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2014年高考数学理科(高考真题+模拟新题)分类汇编:G单元++立体几何



G 单元 立体几何



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, BQ BQ BC 1 所以 = = = ,即 Q 为 BB1 的中点. BB1 AA1 AD 2 (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 1 1 1 V 三棱锥 Q A1AD= × ·2a·h·d= ahd, 3 2 3

1 ? 1 1 a+2a V 四棱锥 Q ·d·? ABCD= · ?2h?=4ahd, 3 2 7 所以 V 下=V 三棱锥 Q A1AD+V 四棱锥 Q ahd. ABCD= 12 3 又 V 四棱柱 A1B1C1D1 ?ABCD= ahd, 2 V上 11 3 7 11 所以 V 上=V 四棱柱 A1B1C1D1 ?ABCD-V 下= ahd- ahd= ahd,故 = . 2 12 12 V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. π AA1 于是 tan∠AEA1= =1,∠AEA1= . AE 4 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= 2 所以 a= . sin θ a+2a ·2sin θ =6, 2

图2 4 从而可得 C(2cos θ ,2sin θ ,0),A1?sin θ ,0,4?,

?

?

4 → 所以 DC=(2cos θ ,2sin θ ,0),DA1=?sin θ ,0,4?.

?

?

设平面 A1DC 的法向量 n=(x,y,1),

→ ·n= x+4=0, ?DA sin θ 由? → ?DC · n=2xcos θ +2ysin θ =0,
1

4

?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), 2 n· m 所以 cos〈n,m〉= = , |n||m| 2 π 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 1 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 36 2 ≈ L2h 相当于将圆锥体积公式中的π 近似取为( ) 75 22 25 157 355 A. B. C. D. 7 8 50 113 1 1 8. B [解析] 设圆锥的底面圆半径为 r, 底面积为 S, 则 L=2π r, 由题意得 L2h≈ Sh, 36 3 2 2 25 2 代入 S=π r 化简得π ≈3;类比推理,若 V= L h,则π ≈ .故选 B. 75 8 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( ) π π A.8-2π B.8-π C.8- D.8- 2 4

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 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+ 3 B.8+ 2

)

C.21 D.18

7.A

图 12 [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

1 1 6 余下的部分,其表面积 S=6×4- ×6+2× × 2× =21+ 3. 2 2 2

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 [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.[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 [解析] 由三视图及空间直角坐标系可知,该几何体的正视图显然是一个直角三 角形且内有一条虚线(一锐角顶点与其所对直角边中点的连线),故正视图是④;俯视图是一 个钝角三角形,故俯视图是②. 故选 D. 7. 、[2014· 湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图 12 所示,将该石材切削、打

磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于(

)

图 12 A.1 B.2 C.3 D.4 7.B [解析] 由三视图可知,石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半),故可知能得 到的最大球为三棱柱的内切球. 由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径, 可 6+8-10 得 r= =2. 2 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 [解析] 易知该几何体的俯视图为选项 B 中的图形. 7. 、[2014· 辽宁卷] 某几何体三视图如图 11 所示,则该几何体的体积为( π π A.8-2π B.8-π C.8- D.8- 2 4

)

图 11

[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 1 ?占圆柱的 ?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 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 ( )

7.B

图 11 A.90 cm B.129 cm C.132 cm D.138 cm2 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(4×3+6×3+6×4)+2× ×3×4+4×3+3×5-3×3= 2 138(cm2),故选 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 12. B 2 B.6 C.4 2 D.4 [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 2)2+22=6.

为 BB1 的中点),其中最长的棱为 D1E= (4

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 17 5 10 1 A. B. C. D. 27 9 27 3 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π ×32×2+π ×22×4 =34π (cm3), 原毛坯的体积为π ×32×6=54π (cm3), 切削掉部分的体积为 54π -34π =20 20 π 10 π (cm3),故所求的比值为 = . 54π 27 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,
?z=0, ? 得? 取 n=(1,1,0), ?-2x+2y=0, ?

BA·n? 2 10 → ∴sin θ =|cos〈BA,n〉|=? ? |BA||n| ?= 5× 2= 5 . 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? ?1,0,2?,F(1,0,0),G(0, 1,0). 1? → ∴FE=? ?0,0,2?,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, 1 ? ? z=0, 得?2 取 n=(1,1,0),

? ?-x+y=0,

?BA·n? 2 10 → ∴sin θ =|cos〈BA,n〉|=? → ?= = . 5 5 × 2 ? |BA||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 3 ________m .

图 13 10. 20π 3 [解析] 由三视图可得,该几何体为圆柱与圆锥的组合体,其体积 V=π ×12

20π 1 ×4+ π ×22×2= . 3 3

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 [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 3×5 2+5 1 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= ×3×4+ + ×4 2 2 2 2+5 + ×5+3×5=60. 2 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). 1 1? 依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M? ?0,2,2?. 1 1 → → → 0, , ?,AD=(0,1,-1). 则BC=(1,1,0),BM=? ? 2 2? 设平面 MBC 的法向量 n=(x0,y0,z0), x +y =0, → ? BC=0, ? ?n· ?0 0 则? 即?1 1 → ?n· ?2y0+2z0=0, BM=0, ? ? 取 z0=1,得平面 MBC 的一个法向量 n=(1,-1,1). 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ, → |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( ) 1 2 30 2 A. B. C. D. 10 5 10 2 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 2 1 2 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 2 2 1 6 5 MB= 1+ = =NE,AN=AE= , 2 2 2 6 5 5 + - 4 4 4 30 在△ANE 中,根据余弦定理得 cos ∠ANE= = . 10 6 5 2× × 2 2 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为

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= AC?2 10 AB2-? ?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, BR 10 所以 NQ= = . 2 4 同理,可得 MQ= 10 . 4

故△MNQ 为等腰三角形, 所以在等腰△MNQ 中, MN BD 2 4 10 cos∠MNQ= = = . NQ NQ 5 故二面角 A NP M 的余弦值是 10 . 5

方法二:由俯视图及(1)可知,AO⊥平面 BCD. 因为 OC,OB?平面 BCD,所以 AO⊥OC,AO⊥OB. 又 OC⊥OB,所以直线 OA,OB,OC 两两垂直. 如图所示,以 O 为坐标原点,以 OB,OC,OA 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向, 建立空间直角坐标系 O xyz. 则 A(0,0, 3),B(1,0,0),C(0, 3,0),D(-1,0,0). 因为 M,N 分别为线段 AD,AB 的中点, 又由(1)知,P 为线段 BC 的中点,

1 3 1 3 1 3 所以 M?- ,0, ?,N? ,0, ?,P? , ,0?,于是 AB=(1,0,- 3),BC=(- 2 2 2 2 2 2 ? ? ? ? ? ? 1, 3,0),MN=(1,0,0),NP=?0,

?

3 3? . ,- 2 2?

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,

(1,0,- 3)=0, ?(x1,y1,z1)· ? (-1, 3,0)=0, ?(x1,y1,z1)·

?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, ?

(x ,y ,z )· (1,0,0)=0, ? ? 2 2 2 即? 3 3? ? (x ,y ,z )· =0, ? ? 2 2 2 ?0, 2 ,- 2 ? x =0, ? ?2 从而? 3 3 ? ? 2 y2- 2 z2=0. 取 z2=1,则 y2=1,x2=0,所以 n2=(0,1,1). 设二面角 A NP M 的大小为 θ, 则 cos θ =? = 10 . 5 故二面角 ANPM 的余弦值是 10 . 5 (0,1,1)? ? n1·n2 ?=?( 3,1,1)· ? ? ? ?|n1|·|n2|? ? 5× 2 ?

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, BQ BQ BC 1 所以 = = = ,即 Q 为 BB1 的中点. BB1 AA1 AD 2 (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 1 1 1 V 三棱锥 Q A1AD= × ·2a·h·d= ahd, 3 2 3 1 ? 1 1 a+2a V 四棱锥 Q ·d·? ABCD= · ?2h?=4ahd, 3 2 7 所以 V 下=V 三棱锥 Q A1AD+V 四棱锥 Q ahd. ABCD= 12 3 又 V 四棱柱 A1B1C1D1 ?ABCD= ahd, 2 V上 11 3 7 11 所以 V 上=V 四棱柱 A1B1C1D1 ?ABCD-V 下= ahd- ahd= ahd,故 = . 2 12 12 V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. π AA1 于是 tan∠AEA1= =1,∠AEA1= . AE 4 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= 2 所以 a= . sin θ

a+2a ·2sin θ =6, 2

图2 4 从而可得 C(2cos θ ,2sin θ ,0),A1?sin θ ,0,4?,

?

?

4 → 所以 DC=(2cos θ ,2sin θ ,0),DA1=?sin θ ,0,4?.

?

?

设平面 A1DC 的法向量 n=(x,y,1), → ·n= x+4=0, ?DA sin θ 由? → ?DC · n=2xcos θ +2ysin θ =0,
1

4

?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), 2 n· m 所以 cos〈n,m〉= = , |n||m| 2 π 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〉|=? = . →? 2 ?|n||BC|? 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, 4 2 2? 2 解得 λ= ,所以点 H 的坐标为? ?3,3,3?. 3 所以 PH=

?4? +?2? +?-4? =2. ?3? ?3? ? 3?

2

2

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 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= 2 PQ. 在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中,因为 BQ=DP=λ,BE=DF=1, 于是 EQ=FP= 1+λ2,所以四边形 EFPQ 也是等腰梯形. 同理可证四边形 PQMN 也是等腰梯形. 分别取 EF,PQ,MN 的中点为 H,O,G,连接 OH,OG, 则 GO⊥PQ,HO⊥PQ,而 GO∩HO=O, 故∠GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角. 若存在 λ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°. 连接 EM,FN,则由 EF∥MN,且 EF=MN 知四边形 EFNM 是平行四边形. 连接 GH,因为 H,G 是 EF,MN 的中点, 所以 GH=ME=2. 2 1 2 在△GOH 中,GH2=4,OH2=1+λ2-? ? =λ 2+ , 2 ?2?

1 2?2 =(2-λ)2+ , 2 2 ? ? 1 1 2 由 OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2+ +λ2+ =4,解得 λ=1± , 2 2 2 2 故存在 λ=1± ,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). OG2=1+(2-λ)2-?

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. ? n=0 ?FP· 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, 2 即 λ(λ-2)-λ (2-λ)+1=0,解得 λ=1± . 2 2 故存在 λ=1± ,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⊥ 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 3 1 3 1 → 长,建立空间直角坐标系 Axyz,则 D(0, 3,0),E?0, , ?,AE=?0, , ?. 2 2? 2 2? ? ?

→ 设 B(m,0,0)(m>0),则 C(m, 3,0),AC=(m, 3,0). 设 n1=(x,y,z)为平面 ACE 的法向量, mx+ 3y=0, → ? ? ?n1·AC=0, ? 则? 即? 3 1 → ? ?n1·AE=0, ? ? 2 y+2z=0, 3 可取 n1=? ,-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 3 1 3 = ,解得 m= . 2 3+4m2 2 1 1 1 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 2 3 2 3 1 3 × × = . 2 2 8 17. ,[2014· 山东卷] 如图 13 所示,在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是等腰 梯形,∠DAB=60° ,AB=2CD=2,M 是线段 AB 的中点.

图 13 (1)求证:C1M∥平面 A1ADD1; (2)若 CD1 垂直于平面 ABCD 且 CD1= 3, 求平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角) 的余弦值. 17.解:(1)证明:因为四边形 ABCD 是等腰梯形,

且 AB=2CD,所以 AB∥DC, 又 M 是 AB 的中点, 所以 CD∥MA 且 CD=MA.

连接 AD1.因为在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中, CD∥C1D1,CD=C1D1, 所以 C1D1∥MA,C1D1=MA, 所以四边形 AMC1D1 为平行四边形, 因此,C1M∥D1A. 又 C1M?平面 A1ADD1,D1A?平面 A1ADD1, 所以 C1M∥平面 A1ADD1. (2)方法一:连接 AC,MC. 由(1)知,CD∥AM 且 CD=AM, 所以四边形 AMCD 为平行四边形, 所以 BC=AD=MC. 由题意∠ABC=∠DAB=60°, 所以△MBC 为正三角形, 因此 AB=2BC=2,CA= 3, 因此 CA⊥CB. 设 C 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 C ? xyz.

所以 A( 3,0,0),B(0,1,0),D1(0,0, 3). 因此 M? 3 1 ? , ? 2 ,2,0?

3 1 3 1 → → → 所以MD1=?- ,- , 3?,D1C1=MB=?- , ,0?. 2 ? 2 ? ? 2 2 ? 设平面 C1D1M 的一个法向量 n=(x,y,z), → ? D1C1=0, ? 3x-y=0, ?n· 由? 得? → 3z=0, ? MD1=0, ? 3x+y-2 ?n· 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. → CD1·n 5 → 因此 cos〈CD1,n〉= = , 5 → |CD1||n| 所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为 5 . 5

方法二:由(1)知,平面 D1C1M∩平面 ABCD=AB,点过 C 向 AB 引垂线交 AB 于点 N, 连接 D1N.

由 CD1⊥平面 ABCD,可得 D1N⊥AB, 因此∠D1NC 为二面角 C1 ? AB ? C 的平面角. 在 Rt△BNC 中,BC=1,∠NBC=60°, 可得 CN= 3 , 2 15 . 2

2 所以 ND1= CD2 1+CN =

3 2 CN 5 在 Rt△D1CN 中,cos∠D1NC= = = , D1N 5 15 2 所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为 5 . 5

18. , , ,[2014· 四川卷] 三棱锥 A BCD 及其侧视图、俯视图如图 14 所示.设 M,N 分 别为线段 AD,AB 的中点,P 为线段 BC 上的点,且 MN⊥NP. (1)证明:P 是线段 BC 的中点; (2)求二面角 A NP M 的余弦值.

图 14 18.解:(1)如图所示,取 BD 的中点 O,连接 AO,CO. 由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD 为正三角形,

所以 AO⊥BD,OC⊥BD. 因为 AO,OC?平面 AOC,且 AO∩OC=O, 所以 BD⊥平面 AOC. 又因为 AC?平面 AOC,所以 BD⊥AC. 取 BO 的中点 H,连接 NH,PH. 又 M,N,H 分别为线段 AD,AB,BO 的中点,所以 MN∥BD,NH∥AO, 因为 AO⊥BD,所以 NH⊥BD. 因为 MN⊥NP,所以 NP⊥BD. 因为 NH,NP?平面 NHP,且 NH∩NP=N,所以 BD⊥平面 NHP. 又因为 HP?平面 NHP,所以 BD⊥HP. 又 OC⊥BD,HP?平面 BCD,OC?平面 BCD,所以 HP∥OC. 因为 H 为 BO 的中点,所以 P 为 BC 的中点. (2)方法一:如图所示,作 NQ⊥AC 于 Q,连接 MQ.

由(1)知,NP∥AC,所以 NQ⊥NP. 因为 MN⊥NP,所以∠MNQ 为二面角 A NP M 的一个平面角. 由(1)知,△ABD,△BCD 为边长为 2 的正三角形,所以 AO=OC= 3. 由俯视图可知,AO⊥平面 BCD. 因为 OC?平面 BCD,所以 AO⊥OC,因此在等腰直角△AOC 中,AC= 6. 作 BR⊥AC 于 R 因为在△ABC 中,AB=BC,所以 R 为 AC 的中点, 所以 BR= AC?2 10 AB2-? ?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, BR 10 所以 NQ= = . 2 4 同理,可得 MQ= 10 . 4

故△MNQ 为等腰三角形, 所以在等腰△MNQ 中, MN BD 2 4 10 cos∠MNQ= = = . NQ NQ 5

故二面角 A NP M 的余弦值是

10 . 5

方法二:由俯视图及(1)可知,AO⊥平面 BCD. 因为 OC,OB?平面 BCD,所以 AO⊥OC,AO⊥OB. 又 OC⊥OB,所以直线 OA,OB,OC 两两垂直. 如图所示,以 O 为坐标原点,以 OB,OC,OA 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向, 建立空间直角坐标系 O xyz. 则 A(0,0, 3),B(1,0,0),C(0, 3,0),D(-1,0,0). 因为 M,N 分别为线段 AD,AB 的中点, 又由(1)知,P 为线段 BC 的中点,

1 3 1 3 1 3 所以 M?- ,0, ?,N? ,0, ?,P? , ,0?,于是 AB=(1,0,- 3),BC=(- 2 ? ?2 2 ? ?2 2 ? 2 ? 1, 3,0),MN=(1,0,0),NP=?0,

?

3 3? . ,- 2 2?

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,

(1,0,- 3)=0, ?(x1,y1,z1)· ? (-1, 3,0)=0, ?(x1,y1,z1)·

?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, ?

(x ,y ,z )· (1,0,0)=0, ? ? 2 2 2 即? ?0, 3,- 3?=0, (x2,y2,z2)· ? 2 2? ? ? x = 0 , ? ?2 从而? 3 3 ? 2 y2- 2 z2=0. ? 取 z2=1,则 y2=1,x2=0,所以 n2=(0,1,1).

设二面角 A NP M 的大小为 θ, 则 cos θ =? = 10 . 5 故二面角 ANPM 的余弦值是 10 . 5

(0,1,1)? ? n1·n2 ?=?( 3,1,1)· ? ? ? ?|n1|·|n2|? ? 5× 2 ?

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). 1 1? 依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M? ?0,2,2?. 1 1? → → → 则BC=(1,1,0),BM=? ?0,2,2?,AD=(0,1,-1). 设平面 MBC 的法向量 n=(x0,y0,z0), x +y =0, → ? BC=0, ? ?n· ?0 0 则? 即?1 1 → ? BM=0, ? ?n· ?2y0+2z0=0, 取 z0=1,得平面 MBC 的一个法向量 n=(1,-1,1). 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ,

→ |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 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 C1?OB1?D 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 C1?OB1?D 的平面角.

不妨设 AB=2.因为∠CBA=60°,所以 OB= 3,OC=1,OB1= 7. OO1·O1B1 3 2 在 Rt△OO1B1 中, 易知 O1H= =2 .而 O1C1=1, 于是 C1H= O1C2 1+O1H OB1 7 12 19 = 1+ = . 7 7 3 2 7 2 57 O 1H 故 cos∠C1HO1= = = . C1H 19 19 7 2 57 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. → ? ?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=2 3,所以 n2=(2,2 3,- 3). 设二面角 C1?OB1?D 的大小为 θ,易知 θ 是锐角,于是 ? n1·n2 ?=2 3=2 57. cos θ =|cos〈, 〉|=? ? 19 ?|n1|·|n2|? 19 2 57 故二面角 C1?OB1?D 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 在 Rt△BPC 中,PG= 3 3 2 ,GC= 6 3 ,BG= 6 . 3

设 AB=m,则 OP= PG2-OG2= 1 V= × 6·m· 3

4 -m2,故四棱锥 P ABCD 的体积为 3

4 m -m2= 8-6m2. 3 3

因为 m 8-6m2= 8m2-6m4= 2 2 8 m2- ? + , -6? 3? 3 ? 所以当 m= 6 6 ,即 AB= 时,四棱锥 P ABCD 的体积最大. 3 3

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?

6 6 ? ,- ,0 , 3 ?3 ?

6 2 6 ? 6? → → ? 6 2 6 ? 2 6,0?,P?0,0, 6?,故PC = ,BC=(0, 6, , ,0 ,D 0, , ,- 3 3 3 3 3 3 3 ? ? ? ? ? ? ? ?

0),CD=?-

?

6 ? ,0,0 . 3 ?

设平面 BPC 的一个法向量为 n1=(x,y,1), 6 2 6 6 ? ? x+ y- =0, → → 3 3 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=? ?0,2,1?. |n1·n2| 设平面 BPC 与平面 DPC 的夹角为 θ,则 cos θ = = |n1||n2| 1 2· 10 = . 5 1 +1 4

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 π 可证出△EOC≌△FOC,所以∠EOC=∠FOC= ,即 FO⊥BC.又 EO⊥BC,EO∩FO=O, 2 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, 1 3 3 1 3 3 → → 2,0),因而 E(0, , ),F( , ,0),所以EF=( ,0,- ),BC=(0,2,0),因此 2 2 2 2 2 2 → → EF·BC=0, → → 从而EF⊥BC,所以 EF⊥BC.

图2 (2)方法一,在图 1 中,过点 O 作 OG⊥BF,垂足为 G,连接 EG.因为平面 ABC⊥平面 BDC,所以 EO⊥面 BDC,又 OG⊥BF,所以由三垂线定理知 EG⊥BF, 因此∠EGO 为二面角 EBFC 的平面角. 1 1 3 在△EOC 中,EO= EC= BC·cos 30° = . 2 2 2 BO 3 EO 由△BGO∽△BFC 知, OG= · FC= , 因此 tan∠EGO= =2, 从而得 sin∠EGO BC 4 OG 2 5 2 5 = ,即二面角 EBFC 的正弦值为 . 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),

3 1 1 3 → → 又BF=( , ,0),BE=(0, , ), 2 2 2 2 → ?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〉 |=? = 1 , 5 因此 sin θ = n1·n2? ? |n1||n2| ?

2 2 5 2 5 = ,即所求二面角正弦值为 . 5 5 5 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,

?

3? ,B(1, 3?

0,0),B1?0,

?

3 ? 3 ? ? ,0 ,C 0,- ,0 . 3 3 ? ? ?

3 3 → AB1=?0, ,- ?, 3 3 ? ? 3 → A1B1=AB=?1,0,- ?, 3? ? 3 → B1C1=BC=?-1,- ,0?. 3 ? ?

设 n=(x,y,z)是平面 AA1B1 的法向量,则 AB1=0, ? 3 y- 3 z=0, ?n· ? → 即? 3 A1B1=0, ? n· x- z=0. 3 3

?

3

所以可取 n=(1, 3, 3). 设 m 是平面 A1B1C1 的法向量, → ? A1B1=0, ?m· 则? → ?m· B1C1=0, ? 同理可取 m=(1,- 3, 3). n·m 1 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. , , ,[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= AC?2 10 AB2-? ?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, BR 10 所以 NQ= = . 2 4 同理,可得 MQ= 10 . 4

故△MNQ 为等腰三角形, 所以在等腰△MNQ 中, MN BD 2 4 10 cos∠MNQ= = = . NQ NQ 5 故二面角 A NP M 的余弦值是 10 . 5

方法二:由俯视图及(1)可知,AO⊥平面 BCD. 因为 OC,OB?平面 BCD,所以 AO⊥OC,AO⊥OB. 又 OC⊥OB,所以直线 OA,OB,OC 两两垂直. 如图所示,以 O 为坐标原点,以 OB,OC,OA 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向, 建立空间直角坐标系 O xyz. 则 A(0,0, 3),B(1,0,0),C(0, 3,0),D(-1,0,0). 因为 M,N 分别为线段 AD,AB 的中点, 又由(1)知,P 为线段 BC 的中点,

1 3 1 3 1 3 所以 M?- ,0, ?,N? ,0, ?,P? , ,0?,于是 AB=(1,0,- 3),BC=(- 2 ? ?2 2 ? ?2 2 ? 2 ? 1, 3,0),MN=(1,0,0),NP=?0,

?

3 3? . ,- 2 2?

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, ?

(1,0,- 3)=0, ?(x1,y1,z1)· ? (-1, 3,0)=0, ?(x1,y1,z1)·

?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, ?

(x ,y ,z )· (1,0,0)=0, ? ? 2 2 2 即? ?0, 3,- 3?=0, ?(x2,y2,z2)· 2 2? ? ? x =0, ? ?2 从而? 3 3 ? ? 2 y2- 2 z2=0. 取 z2=1,则 y2=1,x2=0,所以 n2=(0,1,1). 设二面角 A NP M 的大小为 θ, 则 cos θ =? = 10 . 5 故二面角 ANPM 的余弦值是 10 . 5 (0,1,1)? ? n1·n2 ?=?( 3,1,1)· ? ? ? | n | · | n | ? 1 5× 2 2? ? ?

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,
? BD=0, ? ?n· ?-x+2y=0, 则? 即? ? n· ?x-2z=0. PB=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· BE 2 3 cos〈n,BE〉= = = , |n|· |BE| 6× 2 3 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 . 3

(3) 向量 BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0).由点 F 在棱 PC 上, → 设 CF=λCP,0≤λ≤1. → 故 BF=BC+CF=BC+λCP=(1-2λ,2-2λ,2λ).由 BF⊥AC,得 BF· AC=0,因此 2(1 1 1 3? 3 -2λ)+2(2-2λ)=0, 解得 λ= , 即 BF=? ?-2,2,2?.设 n1=(x,y,z)为平面 FAB 的法向量, 4
?n1·AB=0, ? ? ? 则? 即? 1 1 3 不妨令 z=1,可得 n1=(0,-3,1)为平面 FAB 的一个 ? ?n1·BF=0, ?- x+ y+ z=0.

x=0,

? 2

2

2

法向量.取平面 ABP 的法向量 n2=(0,1,0),则 n1·n2 -3 3 10 cos〈, 〉= = =- . 10 |n1|·|n2| 10×1 3 10 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 1 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 2 为平行四边形,所以 BE∥AM.

因为 PA⊥底面 ABCD,故 PA⊥CD,而 CD⊥DA,从而 CD⊥平面 PAD.因为 AM?平面 PAD,所以 CD⊥AM.又 BE∥AM,所以 BE⊥CD.

(2)连接 BM,由(1)有 CD⊥平面 PAD,得 CD⊥PD.而 EM∥CD,故 PD⊥EM.又因为 AD =AP, M 为 PD 的中点, 所以 PD⊥AM, 可得 PD⊥BE, 所以 PD⊥平面 BEM, 故平面 BEM⊥ 平面 PBD, 所以直线 BE 在平面 PBD 内的射影为直线 BM.而 BE⊥EM, 可得∠EBM 为锐角, 故∠EBM 为直线 BE 与平面 PBD 所成的角. 依题意,有 PD=2 2,而 M 为 PD 中点,可得 AM= 2,进而 BE= 2.故在直角三角 EM AB 1 3 形 BEM 中,tan∠EBM= = = ,因此 sin∠EBM= , BE BE 3 2 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. 1 2 10 在△PAG 中,PA=2,PG= PD= ,∠APG=45°.由余弦定理可得 AG= ,cos 4 2 2 3 10 3 10 ∠PAG= ,所以二面角 F AB P 的余弦值为 . 10 10

20. 、[2014· 浙江卷] 如图 15,在四棱锥 A BCDE 中,平面 ABC⊥平面 BCDE,∠CDE =∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC= 2. (1)证明:DE⊥平面 ACD; (2)求二面角 B AD E 的大小.

图 15

20.解:(1)证明:在直角梯形 BCDE 中,由 DE=BE=1,CD=2,得 BD=BC= 2, 由 AC= 2,AB=2, 得 AB2=AC2+BC2,即 AC⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE,从而 AC⊥平面 BCDE, 所以 AC⊥DE.又 DE⊥DC,从而 DE⊥平面 ACD. (2)方法一: 过 B 作 BF⊥AD, 与 AD 交于点 F, 过点 F 作 FG∥DE,与 AE 交于点 G, 连接 BG.由(1) 知 DE⊥AD,则 FG⊥AD.所以∠BFG 是二面角 B AD E 的平面角. 在直角梯形 BCDE 中,由 CD2=BC2+BD2, 得 BD⊥BC.

又平面 ABC⊥平面 BCDE,得 BD⊥平面 ABC,从而 BD⊥AB.由 AC⊥平面 BCDE,得 AC⊥CD. 在 Rt△ACD 中,由 DC=2,AC= 2,得 AD= 6. 在 Rt△AED 中,由 ED=1,AD= 6,得 AE= 7. 2 3 2 2 在 Rt△ABD 中,由 BD= 2,AB=2,AD= 6,得 BF= ,AF= AD.从而 GF= 3 3 3 2 ED= . 3 5 7 2 在△ABE,△ABG 中,利用余弦定理分别可得 cos∠BAE= ,BG= . 14 3 GF2+BF2-BG2 3 在△BFG 中,cos∠BFG= = . 2 2BF·GF π π 所以,∠BFG= ,即二面角 B AD E 的大小是 . 6 6 方法二: 以 D 为原点,分别以射线 DE,DC 为 x,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 D xyz, 如图所示.

由题意知各点坐标如下: D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0), A(0,2, 2),B(1,1,0). 设平面 ADE 的法向量为 m=(x1,y1,z1), 平面 ABD 的法向量为 n=(x2,y2,z2). → 可算得 AD=(0,-2,- 2),AE=(1,-2,- 2),DB=(1,1,0). AD=0, ?-2y1- 2z1=0, ?m· 由? → 即? AE=0, ?x1-2y1- 2z1=0, ?m· 可取 m=(0,1,- 2). → ? AD=0, ?-2y2- 2z2=0, ?n· 由? 即? → x +y =0, ? DB=0, ? 2 2 ? n· 可取 n=(1,-1, 2). |m·n| 3 3 于是|cos〈m,n〉|= = = . |m|· |n| 3×2 2 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. , [2014· 重庆卷]如图 13 所示, 四棱锥 P?ABCD 中, 底面是以 O 为中心的菱形, PO⊥ π 1 底面 ABCD,AB=2,∠BAD= ,M 为 BC 上一点,且 BM= ,MP⊥AP. 3 2 (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.

π 因为∠BAD= , 3 π π 所以 OA=AB· cos = 3,OB=AB· sin =1, 6 6

→ → 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). 1 3 1 → 1→ 由 BM= ,BC=2 知,BM= BC=?- ,- ,0?, 2 4 4 ? ? 4 3 3 → → → 从而OM=OB+BM=?- , ,0?, ? 4 4 ? 3 3 即 M?- , ,0?. ? 4 4 ? 3 3 → → 设 P(0,0,a),a>0,则AP=(- 3,0,a),MP=? ,- ,a?.因为 MP⊥AP,所以 4 ? ?4 3 3 3 3 → → MP·AP=0,即- +a2=0,所以 a= 或 a=- (舍去),即 PO= . 4 2 2 2 3 3 3 3 3 → → → (2) 由 (1)知,AP= ?- 3,0, ? ,MP=? ,- , ? ,CP=? 3,0, ?.设平面 2? 4 2? 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 3 - 3x1+ z1=0, 2 5 3 ? 故可取 n1=?1, ,2 . 3 ? ? 3 3 3 x1- y1+ z1=0, 4 4 2 → → 由 n2·MP=0,n2·CP=0,得 3 3 3 x - y + z =0, 4 2 4 2 2 2 故可取 n2=(1,- 3,-2). 3 3x2+ z2=0, 2 从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 n1·n2 15 cos〈n1,n2〉= =- , 5 |n1|·|n2| 10 故所求二面角 APMC 的正弦值为 . 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.
2 由 AD= AA1 -A1D2=1,得 D 为 AC 中点,

DF=

5 A1D 1 ,tan∠A1FD= = 15,所以 cos∠A1FD= . 5 DF 4

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 → → 又AC1·BA1=a2-4a+c2=0,所以 AC1⊥A1B .

→ → → → (2)设平面 BCC1B1 的法向量 m=(x,y,z),则 m⊥CB,m⊥BB1,即 m· CB=0,m· BB1= → → → 0.因为CB=(0,1,0),BB1=AA1=(a-2,0,c),所以 y=0 且(a-2)x+cz=0. → 令 x=c,则 z=2-a,所以 m=(c,0,2-a),故点 A 到平面 BCC1B1 的距离为|CA|·|cos → |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 又 p=(0,0,1)为平面 ABC 的法向量,故 n· p 1 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.[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 V1 的体积为 V1,P ABC 的体积为 V2,则 =________. V2 1 13. 4 1 [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. 4 3,1).

V1 1 又因为三棱锥 A ? BDE 与三棱锥 A PBC 的高长度相等,所以 = . V2 4

19. 、 、[2014· 江西卷] 如图 16,四棱锥 P -ABCD 中,ABCD 为矩形,平面 PAD⊥平面 ABCD.

图 16 (1)求证:AB⊥PD. (2)若∠BPC=90°, PB= 2, PC=2, 问 AB 为何值时, 四棱锥 P ABCD 的体积最大? 并求此时平面 BPC 与平面 DPC 夹角的余弦值. 19.解:(1)证明:因为 ABCD 为矩形,所以 AB⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 AB⊥平面 PAD,故 AB⊥PD. (2)过 P 作 AD 的垂线,垂足为 O,过 O 作 BC 的垂线,垂足为 G,连接 PG. 故 PO⊥平面 ABCD,BC⊥平面 POG,BC⊥PG. 2 在 Rt△BPC 中,PG= 3 3 2 ,GC= 6 3 ,BG= 6 . 3

设 AB=m,则 OP= PG2-OG2= 1 V= × 6·m· 3

4 -m2,故四棱锥 P ABCD 的体积为 3

4 m -m2= 8-6m2. 3 3

因为 m 8-6m2= 8m2-6m4= 2 2 8 m2- ? + , -6? 3? 3 ? 所以当 m= 6 6 ,即 AB= 时,四棱锥 P ABCD 的体积最大. 3 3

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?

6 6 ? , ? 3 ,- 3 ,0?

6 2 6 ? 6? → → ? 6 2 6 ? 2 6,0?,P?0,0, 6?,故PC = ,BC=(0, 6, , ,0 ,D 0, , ,- 3 3 3? 3 3? ?3 ? ? ? ? ?3

0),CD=?-

?

6 ? ,0,0 . 3 ?

设平面 BPC 的一个法向量为 n1=(x,y,1), 6 2 6 6 ? ? x+ y- =0, → → 3 3 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=? ?0,2,1?. |n1·n2| 设平面 BPC 与平面 DPC 的夹角为 θ,则 cos θ = = |n1||n2| 1 2· 10 = . 5 1 +1 4

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( ) 81π A. 4 B.16π C.9π 27π D. 4

8.A

1 [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 2

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, 9?2 9 OA2=OE2+AE2,即 R2=(4-R)2+2,解得 R= ,所以球的表面积 S=4π R2=4π ×? ?4? = 4 81π . 4 G8 多面体与球 7. 、[2014· 湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图 12 所示,将该石材切削、打 磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于( )

图 12 A.1 B.2 C.3 D.4 7.B [解析] 由三视图可知,石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半),故可知能得 到的最大球为三棱柱的内切球. 由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径, 可 6+8-10 得 r= =2. 2 8. 、 [2014· 全国卷] 正四棱锥的顶点都在同一球面上. 若该棱锥的高为 4, 底面边长为 2, 则该球的表面积为( ) 81π A. 4 B.16π C.9π 27π D. 4

8.A

1 [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 2

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, 9?2 9 OA2=OE2+AE2,即 R2=(4-R)2+2,解得 R= ,所以球的表面积 S=4π R2=4π ×? ?4? = 4 81π . 4 5.[2014· 陕西卷] 已知底面边长为 1,侧棱长为 2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面 上,则该球的体积为( ) 32π A. 3 B.4π C.2π 4π D. 3

5.D [解析] 设该球的半径为 R,根据正四棱柱的外接球的直径长为正四棱柱的体对 4 4 角线长,可得(2R)2=( 2)2+12+12,解得 R=1,所以该球的体积为 V= π R3= π . 3 3 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 a·b 1 与 a 成 60°夹角,则根据数量积公式,只要满足 = 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 P?ABCD 中, 底面是以 O 为中心的菱形, PO⊥ π 1 底面 ABCD,AB=2,∠BAD= ,M 为 BC 上一点,且 BM= ,MP⊥AP. 3 2 (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.

π 因为∠BAD= , 3 π π 所以 OA=AB· cos = 3,OB=AB· sin =1, 6 6 → → 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). 1 3 1 → 1→ 由 BM= ,BC=2 知,BM= BC=?- ,- ,0?, 2 4 4 ? ? 4 3 3 → → → 从而OM=OB+BM=?- , ,0?, ? 4 4 ? 3 3 即 M?- , ,0?. ? 4 4 ? 3 3 → → 设 P(0,0,a),a>0,则AP=(- 3,0,a),MP=? ,- ,a?.因为 MP⊥AP,所以 4 ? ?4 3 3 3 3 → → MP·AP=0,即- +a2=0,所以 a= 或 a=- (舍去),即 PO= . 4 2 2 2 3 3 3 3 3 → → → (2) 由 (1)知,AP= ?- 3,0, ? ,MP=? ,- , ? ,CP=? 3,0, ?.设平面 2? 4 2? 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 3 - 3x1+ z1=0, 2 5 3 ? 故可取 n1=?1, ,2 . 3 ? ? 3 3 3 x1- y1+ z1=0, 4 4 2 → → 由 n2·MP=0,n2·CP=0,得 3 3 3 x2- y2+ z2=0, 4 4 2 故可取 n2=(1,- 3,-2). 3 3x2+ z2=0, 2 从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 n1·n2 15 cos〈n1,n2〉= =- , 5 |n1|·|n2| 10 故所求二面角 APMC 的正弦值为 . 5

? ? ? ? ? ?

G10 空间向量解决线面位置关系 18. 、[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 如图 13,四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥ 平面 ABCD,E 为 PD 的中点. (1)证明:PB∥平面 AEC; (2)设二面角 DAEC 为 60°,AP=1,AD= 3,求三棱锥 EACD 的体积.

图 13

18.解:(1)证明:连接 BD 交 AC 于点 O,连接 EO. 因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点. 又 E 为 PD 的中点,所以 EO∥PB. 因为 EO?平面 AEC,PB?平面 AEC, 所以 PB∥平面 AEC. (2)因为 PA⊥平面 ABCD,ABCD 为矩形, 所以 AB,AD,AP 两两垂直. → → 如图,以 A 为坐标原点,AB,AD,AP 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向,|AP|为单位 3 1 3 1 → 长,建立空间直角坐标系 Axyz,则 D(0, 3,0),E?0, , ?,AE=?0, , ?. 2 2? 2 2? ? ?

→ 设 B(m,0,0)(m>0),则 C(m, 3,0),AC=(m, 3,0). 设 n1=(x,y,z)为平面 ACE 的法向量, mx+ 3y=0, → ? ? ?n1·AC=0, ? 则? 即? 3 1 → ?n1·AE =0, ? ? ? 2 y+2z=0, 3 可取 n1=? ,-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 3 1 3 = ,解得 m= . 2 3+4m2 2 1 1 1 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 2 3 2 3 1 3 × × = . 2 2 8 19. 、 、 、[2014· 湖北卷] 如图 14,在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中,E,F,M, N 分别是棱 AB,AD,A1B1,A1D1 的中点,点 P,Q 分别在棱 DD1,BB1 上移动,且 DP= BQ=λ(0<λ<2). (1)当 λ=1 时,证明:直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)是否存在 λ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角?若存在,求出 λ 的 值;若不存在,说明理由.

图 14 19.解:方法一(几何方法): (1)证明:如图①,连接 AD1,由 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= 2 PQ. 在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中,因为 BQ=DP=λ,BE=DF=1, 于是 EQ=FP= 1+λ2,所以四边形 EFPQ 也是等腰梯形. 同理可证四边形 PQMN 也是等腰梯形. 分别取 EF,PQ,MN 的中点为 H,O,G,连接 OH,OG, 则 GO⊥PQ,HO⊥PQ,而 GO∩HO=O, 故∠GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角. 若存在 λ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°. 连接 EM,FN,则由 EF∥MN,且 EF=MN 知四边形 EFNM 是平行四边形. 连接 GH,因为 H,G 是 EF,MN 的中点, 所以 GH=ME=2. 2 1 2 在△GOH 中,GH2=4,OH2=1+λ2-? ? =λ 2+ , 2 ?2? 2 1 2 OG2=1+(2-λ)2-? ? =(2-λ)2+ , 2 ?2? 1 1 2 由 OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2+ +λ2+ =4,解得 λ=1± , 2 2 2 2 故存在 λ=1± ,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).

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. → ? ?x+y=0, ?FE·n=0, ? (2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n=(x,y,z),则由? 可得? ?-x+λz=0. → ? ? n=0 ?FP· 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, 2 即 λ(λ-2)-λ (2-λ)+1=0,解得 λ=1± . 2 2 故存在 λ=1± ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角. 2 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, BQ BQ BC 1 所以 = = = ,即 Q 为 BB1 的中点. BB1 AA1 AD 2 (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 1 1 1 V 三棱锥 Q A1AD= × ·2a·h·d= ahd, 3 2 3 1 ? 1 1 a+2a V 四棱锥 Q ·d·? ABCD= · ?2h?=4ahd, 3 2 7 所以 V 下=V 三棱锥 Q A1AD+V 四棱锥 Q ahd. ABCD= 12 3 又 V 四棱柱 A1B1C1D1 ?ABCD= ahd, 2 V上 11 3 7 11 所以 V 上=V 四棱柱 A1B1C1D1 ?ABCD-V 下= ahd- ahd= ahd,故 = . 2 12 12 V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. π AA1 于是 tan∠AEA1= =1,∠AEA1= . AE 4 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= 2 所以 a= . sin θ a+2a ·2sin θ =6, 2

图2 4 从而可得 C(2cos θ ,2sin θ ,0),A1?sin θ ,0,4?,

?

?

4 → 所以 DC=(2cos θ ,2sin θ ,0),DA1=?sin θ ,0,4?.

?

?

设平面 A1DC 的法向量 n=(x,y,1), → ·n= x+4=0, ?DA sin θ 由? → ?DC · n=2xcos θ +2ysin θ =0,
1

4

? ?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), 2 n· m 所以 cos〈n,m〉= = , |n||m| 2 π 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〉|=? = . →? 2 ?|n||BC|? 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, 4 2 2? 2 解得 λ= ,所以点 H 的坐标为? ?3,3,3?. 3 所以 PH=

?4? +?2? +?-4? =2. ?3? ?3? ? 3?

2

2

2

17. 、 、[2014· 福建卷] 在平面四边形 ABCD 中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD. 将△ABD 沿 BD 折起,使得平面 ABD⊥平面 BCD,如图 15 所示. (1)求证:AB⊥CD; (2)若 M 为 AD 中点,求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值.

图 15 17. 解: (1)证明: ∵平面 ABD⊥平面 BCD, 平面 ABD∩平面 BCD=BD, AB?平面 ABD, AB⊥BD,∴AB⊥平面 BCD. 又 CD?平面 BCD,∴AB⊥CD. (2)过点 B 在平面 BCD 内作 BE⊥BD.

由(1)知 AB⊥平面 BCD,BE?平面 BCD,BD?平面 BCD,∴AB⊥BE,AB⊥BD. → → → 以 B 为坐标原点,分别以BE,BD,BA的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直 角坐标系(如图所示). 1 1 0, , ? . 依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M? ? 2 2? 1 1? → → → 则BC=(1,1,0),BM=? ?0,2,2?,AD=(0,1,-1). 设平面 MBC 的法向量 n=(x0,y0,z0), → ?n· ?x0+y0=0, BC=0, ? ? 则? 即?1 1 → ?n· ?2y0+2z0=0, BM=0, ? ? 取 z0=1,得平面 MBC 的一个法向量 n=(1,-1,1). 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ, → |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 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 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= 2 PQ. 在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中,因为 BQ=DP=λ,BE=DF=1, 于是 EQ=FP= 1+λ2,所以四边形 EFPQ 也是等腰梯形. 同理可证四边形 PQMN 也是等腰梯形. 分别取 EF,PQ,MN 的中点为 H,O,G,连接 OH,OG, 则 GO⊥PQ,HO⊥PQ,而 GO∩HO=O, 故∠GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角. 若存在 λ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°. 连接 EM,FN,则由 EF∥MN,且 EF=MN 知四边形 EFNM 是平行四边形. 连接 GH,因为 H,G 是 EF,MN 的中点, 所以 GH=ME=2.

在△GOH 中,GH2=4,OH2=1+λ2-? OG2=1+(2-λ)2-?

1 2?2 =λ 2+ , 2 2 ? ?

1 2?2 =(2-λ)2+ , 2 ?2? 1 1 2 由 OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2+ +λ2+ =4,解得 λ=1± , 2 2 2 2 故存在 λ=1± ,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).

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. → ? ?x+y=0, ?FE·n=0, ? (2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n=(x,y,z),则由? 可得? ? → ?-x+λz=0. ? n=0 ?FP· 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, 2 即 λ(λ-2)-λ (2-λ)+1=0,解得 λ=1± . 2 2 故存在 λ=1± ,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. (1)证明:O1O⊥底面 ABCD; (2)若∠CBA=60°,求二面角 C1?OB1?D 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 C1?OB1?D 的平面角. 不妨设 AB=2.因为∠CBA=60°,所以 OB= 3,OC=1,OB1= 7. OO1·O1B1 3 2 在 Rt△OO1B1 中, 易知 O1H= =2 .而 O1C1=1, 于是 C1H= O1C2 1+O1H OB1 7 12 19 = 1+ = . 7 7 3 2 7 2 57 O 1H 故 cos∠C1HO1= = = . C1H 19 19 7 2 57 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. → ? ?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·OC = 0 , ? 1 取 z=- 3,则 x=2,y=2 3,所以 n2=(2,2 3,- 3).

设二面角 C1?OB1?D 的大小为 θ,易知 θ 是锐角,于是 ? n1·n2 ?=2 3=2 57. cos θ =|cos〈, 〉|=? ? 19 ?|n1|·|n2|? 19 2 57 故二面角 C1?OB1?D 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 在 Rt△BPC 中,PG= 3 3 2 ,GC= 6 3 ,BG= 6 . 3

设 AB=m,则 OP= PG2-OG2= 1 V= × 6·m· 3

4 -m2,故四棱锥 P ABCD 的体积为 3

4 m -m2= 8-6m2. 3 3

因为 m 8-6m2= 8m2-6m4= 2 2 8 m2- ? + , -6? 3? 3 ? 所以当 m= 6 6 ,即 AB= 时,四棱锥 P ABCD 的体积最大. 3 3

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?

6 6 ? , ? 3 ,- 3 ,0?

6 2 6 ? 2 6 ? ? 6? 6 2 6 6? → → ,D? ,P ,故PC=? , ,BC=(0, 6, ,- 3 3? ? 3 , 3 ,0? ?0, 3 ,0? ?0,0, 3 ? ?3

0),CD=?-

?

6 ? ,0,0 . 3 ?

设平面 BPC 的一个法向量为 n1=(x,y,1), 6 2 6 6 ? ? x+ y- =0, → → 3 3 3 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=? ?0,2,1?. |n1·n2| 设平面 BPC 与平面 DPC 的夹角为 θ,则 cos θ = = |n1||n2| 1 2· 10 = . 5 1 +1 4

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 π 可证出△EOC≌△FOC,所以∠EOC=∠FOC= ,即 FO⊥BC.又 EO⊥BC,EO∩FO=O, 2 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, 1 3 3 1 3 3 → → 2,0),因而 E(0, , ),F( , ,0),所以EF=( ,0,- ),BC=(0,2,0),因此 2 2 2 2 2 2 → → EF·BC=0, → → 从而EF⊥BC,所以 EF⊥BC.

图2 (2)方法一,在图 1 中,过点 O 作 OG⊥BF,垂足为 G,连接 EG.因为平面 ABC⊥平面 BDC,所以 EO⊥面 BDC,又 OG⊥BF,所以由三垂线定理知 EG⊥BF, 因此∠EGO 为二面角 EBFC 的平面角. 1 1 3 在△EOC 中,EO= EC= BC·cos 30° = . 2 2 2 BO 3 EO 由△BGO∽△BFC 知, OG= · FC= , 因此 tan∠EGO= =2, 从而得 sin∠EGO BC 4 OG 2 5 2 5 = ,即二面角 EBFC 的正弦值为 . 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), 3 1 1 3 → → 又BF=( , ,0),BE=(0, , ), 2 2 2 2 → ? ?n2·BF=0, 所以? 得其中一个 n2=(1,- 3,1). → ? ?n2·BE=0, n1·n2? 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 = , 5 2 2 5 2 5 因此 sin θ = = ,即所求二面角正弦值为 . 5 5 5 11. [2014· 全国卷] 已知二面角 αlβ 为 60°, AB?α , AB⊥l, A 为垂足, CD?β , C∈l, ∠ACD=135°,则异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为( ) 1 A. 4 C. 3 4 B. 2 4

1 D. 2

11.B [解析] 如图所示,在平面 α 内过点 C 作 CF∥AB,过点 F 作 FE⊥β,垂足为点 E,连接 CE,则 CE⊥l,所以∠ECF=60°.过点 E 作 DE⊥CE,交 CD 于点 D1,连接 FD1. 不妨设 FC=2a,则 CE=a,EF= 3a.因为∠ACD=135°,所以∠DCE=45°,所以,在 4a2+2a2-4a2 2 Rt△DCE 中,D1E=CE=a,CD1= 2a,∴FD1=2a,∴cos∠DCF= = . 4 2×2a× 2a

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.
2 由 AD= AA1 -A1D2=1,得 D 为 AC 中点,

DF=

5 A1D 1 ,tan∠A1FD= = 15,所以 cos∠A1FD= . 5 DF 4

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 → → 又AC1·BA1=a2-4a+c2=0,所以 AC1⊥A1B . → → → → (2)设平面 BCC1B1 的法向量 m=(x,y,z),则 m⊥CB,m⊥BB1,即 m· CB=0,m· BB1= → → → 0.因为CB=(0,1,0),BB1=AA1=(a-2,0,c),所以 y=0 且(a-2)x+cz=0. → 令 x=c,则 z=2-a,所以 m=(c,0,2-a),故点 A 到平面 BCC1B1 的距离为|CA|·|cos → |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 又 p=(0,0,1)为平面 ABC 的法向量,故 n· p 1 cos〈n,p〉= = . |n||p| 4 1 所以二面角 A1 ? AB ? C 的大小为 arccos . 4 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. 3,1).

图 15 (1)证明:AC=AB1; (2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角 A A1B1 ?C1 的余弦值. 19.解:(1)证明:连接 BC1,交 B1C 于点 O,连接 AO,因为侧面 BB1C1C 为菱形,所 以 B1C⊥BC1,且 O 为 B1C 及 BC1 的中点. 又 AB⊥B1C,所以 B1C⊥平面 ABO. 由于 AO?平面 ABO,故 B1C⊥AO. 又 B1O=CO,故 AC=AB1. (2)因为 AC⊥AB1,且 O 为 B1C 的中点,所以 AO=CO. 又因为 AB=BC,所以△BOA≌ △BOC.故 OA⊥OB,从而 OA,OB,OB1 两两垂直. 以 O 为坐标原点,OB 的方向为 x 轴正方向,|OB|为单位长,建立如图所示的空间直角 坐标系 O? xyz.

因为∠CBB1=60°,所以△CBB1 为等边三角形,又 AB=BC,则 A?0,0,

?

3? ,B(1, 3?

0,0),B1?0,

?

3 ? 3 ? ? ,0 ,C 0,- ,0 . 3 3 ? ? ?

3 3 → AB1=?0, ,- ?, 3 3? ? 3 → A1B1=AB=?1,0,- ?, 3? ? 3 → B1C1=BC=?-1,- ,0?. 3 ? ? 设 n=(x,y,z)是平面 AA1B1 的法向量,则

? 33y- 33z=0, ? → 即? 3 A B =0, ? n· ?x- 3 z=0.
AB1=0, ?n·
1 1

所以可取 n=(1, 3, 3). 设 m 是平面 A1B1C1 的法向量, → ? A1B1=0, ?m· 则? → ? B1C1=0, ?m· 同理可取 m=(1,- 3, 3).

n·m 1 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 17. ,[2014· 山东卷] 如图 13 所示,在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是等腰 梯形,∠DAB=60° ,AB=2CD=2,M 是线段 AB 的中点.

图 13 (1)求证:C1M∥平面 A1ADD1; (2)若 CD1 垂直于平面 ABCD 且 CD1= 3, 求平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角) 的余弦值. 17.解:(1)证明:因为四边形 ABCD 是等腰梯形, 且 AB=2CD,所以 AB∥DC, 又 M 是 AB 的中点, 所以 CD∥MA 且 CD=MA.

连接 AD1.因为在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中, CD∥C1D1,CD=C1D1, 所以 C1D1∥MA,C1D1=MA, 所以四边形 AMC1D1 为平行四边形, 因此,C1M∥D1A. 又 C1M?平面 A1ADD1,D1A?平面 A1ADD1, 所以 C1M∥平面 A1ADD1. (2)方法一:连接 AC,MC. 由(1)知,CD∥AM 且 CD=AM, 所以四边形 AMCD 为平行四边形, 所以 BC=AD=MC. 由题意∠ABC=∠DAB=60°, 所以△MBC 为正三角形, 因此 AB=2BC=2,CA= 3, 因此 CA⊥CB.

设 C 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 C ? xyz.

所以 A( 3,0,0),B(0,1,0),D1(0,0, 3). 因此 M? 3 1 ? , ? 2 ,2,0?

3 1 3 1 → → → 所以MD1=?- ,- , 3?,D1C1=MB=?- , ,0?. 2 ? 2 ? ? 2 2 ? 设平面 C1D1M 的一个法向量 n=(x,y,z), → ? D1C1=0, ? 3x-y=0, ?n· 由? 得? → 3z=0, ? MD1=0, ? 3x+y-2 ?n· 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. → CD1·n 5 → 因此 cos〈CD1,n〉= = , 5 → |CD1||n| 所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为 5 . 5

方法二:由(1)知,平面 D1C1M∩平面 ABCD=AB,点过 C 向 AB 引垂线交 AB 于点 N, 连接 D1N.

由 CD1⊥平面 ABCD,可得 D1N⊥AB, 因此∠D1NC 为二面角 C1 ? AB ? C 的平面角. 在 Rt△BNC 中,BC=1,∠NBC=60°, 可得 CN= 3 , 2 15 . 2

2 所以 ND1= CD2 1+CN =

3 2 CN 5 在 Rt△D1CN 中,cos∠D1NC= = = , D1N 15 5 2 所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为 5 . 5

18. , , ,[2014· 四川卷] 三棱锥 A BCD 及其侧视图、俯视图如图 14 所示.设 M,N 分 别为线段 AD,AB 的中点,P 为线段 BC 上的点,且 MN⊥NP. (1)证明:P 是线段 BC 的中点; (2)求二面角 A NP M 的余弦值.

图 14 18.解:(1)如图所示,取 BD 的中点 O,连接 AO,CO. 由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD 为正三角形,

所以 AO⊥BD,OC⊥BD. 因为 AO,OC?平面 AOC,且 AO∩OC=O, 所以 BD⊥平面 AOC. 又因为 AC?平面 AOC,所以 BD⊥AC. 取 BO 的中点 H,连接 NH,PH. 又 M,N,H 分别为线段 AD,AB,BO 的中点,所以 MN∥BD,NH∥AO, 因为 AO⊥BD,所以 NH⊥BD. 因为 MN⊥NP,所以 NP⊥BD. 因为 NH,NP?平面 NHP,且 NH∩NP=N,所以 BD⊥平面 NHP. 又因为 HP?平面 NHP,所以 BD⊥HP. 又 OC⊥BD,HP?平面 BCD,OC?平面 BCD,所以 HP∥OC. 因为 H 为 BO 的中点,所以 P 为 BC 的中点. (2)方法一:如图所示,作 NQ⊥AC 于 Q,连接 MQ.

由(1)知,NP∥AC,所以 NQ⊥NP. 因为 MN⊥NP,所以∠MNQ 为二面角 A NP M 的一个平面角.

由(1)知,△ABD,△BCD 为边长为 2 的正三角形,所以 AO=OC= 3. 由俯视图可知,AO⊥平面 BCD. 因为 OC?平面 BCD,所以 AO⊥OC,因此在等腰直角△AOC 中,AC= 6. 作 BR⊥AC 于 R 因为在△ABC 中,AB=BC,所以 R 为 AC 的中点, 所以 BR= AC?2 10 AB2-? ?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, BR 10 所以 NQ= = . 2 4 同理,可得 MQ= 10 . 4

故△MNQ 为等腰三角形, 所以在等腰△MNQ 中, MN BD 2 4 10 cos∠MNQ= = = . NQ NQ 5 故二面角 A NP M 的余弦值是 10 . 5

方法二:由俯视图及(1)可知,AO⊥平面 BCD. 因为 OC,OB?平面 BCD,所以 AO⊥OC,AO⊥OB. 又 OC⊥OB,所以直线 OA,OB,OC 两两垂直. 如图所示,以 O 为坐标原点,以 OB,OC,OA 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向, 建立空间直角坐标系 O xyz. 则 A(0,0, 3),B(1,0,0),C(0, 3,0),D(-1,0,0). 因为 M,N 分别为线段 AD,AB 的中点, 又由(1)知,P 为线段 BC 的中点,

1 3 1 3 1 3 所以 M?- ,0, ?,N? ,0, ?,P? , ,0?,于是 AB=(1,0,- 3),BC=(- 2 2 2 2 2 2 ? ? ? ? ? ? 1, 3,0),MN=(1,0,0),NP=?0,

?

3 3? . ,- 2 2?

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,

(1,0,- 3)=0, ?(x1,y1,z1)· ? (-1, 3,0)=0, ?(x1,y1,z1)·

?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, ?

(x ,y ,z )· (1,0,0)=0, ? ? 2 2 2 即? 3 3? ? (x ,y ,z )· =0, ? ? 2 2 2 ?0, 2 ,- 2 ? x =0, ? ?2 从而? 3 3 ? ? 2 y2- 2 z2=0. 取 z2=1,则 y2=1,x2=0,所以 n2=(0,1,1). 设二面角 A NP M 的大小为 θ, 则 cos θ =? = 10 . 5 故二面角 ANPM 的余弦值是 10 . 5 (0,1,1)? ? n1·n2 ?=?( 3,1,1)· ? ? ? ?|n1|·|n2|? ? 5× 2 ?

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· ?-x+2y=0, BD=0, ? ? 则? 即? ? n· ?x-2z=0. PB=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· BE 2 3 cos〈n,BE〉= = = , |n|· |BE| 3 6× 2 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 . 3

(3) 向量 BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0).由点 F 在棱 PC 上, → 设 CF=λCP,0≤λ≤1. → 故 BF=BC+CF=BC+λCP=(1-2λ,2-2λ,2λ).由 BF⊥AC,得 BF· AC=0,因此 2(1 1 1 3? 3 -2λ)+2(2-2λ)=0, 解得 λ= , 即 BF=? ?-2,2,2?.设 n1=(x,y,z)为平面 FAB 的法向量, 4

? ? ?n1·AB=0, ? ? 则 即? 1 1 3 不妨令 z=1,可得 n1=(0,-3,1)为平面 FAB 的一个 ?n1·BF=0, ?- x+ y+ z=0. ?
x=0,

? 2

2

2

法向量.取平面 ABP 的法向量 n2=(0,1,0),则 n1·n2 -3 3 10 cos〈, 〉= = =- . 10 |n1|·|n2| 10×1 3 10 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 1 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 2 为平行四边形,所以 BE∥AM. 因为 PA⊥底面 ABCD,故 PA⊥CD,而 CD⊥DA,从而 CD⊥平面 PAD.因为 AM?平面 PAD,所以 CD⊥AM.又 BE∥AM,所以 BE⊥CD.

(2)连接 BM,由(1)有 CD⊥平面 PAD,得 CD⊥PD.而 EM∥CD,故 PD⊥EM.又因为 AD =AP, M 为 PD 的中点, 所以 PD⊥AM, 可得 PD⊥BE, 所以 PD⊥平面 BEM, 故平面 BEM⊥ 平面 PBD, 所以直线 BE 在平面 PBD 内的射影为直线 BM.而 BE⊥EM, 可得∠EBM 为锐角, 故∠EBM 为直线 BE 与平面 PBD 所成的角. 依题意,有 PD=2 2,而 M 为 PD 中点,可得 AM= 2,进而 BE= 2.故在直角三角 EM AB 1 3 形 BEM 中,tan∠EBM= = = ,因此 sin∠EBM= , BE BE 3 2 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. 1 2 10 在△PAG 中,PA=2,PG= PD= ,∠APG=45°.由余弦定理可得 AG= ,cos 4 2 2 3 10 3 10 ∠PAG= ,所以二面角 F AB P 的余弦值为 . 10 10

17.[2014· 浙江卷] 如图 14,某人在垂直于水平地面 ABC 的墙面前的点 A 处进行射击 训练.已知点 A 到墙面的距离为 AB,某目标点 P 沿墙面上的射线 CM 移动,此人为了准确 瞄准目标点 P,需计算由点 A 观察点 P 的仰角 θ 的大小.若 AB=15 m,AC=25 m,∠BCM =30°,则 tan θ 的最大值是________.(仰角 θ 为直线 AP 与平面 ABC 所成角)

图 14

5 17.

3 9

[解析] 由勾股定理得 BC=20 m. 如图, 过 P 点作 PD⊥BC 于 D, 连接 AD, 则

PD 由点 A 观察点 P 的仰角θ =∠PAD,tan θ = .设 PD=x,则 DC= 3x,BD=20- 3x, AD 在 Rt△ABD 中,AD= 152+(20- 3x)2= 625-40 3x+3x2, x 1 1 5 3 所以 tan θ = = = ≤ , 2 2 9 27 625 40 3 1 20 3? 625-40 3x+3x ? 625 - + - +3 x2 x ?x 625 ? 25 5 3 故 tan θ 的最大值为 . 9

20. 、[2014· 浙江卷] 如图 15,在四棱锥 A BCDE 中,平面 ABC⊥平面 BCDE,∠CDE =∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC= 2. (1)证明:DE⊥平面 ACD; (2)求二面角 B AD E 的大小.

图 15

20.解:(1)证明:在直角梯形 BCDE 中,由 DE=BE=1,CD=2,得 BD=BC= 2, 由 AC= 2,AB=2, 得 AB2=AC2+BC2,即 AC⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE,从而 AC⊥平面 BCDE, 所以 AC⊥DE.又 DE⊥DC,从而 DE⊥平面 ACD. (2)方法一: 过 B 作 BF⊥AD, 与 AD 交于点 F, 过点 F 作 FG∥DE,与 AE 交于点 G, 连接 BG.由(1) 知 DE⊥AD,则 FG⊥AD.所以∠BFG 是二面角 B AD E 的平面角. 在直角梯形 BCDE 中,由 CD2=BC2+BD2, 得 BD⊥BC.

又平面 ABC⊥平面 BCDE,得 BD⊥平面 ABC,从而 BD⊥AB.由 AC⊥平面 BCDE,得

AC⊥CD. 在 Rt△ACD 中,由 DC=2,AC= 2,得 AD= 6. 在 Rt△AED 中,由 ED=1,AD= 6,得 AE= 7. 2 在 Rt△ABD 中,由 BD= 2,AB=2,AD= 6,得 BF= 2 ED= . 3 5 在△ABE,△ABG 中,利用余弦定理分别可得 cos∠BAE= 14 7 2 ,BG= . 3 3 3 2 2 ,AF= AD.从而 GF= 3 3

GF2+BF2-BG2 3 在△BFG 中,cos∠BFG= = . 2 2BF·GF π π 所以,∠BFG= ,即二面角 B AD E 的大小是 . 6 6 方法二: 以 D 为原点,分别以射线 DE,DC 为 x,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 D xyz, 如图所示.

由题意知各点坐标如下: D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0), A(0,2, 2),B(1,1,0). 设平面 ADE 的法向量为 m=(x1,y1,z1), 平面 ABD 的法向量为 n=(x2,y2,z2). → 可算得 AD=(0,-2,- 2),AE=(1,-2,- 2),DB=(1,1,0). AD=0, ?-2y1- 2z1=0, ?m· 由? → 即? AE=0, ?x1-2y1- 2z1=0, ?m· 可取 m=(0,1,- 2). → ? AD=0, ?-2y2- 2z2=0, ?n· 由? 即? → x +y =0, ? DB=0, ? 2 2 ? n· 可取 n=(1,-1, 2). |m·n| 3 3 于是|cos〈m,n〉|= = = . |m|· |n| 2 3×2 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 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 图 15

D

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, 13 设为 E2,求得 L3=E1E2= ,L3<L2=L1.最后一次,从点 E2 射出,落在平面 A1B1C1D1 上, 3 26 求得 L4= >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 1 1 AD1=BD1= 2,AB=2,∴S1= ×2×2=2,S2=SOCD2= ×2× 2= 2,S3=SOAD3 2 2 1 = ×2× 2= 2.∴选 D. 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 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= 2 PQ. 在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中,因为 BQ=DP=λ,BE=DF=1, 于是 EQ=FP= 1+λ2,所以四边形 EFPQ 也是等腰梯形. 同理可证四边形 PQMN 也是等腰梯形. 分别取 EF,PQ,MN 的中点为 H,O,G,连接 OH,OG, 则 GO⊥PQ,HO⊥PQ,而 GO∩HO=O, 故∠GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角. 若存在 λ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°. 连接 EM,FN,则由 EF∥MN,且 EF=MN 知四边形 EFNM 是平行四边形. 连接 GH,因为 H,G 是 EF,MN 的中点, 所以 GH=ME=2. 1 2 2 在△GOH 中,GH2=4,OH2=1+λ2-? ? =λ 2+ , 2 ?2? 2 1 2 OG2=1+(2-λ)2-? ? =(2-λ)2+ , 2 ?2? 1 1 2 由 OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2+ +λ2+ =4,解得 λ=1± , 2 2 2 2 故存在 λ=1± ,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).

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. → ? ? n=0 ?FP· 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, 2 即 λ(λ-2)-λ (2-λ)+1=0,解得 λ=1± . 2 2 故存在 λ=1± ,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( )

图 12 A.? C.? 3 ? 6 B.? ,1? ? 3 ,1? ?3 ?

6 2 2? 2 2 ? D.? ?3, 3 ? ? 3 ,1? [解析] 连接 A1O,OP 和 PA1,不难知∠POA1 就是直线 OP 与平面 A1BD 所成的 6+2-12 3 =- ,此时 3 2× 6× 2

8.B

角(或其补角)设正方体棱长为 2,则 A1O= 6. (1)当 P 点与 C 点重合时,PO= 2,A1P=2 3,且 cos α = α=∠A1OP 为钝角,sin α = 1-cos2α = 6 ; 3

6+6-8 1 (2)当 P 点与 C1 点重合时,PO=A1O= 6,A1P=2 2,且 cos α = = , 2× 6× 6 3

2 2 此时 α=∠A1OP 为锐角,sin α = 1-cos2 α = ; 3 (3)在 α 从钝角到锐角逐渐变化的过程中, CC1 上一定存在一点 P, 使得 α=∠A1OP=90°. 又因为 6 2 2 6 < ,故 sin α 的取值范围是? ,1?,故选 B. 3 3 ?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 X24?3 所示),则其侧视 图的面积为( )

图 X24?3

2 2 1 1 4.B [解析] 由题意可知,S= ×1×1= . 2 2 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 X26?1 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). A. C.1 D.

3 2

1 B. 2

图 X26?1 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 G7?8 所示的多面体中,四边形 ABCD 是菱形,四边形 π 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 G7?8 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. π 又∵四边形 ABCD 是菱形,∠BAD= , 3 ∴△ABD 为等边三角形. 又∵BF=BD=a, 3 ∴AD=a,AO= a, 2 1 3 3 2 ∴S 四边形 BDEF=a2,∴V 四棱锥 Aa= a3. BDEF= ·a · 3 2 6 2.[2014· 成都一诊] 如图 J11?2①所示,四边形 ABCD 为等腰梯形,AE⊥DC,AB=AE 1 = DC,F 为 EC 的中点.现将△DAE 沿 AE 翻折到△PAE 的位置,如图 J11?2②所示,且平 3 面 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 J11?2 1 2.解:(1)证明:连接 BF,∵EF∥AB,且 AB=EF= CD, 3 ∴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, 1 1 32 则 V 三棱锥 A - PBC=V 三棱锥 P -ABC= × ×4×4×4= , 3 2 3 1 1 32 V 三棱锥 E -BPF=V 三棱锥 P -EBF= × ×4×4×4= . 3 2 3 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 J12?2 AD 2 2.解:(1)证明:由题意可知,在 Rt△ABD 中,tan∠ABD= = ,在 Rt△ABB1 中, AB 2 AB 2 tan∠AB1B= = . BB1 2 π 又因为 0<∠ABD,∠AB1B< ,所以∠ABD=∠AB1B, 2 π 所以∠ABD+∠BAB1=∠AB1B+∠BAB1= , 2 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, 3 6 3 2 3 6 则 A0,- ,0,B- ,0,0,C0,0, ,B10, ,0,D ,0,0. 3 3 3 3 6 6 2 3 3 → → 又因为CC1=2AD,所以 C1 , , . 3 3 3 6 3 3 3 → 6 2 3 3 → → 所以AB=- , ,0,AC=0, , ,DC1= , , . 3 3 3 3 6 3 3 设平面 ABC 的法向量为 n=(x,y,z), 6 3 → - x+ y=0, ? 3 3 ?AB·n=0, 则由? 得 → 3 3 ? n=0, ?AC· y+ z=0, 3 3 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 J12?4 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 J12?4 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= . 5 2 5 又∵O 是 AD 的中点,OF⊥AC,∴OF= . 5 3 5 而 EO=1,由勾股定理可得 EF= , 5 2 5 5 OF 2 2 故 cos∠EFO= = = ,即二面角 E AC D 的余弦值为 . EF 3 5 3 3 5

(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. OE 4 5 ∵DG=AD· sin∠DAG=AD· sin∠OAE=AD· = , AE 5

又在 Rt△CDG 中,CD=2,∴CG= 4 DG ∴sin∠DCG= = CG 6 5 5 5 2 = . 5 3

16×5 6 5 +4= , 25 5

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. → ? AE=0, ?n· (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, ? 1 ∴平面 AEC 的一个法向量为 n=1,- ,1. 2 → 又平面 ACD 的法向量为AP=(0,0,2), → n· AP 2 2 → ∴cos〈n,AP〉= = = , 3 → 3 |n|· |AP| ×2 2 2 ∴二面角 EACD 的余弦值是 . 3 (3)设直线 CD 与平面 AEC 所成的角为 θ. 1 ∵平面 AEC 的一个法向量为 n=1,- ,1, 2 → 且CD=(-2,0,0), → |n· CD| 2 2 2 ∴sin θ = = = ,即直线 CD 与平面 AEC 所成角的正弦值为 . 3 3 → 3 |n|· |CD| ×2 2


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