14-16年真题分类(理)-第八章立体几何

第八章 立体几何
考点1 空间几何体的结构及其三视图与直观图
1.(2016·全国Ⅲ，9)如图，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，则该多面体的表面积为( )
**＋36 B.54＋18 C.90 D.81
**[由题意知，几何体为平行六面体，边长分别为3，3，，几何体的表面积S ＝3×6×2＋3×3×2＋3××2＝54＋18.]
2.(2016·全国Ⅱ，6)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
**π B.24π C.28π D.32π
** [由三视图可知，组合体的底面圆的面积和周长均为4π，圆锥的母线长l ＝＝4，所以圆锥的侧面积为S 锥侧＝×4π×4＝8π，圆柱的侧面积S 柱侧＝4π×4＝16π，所以组合体的表面积S ＝8π＋16π＋4π＝28π，故选C.]
3.(2016·北京，6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )
A.16
B.13
C.1
2
D.1 **[由三视图知，三棱锥如图所示：由侧视图得高h ＝1，又底面积S ＝×1×1＝.所以体积V ＝Sh ＝.]
4.(2016·山东，5)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.13＋23π
B.13＋23π
C.13＋26π
D.1＋26
π **[由三视图知,半球的半径R ＝,四棱锥为底面边长为1,高为1的正四棱锥, ∴V ＝13×1×1×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋2
6π，故选C.]
5.(2015·广东，8)若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( ) A.大于5 B.等于5 C.至多等于4 D.至多等于3
** [当n ＝3时显然成立，故排除A ，B ；由正四面体的四个顶点，两两距离相等，得n ＝4时成立，故选C.]
6.(2015·北京，5)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )
**＋ B.4＋ C.2＋2 D.5
** [该三棱锥的直观图如图所示：过D 作DE ⊥BC ，交BC 于E ，连接AE ，则BC ＝2，EC ＝1，
AD ＝1，ED ＝2，
S 表＝S △BCD ＋S △ACD ＋S △ABD ＋S △ABC
＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋1
2
×2×5＝2＋2 5.]
7.(2015·浙江，2)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是()
** cm3 B.12 cm3 C.cm3 D. cm3
** [该几何体是棱长为2 cm的正方体与一底面边长为2 cm的正方形，高为2 cm的正四棱锥组成的组合体，V＝2×2×2＋×2×2×2＝(cm3).故选C.]
8.(2015·新课标全国Ⅰ，11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝
()
** B.2 C.4 D.8
** [由题意知，2r·2r＋·2πr·2r＋πr2＋πr2＋·4πr2＝4r2＋5πr2＝16＋20π，解得r＝2.]
9.(2014·福建，2)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
**[圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱.]
10.(2014·江西，5)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()
**[由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成.从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形.]
11.(2014·湖北，5)在如图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②
B.③和①
C.④和③
D.④和②
**[在空间直角坐标系O－xyz中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为④，俯视图为②.选D.]
12.(2014·新课标全国Ⅰ，12)如图，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()
** B.4 C.6 D.4
** [如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥ABCD，最长的棱为AD
＝＝6，选C.]
13.(2015·天津，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.
13.8
3π [由三视图可知，该几何体由相同底面的两圆锥和圆柱组成，底面半径为1，圆锥的高为1，圆柱的高为2，所以该几何体的体积V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝8
3π m 3.]
考点2 空间几何体的表面积和体积
1.(2016·全国Ⅲ，10)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) **π B. C.6π D.
**[由题意知，底面三角形的内切圆直径为 4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V 的最大值为.]
2.(2016·全国Ⅰ，6)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是
28π
3
，则它的表面积是( )
**π B.18π C.20π D.28π
**[由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角的后得到的组合体，其表面积是球面面积的和三个圆面积之和，易得球的半径为
2，则得S ＝×4π×22＋3×π×22＝17π，故选A.]
3.(2015·陕西，5)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
**π B.4π C.2π＋4 D.3π＋4
** [由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为：
S ＝2×1
2π×12＋12
×2π×1×2＋2×2＝π＋2π＋4＝3π＋4.]
4.(2015·安徽，7)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )
**＋ B.2＋ C.1＋2 D.2
** [由空间几何体的三视图可得
该空间几何体的直观图，如图，∴该四面体的表面积为S 表＝2×12×2×1＋2×3
4×(2)2＝2＋3，
故选B.]
5.(2015·新课标全国Ⅱ，9)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的
动点，若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) **π B.64π C.144π D.256π
** [如图，
要使三棱锥O-ABC 即C-OAB 的体积最大，当且仅当点C 到平面OAB 的距离，即三棱锥C-OAB 底面OAB 上的高最大，其最大值为球O 的半径R ，则V O-ABC 最大＝V C-OAB 最大＝13×1
2S △OAB ×R
＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，所以R ＝6，得S 球O ＝4πR 2＝4π×62＝144π，选C.]
6.(2015·山东，7)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD
绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π
3
D.2π ** [如图,由题意,得BC ＝2，AD ＝AB ＝1.绕AD 所在直线旋转一周后所得几何体为一个圆
柱挖去一个圆锥的组合体.
所求体积V ＝π×12×2－13π×12×1＝53π.]
7.(2015·重庆，5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.13＋π
B.23＋π
C.13＋2π
D.2
3
＋2π ** [这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V ＝π×12×2＋××1＝π＋，选A.] 8.(2015·新课标全国Ⅱ，6)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图
所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
A.18
B.17
C.16
D.15
** [如图，
由题意知，该几何体是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1被过三点A 、B 1、D 1的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥A-A 1B 1D 1，设正方体的棱长为1，则截去部分体积与剩余部分体积的比
值为
111111
1111111111
A A
B D A A B D B
C
D ABCD
A B C D ABCD A A B D V V V V V -----=
-＝13×12×12×113－13×12
×12×1
＝15，选D.]
9.(2015·湖南，10)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率＝新工件的体积原工件的体积
)( )
A.89π
B.16
9π C.4(2－1)3π D.12(2－1)3π
** [易知原工件为一圆锥，V1＝πr2h ＝π，设内接长方体长、宽、高为a 、b 、c ，欲令体积最大，则a ＝b.由截面图的相似关系知，c ＋＝2，即c ＋a ＝2， ∴V 长方体＝abc ＝a 2
c ＝a 2
(2－2a )，
设g (a )＝2a 2－2a 3，则g ′(a )＝4a －32a ＝0，令g ′(a )＝0，解得a ＝432，所以令
a ＝
432
时，
V 长方体最大为16
27，∴V 长方体V 1＝16
272π3＝89π
.故选A.]
10.(2014·重庆，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
** B.60 C.66 D.72
** [该几何体的直观图如图所示，
易知该几何体的表面是由两个直角三角形，两个直角梯形和一个矩形组成的，则其表面积S ＝12×3×4＋1
2×3×5＋2＋52×5＋2＋52×4＋3×5＝60.选B.]
11.(2014·浙江，3)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )
** cm2 B.129 cm2 C.132 cm2 D.138 cm2
** [由三视图可知该几何体由一个直三棱柱与一个长方体组合而成(如图)，
其表面积为S ＝3×5＋2×12
×4×3＋4×3＋3×3＋2×4×3＋2×4×6＋3×6＝138(cm 2).]
12.(2014·大纲全国，8)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.27π4
** [设球的半径为R ，由题意可得(4－R)2＋()2＝R2，解得R ＝，所以该球的表面积为4πR2＝.故选A.]
13.(2014·安徽，7)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )
**＋ B.18＋ C.21 D.18
** [根据题意作出直观图如图，
该多面体是由正方体切去两个角而得到的，根据三视图可知其表面积为6(22－12×1×1)＋2×
34×(2)2＝6×7
2＋3＝21＋ 3.故选A.]
14.(2014·陕西，5)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( ) A.32π3 B.4π C.2π D.4π3
** [如图为正四棱柱AC1.根据题意得AC ＝，
∴对角面ACC 1A 1为正方形，∴外接球直径2R ＝A 1C ＝2，∴R ＝1，∴V 球＝4π
3
，故选D.]
15.(2014·湖北，8)《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
** [圆锥的体积V ＝πr2h ＝πh ＝,由题意得12π≈，π近似取为，故选B.]
16.(2014·新课标全国Ⅱ，6)如图，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( )
A.1727
B.59
C.1027
D.13
** [由三视图知该零件是两个圆柱的组合体.一个圆柱的底面半径为2 cm ，高为4 cm ；另一个圆柱的底面半径为3 cm ，高为2 cm.则零件的体积V1＝π×22×4＋π×32×2＝34π(cm3).而毛坯的体积V ＝π×32×6＝54π(cm3)，因此切削掉部分的体积V2＝V －V1＝54π－34π＝20π(cm3)，所以＝＝.故选C.]
17.(2016·四川，13)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________.
17.
3
3
[由题可知，∵三棱锥每个面都是腰为2的等腰三角形，由正视图可得如右俯视图，且三棱锥高为h ＝1，则面积V ＝13Sh ＝13×⎝⎛⎭⎫12×23×1×1＝3
3
.]
18.(2016·浙江，14)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和
线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________.
18.1
2
[设PD ＝DA ＝x ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23， ∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝1
2
(180°－120°)＝30°，
∴S △BCD ＝12BC ·DC ×sin ∠ACB ＝12×2×(23－x )×12＝1
2
(23－x ).
要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x .则V 四面体PBCD ＝13×12(23－x )x ＝1
6[－(x －3)2＋3]，
由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体PBCD 的最大值为16×3＝1
2
.]
19.(2015·江苏，9)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为________.
19.7 [设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝1
3π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.]
20.(2014·江苏，8)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1
V 2
的值是________.
20.3
2 [设圆柱甲的底面半径为r 1，高为h 1，圆柱乙的底面半径为r 2，高为h 2. 由题意得S 1S 2＝πr 21
πr 22＝94，∴r 1r 2＝32.又∵S 甲侧＝S 乙侧，即2πr 1h 1＝2πr 2h 2，
∴h 1h 2＝r 2r 1＝23，故V 1V 2＝S 1h 1S 2h 2＝S 1S 2·h 1h 2＝94×23＝3
2.]
考点3 点、线、面的位置关系
1. (2016·全国Ⅰ，11)平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( ) A.
32 B.22 C.33 D.13
1. A[如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，则m 1∥m ，
又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1， ∴B 1D 1∥m 1，∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .
故m 、n 所成角的大小与B 1D 1、CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小. 而B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，因此∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，
故选A.]
2.(2015·安徽，5)已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( ) A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 B.若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行 C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线 D.若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面
** [对于A ，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，A 错；对于B ，m ，n 平行于同一平面，m ，n 关系不确定，可平行、相交、异面，故B 错；对于C ，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C 错；对于D ，若假设m ，n 垂直于同一平面，则m ∥n ，其逆否命题即为D 选项，故D 正确.]
3.(2014·辽宁，4)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
** [对于选项A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 可能相交、平行或异面，A 错误；显然选项B 正确；对于选项C ，若m ⊥α，m ⊥n ，则n ⊂α或n ∥α，C 错误；对于选项D ，若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α或n 与α相交.D 错误.故选B.]
4.(2015·浙江，13)如图，三棱锥ABCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是________.
4.78 [连接DN ,作DN 的中点O ,连接MO ,OC .在△AND 中.M 为AD 的中点,则OM 綉1
2AN .所以异面直线AN ，CM 所成角为∠CMO ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝3，BC ＝2，则AN ＝22，∴OM ＝ 2.
在△ACD 中，同理可知CM ＝22，在△BCD 中，DN ＝22，在Rt △ONC 中，ON ＝2，CN ＝1∴OC ＝ 3.在△CMO 中，由余弦定理cos ∠CMO ＝|MC |2
＋|MO |2
－|OC |2
2|MC |·|MO |＝8＋2－32×22×2＝7
8.]
考点4 线面平行的判定与性质
1.(2016·山东,17)在如图所示的圆台中,AC 是下底面圆O 的直径,EF 是上底面圆O ′的直径,FB 是圆台的一条母线.
(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.
1.(1)证明设FC 中点为I ,连接GI ,HI ,在△CEF 中,因为点G 是CE 的中点,所以GI ∥EF .
又EF ∥OB ,所以GI ∥OB .在△CFB 中,因为H 是FB 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 .
(2)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 垂直OB 于点M ,
所以FM ＝FB 2－BM 2＝3,可得F (0,3,3).故BC →＝(－23,－23,0),BF →
＝(0,－3,3). 设m ＝(x ,y ,z )是平面BCF 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0.可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，
－3y ＋3z ＝0.
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
77
.
2.(2016·全国Ⅲ,19)如图,四棱锥P －ABCD 中,P A ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB ＝AD ＝AC ＝3,P A ＝BC ＝4,M 为线段AD 上一点,AM ＝2MD ,N 为PC 的中点.
(1)证明MN ∥平面P AB ；
(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值. 2.(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 中点知TN ∥BC ,TN ＝1
2BC ＝2.
又AD ∥BC ,故TN 綉AM ,四边形AMNT 为平行四边形,于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ,MN ⊄平面P AB ,所以MN ∥平面P AB .
(2)解 取BC 的中点E ,连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC , 从而AE ⊥AD ,AE ＝
AB 2－BE 2＝
AB 2－
⎝⎛⎭
⎫BC 22
＝ 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 . 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.
设n ＝(x ,y ,z )为平面PMN 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，
可取n ＝(0,2,1).于是cos 〈n ,AN →
〉＝n ·AN →|n ||AN →
|
＝8525.
设AN 与平面PMN 所成的角为θ,则sin θ＝85
25,
∴直线AN 与平面PMN 所成的角的正弦值为85
25
.
3.(2015·江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,已知AC ⊥BC ,BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ,B 1C ∩BC 1＝E .
求证：(1)DE ∥平面AA 1C 1C ； (2)BC 1⊥AB 1.
3.证明 (1)由题意知,E 为B 1C 的中点,又D 为AB 1的中点,因此DE ∥AC . 又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ,AC ⊂平面AA 1C 1C ,所以DE ∥平面AA 1C 1C . (2)因为棱柱ABCA 1B 1C 1是直三棱柱,所以CC 1⊥平面ABC . 因为AC ⊂平面ABC ,所以AC ⊥CC 1.
又因为AC ⊥BC ,CC 1⊂平面BCC 1B 1,BC ⊂平面BCC 1B 1,BC ∩CC 1＝C ,所以AC ⊥平面BCC 1B 1. 又因为BC 1⊂平面BCC 1B 1,所以BC 1⊥AC .
因为BC ＝CC 1,所以矩形BCC 1B 1是正方形,因此BC 1⊥B 1C . 因为AC ,B 1C ⊂平面B 1AC ,AC ∩B 1C ＝C ,,所以BC 1⊥平面B 1AC . 又因为AB 1⊂平面B 1AC ,所以BC 1⊥AB 1.
4.(2014·江苏,16)如图,在三棱锥P ABC 中,D ,E ,F 分别为棱PC ,AC ,AB 的中点.已知P A ⊥AC ,P A ＝6,BC ＝8,DF ＝
5.
求证：(1)直线P A ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC .
4.证明 (1)因为D ,E 分别为棱PC ,AC 的中点,所以DE ∥P A .
又因为P A ⊄平面DEF ,DE ⊂平面DEF ,所以直线P A ∥平面DEF .
(2)因为D ,E ,F 分别为棱PC ,AC ,AB 的中点,P A ＝6,BC ＝8,所以DE ∥P A ,DE ＝1
2P A ＝3,
EF ＝1
2BC ＝4.又因为DF ＝5,故DF 2＝DE 2＋EF 2,所以∠DEF ＝90°,即DE ⊥EF .
又P A ⊥AC ,DE ∥P A ,所以DE ⊥AC .
因为AC ∩EF ＝E ,AC ⊂平面ABC ,EF ⊂平面ABC ,所以DE ⊥平面ABC . 又DE ⊂平面BDE ,所以平面BDE ⊥平面ABC .
5.(2014·新课标全国Ⅱ,18)如图,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DAEC 为60°,AP ＝1,AD ＝3, 求三棱锥EACD 的体积.
5.(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 .又因为EO ⊂平面AEC ,PB ⊄平面AEC ,所以PB ∥平面AEC .
(2)解 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 →的方向为x 轴的正方向,|AP →
|为单位长,建立空间直角坐标系Axyz ,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,由题设知|cos 〈n 1,n 2〉|＝1
2
,即
33＋4m 2＝12
,解得m ＝3
2.
因为E 为PD 的中点,所以三棱锥EACD 的高为12,三棱锥EACD 的体积V ＝13×12×3×32×1
2＝
3
8.
6.(2014·湖北,19)如图,在棱长为2的正方体ABCDA 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. 6.法一(几何法)
(1)证明 如图1,连接AD 1,由ABCDA 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)解 如图2,连接BD .因为E ,F 分别是AB ,AD 的中点,所以EF ∥BD ,且EF ＝12
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 是等腰梯形. 同理可证四边形PQMN 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.
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Dxyz .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),
又因为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)解 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.
考点5 线面垂直的判定与性质
1.(2016·浙江,2)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则()
**∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n
** [由已知,α∩β＝l,∴l⊂β,又∵n⊥β,∴n⊥l,C正确.故选C.]
2.(2015·浙江,8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成
△A′CD,所成二面角A′CDB的平面角为α,则()
A.∠A′DB≤α
B.∠A′DB≥α
C.∠A′CB≤α
D.∠A′CB≥α
2.B[极限思想：若α＝π,则∠A′CB＜π,排除D；若α＝0,如图,则∠A′DB,∠A′CB都可以大于0,排除A,C.故选B. ]
3.(2014·广东,7)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是()
**⊥l4 B.l1∥l4 C.l1与l4既不垂直也不平行 D.l1与l4的位置关系不确定** [构造如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1,取l1为AD,l2为AA1,l3为A1B1,
当取l4为B1C1时,l1∥l4,当取l4为BB1时,l1⊥l4,故排除A、B、C,选D.]
4.(2016·全国Ⅱ,14)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题：
(1)如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.
(2)如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.
(3)如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.
(4)如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有________(填写所有正确命题的编号).
4.②③④ [当m ⊥n ,m ⊥α,n ∥β时,两个平面的位置关系不确定,故①错误,经判断知②③④均正确,故正确答案为②③④.]
5.(2016·全国Ⅰ,18)如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,平面ABEF 为正方形,AF ＝2FD ,∠AFD ＝90°,且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.
(1)证明：平面ABEF ⊥EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值.
5.(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ,AF ⊥FE ,所以AF ⊥平面EFDC ,又AF ⊂平面ABEF ,故平面ABEF ⊥平面EFDC .
(2)解过D 作DG ⊥EF ,垂足为G ,由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点,GF →
的方向为x 轴正方向,|GF →
|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .
由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角,故∠DFE ＝60°,则|DF |＝2,|DG |＝3,可得A (1,4,0),B (－3,4,0),E (－3,0,0),D (0,0,3).
由已知,AB ∥EF ,所以AB ∥平面EFDC ,又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ,故AB ∥CD ,CD ∥EF , 由BE ∥AF ,可得BE ⊥平面EFDC ,所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角,∠CEF ＝60°,从而可得C (－2,0,3).所以EC →＝(1,0,3),EB →＝(0,4,0),AC →＝(－3,－4,3),AB →
＝(－4,0,0). 设n ＝(x ,y ,z )是平面BCE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·
EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0,－3).
设m 是平面ABCD 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·
AC →＝0，m ·
AB →＝0.
同理可取m ＝(0,3,4),则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n ||m |＝－219
19.
故二面角E －BC －A 的余弦值为－219
19
.
6.(2016·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.
求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ； (2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .
6.证明 (1)由已知,DE 为△ABC 的中位线,
∴DE ∥AC ,又由三棱柱的性质可得AC ∥A 1C 1,∴DE ∥A 1C 1, 且DE ⊄平面A 1C 1F ,A 1C 1⊂平面A 1C 1F ,∴DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,AA 1⊥平面A 1B 1C 1,
∴AA 1⊥A 1C 1,又∵A 1B 1⊥A 1C 1,且A 1B 1∩AA 1＝A ,∴A 1C 1⊥平面ABB 1A 1, ∵B 1D ⊂平面ABB 1A 1,∴A 1C 1⊥B 1D ,
又∵A 1F ⊥B 1D ,且A 1F ∩A 1C 1＝A 1,∴B 1D ⊥平面A 1C 1F , 又∵B 1D ⊂平面B 1DE ,∴平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .
7.(2015·新课标全国Ⅱ,19)如图,长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AB ＝16,BC ＝10,AA 1＝8,点E ,F 分别在A 1B 1,D 1C 1上,A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值.
7.解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：
(2)作EM ⊥AB ,垂足为M ,则AM ＝A 1E ＝4,EM ＝AA 1＝8.
因为EHGF 为正方形,所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6,所以AH ＝10. 以D 为坐标原点,DA →
的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ,则A (10,0,0),H (10,10,0),E (10,4,8),F (0,4,8),FE →＝(10,0,0),HE →
＝(0,－6,8).
设n ＝(x ,y ,z )是平面EHGF 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·
FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3).又
AF →＝(－10,4,8),故|cos 〈n ,AF →
〉|＝|n ·AF →
||n ||AF →
|＝4515.
所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为45
15
. 8.(2015·新课标全国Ⅰ,18)如图,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 . (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.
8.(1)证明 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.
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 ＝
6
2
. 在直角梯形BDFE 中,由BD ＝2,BE ＝2,DF ＝22,可得EF ＝322
, 从而EG 2＋FG 2＝EF 2,所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ,可得EG ⊥平面AFC .
因为EG ⊂平面AEC ,所以平面AEC ⊥平面AFC .
(2)解 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,建立空间直角坐标系Gxyz ,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.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
.
9.(2014·新课标全国Ⅰ,19)如图,三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C 为菱形,AB ⊥B 1C . (1)证明：AC ＝AB 1；
(2)若AC ⊥AB 1,∠CBB 1＝60°,AB ＝BC ,求二面角AA 1B 1C 1的余弦值.
9.(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)解 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 1两两互相垂直.
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Oxyz .
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 －3
3z ＝0，x －33
z ＝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 1
B 1→＝0，m ·B 1
C 1→＝0.
同理可取m ＝(1,－3,3).则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n||m|＝1
7
.
所以二面角A -A 1B 1­C 1的余弦值为1
7.
10.(2014·广东,18)如图,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.
10.(1)证明 ∵PD ⊥平面ABCD ,∴PD ⊥AD .又CD ⊥AD ,PD ∩CD ＝D , ∴AD ⊥平面PCD .∴AD ⊥PC .
又AF ⊥PC ,AD ∩AF ＝A ,∴PC ⊥平面ADF ,即CF ⊥平面ADF . (2)解 法一 设AB ＝1,则在Rt △PDC 中,CD ＝1,∵∠DPC ＝30°, ∴PC ＝2,PD ＝3,由(1)知CF ⊥DF ,∴DF ＝
32,CF ＝1
2
. 又FE ∥CD ,∴DE PD ＝CF PC ＝14,∴DE ＝34.同理EF ＝34CD ＝3
4.
如图所示,以D 为原点,建立空间直角坐标系,则A (0,0,1),
E ⎝⎛
⎭⎫34，0，0,F ⎝⎛⎭
⎫34，34，0,P (3,0,0),C (0,1,0).
设m ＝(x ,y ,z )是平面AEF 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AE →，m ⊥EF →.又⎩⎨⎧AE →
＝⎝⎛⎭
⎫34，0，－1，EF →＝⎝⎛⎭⎫0，34，0，
∴⎩⎨⎧m ·AE →
＝34x －z ＝0，m ·EF →
＝34y ＝0.
令x ＝4,则z ＝
3,m ＝(4,0,3).
由(1)知平面ADF 的一个法向量为PC →
＝(－3,1,0), 设二面角DAFE 的平面角为θ,可知θ为锐角,
cos θ＝|cos 〈m ,PC →
〉|＝|m ·PC →||m |·|PC →|＝4319×2＝25719.
故二面角DAFE 的余弦值为257
19
. 法二 设AB ＝1,
∵CF ⊥平面ADF ,∴CF ⊥DF .∴在△CFD 中,DF ＝
3
2
, ∵CD ⊥AD ,CD ⊥PD ,∴CD ⊥平面ADE .又∵EF ∥CD ,∴EF ⊥平面ADE .∴EF ⊥AE , ∴在△DEF 中,DE ＝34,EF ＝34
, 在△ADE 中,AE ＝
194,在△ADF 中,AF ＝72
. 由V A ­DEF ＝13·S △ADE ·EF ＝13·S △ADF ·h E ­ADF ,解得h E ­ADF ＝3
8,
设△AEF 的边AF 上的高为h ,
由S △AEF ＝12·EF ·AE ＝12·AF ·h ,解得h ＝34×133
14,
设二面角D -AF -E 的平面角为θ.
则sin θ＝h E -ADF h ＝38×4
3×14133＝13319,∴cos θ＝25719.
11.(2014·辽宁,19)如图,△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.
11.(1)证明 法一 过E 作EO ⊥BC ,垂足为O ,连接OF .
图1
由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC .所以∠EOC ＝∠FOC ＝π
2,即FO ⊥BC .
又EO ⊥BC ,因此BC ⊥面EFO ,又EF ⊂面EFO ,所以EF ⊥BC .
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 的直线为z 轴,建立如图所示空间直角坐标系.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 .
图2
(2)解 法一 在图1中,过O 作OG ⊥BF ,垂足为G ,连接EG .
由平面ABC ⊥平面BDC ,从而EO ⊥面BDC ,又OG ⊥BF ,由三垂线定理知,EG ⊥BF . 因此∠EGO 为二面角EBFC 的平面角.
在△EOC 中,EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32,由△BGO ∽△BFC 知,OG ＝BO BC ·FC ＝3
4,因此
tan ∠EGO ＝EO OG ＝2,从而sin ∠EGO ＝255,即二面角E ­BF ­C 的正弦值为25
5.
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.由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0n 2·BE →
＝0得其中一个n 2＝(1,－3,1). 设二面角EBFC 大小为θ,且由题意知θ为锐角,则 cos θ＝|cos 〈n 1,n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝1
5, 因此sin θ＝25
＝255,即所求二面角的正弦值为25
5.
12.(2014·江西,19)如图,四棱锥P -ABCD 中,ABCD 为矩形,平面P AD ⊥平面ABCD . (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.
12.(1)证明 ABCD 为矩形,故AB ⊥AD ；又平面P AD ⊥平面ABCD , 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ,
所以AB ⊥平面P AD ,由PD ⊂平面P AD ,故AB ⊥PD .
(2)解 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 ＝233,GC ＝263,BG ＝6
3.
设AB ＝m ,则OP ＝PG 2－OG 2＝
4
3
－m 2, 故四棱锥P ABCD 的体积为V ＝1
3·6·m ·
43－m 2＝m 3
8－6m 2. 因为m
8－6m 2＝
8m 2－6m 4＝
－6⎝
⎛⎭⎫m 2－232
＋83, 故当m ＝
63,即AB ＝6
3
时,四棱锥P ABCD 的体积最大. 此时,建立如图所示的坐标系,
各点的坐标为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n 1＝(x ,y ,1),则由n 1⊥PC →
, n 1⊥BC →得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，
解得x ＝1,y ＝0,n 1＝(1,0,1). 同理可求出平面DPC 的一个法向量n 2＝⎝⎛⎭⎫0，1
2，1.从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为cos θ＝|n 1·n 2|
|n 1||n 2|＝
12·
1
4
＋1＝
105
.
13.(2014·湖南,19)如图,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 1-OB 1-D 的余弦值.
13.(1)证明因为四边形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)解 法一 如图,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 1
OB 1＝2
3
7
,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
＝
2
3
7197
＝25719.即二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719.
法二 因为四棱柱ABCDA 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 .又由(1)知O 1O ⊥底面ABCD ,从而OB ,OC ,OO 1两两垂直.
如图,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Oxyz .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 1-OB 1-D 的大小为θ,易知θ是锐角,于是 cos θ＝|cos 〈n 1,n 2〉|＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝2319＝257
19.
故二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为257
19.
考点6 空间向量与立体几何
1.(2014·广东,5)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)
** [设选项中的向量与a 的夹角为θ,对于选项A,由于cos θ＝
1×（－1）＋0×1＋（－1）×0
12＋02＋（－1）2×（－1）2＋12＋0
2
＝－1
2,此时夹角θ为120°,不满足题意；对于选项B,由于cos θ＝1×1＋0×（－1）＋（－1）×012＋02＋（－1）2×12＋（－1）2＋02
＝1
2,此时夹角θ为60°,满足题意.故选B.]
2.(2014·四川,8)如图,在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段CC 1上,直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α,则sin α的取值范围是( )
A.⎣⎡
⎦⎤33，1 B.
⎣⎡⎦⎤63，1 C.⎣⎡⎦⎤63，223 D.⎣⎡⎦
⎤223，1 ** [易证AC1⊥平面A1BD,当点P 在线段CC1上从C 运动到C1时,直线OP 与平面A1BD 所成的角α的变化情况：∠AOA1→→∠C1OA1(点P 为线段CC1的中点时,α＝),由于sin ∠AOA1＝,sin ∠C1OA1＝>,sin ＝1,所以sin α的取值范围是[,1].]
3.(2014·新课标全国Ⅱ,11)直三棱柱ABCA 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
**[以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设BC ＝CA ＝CC 1＝2,则A (2,0,2),N (1,0,0),M (1,1,0),B (0,2,2),∴AN →＝(－1,0,－2),BM →＝(1,－1,－2),
∴cos 〈AN →,BM →
〉＝AN →·BM →
|AN →||BM →|＝－1＋45×6＝330＝3010,故选C.]
4.(2014·江西,10)如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB ＝11,AD ＝7,AA 1＝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),L 1＝AE ,将线段L 1,L 2,L 3,L 4竖直放置在同一水平线上,则大致的图形是( )
** [根据反射的对称性,质点是在过A,E,A1的平面内运动.因为<,所以过A 、E,A1作长方体。