数 学 G 单元 立体几何
G1 空间几何体的结构
20．、、[2014·安徽卷] 如图1-5，四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，且AD ＝2BC .过A 1，C ，D 三点的平面记为α，BB 1与α的交点为Q .
(1)证明：Q 为BB 1的中点；
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；
(3)若AA 1＝4，CD ＝2，梯形ABCD 的面积为6，求平面α与底面ABCD 所成二面角的大小．
20．解： (1)证明：因为BQ ∥AA
1，BC ∥AD ， BC ∩BQ ＝B ，AD ∩AA 1＝A ， 所以平面QBC ∥平面A 1AD ，
从而平面A 1CD 与这两个平面的交线相互平行， 即QC ∥A 1D .
故△QBC 与△A 1AD 的对应边相互平行， 于是△QBC ∽△A 1AD ，
所以BQ BB 1＝BQ AA 1＝BC AD ＝12
，即Q 为BB 1的中点．
(2)如图1所示，连接QA ，QD .设AA 1＝h ，梯形ABCD 的高为d ，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V 上和V 下，BC ＝a ，则AD ＝2a .
V 三棱锥Q -A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝1
3
ahd ，
V 四棱锥Q -ABCD ＝13·a ＋2a
2·d ·? ????12h ＝14
ahd ，
所以V下＝V三棱锥Q -A1AD＋V四棱锥Q -ABCD＝7
12ahd.
又V四棱柱A1B1C1D1-ABCD＝3
2ahd，
所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1-ABCD－V下＝3
2ahd－
7
12ahd＝
11
12ahd，
故V上
V下
＝
11
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＝AA1
AE＝1，∠AEA1＝
π
4.
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为π4.
方法二：如图2所示，以D为原点，DA，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＋2a
2·2sin θ＝6，
所以a＝
2 sin θ
.
图2
从而可得C (2cos θ，2sin θ
，0)，A 1?
??
???
4
sin θ，0，4， 所以DC ＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA 1→＝?
??
???4sin θ，0，4.
设平面A 1DC 的法向量n ＝(x ，y ，1)， 由?????DA 1→·n ＝4sin θ x ＋4＝0，
DC
→·n ＝2x cos θ＋2y sin θ＝0， 得?????x ＝－sin θ，y ＝cos θ，
所以n ＝(－sin θ，cos θ，1)．
又因为平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝22
，
故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π
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 ≈1
36
L 2h .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 ≈2
75
L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )
A.227
B.258
C.15750
D.355113 8．B 7．、[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图1-1所示，则该几何体的体积为( )
A ．8－2π
B ．8－π
C ．8－π2
D ．8－π
4
图1-1
7．B
G2 空间几何体的三视图和直观图
7．[2014·安徽卷] 一个多面体的三视图如图1-2所示，则该多面体的表面积为()
A．21＋ 3 B．8＋ 2
C．21 D．18
图1-2
7．A
2．[2014·福建卷] 某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()
A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱
2．A
5．[2014·湖北卷] 在如图1-1所示的空间直角坐标系O-xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．()
A ．①和②
B ．①和③
C ．③和②5．
D 7．、[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图1-2所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )
图1-2
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4 7．B
5．[2014·江西卷] 一几何体的直观图如图1-1所示，下列给出的四个俯视图中正确的是( )
图1-1
A B C D
图1-2
5．B 7．、[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图1-1所示，则该几何体的体积为( )
A ．8－2π
B ．8－π
C ．8－π2
D ．8－π
4
图1-1
7．B
3．[2014·浙江卷] 几何体的三视图(所示，则此几何体的表面积是( )
1-1
A ．90 cm 2
B ．129 cm 2
C ．132 cm 2
D ．138 cm 2
3．D
12．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-3，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )
图1-3
A ．6 2
B ．6
C ．4 2
D ．4 12．B
6．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1-1，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )
图1-1
A.1727
B.59
C.1027
D.13 6．C
17．[2014·陕西卷] 四面体ABCD 及其三视图如图1-4所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD ，BC 的平面分别交四面体的棱BD ，DC ，CA 于点F ，G ，H .
(1)证明：四边形EFGH 是矩形；
(2)求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．
图1-4
17．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知， BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ， BD ＝DC ＝2，AD ＝1.
由题设，BC ∥平面EFGH ， 平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ， 平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG . ∴四边形EFGH 是平行四边形．
又∵AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，∴AD ⊥平面BDC ， ∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ， ∴四边形EFGH 是矩形．
(2)方法一：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (0，0，1)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，
DA ＝(0，0，1)，BC ＝(－2，2，0)， BA ＝(－2，0，1)．
设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )， ∵EF ∥AD ，FG ∥BC ， ∴n ·DA ＝0，n ·BC ＝0，
得?
????z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1，1，0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA →
，n 〉|＝????BA ·n |BA ||n |＝25×2＝105.
方法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，
则D (0，0，0)，A (0，0，1)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，
∵E 是AB 的中点，∴F ，G 分别为BD ，DC 的中点，得E ????1，0，1
2，F (1，0，0)，G (0，1，0)． ∴FE →
＝????0，0，12，FG ＝(－1，1，0)， BA ＝(－2，0，1)．
设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则n ·FE ＝0，n ·FG ＝0，
得?????12z ＝0，－x ＋y ＝0，
取n ＝(1，1，0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA →
，n 〉|＝????
??BA ·n |BA →||n |＝25×2＝105.
10．[2014·天津卷] 一个儿何体的三视图如图1-3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.
图1-3
10.20π3
7．[2014·重庆卷] ( )
1-2
A ．54
B ．60
C ．66
D ．72 7．B
G3 平面的基本性质、空间两条直线 4．[2014·辽宁卷] 已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ⊥α，n ?α，则m ⊥n C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α D ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α 4．B 17．、、[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图1-5所示．
(1)求证：AB ⊥CD ；
(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．
图1-5
17．解：(1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ?平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .
又CD ?平面BCD ，∴AB ⊥CD .
(2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD
.
由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ?平面BCD ，BD ?平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .
以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)． 依题意，得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)，M ????0，12，1
2. 则BC →＝(1，1，0)，BM →＝????0，12，12，AD →
＝(0，1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则?????n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即?????x 0＋y 0
＝0，12y 0＋1
2z 0
＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ， 则sin θ＝||
cos 〈n ，AD →〉＝|n ·AD →||n |·|AD →|
＝63. 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为
6
3
. 11．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )
A.110
B.25
C.3010
D.22
11．C [解析] 如图，E 为BC 的中点．由于M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，故MN ∥B 1C 1且MN ＝1
2
B 1
C 1，
故MN 綊BE ，所以四边形MNEB 为平行四边形，所以EN 綊BM ，所以直线AN ，NE 所成的角即为直线BM ，AN
所成的角．设BC ＝1，则B 1M ＝12B 1A 1＝22，所以MB ＝1＋12＝62＝NE ，AN ＝AE ＝5
2
，
在△ANE 中，根据余弦定理得cos ∠ANE ＝64＋54－542×62×
52
＝30
10.
18．，，，[2014·四川卷] 三棱锥A -BCD及其侧视图、俯视图如图1-4所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.
(1)证明：P是线段BC的中点；
(2)求二面角A -NP -M的余弦值．
图1-4
18．解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.
由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，
所以AO⊥BD，OC⊥BD.
因为AO，OC?平面AOC，且AO∩OC＝O，
所以BD⊥平面AOC.
又因为AC?平面AOC，所以BD⊥AC.
取BO的中点H，连接NH，PH.
又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO，
因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.
因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.
因为NH，NP?平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.
又因为HP?平面NHP，所以BD⊥HP.
又OC⊥BD，HP?平面BCD，OC?平面BCD，所以HP∥OC.
因为H为BO的中点，所以P为BC的中点．
(2)方法一：如图所示，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.
由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.
因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A -NP -M的一个平面角．
由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝ 3.
由俯视图可知，AO⊥平面BCD.
因为OC?平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝ 6.
作BR⊥AC于R
因为在△ABC 中，AB ＝BC ，所以R 为AC 的中点， 所以BR ＝
AB 2
－????AC 22＝102
.
因为在平面ABC 内，NQ ⊥AC ，BR ⊥AC ， 所以NQ ∥BR .
又因为N 为AB 的中点，所以Q 为AR 的中点， 所以NQ ＝BR 2＝10
4.
同理，可得MQ ＝
10
4
. 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中， cos ∠MNQ ＝MN 2NQ ＝BD 4NQ ＝10
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，
所以M ????－12，0，32，N ????12，0，32，P ????12，3
2，0，于是AB ＝(1，0，－3)，BC ＝(－1，3，0)，MN ＝
(1，0，0)，NP ＝?
??
?
0，
32，－
32. 设平面ABC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
由????
?n 1⊥AB ，n 1⊥BC ，得?????n 1·AB ＝0，n 1
·BC ＝0，即 ??
?（x 1，y 1，z 1）·
（1，0，－3）＝0，（x 1，y 1，z 1
）·（－1，3，0）＝0， 从而???x 1－3z 1＝0，－x 1＋3y 1＝0.
取z 1＝1，则x 1＝3，y 1＝1，所以n 1＝(3，1，1)． 设平面MNP 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由，
?
????n 2⊥MN ，n 2⊥NP ，得?????n 2·MN ＝0，n 2·NP ＝0， 即?????（x 2，y 2，z 2）·（1，0，0）＝0，（x 2，y 2，z 2）·?
???0，32，－32＝0， 从而?????x 2
＝0，32y 2－3
2z 2＝0.
取z 2＝1，则y 2＝1，x 2＝0，所以n 2＝(0，1，1)． 设二面角A - NP - M 的大小为θ，则cos θ＝??????n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝?????
?（3，1，1）·
（0，1，1）5×2＝105
. 故二面角A -NP -M 的余弦值是
10
5
.
G4 空间中的平行关系 20．、、[2014·安徽卷] 如图1-5，四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，且AD ＝2BC .过A 1，C ，D 三点的平面记为α，BB 1与α的交点为Q .
图1-5
(1)证明：Q 为BB 1的中点；
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；
(3)若AA 1＝4，CD ＝2，梯形ABCD 的面积为6，求平面α与底面ABCD 所成二面角的大小． 20．解： (1)证明：因为BQ ∥AA 1，BC ∥AD ， BC ∩BQ ＝B ，AD ∩AA 1＝A ， 所以平面QBC ∥平面A 1AD ，
从而平面A 1CD 与这两个平面的交线相互平行， 即QC ∥A 1D .
故△QBC 与△A 1AD 的对应边相互平行， 于是△QBC ∽△A 1AD ，
所以BQ BB 1＝BQ AA 1＝BC AD ＝12
，即Q 为BB 1的中点．
(2)如图1所示，连接QA ，QD .设AA 1＝h ，梯形ABCD 的高为d ，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V 上和V 下，BC ＝a ，则AD ＝2a .
图1
V 三棱锥Q -A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝1
3ahd ，
V 四棱锥Q -ABCD ＝13·a ＋2a
2·d ·????12h ＝14ahd ， 所以V 下＝V 三棱锥Q -A 1AD ＋V 四棱锥Q -ABCD ＝7
12
ahd . 又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 -ABCD ＝3
2
ahd ，
所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 -ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝11
12ahd ，故V 上V 下＝117.
(3)方法一：如图1所示，在△ADC 中，作AE ⊥DC ，垂足为E ，连接A 1E .
又DE ⊥AA 1，且AA 1∩AE ＝A ，
所以DE ⊥平面AEA 1，所以DE ⊥A 1E .
所以∠AEA 1为平面α与底面ABCD 所成二面角的平面角． 因为BC ∥AD ，AD ＝2BC ，所以S △ADC ＝2S △BCA . 又因为梯形ABCD 的面积为6，DC ＝2， 所以S △ADC ＝4，AE ＝4.
于是tan ∠AEA 1＝AA 1
AE ＝1，∠AEA 1＝π4.
故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π
4
.
方法二：如图2所示，以D 为原点，DA ，DD 1→
分别为x 轴和z 轴正方向建立空间直角坐标系． 设∠CDA ＝θ，BC ＝a ，则AD ＝2a . 因为S 四边形ABCD ＝a ＋2a
2·2sin θ＝6，
所以a ＝2
sin θ
.
图2
从而可得C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1???
?4
sin θ，0，4，
所以DC ＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA 1→
＝???
?4sin θ，0，4.
设平面A 1DC 的法向量n ＝(x ，y ，1)， 由???DA 1
→
·n ＝4
sin θ
x ＋4＝0，DC →·n ＝2x cos θ＋2y sin θ＝0，
得?
????x ＝－sin θ，y ＝cos θ， 所以n ＝(－sin θ，cos θ，1)．
又因为平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n·m
|n||m|＝22
，
故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π
4
.
17．、[2014·北京卷] 如图1-3，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点．在五棱锥P - ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .
(1)求证：AB ∥FG ；
(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．
图1-3
17．解：(1)证明：在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB ∥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P A ⊥底面ABCDE ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .
建立空间直角坐标系Axyz ，如图所示，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，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，n ·
AF →＝0，即?????x ＝0，y ＋z ＝0.
令z ＝1，则y ＝－1.所以n ＝(0，－1，1)．
设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，BC →
〉|＝??????n ·BC →|n ||BC →|＝12.
因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π
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， 解得λ＝2
3，所以点H 的坐标为????43，23，23. 所以PH ＝
????432＋????232＋???
?－432
＝2.
19．、、、[2014·湖北卷] 如图1-4，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．
(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ .
(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 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．
19．解：方法一(几何方法)：
(1)证明：如图①，连接AD 1，由ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体，知BC 1∥AD 1.
当λ＝1时，P 是DD 1的中点，又F 是AD 的中点，所以FP ∥AD 1，所以BC 1∥FP . 而FP ?平面EFPQ ，且BC 1?平面EFPQ ，故直线BC ∥平面EFPQ .
(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 ＝1
2
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 ＝1
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，GH 2＝4，OH 2＝1＋λ2－???
?222
＝λ2＋12， OG 2＝1＋(2－λ)2－???
?222
＝(2－λ)2＋12， 由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±2
2
，
故存在λ＝1±2
2
，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．
方法二(向量方法)：
以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．
BC 1→
＝(－2，0，2)，FP ＝(－1，0，λ)，FE ＝(1，1，0)． (1)证明：当λ＝1时，FP ＝(－1，0，1)，
因为BC 1→
＝(－2，0，2)，
所以BC 1→＝2FP →
，即BC 1∥FP .
而FP ?平面EFPQ ，且BC 1?平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .
(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由?????FE →·n ＝0，FP →·
n ＝0可得?????x ＋y ＝0，
－x ＋λz ＝0.
于是可取n ＝(λ，－λ，1)．
同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角， 则m ·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，
即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±2
2
.
故存在λ＝1±2
2
，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．
18．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．
(1)证明：PB ∥平面AEC ； (2)设二面角D -AE -C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E -ACD 的体积．
18．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB . 因为EO ?平面AEC ，PB ?平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .
(2)因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形， 所以AB ，AD ，AP 两两垂直．
如图，以A 为坐标原点，AB →，AD ，AP 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|AP →
|为单位长，建立空间直角坐
标系A -xyz ，则D ()0，3，0，E ????0，32，12，AE →
＝?
???0，32，12.
设B (m ，0，0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC ＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，
则?????n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即?????
mx ＋3y ＝0，32
y ＋12z ＝0，
可取n 1＝???
?3
m ，－1，3.
又n 2＝(1，0，0)为平面DAE 的法向量，
由题设易知|cos 〈n 1，n 2〉|＝1
2
，即
33＋4m 2＝12
，解得m ＝32. 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E -ACD 的高为12.三棱锥E -ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝3
8
.
17．，[2014·山东卷] 如图1-3所示，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB ＝60°，AB ＝2CD ＝2，M 是线段AB 的中点．
图1-3
(1)求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1；
(2)若CD 1垂直于平面ABCD 且CD 1＝3，求平面C 1D 1M 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AD 1.因为在四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，
CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，
所以C 1D 1∥MA ，C 1D 1＝MA ，
所以四边形AMC 1D 1为平行四边形， 因此，C 1M ∥D 1A .
又C 1M ?平面A 1ADD 1，D 1A ?平面A 1ADD 1， 所以C 1M ∥平面A 1ADD 1. (2)方法一：连接AC ，MC .
由(1)知，CD ∥AM 且CD ＝AM ， 所以四边形AMCD 为平行四边形， 所以BC ＝AD ＝MC .
由题意∠ABC ＝∠DAB ＝60°， 所以△MBC 为正三角形，
因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3， 因此CA ⊥CB .
设C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C - xyz .
所以A (3，0，0)，B (0，1，0)，D 1(0因此M ??
?
?
32，12，0，
所以MD 1→＝????－32，－12，3，D 1C 1→＝MB →
＝????－32，12，0.
设平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 由?????n ·
D 1C 1→＝0，n ·
MD 1→＝0，得???3x －y ＝0，3x ＋y －2 3z ＝0，
可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)．
又CD 1→
＝(0，0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1→
，n 〉＝CD 1→·n |CD 1→
||n |
＝55，
所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为
55
. 方法二：由(1)知，平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，点过C 向AB 引垂线交AB 于点N ，连接D 1N
.
由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ，
因此∠D 1NC 为二面角C 1 - AB - C 的平面角． 在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC ＝60°， 可得CN ＝
32
， 所以ND 1＝CD 21＋CN 2
＝
152
. 在Rt △D 1CN 中，cos ∠D 1NC ＝CN D 1N ＝3
2152＝5
5
，
所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为
55
. 18．，，，[2014·四川卷] 三棱锥A - BCD 及其侧视图、俯视图如图1-4所示．设M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，P 为线段BC 上的点，且MN ⊥NP .
(1)证明：P 是线段BC 的中点； (2)求二面角A - NP - M 的余弦值．
图1-4
18．解：(1)如图所示，取BD 的中点O ，连接AO ，CO . 由侧视图及俯视图知，△ABD ，△BCD 为正三角形，
所以AO ⊥BD ，OC ⊥BD .
因为AO ，OC ?平面AOC ，且AO ∩OC ＝O ， 所以BD ⊥平面AOC .
又因为AC ?平面AOC ，所以BD ⊥AC . 取BO 的中点H ，连接NH ，PH .
又M ，N ，H 分别为线段AD ，AB ，BO 的中点，所以MN ∥BD ，NH ∥AO ， 因为AO ⊥BD ，所以NH ⊥BD . 因为MN ⊥NP ，所以NP ⊥BD .
因为NH ，NP ?平面NHP ，且NH ∩NP ＝N ，所以BD ⊥平面NHP . 又因为HP ?平面NHP ，所以BD ⊥HP .
又OC ⊥BD ，HP ?平面BCD ，OC ?平面BCD ，所以HP ∥OC . 因为H 为BO 的中点，所以P 为BC 的中点．
(2)方法一：如图所示，作NQ ⊥AC 于Q ，连接MQ
.
由(1)知，NP ∥AC ，所以NQ ⊥NP .
因为MN ⊥NP ，所以∠MNQ 为二面角A - NP - M 的一个平面角． 由(1)知，△ABD ，△BCD 为边长为2的正三角形，所以AO ＝OC ＝ 3. 由俯视图可知，AO ⊥平面BCD .
因为OC ?平面BCD ，所以AO ⊥OC ，因此在等腰直角△AOC 中，AC ＝ 6. 作BR ⊥AC 于R
因为在△ABC 中，AB ＝BC ，所以R 为AC 的中点， 所以BR ＝
AB 2
－????AC 22＝102
.
因为在平面ABC 内，NQ ⊥AC ，BR ⊥AC ， 所以NQ ∥BR .
又因为N 为AB 的中点，所以Q 为AR 的中点， 所以NQ ＝BR 2＝10
4.
同理，可得MQ ＝
10
4
. 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中， cos ∠MNQ ＝MN 2NQ ＝BD 4NQ ＝10
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，