立体几何专题训练(附答案)

2023-04-08 来源：年旅网

立体几何

G5 空间中的垂直关系 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＝3，OC＝1，OB1＝7.

OO1·O1B1322

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

OB1712

1＋＝7

19. 7

7257＝.

19197

2O1H故cos∠C1HO1＝＝

C1H257

即二面角C1OB1D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．

→n2·OB1＝0，3x＋2z＝0，

设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则即

→n2·OC1＝0，y＋2z＝0.

取z＝－3，则x＝2，y＝23，所以n2＝(2，23，－3)．设二面角C1OB1D的大小为θ，易知θ是锐角，于是

n1·n2＝23＝257. cos θ＝|cos〈，〉|＝19|n1|·|n2|19257故二面角C1OB1D的余弦值为. 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.

2 32 66

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

－m，故四棱锥P ABCD的体积为 3

V＝×6·m·

1342m2－m＝8－6m. 33

因为m8－6m＝8m－6m＝

228

－6m－＋，

33

所以当m＝

，即AB＝时，四棱锥P ABCD的体积最大． 33

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，→→33则由n1⊥PC，n1⊥BC，得3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．、[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·

|n1·n2|

设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝|n1||n2|

＝

10. 5

(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，－1，3)，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EF·BC222222

＝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．

113

在△EOC中，EO＝EC＝BC·cos 30°＝. 222

由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝即二面角EBFC的正弦值为

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

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)，

3113→→

又BF＝(，，0)，BE＝(0，，)，

2222→n2·BF＝0，

所以得其中一个n2＝(1，－3，1)．

→n2·BE＝0，

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＝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[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0，0，0)，B10，

→

3

，B(1，0，3

33，0，C0，－，0. 3333

，－， 33

AB1＝0，

→



A1B1＝AB＝1，0，－3， 3

3，0. 3

设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则

B1C1＝BC＝－1，－

→



33y－z＝0，

3n·AB＝0，3

即 →3n·AB＝0，

x－3z＝0.

111

所以可取n＝(1，3，3)．

设m是平面A1B1C1的法向量， →m·A1B1＝0，

则

→m·B1C1＝0，

同理可取m＝(1，－3，3)．

n·m1

则cos〈n，m〉＝＝. |n||m|7

所以结合图形知二面角A A1B1 C1的余弦值为. 7

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＝

10ACAB－＝. 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＝＝.

同理，可得MQ＝

. 4

故△MNQ为等腰三角形，所以在等腰△MNQ中，

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，n1·AB＝0，由得即 n⊥BC，n·BC＝0，11





（x1，y1，z1）·（1，0，－3）＝0，



（x1，y1，z1）·（－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，n2·MN＝0，得 n2⊥NP，n2·NP＝0，

（x2，y2，z2）·（1，0，0）＝0，即 33（x，y，z）·＝0，2220，，－22

x2＝0，从而3 3

y2－z2＝0.22

取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．

n1·n2＝

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

5×2

故二面角ANPM的余弦值是

. 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，

n·BD＝0，－x＋2y＝0，则即 n·PB＝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

n·BE23cos〈n，BE〉＝＝＝，

|n|·|BE|6×23

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31132(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，即BF＝－，，.设n1＝(x，y，z)为平面FAB4222

n1·AB＝0，

的法向量，则即113不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面

n1·BF＝0，－x＋y＋z＝0.

FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0)，则

cos〈，〉＝

x＝0，

2

n1·n2－3310

＝＝－.

|n1|·|n2|1010×1

310

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

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．

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．、[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，

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＝＝.

2BF·GF2

ππ

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(0，2，2)，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)． m·AD＝0，－2y1－2z1＝0，由→即 m·AE＝0，x1－2y1－2z1＝0，可取m＝(0，1，－2)．

→n·AD＝0，－2y2－2z2＝0，

由即

→x＋y＝0，22n·DB＝0，

可取n＝(1，－1，2)．

|m·n|33

于是|cos〈m，n〉|＝＝＝. |m|·|n|3×22

由题意可知，所求二面角是锐角，

故二面角B AD E的大小是. 6

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⊥

π1

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，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＝，

ππ

所以OA＝AB·cos＝3，OB＝AB·sin＝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)．

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MP·AP4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n1·AP＝0, n1·MP＝0，得

－3x1＋z1＝0，

253

故可取n1＝1，，2.

3333

x1－y1＋z1＝0，442

→→

由n2·MP＝0，n2·CP＝0，得

333

x2－y2＋z2＝0，442

故可取n2＝(1，－3，－2)．

3x2＋z2＝0，

从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为

n1·n215

cos〈n1，n2〉＝＝－，

|n1|·|n2|5





故所求二面角APMC的正弦值为10

. 5

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)．

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，→n·BC＝0，

则即1 1

→y＋z＝0，00

n·BM＝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，

→|n·AD|6→则sin θ＝cos〈n，AD〉＝＝.

→3|n|·|AD|

6. 3

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( )

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

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，

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

＋－44465×22

＝

，所以MB＝211＋＝2

2×

30. 10

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＝

10ACAB－＝. 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＝＝.

同理，可得MQ＝

. 4

故△MNQ为等腰三角形，所以在等腰△MNQ中，

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)，由

n1⊥AB，

n1·AB＝0，

得即

n1⊥BC，n1·BC＝0，

（x1，y1，z1）·（1，0，－3）＝0，



（x1，y1，z1）·（－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，n2·MN＝0，得 n2⊥NP，n2·NP＝0，

（x2，y2，z2）·（1，0，0）＝0，即 33

（x2，y2，z2）·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)．

n1·n2＝

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

5×2

故二面角ANPM的余弦值是

10. 5

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

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

V三棱锥Q A1AD＝×·2a·h·d＝ahd，

1a＋2a11

V四棱锥Q ABCD＝··d·h＝ahd，

24

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，

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

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

·2sin θ＝6，

所以a＝. sin θ 图2

从而可得C(2cos θ，2sin θ，0)，A1

4，0，4，



sin θ

，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)， 4→

·n＝ x＋4＝0，DAsin θ由 →DC·n＝2xcos θ＋2ysin θ＝0，

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〉＝

n·m2

＝，

|n||m|2

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为. 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 →x＝0，n·AB＝0，

即 

→y＋z＝0.n·AF＝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

→n·BC→＝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n·AH＝0，

即(0，－1，1)·(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．、、、[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＝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222

OG＝1＋(2－λ)－＝(2－λ)2＋，

2211222222

由OG＋OH＝GH，得(2－λ)＋＋λ＋＝4，解得λ＝1±，

222

，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.

→FE·n＝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.FP·n＝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

，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2

18．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图13，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥故存在λ＝1±

→

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

31→31

长，建立空间直角坐标系Axyz，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，→n1·AC＝0，

则即31

→y＋z＝0，n1·AE＝0，22可取n1＝

3

，－1，3. m

又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，

由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即

3132＝，解得m＝. 3＋4m22

1113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＝××3×

232213

×＝. 2817．，[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)． 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)， →n·D1C1＝0，3x－y＝0，

由得

→n·MD1＝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

5. 5

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＝

3， 2

所以ND1＝CD1＋CN＝

15. 2

在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝

CN5＝＝， D1N155

. 5

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＝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

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＝＝.

同理，可得MQ＝

. 4

故△MNQ为等腰三角形，所以在等腰△MNQ中，

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，n1·AB＝0，由得即 n1⊥BC，n1·BC＝0，





（x1，y1，z1）·（1，0，－3）＝0，



（x1，y1，z1）·（－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，n2·MN＝0，得 n2⊥NP，n2·NP＝0，

（x2，y2，z2）·（1，0，0）＝0，即 33

（x2，y2，z2）·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)．

n1·n2＝

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

5×2

故二面角ANPM的余弦值是

. 5

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. [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

V11

为三棱锥A BDE与三棱锥A PBC的高长度相等，所以＝. V24

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.

2 32 66

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

－m，故四棱锥P ABCD的体积为 3

V＝×6·m·

1342m2－m＝8－6m. 33

因为m8－6m＝8m－6m＝

228

－6m－＋，

33

所以当m＝

，即AB＝时，四棱锥P ABCD的体积最大． 33

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

|n1·n2|

设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝|n1||n2|

12·

1＋14

＝

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( )

81π27π

B．16π C．9π D. 44

8．A [解析] 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为2，所以AE＝AC＝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

9281π92

＝OE＋AE，即R＝(4－R)＋2，解得R＝，所以球的表面积S＝4πR＝4π×＝.

44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，

6＋8－10

可得r＝＝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( )

81π27π

B．16π C．9π D. 44

8．A [解析] 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为2，所以AE＝AC＝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

9281π92

＝OE＋AE，即R＝(4－R)＋2，解得R＝，所以球的表面积S＝4πR＝4π×＝.

44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( )

32π4π

B．4π C．2π D. 33

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4422223

角线长，可得(2R)＝(2)＋1＋1，解得R＝1，所以该球的体积为V＝πR＝π.

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·b1

＝即可，所以B选项满足题意． |a||b|2

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⊥

π1

，M为BC上一点，且BM＝，MP⊥AP. 32

底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝

(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＝，

ππ

所以OA＝AB·cos＝3，OB＝AB·sin＝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)．

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MP·AP4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n1·AP＝0, n1·MP＝0，得

－3x1＋z1＝0，

253

故可取n1＝1，，2.

3333

x1－y1＋z1＝0，442

→→

由n2·MP＝0，n2·CP＝0，得

333

x2－y2＋z2＝0，442

故可取n2＝(1，－3，－2)．

3x2＋z2＝0，

从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为

n1·n215

cos〈n1，n2〉＝＝－，

|n1|·|n2|5





故所求二面角APMC的正弦值为10

. 5

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，

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

1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AC1·BA1＝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→|CA·m|2c→

〈m，CA〉|＝＝2＝c. 2

|m|c＋（2－a）

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

→

n·p1

cos〈n，p〉＝＝.

|n||p|4

所以二面角A1 AB C的大小为arccos.

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

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

V三棱锥Q A1AD＝×·2a·h·d＝ahd，

1a＋2a11

V四棱锥Q ABCD＝··d·h＝ahd，

24

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，

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.

AA1π＝1，∠AEA1＝. AE4

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

·2sin θ＝6，

所以a＝. sin θ 图2

从而可得C(2cos θ，2sin θ，0)，A1

4，0，4，



sin θ

，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)， 4→

·n＝ x＋4＝0，DAsin θ由 →DC·n＝2xcos θ＋2ysin θ＝0，

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〉＝

n·m2

＝，

|n||m|2

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为. 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，x＝0，

即 

→y＋z＝0.n·AF＝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 →n·BC→＝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n·AH＝0，

即(0，－1，1)·(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

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)．

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，→n·BC＝0，

则即1 1

→y0＋z0＝0，n·BM＝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，

→|n·AD|6→则sin θ＝cos〈n，AD〉＝＝.

→3|n|·|AD|

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

(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＝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．

1222222

在△GOH中，GH＝4，OH＝1＋λ－＝λ＋，

22

12222

OG＝1＋(2－λ)－＝(2－λ)2＋，

2211222222

由OG＋OH＝GH，得(2－λ)＋＋λ＋＝4，解得λ＝1±，

222

，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)：

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.

→FE·n＝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.FP·n＝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

，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2

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．

故存在λ＝1±

→

(1)证明：O1O⊥底面ABCD；

(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1OB1D的余弦值．

(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.

不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝3，OC＝1，OB1＝7.

OO1·O1B1322在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2.而O1C1＝1，于是C1H＝O1C1＋O1H＝

OB1712

1＋＝7

19. 7

7257＝.

19197

2O1H故cos∠C1HO1＝＝

C1H257

即二面角C1OB1D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．

B1(3，0，2)，C1(0，1，2)．

易知，n1＝(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量．

→n2·OB1＝0，3x＋2z＝0，

设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则即

→y＋2z＝0.n2·OC1＝0，

取z＝－3，则x＝2，y＝23，所以n2＝(2，23，－3)．设二面角C1OB1D的大小为θ，易知θ是锐角，于是

n1·n2＝23＝257. cos θ＝|cos〈，〉|＝19|n1|·|n2|19257故二面角C1OB1D的余弦值为. 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.

2 32 66

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

2242

－m，故四棱锥P ABCD的体积为 3

V＝×6·m·

1342m2－m＝8－6m. 33

因为m8－6m＝8m－6m＝

228

－6m－＋，

33

所以当m＝

，即AB＝时，四棱锥P ABCD的体积最大． 33

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．、[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． 2·

|n1·n2|

设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝|n1||n2|

＝

10. 5

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⊥

133133→→→→

0)，因而E(0，，)，F(，，0)，所以EF＝(，0，－)，BC＝(0，2，0)，因此EF·BC222222

＝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．

113

在△EOC中，EO＝EC＝BC·cos 30°＝. 222

由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝即二面角EBFC的正弦值为

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

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)，

3113→→

又BF＝(，，0)，BE＝(0，，)，

2222→n2·BF＝0，

所以得其中一个n2＝(1，－3，1)．

→n2·BE＝0，

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＝1， |n1||n2|5

因此sin θ＝2

2 52 5

＝，即所求二面角正弦值为. 555

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( )

12A. B. 44C.

31 D. 42

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△DCE4a＋2a－4a2

中，D1E＝CE＝a，CD1＝2a，∴FD1＝2a，∴cos∠DCF＝＝. 42×2a×2a2

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＝AA1－A1D＝1，得D为AC中点，

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

1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AC1·BA1＝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→|CA·m|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

n·p1

cos〈n，p〉＝＝.

|n||p|4

所以二面角A1 AB C的大小为arccos.

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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n·AB＝0，3

即 →3n·AB＝0，

x－z＝0.3

111

所以可取n＝(1，3，3)．

设m是平面A1B1C1的法向量， →m·A1B1＝0，

则

→m·B1C1＝0，

同理可取m＝(1，－3，3)．

n·m1

则cos〈n，m〉＝＝. |n||m|7

所以结合图形知二面角A A1B1 C1的余弦值为. 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)． 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)， →n·D1C1＝0，3x－y＝0，

由得

→n·MD1＝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

5. 5

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＝

3， 2

22所以ND1＝CD1＋CN＝

15. 2

在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝

CN5＝＝， D1N155

. 5

(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＝

10ACAB－＝. 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＝＝.

同理，可得MQ＝

. 4

故△MNQ为等腰三角形，所以在等腰△MNQ中，

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，n1·AB＝0，

由得即 n1⊥BC，n1·BC＝0，

（x1，y1，z1）·（1，0，－3）＝0，



（x1，y1，z1）·（－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，n2·MN＝0，得 n⊥NP，n·NP＝0，22

（x2，y2，z2）·（1，0，0）＝0，即 33（x，y，z）·＝0，2220，，－22

x2＝0，从而3 3

y2－z2＝0.22

取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．

n1·n2＝

设二面角A NP M的大小为θ，则cos θ＝|n1|·|n2|（3，1，1）·（0，1，1）10

＝5.

5×2

故二面角ANPM的余弦值是

. 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

(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，

n·BD＝0，－x＋2y＝0，则即 n·PB＝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

n·BE23cos〈n，BE〉＝＝＝，

|n|·|BE|6×23

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.

→

n1·AB＝0，

的法向量，则即113不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面

n1·BF＝0，－x＋y＋z＝0.

FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0)，则

cos〈，〉＝

x＝0，

2

n1·n2－3310

＝＝－.

|n1|·|n2|1010×1

310

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.

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

所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为3

. 3

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

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

5 317. [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

9由点A观察点P的仰角θ＝∠PAD，tan θ＝.设PD＝x，则DC＝3x，BD＝20－3x，在Rt△ABD中，AD＝15＋（20－3x）＝625－403x＋3x，

所以tan θ＝＝＝2

625403625－403x＋3x＋32－2

PDAD1

xx1203227625－＋x62525

≤

5353

，故tan θ的最大值为. 99

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，

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＝＝.

2BF·GF2

ππ

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(0，2，2)，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)． m·AD＝0，－2y1－2z1＝0，由→即 m·AE＝0，x1－2y1－2z1＝0，可取m＝(0，1，－2)．

→n·AD＝0，－2y2－2z2＝0，

由即

→x＋y＝0，22n·DB＝0，

可取n＝(1，－1，2)．

|m·n|33

于是|cos〈m，n〉|＝＝＝. |m|·|n|3×22

由题意可知，所求二面角是锐角，

故二面角B AD E的大小是. 6

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．

(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Axyz，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，→n1·AC＝0，

则即31

→y＋z＝0，n1·AE＝0，22可取n1＝

3

，－1，3. m

又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，

由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即

3132＝，解得m＝. 3＋4m22

1113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＝××3×

232213

×＝. 28 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＝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．

1222222

在△GOH中，GH＝4，OH＝1＋λ－＝λ＋，

22

12222

OG＝1＋(2－λ)－＝(2－λ)2＋，

2211222222

由OG＋OH＝GH，得(2－λ)＋＋λ＋＝4，解得λ＝1±，

222

，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)：

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.

→FE·n＝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.FP·n＝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故存在λ＝1±

，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2

→

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13

为E2，求得L3＝E1E2＝，L3326

＝>L3.故选C. 3

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D1、D2、D3，则

AD1＝BD1＝2，AB＝2，∴S1＝×2×2＝2，S2＝SOCD2＝×2×2＝2，S3＝SOAD3＝×

2×2＝2.∴选D.

(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．

121212

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＝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．

1222222

在△GOH中，GH＝4，OH＝1＋λ－＝λ＋，

22

12222

OG＝1＋(2－λ)－＝(2－λ)2＋，

2211222222

由OG＋OH＝GH，得(2－λ)＋＋λ＋＝4，解得λ＝1±，

222

，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)：

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.

→FE·n＝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.FP·n＝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

，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2

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( )

故存在λ＝1±

→

图12

C.

A.

36，1 B.，1 33

62222， D.，1 333

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＝23，且cos α＝

6； 3

6＋2－122×6×2

＝－3

，此时3

α＝∠A1OP为钝角，sin α＝1－cos2α＝

6＋6－81

(2)当P点与C1点重合时，PO＝A1O＝6，A1P＝22，且cos α＝＝，此2×6×63222

时α＝∠A1OP为锐角，sin α＝1－cos α＝；

(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＝6226＜，故sin α的取值范围是，1，故选B. 333

4．[2014·石家庄质检] 把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，连接AC，得到三棱锥C ABD，其正视图、俯视图为全等的等腰直角三角形(如图X243所示)，则其侧视图的面积为( )

90°.又因为

图X243

312 B. C．1 D. 222

4．B [解析] 由题意可知，S＝×1×1＝. 22

7．[2014·江西师大附中、临川一中联考] 已知棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，P，Q是面对角线A1C1上的两个不同的动点．

给出以下四个结论：

①存在P，Q两点，使BP⊥DQ；

②存在P，Q两点，使BP，DQ与直线B1C都成45°的角； ③若PQ＝1，则四面体BDPQ的体积一定是定值；

④若PQ＝1，则四面体BDPQ在该正方体六个面上的正投影的面积的和为定值．以上各结论中，正确结论的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4

7．C [解析] 易知①③④正确．

9．[2014·景德镇质检] 如图X261所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别是棱C1D1，C1C的中点．给出以下四个结论：

①直线AM与直线C1C相交； ②直线AM与直线BN平行； ③直线AM与直线DD1异面； ④直线BN与直线MB1异面．

其中正确结论的序号为________(填入所有正确结论的序号)．

图X261 9．③④ [解析] AM与C1C异面，故①错；AM与BN异面，故②错；③④正确．

15．[2014·韶关一模] 已知如图G78所示的多面体中，四边形ABCD是菱形，四边形

BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠BAD＝. 3

(1)求证：平面BCF∥平面AED；

(2)若BF＝BD＝a，求四棱锥ABDEF的体积．

图G78 15．解：(1)证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴BC∥AD.

∵BC⊄平面ADE，AD⊂平面AED， ∴BC∥平面ADE.

又∵四边形BDEF是矩形，∴BF∥DE. ∵BF⊄平面ADE，DE⊂平面ADE， ∴BF∥平面ADE.

∵BC⊂平面BCF，BF⊂平面BCF，且BC∩BF＝B， ∴平面BCF∥平面AED.

(2)如图，连接AC，AC∩BD＝O. ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD.

又∵ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ED⊥AC. ∵ED，BD⊂平面BDEF，且ED∩BD＝D， ∴AC⊥平面BDEF，

∴AO为四棱锥ABDEF的高．

又∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝，

∴△ABD为等边三角形．又∵BF＝BD＝a，

∴AD＝a，AO＝a，

123332

∴S四边形BDEF＝a，∴V四棱锥ABDEF＝·a·a＝a.

326

2．[2014·成都一诊] 如图J112①所示，四边形ABCD为等腰梯形，AE⊥DC，AB＝AE1

＝DC，F为EC的中点．现将△DAE沿AE翻折到△PAE的位置，如图J112②所示，且平面3

PAE⊥平面ABCE.

(1)求证：平面PAF⊥平面PBE；

(2)求三棱锥APBC与三棱锥EBPF的体积之比．图J112

2．解：(1)证明：连接BF，∵EF∥AB，且AB＝EF＝CD，

∴四边形AEFB为平行四边形．又∵AE＝AB，且AE⊥DC，

∴四边形AEFB为正方形，∴AF⊥BE.

∵平面PAE⊥平面ABCE，且平面PAE∩平面ABCE＝AE，PE⊥AE， ∴PE⊥平面ABCE.又AF⊂平面ABCE，∴PE⊥AF. 又∵BE∩PE＝E，∴AF⊥平面PBE.

又∵AF⊂平面PAF，∴平面PAF⊥平面PBE. (2)不妨设AB＝4，

1132

则V三棱锥A PBC＝V三棱锥P ABC＝××4×4×4＝，

3231132

V三棱锥E BPF＝V三棱锥P EBF＝××4×4×4＝.

323

故所求两个三棱锥的体积之比为1∶1.

2．[2014·郑州质检] 在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB＝1，AA1＝2，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1.

(1)证明：BC⊥AB1；

(2)若OC＝OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．

图J122

2．解：(1)证明：由题意可知，在Rt△ABD中，tan∠ABD＝＝tan∠AB1B＝ADAB2

，在Rt△ABB1中，2

AB2＝. BB12

又因为0<∠ABD，∠AB1B<，所以∠ABD＝∠AB1B，

所以∠ABD＋∠BAB1＝∠AB1B＋∠BAB1＝，

所以AB1⊥BD.

又CO⊥侧面ABB1A1，且AB1⊂侧面ABB1A1，∴AB1⊥CO. 又BD与CO交于点O，所以AB1⊥平面CBD. 又因为BC⊂平面CBD，所以BC⊥AB1.

(2)如图所示，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x轴，y轴，z轴，以O为原点，建立

空间直角坐标系，

3632 36

则A0，－，0，B－，0，0，C0，0，，B10，，0，D，0，0.

33336

62 33→→

又因为CC1＝2AD，所以C1，，.

333

6333→62 33→→

所以AB＝－，，0，AC＝0，，，DC1＝，，. 3333633

设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，

63－x＋y＝0，→33AB·n＝0，

则由得

→33AC·n＝0，y＋z＝0，



令y＝2，则z＝－2，x＝1，

故n＝(1，2，－2)是平面ABC的一个法向量．设直线C1D与平面ABC所成的角为α，

→

|DC1·n|3 55

则sin α＝＝. →55|DC1||n|

4．[2014·中山期末] 如图J124所示，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，BC＝4，E是PD的中点．

(1)求证：平面PDC⊥平面PAD； (2)求二面角EACD的余弦值；

(3)求直线CD与平面AEC所成角的正弦值．

图J124

4．解：方法一：

(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD， ∴PA⊥CD.

又∵四边形ABCD是矩形，∴AD⊥CD.

又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD. 又∵CD⊂平面PDC，∴平面PDC⊥平面PAD. (2)取AD的中点O，连接EO，则EO∥PA. ∵PA⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD. 过点O作OF⊥AC交AC于点F，连接EF，则∠EFO就是二面角EACD的平面角．由PA＝2，得EO＝1.

4 5

在Rt△ADC中，由AD·CD＝AC·h，得h＝.

52 5

又∵O是AD的中点，OF⊥AC，∴OF＝. 53 5

而EO＝1，由勾股定理可得EF＝，

2 55OF22

故cos∠EFO＝＝＝，即二面角E AC D的余弦值为.

EF3 533

(3)延长AE，过点D作DG垂直AE于点G，连接CG. 由(1)可知，CD⊥AE，又CD∩DG＝D，∴AE⊥平面CDG. 过点D作DH垂直CG于点H，则AE⊥DH.

又CG∩AE＝G，∴DH⊥平面AGC，即DH⊥平面AEC， ∴CD在平面ACE内的射影是CH，

∴∠DCH是直线CD与平面AEC所成的角．

OE4 5

∵DG＝AD·sin∠DAG＝AD·sin∠OAE＝AD·＝，

AE5又在Rt△CDG中，CD＝2，∴CG＝4 5

5DG2

∴sin∠DCG＝＝＝.

CG6 53

16×56 5

＋4＝， 255

方法二：如图，以为A原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为

z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，E(0，2，1)，P(0，0，2)，

→→→→→

∴AB＝(2，0，0)，AD＝(0，4，0)，AP＝(0，0，2)，CD＝(－2，0，0)，AE＝(0，2，→

1)，AC＝(2，4，0)．

→→

(1)证明：∵CD·AD＝0，∴CD⊥AD. →→

∵CD·AP＝0，∴CD⊥AP.

又∵AP∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD.

又∵CD⊂平面PDC，∴平面PDC⊥平面PAD.

→n·AE＝0，

(2)设平面AEC的法向量n＝(x，y，z)，则

→n·AC＝0，

2y＋z＝0，1即令z＝1，则y＝－，x＝1，

22x＋4y＝0，

∴平面AEC的一个法向量为n＝1，－，1.

→

又平面ACD的法向量为AP＝(0，0，2)，

→n·AP22→

∴cos〈n，AP〉＝＝＝，

→33|n|·|AP|×2

∴二面角EACD的余弦值是.

(3)设直线CD与平面AEC所成的角为θ.

∵平面AEC的一个法向量为n＝1，－，1，

→

且CD＝(－2，0，0)，

→|n·CD|222

∴sin θ＝＝＝，即直线CD与平面AEC所成角的正弦值为.

→333|n|·|CD|×2

G1 空间几何体的结构 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

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

V三棱锥Q A1AD＝×·2a·h·d＝ahd，

1a＋2a11

V四棱锥Q ABCD＝··d·h＝ahd，

24

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，

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.

AA1π＝1，∠AEA1＝. AE4

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

·2sin θ＝6，

所以a＝. sin θ 图2

从而可得C(2cos θ，2sin θ，0)，A1

4，0，4，



sin θ

，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)， 4→

·n＝ x＋4＝0，DAsin θ由 →DC·n＝2xcos θ＋2ysin θ＝0，

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〉＝

n·m2

＝，

|n||m|2

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为. 4

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≈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

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．、[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( )

ππ

A．8－2π B．8－π C．8－ D．8－

图11

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2×2×2－2×1×π×2＝8－π. 44

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立体几何专题训练(附答案)