?6??6?626??26??→

，－，0?，C?，，0?，D?0，，0?，P?0，0，?，故PC＝

3333??3??3????

6?→6?626??

?，，－?，BC＝(0，6，0)，CD＝?－，0，0?.

33??3?3?

B?

设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y，1)，

6?62 6

?x＋y－＝0，→→333则由n1⊥PC，n1⊥BC，得?解得x＝1，y＝0，则n1＝(1，0，1)． ??6y＝0，

?1?同理可求出平面DPC的一个法向量为n2＝?0，，1?.

?2?

1＋14

19．、[20142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．

(1)求证：EF⊥BC；

(2)求二面角E-BF-C的正弦值．

22

|n12n2|

设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝|n1||n2|

1

＝

10. 5

图1-5 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

π

证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC＝∠FOC＝，即FO⊥BC.又EO⊥BC，EO∩FO＝O，所以BC⊥

2

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，

133133→→→→

0)，因而E(0，，)，F(，，0)，所以EF＝(，0，－)，BC＝(0，2，0)，因此EF2BC222222

＝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E-BF-C的平面角．

113

在△EOC中，EO＝EC＝BC2cos 30°＝. 222

由△BGO∽△BFC知，OG＝2FC＝

BOBC3EO25，因此tan∠EGO＝＝2，从而得sin∠EGO＝，4OG5

2 5

即二面角E-BF-C的正弦值为.

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)，

3113→→

又BF＝(，，0)，BE＝(0，，)，

2222→??n22BF＝0，

所以?得其中一个n2＝(1，－3，1)．

→??n22BE＝0，

设二面角E-BF-C的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝?n12n2?＝1， ?|n1||n2|???5

因此sin θ＝2

2 52 5

＝，即所求二面角正弦值为. 555

19．G5、G11[20142新课标全国卷Ⅰ] 如图1-5，三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面BB1C1C为

菱形，AB⊥B1C.

图1-5

(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?0，0，0)，B1?0，

→

??3?

?，B(1，0，3?

??3??3?，0?，C?0，－，0?. 33???33?

，－?， 33?

AB1＝?0，

→

??

3??

?， 3??

3??→

B1C1＝BC＝?－1，－，0?.

3??

A1B1＝AB＝?1，0，－设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则 33?y－z＝0，

3?n2AB＝0，?3

即? ?→3?n2AB＝0，

x－z＝0.??3

111

所以可取n＝(1，3，3)．

设m是平面A1B1C1的法向量， →??m2A1B1＝0，

则?

→??m2B1C1＝0，

同理可取m＝(1，－3，3)．

n2m1

则cos〈n，m〉＝＝. |n||m|7

1

所以结合图形知二面角A -A1B1 - C1的余弦值为. 7

18．，，，[20142四川卷] 三棱锥A - BCD及其侧视图、俯视图如图1-4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＝

10?AC?AB－??＝. 2?2?

2

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，

BR10

所以NQ＝＝.

24

10

. 4

故△MNQ为等腰三角形， 同理，可得MQ＝

所以在等腰△MNQ中，

MNBD2410

cos∠MNQ＝＝＝.

NQNQ5

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.

故二面角A - NP - M的余弦值是则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，

3??13??13??1

所以M?－，0，?，N?，0，?，P?，，0?，于是AB＝(1，0，－3)，BC＝(－

2??22??22?2?1，3，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝?0，?

?33?，－?. 22?

设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，

??n1⊥AB，??n12AB＝0，

由?得?即 ?n1⊥BC，??n12BC＝0，?

?（x1，y1，z1）2（1，0，－3）＝0，

?

?（x1，y1，z1）2（－1，3，0）＝0，?x1－3z1＝0，从而?

?－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，??n22MN＝0，??得? ??n⊥NP，n2NP＝0，?2?2

（x2，y2，z2）2（1，0，0）＝0，??即? 33??（x，y，z）2＝0，222?0，，－??22???

x2＝0，??从而?3 3

y－z＝0.22?2?2

取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．

?n12n2?＝

设二面角A - NP - M的大小为θ，则cos θ＝???|n1|2|n2|??（3，1，1）2（0，1，1）?10??＝5.

532??

故二面角A-NP-M的余弦值是

10

. 5

17．、[20142天津卷] 如图1-4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BE2DC＝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，

??n2BD＝0，??－x＋2y＝0，则?即? ?n2PB＝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

n2BE23

cos〈n，BE〉＝＝＝，

|n|2|BE|6323

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BF2AC＝0，因此3?113?2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，即BF＝?－，，?.设n1＝(x，y，z)为平面FAB4?222?

???n12AB＝0，?

的法向量，则?即?113不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面

?n12BF＝0，?－x＋y＋z＝0.?

?2

2

2

x＝0，

FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0)，则

cos〈，〉＝

n12n2－3310

＝＝－.

|n1|2|n2|101031

310

易知二面角F - AB - P是锐角，所以其余弦值为.

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1

中点，故EM∥DC，且EM＝DC.又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四边形ABEM为平行四

2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＝22，而M为PD中点，可得AM＝2，进而BE＝2.故在直角三角形

EMAB13

BEM中，tan∠EBM＝＝＝，因此sin∠EBM＝，

BEBE32

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．

所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为1210

在△PAG中，PA＝2，PG＝PD＝，∠APG＝45°.由余弦定理可得AG＝，cos∠PAG422310310

＝，所以二面角F - AB - P的余弦值为.

1010

20．、[20142浙江卷] 如图1-5，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1-5

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，

222

得AB＝AC＋BC，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．

222

在直角梯形BCDE中，由CD＝BC＋BD， 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.

2 322

在Rt△ABD中，由BD＝2，AB＝2，AD＝6，得BF＝，AF＝AD.从而GF＝ED＝

3332

. 3

5 72

在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝，BG＝. 143

GF2＋BF2－BG23

在△BFG中，cos∠BFG＝＝.

2BF2GF2

ππ

所以，∠BFG＝，即二面角B - AD - E的大小是.

66

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)． ?m2AD＝0，?－2y1－2z1＝0，由?→即? ?m2AE＝0，?x1－2y1－2z1＝0，可取m＝(0，1，－2)．

→??n2AD＝0，?－2y2－2z2＝0，

由?即?

→??n2DB＝0，?x2＋y2＝0，

可取n＝(1，－1，2)．

|m2n|33

于是|cos〈m，n〉|＝＝＝. |m|2|n|3322由题意可知，所求二面角是锐角，

π

故二面角B - AD - E的大小是. 6

19．，[20142重庆卷]如图1-3所示，四棱锥P-ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥

π1

底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M为BC上一点，且BM＝，MP⊥AP.

32

(1)求PO的长；

(2)求二面角A-PM-C的正弦值．

图1-3 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.

π

因为∠BAD＝，

3

ππ

所以OA＝AB2cos＝3，OB＝AB2sin＝1，

66

→→

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)．

131?→1→?

由BM＝，BC＝2知，BM＝BC＝?－，－，0?，

244??4

33?→→→?

从而OM＝OB＋BM＝?－，，0?，

?44?即M?－

??33?，，0?. 44?

3?→→?3→→

设P(0，0，a)，a＞0，则AP＝(－3，0，a)，MP＝?，－，a?.因为MP⊥AP，所以MP2AP4?4?33332

＝0，即－＋a＝0，所以a＝或a＝－(舍去)，即PO＝.

4222

3?→?333?→?3?→?

(2)由(1)知，AP＝?－3，0，?，MP＝?，－，?，CP＝?3，0，?.设平面

2?42?2???4?

APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．

→→

由n12AP＝0, n12MP＝0，得

3

－3x1＋z1＝0，

2?53?

故可取n1＝?1，，2?.

3??333

x1－y1＋z1＝0，442

→→

由n22MP＝0，n22CP＝0，得

?????

333?x－y＋z＝0，?442

故可取n＝(1，－?3

3x＋z＝0，??2

2

2

2

2

2

2

3，－2)．

从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为

n12n215

cos〈n1，n2〉＝＝－，

|n1|2|n2|5故所求二面角A-PM-C的正弦值为10

. 5

G6 三垂线定理 19．、[20142全国卷] 如图1-1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＝AA1－A1D＝1，得D为AC中点，

22

DF＝5A1D1，tan∠A1FD＝＝15，所以cos∠A1FD＝. 5DF4

1所以二面角A1 - AB - C的大小为arccos.

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

→→22

又AC12BA1＝a－4a＋c＝0，所以AC1⊥A1B .

→→→→

(2)设平面BCC1B1的法向量m＝(x，y，z)，则m⊥CB，m⊥BB1，即m2CB＝0，m2BB1＝→→→

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|2|cos→

|CA2m|2c→

〈m，CA〉|＝＝2＝c.

|m|c＋（2－a）2

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n2AA1＝0，n2AB＝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

→

n2p1

cos〈n，p〉＝＝.

|n||p|4

1

所以二面角A1 - AB - C的大小为arccos.

4

G7 棱柱与棱锥

13．[20142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＝________．

11

13. [解析] 如图所示，由于D，E分别是边PB与PC的中点，所以S△BDE＝S△PBC.又因44

V1

V2

V11

为三棱锥A - BDE与三棱锥A - PBC的高长度相等，所以＝. V24

19．、、[20142江西卷] 如图1-6，四棱锥P - ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.

图1-6

(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.

2 32 66

在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝. 333设AB＝m，则OP＝PG－OG＝

2

2

42

－m，故四棱锥P - ABCD的体积为 3

V＝362m21342m2－m＝8－6m. 33

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/xxb3.html