2014年高考数学（理）真题分类汇编：立体几何

这是一份2014年高考数学（理）真题分类汇编：立体几何，共67页。

 数 学
G单元 立体几何
G1 空间几何体的结构
8．[2014·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，计算其体积V的近似公式V≈L2h.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，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为(　　)
A. B. C. D.
8．B　

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1­2所示，则该多面体的表面积为(　　)
A．21＋ B．8＋ C．21 D．18



图1­2
7．A　




2．[2014·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　
5．[2014·湖北卷] 在如图1­1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1­1
　
A．①和② B．①和③ C．③和② D．④和②
5．D　
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
5．[2014·江西卷] 一几何体的直观图如图1­1所示，下列给出的四个俯视图中正确的是(　　)

图1­1
　　　
　A　　　　B　　　　C　　　 　D
图1­2
5．B
7．、[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图1­1所示，则该几何体的体积为(　　)
A．8－2π B．8－π C．8－ D．8－

图1­1
7．B　
3．[2014·浙江卷] 几何体的三视图(单位：cm)如图1­1所示，则此几何体的表面积是(　　)

图1­1
A．90 cm2 B．129 cm2 C．132 cm2 D．138 cm2
3．D


12．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1­3，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1­3
A．6 B．6 C．4 D．4
12．B　

6．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1­1，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1­1

A. B. C. D.
6．C
17．[2014·陕西卷] 四面体ABCD及其三视图如图1­4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1­4
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，
得取n＝(1，1，0)，
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
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，F(1，0，0)，G(0，1，0)．
∴＝，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，
得取n＝(1，1，0)，
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
10．[2014·天津卷] 一个儿何体的三视图如图1­3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.


图1­3
10.　
7．[2014·重庆卷] 某几何体的三视图如图1­2所示，则该几何体的表面积为(　　)

图1­2
A．54 B．60 C．66 D．72
7．B　

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

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，，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.
则＝(1，1，0)，＝，＝(0，1，－1)．
设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，
则即
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＝＝＝.
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
11．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 直三棱柱ABC­A1B1C1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(　　)
A. B. C. D.
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，NE所成的角即为直线BM，AN所成的角．设BC＝1，则B1M＝B1A1＝，所以MB＝＝＝NE，AN＝AE＝，
在△ANE中，根据余弦定理得cos ∠ANE＝＝.

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＝.
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＝.
作BR⊥AC于R
因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，
所以BR＝＝.
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＝＝.
同理，可得MQ＝.
故△MNQ为等腰三角形，
所以在等腰△MNQ中，
cos∠MNQ＝＝＝.
故二面角A ­ NP ­ M的余弦值是.
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，)，B(1，0，0)，C(0，，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，N，P，于是AB＝(1，0，－)，BC＝(－1，，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝.
设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，
由得即

从而
取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1，1)．
设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，
得
即
从而
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＝＝＝.
故二面角A­NP­M的余弦值是.

G4 空间中的平行关系
20．[2014·安徽卷] 如图1­5，四棱柱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＝＝＝，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＝×·2a·h·d＝ahd，
V四棱锥Q ­ABCD＝··d·＝ahd，
所以V下＝V三棱锥Q ­A1AD＋V四棱锥Q ­ABCD＝ahd.
又V四棱柱A1B1C1D1 ­ABCD＝ahd，
所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1 ­ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd，故＝.
(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＝＝1，∠AEA1＝.
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.
方法二：如图2所示，以D为原点，DA，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＝·2sin θ＝6，
所以a＝.

图2
从而可得C(2cos θ，2sin θ，0)，A1，
所以DC＝(2cos θ，2sin θ，0)，＝.
设平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，
由
得
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〉＝＝，
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.
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)，＝(1，1，0)．

设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
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，〉|＝＝.
因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.
设点H的坐标为(u，v，w)．
因为点H在棱PC上，所以可设＝λ(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·＝0，
即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，
解得λ＝，所以点H的坐标为.
所以PH＝＝2.
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＝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＝PQ.
在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，
于是EQ＝FP＝，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－＝λ2＋，
OG2＝1＋(2－λ)2－＝(2－λ)2＋，
由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋＋λ2＋＝4，解得λ＝1±，
故存在λ＝1±，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　　　　
＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．
(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)，
因为＝(－2，0，2)，
所以＝2，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)，则由可得
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±.
故存在λ＝1±，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＝，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，，AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A­xyz，则D，E，＝.


设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．
设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，
则即
可取n1＝.
又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，
由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即
＝，解得m＝.
因为E为PD的中点，所以三棱锥E­ACD的高为.三棱锥E­ACD的体积V＝××××＝.
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＝，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＝，
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(，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，)．
因此M，
所以＝，＝＝.
设平面C1D1M的一个法向量n＝(x，y，z)，
由得
可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，，1)．
又＝(0，0，)为平面ABCD的一个法向量．
因此cos〈，n〉＝＝，
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
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＝，
所以ND1＝＝.
在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝，
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
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＝.
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＝.
作BR⊥AC于R
因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，
所以BR＝＝.
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＝＝.
同理，可得MQ＝.
故△MNQ为等腰三角形，
所以在等腰△MNQ中，
cos∠MNQ＝＝＝.
故二面角A ­ NP ­ M的余弦值是.
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，)，B(1，0，0)，C(0，，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，N，P，于是AB＝(1，0，－)，BC＝(－1，，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝.
设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，
由得即

从而
取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1，1)．
设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，
得
即
从而
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＝＝＝.
故二面角A­NP­M的余弦值是.

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，，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.
则＝(1，1，0)，＝，＝(0，1，－1)．
设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，
则即
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＝＝＝.
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
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⊥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C1­OB1­D的平面角．
不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，OB1＝.
在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2.而O1C1＝1，于是C1H＝＝＝.
故cos∠C1HO1＝＝＝.
即二面角C1­OB1­D的余弦值为.
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＝，OC＝1，于是相关各点的坐标为O(0，0，0)，
B1(，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，则即
取z＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝(2，2，－)．
设二面角C1­OB1­D的大小为θ，易知θ是锐角，于是
cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.
故二面角C1­OB1­D的余弦值为.
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＝，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＝，GC＝，BG＝.
设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥P ­ ABCD的体积为
V＝×·m·＝.
因为m＝＝
，
所以当m＝，即AB＝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，C，D，P，故＝，＝(0，，0)，CD＝.
设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y，1)，
则由n1⊥，n1⊥，得解得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＝.
设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝＝.
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＝，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，)，D(，－1，0)，C(0，2，0)，因而E(0，，)，F(，，0)，所以＝(，0，－)，＝(0，2，0)，因此·＝0，
从而⊥，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＝EC＝BC·cos 30°＝.
由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝，因此tan∠EGO＝＝2，从而得sin∠EGO＝，即二面角E­BF­C的正弦值为.
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＝(，，0)，＝(0，，)，
所以得其中一个n2＝(1，－，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〉|＝＝，
因此sin θ＝＝，即所求二面角正弦值为.
19．G5、G11[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1­5，三棱柱ABC ­A1B1C1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，B(1，0，0)，B1，C.
＝，
＝AB＝，
1＝BC＝.
设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则
即
所以可取n＝(1，，)．
设m是平面A1B1C1的法向量，
则
同理可取m＝(1，－，)．
则cos〈n，m〉＝＝.
所以结合图形知二面角A ­A1B1 ­ C1的余弦值为.
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＝.
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＝.
作BR⊥AC于R
因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，
所以BR＝＝.
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＝＝.
同理，可得MQ＝.
故△MNQ为等腰三角形，
所以在等腰△MNQ中，
cos∠MNQ＝＝＝.
故二面角A ­ NP ­ M的余弦值是.
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，)，B(1，0，0)，C(0，，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，N，P，于是AB＝(1，0，－)，BC＝(－1，，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝.
设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，
由得即

从而
取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1，1)．
设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，
得
即
从而
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＝＝＝.
故二面角A­NP­M的余弦值是.
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，
则即
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〉＝＝＝，
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(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＝λ，0≤λ≤1.
故BF＝BC＋CF＝BC＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得BF·AC＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，即BF＝.设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即不妨令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〈，〉＝＝＝－.
易知二面角F ­ AB ­ P是锐角，所以其余弦值为.
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＝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，而M为PD中点，可得AM＝，进而BE＝.故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝＝＝，因此sin∠EBM＝，
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(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＝PD＝，∠APG＝45°.由余弦定理可得AG＝，cos∠PAG＝，所以二面角F ­ AB ­ P的余弦值为.

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＝.
(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＝，
由AC＝，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＝，得AD＝.
在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝，得AE＝.
在Rt△ABD中，由BD＝，AB＝2，AD＝，得BF＝，AF＝AD.从而GF＝ED＝.
在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝，BG＝.
在△BFG中，cos∠BFG＝＝.
所以，∠BFG＝，即二面角B ­ AD ­ E的大小是.
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，)，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，－)，AE＝(1，－2，－)，＝(1，1，0)．
由即
可取m＝(0，1，－)．
由即
可取n＝(1，－1，)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝＝.
由题意可知，所求二面角是锐角，
故二面角B ­ AD ­ E的大小是.
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＝，M为BC上一点，且BM＝，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，，，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＝，
所以OA＝AB·cos＝，OB＝AB·sin＝1，
所以O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，C(－，0，0)，＝(0，1，0)，＝(－，－1，0)．
由BM＝，BC＝2知，＝＝，
从而＝＋＝，
即M.
设P(0，0，a)，a＞0，则＝(－，0，a)，＝.因为MP⊥AP，所以·＝0，即－＋a2＝0，所以a＝或a＝－(舍去)，即PO＝.
(2)由(1)知，＝，＝，＝.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·＝0, n1·＝0，得
故可取n1＝.
由n2·＝0，n2·＝0，得
故可取n2＝(1，－，－2)．
从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为
cos〈n1，n2〉＝＝－，
故所求二面角A­PM­C的正弦值为.

G6 三垂线定理
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，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＝.
因为A1C为∠ACC1的平分线，
所以A1D＝A1E＝.
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＝＝1，得D为AC中点，
DF＝，tan∠A1FD＝＝，所以cos∠A1FD＝.
所以二面角A1 ­ AB ­ C的大小为arccos.
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＝(－2，1，0)，＝(－2，0，0)，＝(a－2，0，c)，＝＋＝(a－4，0，c)，＝(a，－1，c)．由||＝2，得＝2，即a2－4a＋c2＝0.①
又·＝a2－4a＋c2＝0，所以AC1⊥A1B .
(2)设平面BCC1B1的法向量m＝(x，y，z)，则m⊥，m⊥，即m·＝0，m·＝0.因为＝(0，1，0)，＝＝(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||·|cos〈m，〉|＝＝＝c.
又依题设，A到平面BCC1B1的距离为，
所以c＝，
代入①，解得a＝3(舍去)或a＝1，
于是＝(－1，0，)．
设平面ABA1的法向量n＝(p，q，r)，
则n⊥，n⊥，即n·＝0，n·＝0，
－p＋r＝0，且－2p＋q＝0.
令p＝，则q＝2 ，r＝1，所以n＝(，2 ，1)．
又p＝(0，0，1)为平面ABC的法向量，故
cos〈n，p〉＝＝.
所以二面角A1 ­ AB ­ C的大小为arccos.

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＝________．
13.　


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＝，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＝，GC＝，BG＝.
设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥P ­ ABCD的体积为
V＝×·m·＝.
因为m＝＝
，
所以当m＝，即AB＝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，C，D，P，故＝，＝(0，，0)，CD＝.
设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y，1)，
则由n1⊥，n1⊥，得解得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＝.
设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝＝.
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. B．16π C．9π D.

8．A　

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
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. B．16π C．9π D.

8．A　
5．[2014·陕西卷] 已知底面边长为1，侧棱长为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. B．4π C．2π D.
5．D

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　
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＝，M为BC上一点，且BM＝，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，，，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＝，
所以OA＝AB·cos＝，OB＝AB·sin＝1，
所以O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，C(－，0，0)，＝(0，1，0)，＝(－，－1，0)．
由BM＝，BC＝2知，＝＝，
从而＝＋＝，
即M.
设P(0，0，a)，a＞0，则＝(－，0，a)，＝.因为MP⊥AP，所以·＝0，即－＋a2＝0，所以a＝或a＝－(舍去)，即PO＝.
(2)由(1)知，＝，＝，＝.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·＝0, n1·＝0，得
故可取n1＝.
由n2·＝0，n2·＝0，得
故可取n2＝(1，－，－2)．
从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为
cos〈n1，n2〉＝＝－，
故所求二面角A­PM­C的正弦值为.

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＝，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，，AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A­xyz，则D，E，＝.


设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．
设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，
则即
可取n1＝.
又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，
由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即
＝，解得m＝.
因为E为PD的中点，所以三棱锥E­ACD的高为.三棱锥E­ACD的体积V＝××××＝.

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＝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＝PQ.
在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，
于是EQ＝FP＝，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－＝λ2＋，
OG2＝1＋(2－λ)2－＝(2－λ)2＋，
由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋＋λ2＋＝4，解得λ＝1±，
故存在λ＝1±，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　　　　
＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．
(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)，
因为＝(－2，0，2)，
所以＝2，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)，则由可得
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±.
故存在λ＝1±，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 ­ 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＝＝＝，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＝×·2a·h·d＝ahd，
V四棱锥Q ­ABCD＝··d·＝ahd，
所以V下＝V三棱锥Q ­A1AD＋V四棱锥Q ­ABCD＝ahd.
又V四棱柱A1B1C1D1 ­ABCD＝ahd，
所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1 ­ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd，故＝.
(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＝＝1，∠AEA1＝.
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.
方法二：如图2所示，以D为原点，DA，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＝·2sin θ＝6，
所以a＝.

图2
从而可得C(2cos θ，2sin θ，0)，A1，
所以DC＝(2cos θ，2sin θ，0)，＝.
设平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，
由
得
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〉＝＝，
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.
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)，＝(1，1，0)．

设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
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，〉|＝＝.
因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.
设点H的坐标为(u，v，w)．
因为点H在棱PC上，所以可设＝λ(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·＝0，
即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，
解得λ＝，所以点H的坐标为.
所以PH＝＝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，，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.
则＝(1，1，0)，＝，＝(0，1，－1)．
设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，
则即
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＝＝＝.
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
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＝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＝PQ.
在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，
于是EQ＝FP＝，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－＝λ2＋，
OG2＝1＋(2－λ)2－＝(2－λ)2＋，
由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋＋λ2＋＝4，解得λ＝1±，
故存在λ＝1±，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　　　　
＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．
(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)，
因为＝(－2，0，2)，
所以＝2，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)，则由可得
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±.
故存在λ＝1±，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⊥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C1­OB1­D的平面角．
不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，OB1＝.
在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2.而O1C1＝1，于是C1H＝＝＝.
故cos∠C1HO1＝＝＝.
即二面角C1­OB1­D的余弦值为.
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＝，OC＝1，于是相关各点的坐标为O(0，0，0)，
B1(，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，则即
取z＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝(2，2，－)．
设二面角C1­OB1­D的大小为θ，易知θ是锐角，于是
cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.
故二面角C1­OB1­D的余弦值为.
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＝，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＝，GC＝，BG＝.
设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥P ­ ABCD的体积为
V＝×·m·＝.
因为m＝＝
，
所以当m＝，即AB＝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，C，D，P，故＝，＝(0，，0)，CD＝.
设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y，1)，
则由n1⊥，n1⊥，得解得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＝.
设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝＝.
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＝，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，)，D(，－1，0)，C(0，2，0)，因而E(0，，)，F(，，0)，所以＝(，0，－)，＝(0，2，0)，因此·＝0，
从而⊥，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＝EC＝BC·cos 30°＝.
由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝，因此tan∠EGO＝＝2，从而得sin∠EGO＝，即二面角E­BF­C的正弦值为.
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＝(，，0)，＝(0，，)，
所以得其中一个n2＝(1，－，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〉|＝＝，
因此sin θ＝＝，即所求二面角正弦值为.
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. B. C. D.
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＝a.因为∠ACD＝135°，所以∠DCE＝45°，所以，在Rt△DCE中，D1E＝CE＝a，CD1＝a，∴FD1＝2a，∴cos∠DCF＝＝.

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，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＝.
因为A1C为∠ACC1的平分线，
所以A1D＝A1E＝.
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＝＝1，得D为AC中点，
DF＝，tan∠A1FD＝＝，所以cos∠A1FD＝.
所以二面角A1 ­ AB ­ C的大小为arccos.
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＝(－2，1，0)，＝(－2，0，0)，＝(a－2，0，c)，＝＋＝(a－4，0，c)，＝(a，－1，c)．由||＝2，得＝2，即a2－4a＋c2＝0.①
又·＝a2－4a＋c2＝0，所以AC1⊥A1B .
(2)设平面BCC1B1的法向量m＝(x，y，z)，则m⊥，m⊥，即m·＝0，m·＝0.因为＝(0，1，0)，＝＝(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||·|cos〈m，〉|＝＝＝c.
又依题设，A到平面BCC1B1的距离为，
所以c＝，
代入①，解得a＝3(舍去)或a＝1，
于是＝(－1，0，)．
设平面ABA1的法向量n＝(p，q，r)，
则n⊥，n⊥，即n·＝0，n·＝0，
－p＋r＝0，且－2p＋q＝0.
令p＝，则q＝2 ，r＝1，所以n＝(，2 ，1)．
又p＝(0，0，1)为平面ABC的法向量，故
cos〈n，p〉＝＝.
所以二面角A1 ­ AB ­ C的大小为arccos.
19．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1­5，三棱柱ABC ­A1B1C1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，B(1，0，0)，B1，C.
＝，
＝AB＝，
1＝BC＝.
设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则
即
所以可取n＝(1，，)．
设m是平面A1B1C1的法向量，
则
同理可取m＝(1，－，)．
则cos〈n，m〉＝＝.
所以结合图形知二面角A ­A1B1 ­ C1的余弦值为.
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＝，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＝，
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(，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，)．
因此M，
所以＝，＝＝.
设平面C1D1M的一个法向量n＝(x，y，z)，
由得
可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，，1)．
又＝(0，0，)为平面ABCD的一个法向量．
因此cos〈，n〉＝＝，
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
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＝，
所以ND1＝＝.
在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝，
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
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＝.
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＝.
作BR⊥AC于R
因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，
所以BR＝＝.
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＝＝.
同理，可得MQ＝.
故△MNQ为等腰三角形，
所以在等腰△MNQ中，
cos∠MNQ＝＝＝.
故二面角A ­ NP ­ M的余弦值是.
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，)，B(1，0，0)，C(0，，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，N，P，于是AB＝(1，0，－)，BC＝(－1，，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝.
设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，
由得即

从而
取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1，1)．
设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，
得
即
从而
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＝＝＝.
故二面角A­NP­M的余弦值是.
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，
则即
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〉＝＝＝，
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(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＝λ，0≤λ≤1.
故BF＝BC＋CF＝BC＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得BF·AC＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，即BF＝.设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即不妨令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〈，〉＝＝＝－.
易知二面角F ­ AB ­ P是锐角，所以其余弦值为.
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＝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，而M为PD中点，可得AM＝，进而BE＝.故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝＝＝，因此sin∠EBM＝，
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(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＝PD＝，∠APG＝45°.由余弦定理可得AG＝，cos∠PAG＝，所以二面角F ­ AB ­ P的余弦值为.

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.　[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＝.设PD＝x，则DC＝x，BD＝20－x，在Rt△ABD中，AD＝＝，
所以tan θ＝＝＝≤，故tan θ的最大值为.


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＝.
(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＝，
由AC＝，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＝，得AD＝.
在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝，得AE＝.
在Rt△ABD中，由BD＝，AB＝2，AD＝，得BF＝，AF＝AD.从而GF＝ED＝.
在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝，BG＝.
在△BFG中，cos∠BFG＝＝.
所以，∠BFG＝，即二面角B ­ AD ­ E的大小是.
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，)，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，－)，AE＝(1，－2，－)，＝(1，1，0)．
由即
可取m＝(0，1，－)．
由即
可取n＝(1，－1，)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝＝.
由题意可知，所求二面角是锐角，
故二面角B ­ AD ­ E的大小是.

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　
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，)．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　
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＝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＝PQ.
在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，
于是EQ＝FP＝，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－＝λ2＋，
OG2＝1＋(2－λ)2－＝(2－λ)2＋，
由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋＋λ2＋＝4，解得λ＝1±，
故存在λ＝1±，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　　　　
＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．
(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)，
因为＝(－2，0，2)，
所以＝2，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)，则由可得
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±.
故存在λ＝1±，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 ­ A1B1C1D1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. B. C. D.
8．B