2014高考数学必考知识点：立体几何

2014年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（13立体几何）一、选择题：1. （2014安徽文）一个多面体的三视图如图所示，则多面体的体积是m 7] USA.21 +B.18+ J3C.21D.18解析：有题意知所得几何体是有棱长为 2的长方体截掉两个角得到的。

故S 表=2 2 6 -1 1 1 6 乜 G 2）2 2 = 21、. 32 4A E B考点：多面体的三视图与表面积A .23B.47C.6 D.71. A ［解析］如图所示，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余下的部分，考点：1•多面体的三视图与体积2. (2014安徽理) 一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（1其体积V = 8 — 2 X3正 K3 ・：左》MS3. （2014安徽理）从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对， 其中所成的角为60的共有（）A.24 对B.30 对C.48 对D.60 对 【答案】C 【解析】试题分析：在正方体ABCD - A'B'C'D'中，与上平面 A'B'C'D'中一条对角线 A'C' 成 60的直 线有BC'f B'C, A'D,AD', D'C,写上平而 ABCD ，中另F 对角线鼠F 的直线也有N 对直绻 所以一牛平面中尸说对直线，一：乂本&个面共有対X&对直线，去掉重复，则考点：1•直线的位置关系；2•异面直线所成的角4. (2014 北京理)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, J2) •若 S,S 2,S 3分别是三棱锥 A . S = S 2 = S 3 C. S3 = Si 且 R £ 【答案】Dyoz 、zox 的正投影分为D 1、D 2、D 3，则「r4AD 1 =BD 1 = 2 , AB =2 , A S^2 2 2 =2 ,2S 2=S"=1x ：2x：＜v'2=J 2 , S 3 = S "=丄沢2沢丿2=灯2.2OCD 22 3OAD325.（2014福建文）以边长为1的正方形的一边所在所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱 的侧面积等于 （）A.2 二B.二C.2D.1【答案】/【解析】由已知得，所得團柱的底面辛径和高均—】 所以圆柱的侧面积为2揮，选4D - ABC 在xOy, yOz, zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（B.S 2 = S 且 S 2 — S3 ・ S 3 = S 2 且 S 3 -j S i【解析】设顶点D 在三个坐标面 xoy 、 AB6. （2014福建理）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【答案】A 【解析】试题分析，由于圆柱旳三视图不-十匕丘三朗册所以选L 考点=三观图.8. （2014湖北文、理）在如图1-1所示的空间直角坐标系 O- xyz 中，一个四面体的顶点坐标分 别是（0，0，2），（2，2，0），（1，2，1），（2，2，2）.给出编号为 ，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为 图1-1& 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.则8 -r 6-^ .82 62 r = 2,故选 B.11.（2014江西理）一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是理）《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 的术“置如其周，令相乘也•又以高乘之， L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ^^L%.363.那么，近似公式V~€L 2h 相当于将圆锥体积公 759. （2014湖北文、 国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖” 卜六成一.”该术相当于给出了由圆锥的底面周长 它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率 n 近似取为式中的n 近似取为（）157 C. 50 355 D.1139. B ［解析］设圆锥的底面圆半径为1 2 1r ，底面积为S,贝U L = 2 n r.由题意得h ~§Sh ,代入Sn『化简得"3.类比推理，若V -务即时，"鲁.故选B.10 （2014湖南文、理）一块石材表示的几何体的 三视图如图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（A.1B.2C.3答案】BD.4 来源:]【解析】最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径K*— h —H IK (左tC B DB垂直AF形是13 4EE 3不确定，故选n【解析】A(0,0,0),E(4,3,12) 【解析】如下图所示，在正吗妨C ；AE ，将线段 【答案】C申，取均L £妫为右・H AL> -qZp EWE 2E 313.（2014江西理）如右图，在长方体 ABC^A 1B 1C 1D 1中，AB =11 , AD =7, AA ,=12, —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i -1次到第i 次反射点之 A【答案】B【解析】俯视图为在底面上的投影，易知选间的线段记为L j i =2,3,4 ）1242L 2,L 3,L 4竖直放置在同一水平线上，则大致的图11、I ?、I 3、I 4，满足 h_I 2 ， I 2//I 3， I 3 — I4于-5,E 1E 2“儿；取M 為厶，皿为「则石丄d 应血为I 吗2*叩贝％与占异瓯 因此从心的位直关系 2 2312 -13日(8,6,0), E 2(28,7,4), E 3(11,25,9), AE3412. （2014广东文、理）若空间中四条两两不同的直线 则下列结论一定正确的是（ ）A. 11 I 14B. h //I 4C. 11、14 既不平行也不 【答案】DD.h 、I 4的位置关系不确定52=65E 1E 212工。

数学立体几何空间几何体的结构20．、、[2014·安徽卷] 如图1-5，四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.图1-5(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．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＋ 2C．21 D．185．[2014·湖北卷] 在如图1-1所示的空间直角坐标系O­xyz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()A．①和②B．①和③7．、[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()图1-2A．1 B．2 C．3 D．45．[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1-1A B C D图1-27．、[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 ．8－2πB ．8－πC ．8－πD ．8－π4图1-13．[2014·浙江卷] 几何体的三视图(单位：cm)如图1-1所示，则此几何体的表面积是( )1-1A ．90 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 2 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1-3A ．6 2B ．6C ．4 2D ．46．[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1-1A.1727B.59C.1027D.1318.[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．18.[2014·广东卷] 如图1-4，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角D -AF -E的余弦值．图1-419．、、[2014·江西卷] 如图1-6，四棱锥P -ABCD中，ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD.图1-6(1)求证：AB⊥PD.(2)若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P -ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．19．、[2014·辽宁卷] 如图1-5所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC ＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角E-BF-C17．、[2014·天津卷] 如图1-4所示，在四棱锥P -ABCD中，P A⊥底面ABCD, AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F -AB -P的余弦值．图1-419．、[2014·全国卷] 如图1-1所示，三棱柱ABC -A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2.(1)证明：AC1⊥A1B;(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1­AB­C的大小．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V 1，P - ABC 的体积为V 2，则V 1V 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( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π411．[2014·全国卷] 已知二面角α-l -β为60°，AB ⊂α，AB ⊥l ，A 为垂足，CD ⊂β，C ∈l ，∠ACD ＝135°，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为( )A.14B.24C.34D.1217．，[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．[2014·浙江卷] 如图1-4，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)20．[2014·浙江卷] 如图1-5，在四棱锥A -BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED ＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2.(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B -AD -E的大小．10．[2014·江西卷] 如图1-4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L i(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()A BC D图1-57．[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＝S3B．S2＝S1且S2≠S3C．S3＝S1且S3≠S2D．S3＝S2且S3≠S119.[2014·湖北卷] 如图1-4，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ.(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．。

常考问题16 立体几何中的向量方法(建议用时：80分钟)1．(2013·新课标全国Ⅱ卷)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．(1)证明 连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)解 由AC ＝CB ＝22AB 得，AC ⊥BC .以C 为坐标原点，CA→的方向为x 轴正方向，CB →的方向为y轴正方向，CC 1→的方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→＝(2,0,2)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎨⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面A 1CE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.即⎩⎨⎧2y 2＋z 2＝0，2x 2＋2z 2＝0，可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D －A 1C －E 的正弦值为63.2．(2013·陕西卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2. (1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．(1)证明 由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立直角坐标系，如图．∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)， A 1(0,0,1)．由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1,1,1)． ∵A 1C →＝(－1,0，－1)，BD →＝(0，－2,0)， BB 1→＝(－1,0,1)． ∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1， 又BD ∩BB 1＝B ， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .(2)解 设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→＝(－1,1,1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OC →＝－x ＝0，n ·OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎨⎧x ＝0，y ＝－z ，取n ＝(0,1，－1)， 由(1)知，A 1C →＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量， ∴cos θ＝|cos 〈n ，A 1C →〉|＝12×2＝12. 又∵0≤θ≤π2，∴θ＝π3.3．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 是PB 的中点．(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥PC .∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1，∴AC ＝BC ＝ 2. ∴AC 2＋BC 2＝AB 2.∴AC ⊥BC . 又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC . ∵AC ⊂平面EAC ， ∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)解 如图，以点C 为原点，DA→，CD →，CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,1,0)，B (1，－1,0)，设P (0,0，a )(a >0)，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，a 2，CA →＝(1,1,0)，CP →＝(0,0，a )，CE→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，a 2.取m ＝(1，－1,0)，则m ·CA →＝m ·CP →＝0，m 为面P AC 的法向量．设n ＝(x ，y ，z )为面EAC 的法向量，则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0，取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2，则n ＝(a ，－a ，－2)，依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝a a 2＋2＝63，则a ＝2.于是n ＝(2，－2，－2)，P A →＝(1,1，－2)．设直线P A 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝P A →·n |P A ||n |＝23，即直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为23.4．(2013·辽宁卷)如图，AB 是圆的直径，P A 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点．(1)求证：平面P AC ⊥平面PBC ；(2)若AB ＝2，AC ＝1，P A ＝1，求二面角C -PB -A 的余弦值．(1)证明 由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ， 由P A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得P A ⊥BC . 又P A ∩AC ＝A ，P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ， 所以BC ⊥平面P AC .又BC ⊂平面PBC ， 所以平面PBC ⊥平面P AC .(2)解 过C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC .如图，以点C 为坐标原点，分别以直线CB ，CA ，CM 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．在Rt △ABC 中，因为AB ＝2，AC ＝1，所以BC ＝ 3. 因为P A ＝1，所以A (0,1,0)，B (3，0,0)，P (0,1,1)． 故C B →＝(3，0,0)，C P →＝(0,1,1)． 设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧C B →·n 1＝0，C P →·n 1＝0，所以⎩⎨⎧3x 1＝0，y 1＋z 1＝0，不妨令y 1＝1，则n 1＝(0,1，－1)． 因为A P →＝(0,0,1)，A B →＝(3，－1,0)， 设平面ABP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧A P →·n 2＝0，A B →·n 2＝0，所以⎩⎨⎧z 2＝0，3x 2－y 2＝0，不妨令x 2＝1，则n 2＝(1，3，0)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝64.所以由题意可知二面角C -PB -A 的余弦值为64. 5．(2013·合肥第二次质检)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，且P A ⊥平面ABCD . (1)求证：PC ⊥BD ；(2)过直线BD 且垂直于直线PC 的平面交PC 于点E ，且三棱锥E －BCD 的体积取到最大值． ①求此时四棱锥E －ABCD 的高； ②求二面角A －DE －B 的正弦值的大小．(1)证明 连接AC ，因为四边形ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC .因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD .又AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . 又PC ⊂平面P AC ，所以PC ⊥BD .(2)解 ①设P A ＝x ，三棱锥E －BCD 的底面积为定值，在△PBC 中，易知PB ＝x 2＋1，PC ＝x 2＋2，又BC ＝1，故△PBC 直角三角形．又BE ⊥PC ，得EC ＝1x 2＋2，可求得该三棱锥的高h ＝x x 2＋2＝1x ＋2x.当且仅当x ＝2x ，即x ＝2时，三棱锥E －BCD 的体积取到最大值，所以h ＝24.此时四棱锥E －ABCD 的高为24.②以点A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，P (0,0，2)，易求得CE ＝14CP . 所以AE →＝AC →＋14CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，24，AD →＝(0,1,0)．设平面ADE 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·n ＝0，AD →·n ＝0，即⎩⎨⎧34x ＋34y ＋24z ＝0，y ＝0，令x ＝2，则n 1＝(2，0，－3)，同理可得平面BDE 的法向量n 2＝CP →＝(－1，－1，2)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－22211.所以sin 〈n 1，n 2〉＝3311.所以二面角A －DE －B 的正弦值的大小为3311.6．(2013·天津卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1－CE －C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．解 如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0，0,2)，C (1,0,1)，B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)．(1)证明：易得B 1C 1→＝(1,0，－1)，CE →＝(－1,1，－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，所以B 1C 1⊥CE .(2)B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎨⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)．由(1)，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217，所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为217.(3)AE →＝(0,1,0)，EC 1→＝(1,1,1)，设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB →＝(0,0,2)为平面ADD 1A 1的一个法向量． 设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则 sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →||AB →|＝2λλ2＋(λ＋1)2＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1， 于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13，所以AM ＝ 2.。

A1A正方体三讲1．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，连结1DB ，交平面11A BC 于点P ， 则以下结论中错误的是（ ） （A ）1DB ⊥平面11A BC （B ）点P 是11A BC ∆的重心（C ）1PB（D ）直线1PB 与1AA 所成角为45︒2．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为对角线1BD 的三等分点，P 到各顶点的距离的不同取值有（ ）（A ）3个 （B ）4个 （C ）5个 （D ）6个3．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2．动点E 、F 在棱11A B 上，点Q 是 棱CD 的中点，动点P 在棱AD 上．若1EF =，DP x =，1A E y =(,x y 大于零)， 则三棱锥P EFQ -的体积（ ） （A ）与x ，y 都有关 （B ）与x ，y 都无关 （C ）与x 有关，与y 无关 （D ）与y 有关，与x 无关A1A1A CA 1AA 1A4．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2．动点E 、F 在棱11A B 上，动点P 、Q 分别在AD 、CD 上．若1EF =，1A E x =，DQ y =，DP z =（,,x y z 大于零）， 则四面体PEFQ 的体积（ ） （A ）与x ，y ，z 都有关 （B ）与x 有关，与y ，z 无关 （C ）与y 有关，与x ，z 无关 （D ）与z 有关，与x ，y 无关5．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点,E F ， 且12EF =，则下列结论中错误的是（ ） （A ）AC BE ⊥ （B ）EF ∥平面ABCD（C ）三棱锥A BEF -的体积为定值 （D ）AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等6．如图，M 是正方体1111ABCD A B C D -的棱1DD 的中点，给出下列结论：① 过点M 有且只有一条直线与直线AB 、11B C 都相交；② 过点M 有且只有一条直线与直线AB 、11B C 都垂直；③ 过点M 有且只有一条平面与直线AB 、11B C 相交； ④ 过点M 有且只有一条平面与直线AB 、11B C 平行． 其中，正确的结论是（ ）（A ）②③④ （B ）①③④ （C ）①②④ （D ）①②③1A CP 2P 1A 1D 1B 1C 1D BC AA BC D M NP A 1 B 1 C 1D 17．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别是棱1,BC CC的中点，P 是侧面11BCC B内一点，若1A P ∥平面AEF ，则线段1A P 的长度的取值范围是（ ） （A） （B） （C ） （D ）8．棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点1P 、2P 分别是线段AB 、1BD （不包括端点） 上的动点，且线段12P P 平行于平面11A ADD ，则四面体121PP AB 的体积的最大值是 （A ）124 （B ）112（C ）16 （D ）129．如图，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上，过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于两点,M N ．设BP x =，MN y =，则函数 ()y f x =的图象大致是（ ）FE C 1B 1D 1A 1DC BA10．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱11B C 的中点，动点P 在底面ABCD 内，且11PA A E =，则点P 运动形成的图形是（ ） （A ）线段 （B ）圆弧 （C ）椭圆的一部分 （D ）抛物线的一部分11．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 上的动点，1PE AC ⊥于E ， 且PA PE =，则点P 的轨迹是（ ） （A ）线段 （B ）圆弧 （C ）椭圆的一部分 （D ）抛物线的一部分12．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的矩形，则该正方体的正视图的面积等于（ ） （A（B ）1 （C（D13．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于（ ） （A ）1（B（C）12（D）214．有一个棱长为1的正方体，按任意方向正投影，其投影面积的最大值是（ ） （A ）1（B）2（C（D注：本题较难，有多种方法．A 1B BA 1D 1C 1B 1A 1D CABA 1AA 1A15．在正方体1111ABCD A B C D -中，异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______．注：教师应让学生思考，正方体的内接特殊多边形或体． （如：正三角形，正四面体，正四棱锥，正六边形等）16．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，,,,E F G H 分别为1111,,,CC C D D D DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在正方形EFGH 及其内部运动，则当M 满足条件 时， 有MN ∥平面11B BDD17．如图，棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为BC的中点，点P 在线段1D E 上．点P 到直线1CC 的距离的 最小值为 ．18．在正方体1111ABCD A B C D -中，点Q 是线段1DD 上的动点，过点,,A B Q 的平面与正方体1111ABCD A B C D -相截，则截面图形是 ．19．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 是截面BD A 1内 （包括边界）的动点，则11C P C B ⋅的取值范围是 ．A1AA 1AP N MA 1D 1B 1C 1DBCA20．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段1CC 上的动点，过点,,A P Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ．则下列命题正确的是__________．（写出所有正确命题的编号）①②③⑤ ① 当102CQ <<时，S 为四边形； ② 当12CQ =时，S 为等腰梯形；③ 当34CQ =时，S 与11C D 的交点R 满足113C R =；④ 当314CQ <<时，S 为六边形；⑤ 当1CQ =时，S21．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在ACD ∆内运动，且在线段,AC AD 上的射影分别为M 、N ．若||2PA =，则三棱锥1P D MN -体积的最大值为__________．22．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点P 在正方体1111ABCDA B C D -表面上运动，且PA r =(0r <<，记点P 的轨迹的长度为()f r ，则1()2f =________； 关于r 的方程()f r k =的解的个数可以为________．（填上所有可能的值）。

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 ­ 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1­5(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1V 三棱锥Q ­A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝13ahd ，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 ＝712ahd .又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD ＝32ahd ，所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝1112ahd ，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 1AE ＝1，∠AEA 1＝π4. 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 ，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 ＋2a2·2sin θ＝6，所以a ＝2sin θ.图2从而可得C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1⎝⎛⎭⎪⎫4sin 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 θx ＋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π4.8．[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 ≈136L 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 ≈275L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A.227B.258C.15750D.3551138．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136L 2h ≈13Sh ，代入S ＝πr 2化简得π≈3；类比推理，若V ＝275L 2h ，则π≈258.故选B.7．、[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图1­1所示，则该几何体的体积为( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π4图1­17．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14后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2×14×π×2＝8－π.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＋ 3B ．8＋ 2C ．21D ．18图1­27．A [解析] 如图，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其表面积S ＝6×4－12×6＋2×12×2×62＝21＋ 3.2．[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( )A ．①和②B ．①和③C 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1­2A ．1B ．2C ．3D ．47．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，可得r ＝6＋8－102＝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1­1A B C D图1­25．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( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π4图1­17．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14后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2×14×π×2＝8－π.3．[2014·浙江卷] 几何体的三视图(1­1所示，则此几何体的表面积是( )1­1 A ．90 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 23．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，所以该几何体的表面积为2(4×3＋6×3＋6×4)＋2×12×3×4＋4×3＋3×5－3×3＝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1­3A．6 2 B．6 C．4 2 D．412．B [解析] 该几何体是如图所示的棱长为4的正方体内的三棱锥E­CC1D1(其中E为BB1的中点)，其中最长的棱为D1E＝（4 2）2＋22＝6.6．[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1­1A.1727B.59C.1027D.136．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＝20π(cm3)，故所求的比值为20π54π＝1027.17．[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1­417．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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，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1­3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.图1­310.20π3 [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×12×4＋13π×22×2＝20π3.7．[2014·重庆卷] 某几何体的三视图如图1­2( )1­2A ．54B ．60C ．66D ．727．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 ＝12×3×4＋3×52＋2＋52×4＋2＋52×5＋3×5＝60.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 ⊥α4．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1­517．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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12. 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＋12z 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63. 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( )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 ＝12B 1C 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 ＝52，在△ANE 中，根据余弦定理得cos ∠ANE ＝64＋54－542×62×52＝3010.18．，，，[2014·四川卷] 三棱锥A ­ BCD 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1­418．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＝104.同理，可得MQ ＝104. 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中， cos ∠MNQ ＝MN 2NQ ＝BD4NQ ＝105.故二面角A ­ NP ­ M 的余弦值是105. 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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，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 2－32z 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105.G4 空间中的平行关系 20．、、[2014·安徽卷] 如图1­5，四棱柱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1­5(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1V 三棱锥Q ­A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝13ahd ，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 ＝712ahd .又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD ＝32ahd ，所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝1112ahd ，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 1AE ＝1，∠AEA 1＝π4. 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 ，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 ＋2a2·2sin θ＝6，所以a ＝2sin θ.图2从而可得C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1⎝⎛⎭⎪⎫4sin 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 θx ＋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π4.17．、[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1­317．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，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π6.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＝23，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1­4，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 1∥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 ＝12BD .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 ＝12PQ .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±22，故存在λ＝1±22，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±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角． 18．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1­3，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D ­AE ­C 为60°，AP18．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 ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫3m ，－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〉|＝12，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＝38.17．，[2014·山东卷] 如图1­3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1­3(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CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1­AB­C的平面角．在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，可得CN＝32，所以ND1＝CD21＋CN2＝15 2.在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝CND1N＝32152＝55，所以平面C1D1M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1­418．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＝104.同理，可得MQ ＝104. 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中， cos ∠MNQ ＝MN 2NQ ＝BD4NQ ＝105.故二面角A ­ NP ­ M 的余弦值是105. 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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，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 2－32z 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105.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1­517．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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12. 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＋12z 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63. 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1­419．、[2014·湖南卷] 如图1­6所示，四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1­OB 1­D 的余弦值．19．解：(1)如图(a)，因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC 1⊥AC .同理DD 1⊥BD . 因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD .而AC ∩BD ＝O ，因此CC 1⊥底面ABCD . 由题设知，O 1O ∥C 1C .故O 1O ⊥底面ABCD .(2)方法一： 如图(a)，过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ，连接HC 1.由(1)知，O 1O ⊥底面ABCD ，所以O 1O ⊥底面A 1B 1C 1D 1，于是O 1O ⊥A 1C 1.又因为四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形A 1B 1C 1D 1是菱形， 因此A 1C 1⊥B 1D 1，从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，所以A 1C 1⊥OB 1，于是OB 1⊥平面O 1HC 1. 进而OB 1⊥C 1H .故∠C 1HO 1是二面角C 1­OB 1­D 的平面角．不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，OB 1＝7.在Rt △OO 1B 1中，易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237.而O 1C 1＝1，于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2＝1＋127＝197. 故cos ∠C 1HO 1＝O 1HC 1H＝237197＝25719. 即二面角C 1­OB 1­D 的余弦值为25719.方法二：因为四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图(b)，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1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)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2)．易知，n 1＝(0，1，0)是平面BDD 1B 1的一个法向量．设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·OB →1＝0，n 2·OC →1＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23，所以n 2＝(2，23，－3)． 设二面角C 1­OB 1­D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是cos θ＝|cos 〈，〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2319＝25719.故二面角C 1­OB 1­D 的余弦值为25719.19．、、[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 .在Rt △BPC 中，PG ＝2 33，GC ＝2 63，BG ＝63.设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝43－m 2，故四棱锥P ­ ABCD 的体积为 V ＝13×6·m ·43－m 2＝m 38－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝－6⎝⎛⎭⎪⎫m 2－232＋83，所以当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P ­ ABCD 的体积最大．此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O (0，0，0)，B ⎝⎛⎭⎪⎫63，－63，0，C ⎝⎛⎭⎪⎫63，263，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，263，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，63，故PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，－63，BC →＝(0，6，0)，CD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，0，0. 设平面BPC 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，1)，则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →，得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋2 63y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，则n 1＝(1，0，1)． 同理可求出平面DPC 的一个法向量为n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1.设平面BPC 与平面DPC 的夹角为θ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105. 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E ­BF ­C 的正弦值．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 ＝π2，即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ，所以BC ⊥平面EFO .又EF ⊂平面EFO ，所以EF ⊥BC .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 (0，2，0)，因而E (0，12，32)，F (32，12，0)，所以EF →＝(32，0，－32)，BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC →＝0，从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)方法一，在图1中，过点O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG .因为平面ABC ⊥平面BDC ，所以EO ⊥面BDC ，又OG ⊥BF ，所以由三垂线定理知EG ⊥BF ，因此∠EGO 为二面角E ­BF ­C 的平面角．在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32.由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BOBC ·FC ＝34，因此tan ∠EGO ＝EO OG ＝2，从而得sin ∠EGO ＝255，即二面角E ­BF ­C 的正弦值为2 55. 方法二，在图2中，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)． 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，又BF →＝(32，12，0)，BE →＝(0，12，32)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0，n 2·BE →＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角E ­BF ­C 的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15，因此sin θ＝25＝2 55，即所求二面角正弦值为2 55.19．G 5、G 11[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1­5，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .图1­5(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A ­A 1B 1 ­C 1的余弦值．19．解：(1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO ，因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．又AB ⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌ △BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两垂直． 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∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又AB ＝BC ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33，B (1，0，0)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0. AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，－33， A 1B 1→＝AB ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－33， B 1C →1＝BC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－33，0.设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则 ⎩⎨⎧n ·AB 1＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0. 所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0，同理可取m ＝(1，－3，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17.所以结合图形知二面角A ­A 1B 1 ­ C 1的余弦值为17.18．，，，[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1­418．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＝104.同理，可得MQ ＝104. 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中， cos ∠MNQ ＝MN 2NQ ＝BD4NQ ＝105.故二面角A ­ NP ­ M 的余弦值是105. 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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，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 2－32z 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105. 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1­417．解：方法一：依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．C 由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1)．(1)证明：向量BE ＝(0，1，1)，DC ＝(2，0，0)， 故BE ·DC ＝0， 所以BE ⊥DC .(2)向量BD ＝(－1，2，0)，PB ＝(1，0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ＝0，n ·PB ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝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cos 〈n ，BE 〉＝n ·BE |n |·|BE |＝26×2＝33，所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (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(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ＝0，n 1·BF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3，1)为平面FAB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量n 2＝(0，1，0)，则cos 〈，〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010.易知二面角F ­ AB ­ P 是锐角，所以其余弦值为31010.方法二：(1)证明：如图所示，取PD 中点M ，连接EM ，AM .由于E ，M 分别为PC ，PD 的中点，故EM ∥DC ，且EM ＝12DC .又由已知，可得EM ∥AB 且EM ＝AB ，故四边形ABEM 为平行四边形，所以BE ∥AM .因为PA ⊥底面ABCD ，故PA ⊥CD ，而CD ⊥DA ，从而CD ⊥平面PAD .因为AM ⊂平面PAD ，所以CD ⊥AM .又BE ∥AM ，所以BE ⊥CD .(2)连接BM ，由(1)有CD ⊥平面PAD ，得CD ⊥PD .而EM ∥CD ，故PD ⊥EM .又因为AD ＝AP ，M 为PD 的中点，所以PD ⊥AM ，可得PD ⊥BE ，所以PD ⊥平面BEM ，故平面BEM ⊥平面PBD ，所以直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM .而BE ⊥EM ，可得∠EBM 为锐角，故∠EBM 为直线BE 与平面PBD 所成的角．依题意，有PD ＝22，而M 为PD 中点，可得AM ＝2，进而BE ＝ 2.故在直角三角形BEM 中，tan ∠EBM ＝EM BE ＝AB BE ＝12，因此sin ∠EBM ＝33，所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (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。

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1­5，四棱柱ABCD­A1B1C1D1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BQ BB 1＝BQ AA 1＝BCAD ＝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1V 三棱锥Q ­A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝13ahd ，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 ＝712ahd .又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD ＝32ahd ，所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝1112ahd ，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 1AE ＝1，∠AEA 1＝π4.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 ，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 ＋2a2·2sin θ＝6，所以a ＝2sin θ.图2从而可得C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫4sin 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π4.8．[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 ≈136L 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≈275L 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．B7．、[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图1­1所示，则该几何体的体积为( ) A ．8－2π B ．8－π C ．8－π2 D ．8－π4图1­17．BG2 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＋ 2C．21 D．18图1­27．A2．[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．A5．[2014·湖北卷] 在如图1­1所示的空间直角坐标系O­xyz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1­1A．①和②B．①和③5．D7．、[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( )图1­2A．1 B．2 C．3 D．47．B5．[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1­1A B C D图1­25．B7．、[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图1­1所示，则该几何体的体积为( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π4图1­17．B3．[2014·浙江卷] 几何体的三视图(单位：cm)如图1­1所示，则此几何体的表面积是( )图1­1A ．90 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 23．D12．[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1­3A ．6 2B ．6C ．4 2D ．412．B6．[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1­1A.1727B.59C.1027D.13 6．C17．[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1­417．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 ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，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1­3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.图1­310.20π37．[2014·重庆卷] 某几何体的三视图如图1­2( )1­2A ．54B ．60C ．66D ．72 7．BG3 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．B17．、、[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1­517．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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12.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＋12z 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63.11．[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.110B.25C.3010D.2211．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 ＝12B 1C 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 ＝52，在△ANE 中，根据余弦定理得cos ∠ANE ＝64＋54－542×62×52＝3010.18．，，，[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A­NP­M的余弦值．图1­418．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 ＝BR2＝104.同理，可得MQ ＝104.故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中，cos ∠MNQ ＝MN2NQ ＝BD4NQ ＝105.故二面角A ­ NP ­ M 的余弦值是105.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 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32，0，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 2－32z 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105.G4 空间中的平行关系20．、、[2014·安徽卷] 如图1­5，四棱柱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1­5(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＝BCAD ＝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1V 三棱锥Q ­A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝13ahd ，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 ＝712ahd .又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD ＝32ahd ，所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝1112ahd ，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 1AE ＝1，∠AEA 1＝π4.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 ，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 ＋2a2·2sin θ＝6，所以a ＝2sin θ.图2从而可得C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫4sin 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π4.17．、[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1­317．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，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π6.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＝23，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1­4，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 1∥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 ＝12BD .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 ＝12PQ .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±22， 故存在λ＝1±22，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±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．18．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1­3，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D ­AE ­C 为60E ­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 ＝0，32y ＋12z ＝0， 可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3m ，－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〉|＝12，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＝38. 17．，[2014·山东卷] 如图1­3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ABCD­A1B1C1D1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)，D 1(0，0，3)．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 ·MD1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ＝0，3x ＋y －23z ＝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 ＝CND 1N＝32152＝55，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A­NP­M的余弦值．图1­418．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 ＝BR2＝104.同理，可得MQ ＝104.故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中，cos ∠MNQ ＝MN2NQ ＝BD4NQ ＝105.故二面角A ­ NP ­ M 的余弦值是105.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 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32，0，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 2－32z 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105.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1­517．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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12.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＋12z 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63.18．、[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D­AF­E的余弦值．图1­419．、[2014·湖南卷] 如图1­6所示，四棱柱ABCD­A1B1C1D1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．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 ­A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形A 1B 1C 1D 1是菱形， 因此A 1C 1⊥B 1D 1，从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，所以A 1C 1⊥OB 1，于是OB 1⊥平面O 1HC 1. 进而OB 1⊥C 1H .故∠C 1HO 1是二面角C 1­OB 1­D 的平面角． 不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，OB 1＝7.在Rt △OO 1B 1中，易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237.而O 1C 1＝1，于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2＝1＋127＝197. 故cos ∠C 1HO 1＝O 1H C 1H＝237197＝25719.即二面角C 1­OB 1­D 的余弦值为25719.方法二：因为四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图(b)，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1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)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2)．易知，n 1＝(0，1，0)是平面BDD 1B 1的一个法向量． 设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量，则⎩⎨⎧n 2·OB →1＝0，n 2·OC→1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23，所以n 2＝(2，23，－3)．设二面角C 1­OB 1­D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是cos θ＝|cos 〈，〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2319＝25719.故二面角C 1­OB 1­D 的余弦值为25719.19．、、[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 . 在Rt △BPC 中，PG ＝2 33，GC ＝263，BG ＝63. 设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝43－m 2，故四棱锥P ­ ABCD 的体积为 V ＝13×6·m ·43－m 2＝m38－6m 2.因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝－6⎝⎛⎭⎪⎫m 2－232＋83，所以当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P ­ ABCD 的体积最大．此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O (0，0，0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫63，－63，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫63，263，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，263，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，63，故PC→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫63，263，－63，BC →＝(0，6，0)，CD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－63，0，0.设平面BPC 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，1)，则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →，得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋2 63y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，则n 1＝(1，0，1)．同理可求出平面DPC 的一个法向量为n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1.设平面BPC 与平面DPC 的夹角为θ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105.19．、[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E ­BF ­C 的正弦值．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 ＝π2，即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ，所以BC ⊥平面EFO .又EF ⊂平面EFO ，所以EF ⊥BC .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 (0，2，0)，因而E (0，12，32)，F (32，12，0)，所以EF →＝(32，0，－32)，BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC →＝0，从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)方法一，在图1中，过点O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG .因为平面ABC ⊥平面BDC ，所以EO ⊥面BDC ，又OG ⊥BF ，所以由三垂线定理知EG ⊥BF ，因此∠EGO 为二面角E ­BF ­C 的平面角． 在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32.由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BOBC ·FC ＝34，因此tan ∠EGO ＝EOOG ＝2，从而得sin ∠EGO＝255，即二面角E ­BF ­C 的正弦值为2 55. 方法二，在图2中，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)． 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )， 又BF →＝(32，12，0)，BE →＝(0，12，32)，所以⎩⎨⎧n 2·BF→＝0，n 2·BE →＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角E ­BF ­C 的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15，因此sin θ＝25＝2 55，即所求二面角正弦值为2 55.19．G 5、G 11[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1­5，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .图1­5(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A ­A 1B 1 ­C 1的余弦值． 19．解：(1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO ，因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．又AB ⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌ △BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两垂直． 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∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又AB ＝BC ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，33，B (1，0，0)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，33，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－33，0.AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，33，－33，A 1B 1→＝AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，0，－33，B 1C →1＝BC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎨⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0，同理可取m ＝(1，－3，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝17.所以结合图形知二面角A ­A 1B 1 ­ C 1的余弦值为17.18．，，，[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1­418．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 ＝BR2＝104.同理，可得MQ ＝104.故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中，cos ∠MNQ ＝MN2NQ ＝BD4NQ ＝105.故二面角A ­ NP ­ M 的余弦值是105.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 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32，0，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 2－32z 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105.17．、[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1­417．解：方法一：依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．C 由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1)．(1)证明：向量BE ＝(0，1，1)，DC ＝(2，0，0)， 故BE ·DC ＝0， 所以BE ⊥DC .(2)向量BD ＝(－1，2，0)，PB ＝(1，0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ＝0，n ·PB ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝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cos 〈n ，BE 〉＝n ·BE |n |·|BE |＝26×2＝33， 所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.(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(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ＝0，n 1·BF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3，1)为平面FAB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量n 2＝(0，1，0)，则cos 〈，〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010.易知二面角F ­ AB ­ P 是锐角，所以其余弦值为31010.方法二：(1)证明：如图所示，取PD 中点M ，连接EM ，AM .由于E ，M 分别为PC ，PD 的中点，故EM ∥DC ，且EM ＝12DC .又由已知，可得EM ∥AB 且EM ＝AB ，故四边形ABEM 为平行四边形，所以BE ∥AM .因为PA ⊥底面ABCD ，故PA ⊥CD ，而CD ⊥DA ，从而CD ⊥平面PAD .因为AM ⊂平面PAD ，所以CD ⊥AM .又BE ∥AM ，所以BE ⊥CD .(2)连接BM ，由(1)有CD ⊥平面PAD ，得CD ⊥PD .而EM ∥CD ，故PD ⊥EM .又因为AD ＝AP ，M 为PD 的中点，所以PD ⊥AM ，可得PD ⊥BE ，所以PD ⊥平面BEM ，故平面BEM ⊥平面PBD ，所以直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM .而BE ⊥EM ，可得∠EBM为锐角，故∠EBM 为直线BE 与平面PBD 所成的角．依题意，有PD ＝22，而M 为PD 中点，可得AM ＝2，进而BE ＝2.故在直角三角形BEM 中，tan ∠EBM ＝EM BE＝AB BE＝12，因此sin ∠EBM ＝33，所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.(3)如图所示，在△PAC 中，过点F 作FH ∥PA 交AC 于点H .因为PA ⊥底面ABCD ，所以FH ⊥底面ABCD ，从而FH ⊥AC .又BF ⊥AC ，得AC ⊥平面FHB ，因此AC ⊥BH .在底面ABCD 内，可得CH ＝3HA ，从而CF ＝3FP .在平面PDC 内，作FG ∥DC 交PD 于点G ，于是DG ＝3GP .由于DC ∥AB ，故GF ∥AB ，所以A ，B ，F ，G 四点共面．由AB ⊥PA ，AB ⊥AD ，得AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥AG ，所以∠PAG 为二面角F ­ AB ­ P 的平面角．在△PAG 中，PA ＝2，PG ＝14PD ＝22，∠APG ＝45°.由余弦定理可得AG ＝102，cos∠PAG ＝31010，所以二面角F ­ AB ­ P 的余弦值为31010.。

2014高考数学迎考重要锦囊：立体几何知识整合高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道，解答题1道)，共计总分27分左右，考查的知识点在20个以内。

选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提。

随着新的课程改革的进一步实施，立体几何考题正朝着“多一点思考，少一点计算”的发展。

从历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是常考常新的热门话题。

知识整合1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律--充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力。

2. 判定两个平面平行的方法：(1)根据定义--证明两平面没有公共点;(2)判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面;(3)证明两平面同垂直于一条直线。

3.两个平面平行的主要性质：⑴由定义知：“两平行平面没有公共点”。

⑵由定义推得：“两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。

⑶两个平面平行的性质定理：”如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行“。

⑷一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。

⑸夹在两个平行平面间的平行线段相等。

⑹经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。

以上性质⑵、⑷、⑸、⑹在课文中虽未直接列为”性质定理“，但在解题过程中均可直接作为性质定理引用。