精选浙江专版2018高考数学一轮复习第7章立体几何热点探究课4立体几何中的高考热点问题.教师用书

热点探究课(四) 立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，两个选择题或填空题．客观题主要考查空间概念，点、线、面位置关系的判定、三视图．解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算.2.立体几何重点考查学生的空间想象能力、数学运算和逻辑推理论证能力．考查的热点是以几何体为载体的平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出了转化化归思想与数形结合的思想方法．
热点1 空间点、线、面间的位置关系
空间线线、线面、面面平行、垂直关系常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．
如图1所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．
图1
(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)求证：C1F∥平面ABE；
(3)求三棱锥E­ABC的体积．
[解](1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.2分
又因为AB⊥BC，BB1∩BC＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.6分
①②
(2)证明：法一：如图①，取AB中点G，连接EG，FG.
因为G，F分别是AB，BC的中点，
所以FG ∥AC ，且FG ＝1
2AC .8分
因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1. 所以四边形FGEC 1为平行四边形， 所以C 1F ∥EG .
又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .10分
法二：如图②，取AC 的中点H ，连接C 1H ，FH . 因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点，所以HF ∥AB .8分 又因为E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点，
所以EC 1綊AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形， 所以C 1H ∥AE ，又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ， 所以平面ABE ∥平面C 1HF . 又C 1F ⊂平面C 1HF ， 所以C 1F ∥平面ABE .10分
(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2
－BC 2
＝ 3.12分 所以三棱锥E ­ABC 的体积
V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝
3
3
.15分 [规律方法] 1.(1)证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．
(2)证明C 1F ∥平面ABE ：①利用判定定理，关键是在平面ABE 中找(作)出直线EG ，且满足C 1F ∥EG .②利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C 1HF 满足面面平行，实施线面平行、面面平行的转化．
2．计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，而不能直接用公式时，注意进行体积的转化．
[对点训练1] (2017·天津联考)如图2，四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，△ABE 为等边三角形，且平面ABCD ⊥平面ABE ，CD ＝BC ＝1
2
AB ＝1，点P 为CE 的中点．
图2
(1)求证：AB ⊥DE ；
(2)求DE 与平面ABCD 所成角的大小；
(3)求三棱锥D ­ABP 的体积. 【导学号：51062252】 [解] (1)证明：取AB 的中点O ，连接OD ，OE .
∵△ABE 是正三角形，∴AB ⊥OE .
∵四边形ABCD 是直角梯形，DC ＝1
2AB ，AB ∥CD ，
∴四边形OBCD 是平行四边形，OD ∥BC .3分 又AB ⊥BC ，∴AB ⊥OD .
∵OD ，OE ⊂平面ODE ，且OD ∩OE ＝O ， ∴AB ⊥平面ODE . ∵DE ⊂平面ODE ， ∴AB ⊥DE .5分
(2)∵平面ABCD ⊥平面ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，
OE ⊥AB ，OE ⊂平面ABE ，
∴OE ⊥平面ABCD ， ∴∠ODE 即为所求，
在△ODE 中，OD ＝1，OE ＝3，∠DOE ＝90°， ∴tan ∠ODE ＝ 3.
又∵∠ODE 为锐角，∴∠ODE ＝60°.10分 (3)∵P 为CE 的中点，
∴V 三棱锥D ­ABP ＝V 三棱锥P ­ABD ＝1
2V 三棱锥E ­ABD .12分
∵OE ⊥平面ABCD ，
∴V 三棱锥E ­ABD ＝13S △ABD ·OE ＝13×2×12×3＝3
3，
∴V 三棱锥D ­ABP ＝V 三棱锥P ­ABD ＝12V 三棱锥E ­ABD ＝3
6
.15分
热点2 平面图形折叠成空间几何体(答题模板)
将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，考查学生的空间想象能力、知识迁移能力和转化思想．试题以解答题为主要呈现形式，中档难度．
(本小题满分15分)如图3，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC
＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝5
4，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF
的位置，OD ′＝10.
图3
(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B ­D ′A ­C 的正弦值．
[思路点拨] (1)利用已知条件及翻折的性质得出D ′H ⊥EF ，利用勾股定理逆定理得出
D ′H ⊥OH ，从而得出结论；
(2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系，从而求出两个半平面的法向量，利用向量的夹角公式求其余弦值，从而求出正弦值，最后转化为二面角的正弦值．
[规范解答] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF
CD
， 故AC ∥EF .
因为EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .2分
由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2
－AO 2
＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝
AE AD ＝1
4
.
所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.
于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2
，故D ′H ⊥OH .5分 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .6分
(2)如图，以H 为坐标原点，HF →
的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H ­xyz ，则
H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，
AB →
＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→
＝(3,1,3).9分
设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，
3x 1＋y 1＋3z 1＝0，
所以可取m ＝(4,3，－5)．
设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AC →＝0，
n ·AD ′→＝0，即⎩
⎪⎨
⎪⎧
6x 2＝0，
3x 2＋y 2＋3z 2＝0，
所以可取n ＝(0，－3,1).12分
于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10
＝－75
25.
sin 〈m ，n 〉＝295
25
.
因此二面角B ­D ′A ­C 的正弦值是295
25
.15分
[答题模板] 第一步：由平行线性质及题设，证明EF ⊥D ′H . 第二步：利用线面垂直的判定，得D ′H ⊥平面ABCD . 第三步：建立恰当坐标系，准确写出相关点、向量的坐标． 第四步：利用方程思想，计算两平面的法向量．
第五步：由法向量的夹角，求二面角B ­D ′A ­C 的正弦值． 第六步：检验反思，查看关键点，规范解题步骤．
[温馨提示] 1.在第(1)问，易忽视D ′H ⊥OH 的论证及条件OH ∩EF ＝H ，导致推理不严
谨而失分．
2．正确的计算结果是得分的关键，本题易发生写错点的坐标，或求错两半平面的法向量导致严重失分．
3．阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不给分，因此要抓住得分点．
[对点训练2] (2017·嘉兴调研)如图4①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π
2
，
AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的
位置，如图4②.
图4
(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；
(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.
【导学号：51062253】
[解] (1)证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π
2
，所以BE ⊥AC ，2分
即在题图②中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC .
又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .6分 (2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，
又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 所以∠A 1OC 为二面角A 1­BE ­C 的平面角， 所以∠A 1OC ＝π
2
.8分
如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系， 因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，
BC ∥ED ，
所以B ⎝
⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－22，0，0， A 1⎝
⎛
⎭⎪⎫0，0，
22，C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，22，0， 得B C →＝⎝
⎛
⎭⎪⎫－
22，22，0，A 1C →＝⎝
⎛⎭⎪⎫
0，22，－22， CD →
＝BE →
＝(－2，0,0).10分
设平面A 1BC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC
与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n 1·BC →＝0，
n 1·A 1C →＝0，
得⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x 1＋y 1＝0，
y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)；
⎩⎪⎨
⎪⎧
n 2·CD →＝0，
n 2·A 1C →＝0，
得⎩
⎪⎨
⎪⎧
x 2＝0，
y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)，
从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝
2
3×2＝6
3
， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为
6
3
.15分 热点3 立体几何中的探索开放问题
此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．
如图5，在四棱锥P ­ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，
AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.
图5
(1)求证：PD ⊥平面PAB ；
(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；
(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM
AP
的值；若不存在，说明理由．
[解] (1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD .所以AB ⊥PD .2分 又因为PA ⊥PD ， 所以PD ⊥平面PAB .4分
(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .
又因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .6分
因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 如图，建立空间直角坐标系O ­xyz .
由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1).6分 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
－y －z ＝0，2x －z ＝0.
令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2,2)．
又PB →＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.
所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为3
3
.10分 (3)设M 是棱PA 上一点， 则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →
.
因此点M (0,1－λ，λ)，BM →
＝(－1，－λ，λ).12分
因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM →
·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.
解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝1
4
.15分
[规律方法] 1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
2．对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
[对点训练3] (2017·浙江名校联考)如图6，在四棱锥P ­ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，
AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠PAD ＝45°，E 为PA 的中点．
图6
(1)求证：DE ∥平面BPC ；
(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF ⊥DB ？若存在，试求出二面角F ­PC ­D 的余弦值；若不存在，请说明理由. 【导学号：51062254】
[解] (1)证明：取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN ⊥AB ，垂足为点N .1分
∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，
又AB ∥CD ，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6，在Rt △BNC 中，
BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，
∴AB ＝12，而E ，M 分别为PA ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC ∥AB ，4分
∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM .∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ，
∴DE ∥平面BPC .6分
(2)由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，
y ，z 轴建立空间直角坐标系D ­xyz ，
则A (8,0,0)，B (8,12,0)，C (0,6,0)，P (0,0,8).8分 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ， 设点F 坐标为(8，t,0)，
则CF →＝(8，t －6,0)，DB →
＝(8,12,0)， 由CF →·DB →＝0得t ＝2
3
.10分
又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1,0,0)， 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 又PC →＝(0,6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
－8，163，0.12分
由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·PC →＝0，
n ·FC →＝0，
得⎩
⎪⎨⎪
⎧
6y －8z ＝0，－8x ＋16
3y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
z ＝3
4y ，x ＝2
3y ，
不妨令y ＝12，有n ＝(8,12,9)． 则cos 〈n ，m 〉＝
n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝8
17
. 又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角F ­PC ­D 的余弦值为8
17
.15分
热点4 利用向量求空间角
在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算证明空间中的线面的平行与垂直关系，计算空间角(特别是二面角)，常与空间几何体的结构特征，空间线面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合，以解答题形式出现，难度中等．
如图7，在四棱锥A ­EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，EF
∥BC ，BC ＝4，EF ＝2a ，∠EBC ＝∠FCB ＝60°，O 为EF 的中点．
图7
(1)求证：AO ⊥BE ；
(2)求二面角F ­AE ­B 的余弦值； (3)若BE ⊥平面AOC ，求a 的值．
[解] (1)证明：因为△AEF 是等边三角形，O 为EF 的中点， 所以AO ⊥EF .1分
又因为平面AEF ⊥平面EFCB ，AO ⊂平面AEF ， 所以AO ⊥平面EFCB ， 所以AO ⊥BE .4分
(2)取BC 的中点G ，连接OG . 由题设知四边形EFCB 是等腰梯形， 所以OG ⊥EF .
由(1)知AO ⊥平面EFCB ， 又OG ⊂平面EFCB ， 所以OA ⊥OG .6分
如图建立空间直角坐标系O ­xyz ，则E (a,0,0)，A (0,0，3a )，B (2，3(2－a )，0)，EA →
＝(－a,0, 3a )，BE →
＝(a －2，3(a －2)，0)．
设平面AEB 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·EA →＝0，
n ·BE →＝0，
即⎩⎨
⎧
－ax ＋3az ＝0，a －x ＋3a －
y ＝0.
8分
令z ＝1，则x ＝3，y ＝－1，于是n ＝(3，－1,1)． 又平面AEF 的一个法向量为p ＝(0,1,0)， 所以cos 〈n ，p 〉＝
n·p |n||p|＝－5
5
.
由题知二面角F ­AE ­B 为钝角，所以它的余弦值为－
5
5
.10分 (3)因为BE ⊥平面AOC ，所以BE ⊥CO ，即BE →·OC →
＝0.
因为BE →＝(a －2，3(a －2)，0)，OC →
＝(－2，3(2－a )，0)， 所以BE →·OC →＝－2(a －2)－3(a －2)2
.12分 由BE →·OC →＝0及0<a <2，解得a ＝4
3
.15分
[规律方法] 1.本题主要考查数学推理论证能力，利用空间向量进行数学运算能力，同时考查化归转化的数学思想．
2．求二面角F ­AE ­B 的余弦值，转化为求两个半平面所在平面的法向量．通过两个平面的法向量的夹角求得二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
[对点训练4] 如图8，四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，
PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．
图8
(1)证明MN ∥平面PAB ；
(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． [解] (1)证明：由已知得AM ＝2
3
AD ＝2.
取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝1
2
BC ＝2.2分
又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ， 所以MN ∥平面PAB .6分 (2)取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ， 且AE ＝AB 2
－BE 2
＝
AB 2－⎝ ⎛⎭
⎪⎫BC 2
2＝ 5. 以A 为坐标原点，AE →
的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz .9分
由题意知P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
52，1，2， PM →
＝(0,2，－4)，PN →
＝⎝
⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
52，1，2.12分 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·PM →＝0，
n ·PN →＝0，
即⎩⎪⎨⎪
⎧
2y －4z ＝0，5
2x ＋y －2z ＝0，
可取n ＝(0,2,1)．
于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →
||n ||AN →|
＝85
25.
所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为85
25
.15分
热点探究训练(四)
立体几何中的高考热点问题
1．如图9所示，已知直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：
图9
(1)DE ∥平面ABC ；
(2)B 1F ⊥平面AEF . 【导学号：51062255】
[证明] (1)如图，建立空间直角坐标系A ­xyz ，令AB ＝AA 1＝4，
则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)． 取AB 中点为N ，连接CN ，
则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，3分 ∴DE →＝(－2,4,0)，NC →
＝(－2,4,0)， ∴DE →＝NC →
，∴DE ∥NC .
又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC . 故DE ∥平面ABC .6分
(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →
＝(2,2,0)．
B 1F →·EF →
＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →
·AF →
＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.12分
∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →
，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF . 又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .15分
2．(2017·绍兴模拟)如图10，六面体ABCDHEFG 中，四边形ABCD 为菱形，AE ，BF ，CG ，DH 都垂直于平面ABCD .若DA ＝DH ＝DB ＝4，AE ＝CG ＝3.
图10
(1)求证：EG ⊥DF ；
(2)求BE 与平面EFGH 所成角的正弦值．
[解] (1)证明：连接AC ，由AE 綊CG 可得四边形AEGC 为平行四边形，所以EG ∥AC ，而AC ⊥BD ，AC ⊥BF ，
所以EG ⊥BD ，EG ⊥BF ，3分
因为BD ∩BF ＝B ，所以EG ⊥平面BDHF ， 又DF ⊂平面BDHF ，所以EG ⊥DF .6分 (2)设AC ∩BD ＝O ，EG ∩HF ＝P ，
由已知可得，平面ADHE ∥平面BCGF ，所以EH ∥FG ， 同理可得EF ∥HG ，所以四边形EFGH 为平行四边形， 所以P 为EG 的中点，O 为AC 的中点， 所以OP 綊AE ，从而OP ⊥平面ABCD .9分 又OA ⊥OB ，所以OA ，OB ，OP 两两垂直． 由平面几何知识得BF ＝2.
如图，建立空间直角坐标系O ­xyz ，
则B (0,2,0)，E (23，0,3)，F (0,2,2)，P (0,0,3)，
所以BE →＝(23，－2,3)，PE →＝(23，0,0)，PF →
＝(0,2，－1).12分 设平面EFGH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧
PE →·n ＝0，PF →·n ＝0，
可得⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＝0，
2y －z ＝0，
令y ＝1，则z ＝2，所以n ＝(0,1,2)． 设BE 与平面EFGH 所成角为θ， 则sin θ＝|BE →
·n ||BE →||n |
＝45
25.
故直线BE 与平面EFGH 所成角的正弦值为45
25
.15分
3．如图11，直角三角形ABC 中，∠A ＝60°，∠ABC ＝90°，AB ＝2，E 为线段BC 上一点，且BE ＝1
3
BC ，沿AC 边上的中线BD 将△ABD 折起到△PBD 的位置．
图11
(1)求证：BD ⊥PE ；
(2)当平面PBD ⊥平面BCD 时，求二面角C ­PB ­D 的余弦值． [解] 由已知得DC ＝PD ＝PB ＝BD ＝2，BC ＝2 3.1分 (1)证明：取BD 的中点O ，连接OE ，PO .
∵OB ＝1，BE ＝233且∠OBE ＝30°，∴OE ＝3
3，∴OE ⊥BD .3分
∵PB ＝PD ，O 为BD 的中点，∴PO ⊥BD ， 又PO ∩OE ＝O ，∴BD ⊥平面POE ，∴BD ⊥PE .6分 (2)∵平面PBD ⊥平面BCD ，∴PO ⊥平面BCD ，
∴OE ，OB ，OP 两两垂直，如图以O 为坐标原点，以OE ，OB ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、
z 轴建立空间直角坐标系，
则B (0,1,0)，P (0,0，3)，C (3，－2,0)， ∴BP →＝(0，－1，3)，BC →
＝(3，－3,0).9分 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨
⎧
－y ＋3z ＝0，3x －3y ＝0，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
z ＝33y ，
x ＝3y ，
不妨令y ＝3，得n ＝(3，3，1).12分
又平面PBD 的一个法向量为m ＝(1,0,0)，
∴cos 〈m ，n 〉＝313
13
，
故二面角C ­PB ­D 的余弦值为313
13
.15分
4．在如图12所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的—条母线.
图12
(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝1
2
AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角 F ­BC ­A 的余弦值.
【导学号：51062256】
[解] (1)证明：设CF 的中点为I ，连接GI ，HI .
在△CEF 中，因为点G ，I 分别是CE ，CF 的中点， 所以GI ∥EF .2分 又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .
在△CFB 中，因为H ，I 分别是FB ，CF 的中点， 所以HI ∥BC . 又HI ∩GI ＝I ，
所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ， 所以GH ∥平面ABC .6分
(2)法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .
又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径， 所以BO ⊥AC .
以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz . 由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)． 过点F 作FM ⊥OB 于点M ，
所以FM ＝FB 2
－BM 2
＝3，可得F (0，3，3).9分 故BC →＝(－23，－23，0)，BF →
＝(0，－3，3)．
设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量． 由⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·BC →＝0，
m ·BF →＝0，
可得⎩⎨
⎧
－23x －23y ＝0，
－3y ＋3z ＝0.
12分
可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1，1，
33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，
所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝7
7
，
所以二面角F ­BC ­A 的余弦值为
7
7
.15分
法二：如图，连接OO ′，过点F 作FM ⊥OB 于点M ，则有FM ∥OO ′.
又OO ′⊥平面ABC ， 所以FM ⊥平面ABC ， 可得FM ＝FB 2
－BM 2
＝3.9分 过点M 作MN ⊥BC 于点N ，连接FN ， 可得FN ⊥BC ，
从而∠FNM 为二面角F ­BC ­A 的平面角． 又AB ＝BC ，AC 是圆O 的直径， 所以MN ＝BM sin 45°＝6
2
.12分 从而FN ＝
422，可得cos ∠FNM ＝77
. 所以二面角F ­BC ­A 的余弦值为
7
7
.15分 5．已知四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AD ＝2，AB ＝1，E ，F 分别是线段AB ，BC 的中点．
图13
(1)求证：PF ⊥FD ；
(2)判断并说明PA 上是否存在点G ，使得EG ∥平面PFD ；
(3)若PB 与平面ABCD 所成的角为45°，求二面角A ­PD ­F 的余弦值． [解] (1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，AB ＝1，
AD ＝2.
建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，
则A (0,0,0)，B (1,0,0)，F (1,1,0)，D (0,2,0)，不妨令
P (0,0，t )，t >0.2分
∵PF →＝(1,1，－t )，DF →
＝(1，－1,0)， ∴PF →·DF →
＝1×1＋1×(－1)＋(－t )×0＝0， ∴PF ⊥FD .4分
(2)设平面PFD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·PF →＝0，
n ·DF →＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＋y －tz ＝0，
x －y ＝0，
则⎩⎪⎨⎪⎧
tz ＝2x ，
y ＝x .
取z ＝1，则n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫t 2，t
2，1.
设G (0,0，m )(0≤m ≤t ).8分
∵E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，0，0， ∴EG →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，0，m ，由题意EG →·n ＝0， ∴－t 4＋m ＝0，∴m ＝14
t ，
∴当G 是线段PA 的靠近于A 的一个四等分点时，使得EG ∥平面PFD .10分 (3)∵PA ⊥平面ABCD ，
∴∠PBA 就是PB 与平面ABCD 所成的角， 即∠PBA ＝45°，∴PA ＝AB ＝1，P (0,0,1)，
由(2)知平面PFD 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，12，1.12分
易知平面PAD 的一个法向量为AB →
＝(1,0,0)， ∴cos 〈AB →，n 〉＝AB →
·n
|AB →||n |
＝
121
4＋14
＋1＝
66
.
由图知，二面角A ­PD ­F 的平面角为锐角， ∴二面角A ­PD ­F 的余弦值为
6
6
.15分 6．如图14，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .
图14
(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；
(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．
[解] (1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .
在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.1分 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22
. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝
62
. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322
.4分 从而EG 2
＋FG 2
＝EF 2
，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC .
因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .6分
(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →
|为单位长度，建立空间直角坐标系G ­xyz .9分
由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－1，0，
22，C (0，3，0)，
所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝
⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.12分 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.15分。