2014年高考数学理科汇编——立体几何2

G7 棱柱与棱锥 13．[2014·山东卷] 三棱锥P - ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D - ABE 的体积为V 1，P - ABC 的体积为V 2，则V 1
V 2
＝________．
13.14 [解析] 如图所示，由于D ，E 分别是边PB 与PC 的中点，所以S △BDE ＝1
4S △PBC .又因为三棱锥A ­ BDE 与三棱锥A - PBC 的高长度相等，所以V 1V 2＝1
4
.
19．、、[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．解：(1)证明：因为ABCD 为矩形，所以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 ，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 ＝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
＋8
3， 所以当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＝⎝⎛⎭⎫0，1
2，1. 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·
1
4
＋1＝105.
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.27π4
8．A [解析] 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为2，所以AE ＝1
2AC ＝ 2.设球心为
O ，球的半径为R ，则OE ＝4－R ，OA ＝R ，又知△AOE 为直角三角形，根据勾股定理可得，OA 2
＝OE 2
＋AE 2
，即R 2
＝(4－R )2
＋2，解得R ＝94
，所以球的表面积S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝
81π
4
.
G8 多面体与球 7．、[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图1-2所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )
图1-2
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
7．B [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.
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.27π4
8．A [解析] 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为2，所以AE ＝1
2AC ＝ 2.设球心为
O ，球的半径为R ，则OE ＝4－R ，OA ＝R ，又知△AOE 为直角三角形，根据勾股定理可得，OA 2
＝OE 2
＋AE 2
，即R 2
＝(4－R )2
＋2，解得R ＝94
，所以球的表面积S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝
81π
4
. 5．[2014·陕西卷] 已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )
A.32π3 B ．4π C ．2π D.4π3
5．D [解析] 设该球的半径为R ，根据正四棱柱的外接球的直径长为正四棱柱的体对角线长，可得(2R )2＝(2)2＋12＋12，解得R ＝1，所以该球的体积为V ＝43πR 3＝4
3
π.
G9 空间向量及运算 5．[2014·广东卷] 已知向量a ＝(1，0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1，1，0) B ．(1，－1，0) C ．(0，－1，1) D ．(－1，0，1)
5．B [解析] 本题考查空间直角坐标系中数量积的坐标表示．设所求向量是b ，若b
与a 成60°夹角，则根据数量积公式，只要满足a ·b |a ||b |＝1
2即可，所以B 选项满足题意．
19．，[2014·重庆卷]如图1-3所示，四棱锥P ­ABCD 中，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥
底面ABCD ，AB ＝2，∠BAD ＝π3，M 为BC 上一点，且BM ＝1
2
，MP ⊥AP .
(1)求PO 的长； (2)求二面角A -PM -C 的正弦值．
图1-3
19．解：(1)如图所示，连接AC ，BD ，因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ∩ BD ＝O ，
且AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OA →，OB →，OP →
的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz .
因为∠BAD ＝π
3，
所以OA ＝AB ·cos π6＝3，OB ＝AB ·sin π
6
＝1，
所以O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，OB →＝(0，1，0)，BC →
＝(－3，－1，0)．
由BM ＝12，BC ＝2知，BM →＝14BC →
＝⎝⎛⎭⎫－34
，－14，0，
从而OM →＝OB →＋BM →
＝⎝⎛⎭
⎫－34，34，0，
即M ⎝⎛⎭
⎫－34，3
4，0.
设P (0，0，a )，a ＞0，则AP →＝(－3，0，a )，MP →
＝⎝⎛⎭⎫34
，－34，a .因为MP ⊥AP ，所以
MP →·AP →
＝0，即－34＋a 2＝0，所以a ＝32或a ＝－32(舍去)，即PO ＝32
.
(2)由(1)知，AP →＝⎝⎛⎭⎫－3，0，32，MP →＝⎝⎛⎭⎫34，－34，32，CP →
＝⎝
⎛⎭⎫3，0，32.设平面
APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面PMC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．
由n 1·AP →＝0, n 1·MP →
＝0，得
⎩
⎨⎧－3x 1＋3
2z 1＝0，
34x 1－34y 1＋3
2z 1
＝0，故可取n 1＝⎝⎛⎭⎫1，533，2.
由n 2·MP →＝0，n 2·CP →
＝0，得
⎩⎨⎧34x 2
－34y 2
＋3
2
z 2
＝0，3x 2
＋3
2z 2
＝0，
故可取n 2
＝(1，－3，－2)．
从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为
cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|
＝－15
5，
故所求二面角A -PM -C 的正弦值为10
5
.
G10 空间向量解决线面位置关系 18．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．
(1)证明：PB ∥平面AEC ； (2)设二面角D -AE -C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E -ACD 的体积．
图1-3
18．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB . 因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .
(2)因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形， 所以AB ，AD ，AP 两两垂直．
如图，以A 为坐标原点，AB →，AD ，AP 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|AP →
|为单位
长，建立空间直角坐标系A -xyz ，则D ()0，3，0，E ⎝⎛⎭⎫0，32，12，AE →
＝⎝
⎛⎭⎫0，32，12.
设B (m ，0，0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →
＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
mx ＋3y ＝0，32y ＋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〉|＝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E -ACD 的高为12.三棱锥E -ACD 的体积V ＝13×1
2
×3
×32×12＝38. 19．、、、[2014·湖北卷] 如图1-4，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．
(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ .
(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
图1-4
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 .
图① 图②
(2)如图②，连接BD .因为E ，F 分别是AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD ，且EF ＝1
2
BD .
又DP ＝BQ ，DP ∥BQ ，
所以四边形PQBD 是平行四边形，故PQ ∥BD ，且PQ ＝BD ，从而EF ∥PQ ，且EF ＝
1
2PQ .
在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中，因为BQ ＝DP ＝λ，BE ＝DF ＝1， 于是EQ ＝FP ＝1＋λ2，所以四边形EFPQ 也是等腰梯形． 同理可证四边形PQMN 也是等腰梯形．
分别取EF ，PQ ，MN 的中点为H ，O ，G ，连接OH ，OG ， 则GO ⊥PQ ，HO ⊥PQ ，而GO ∩HO ＝O ，
故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角．
若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH ＝90°.
连接EM ，FN ，则由EF ∥MN ，且EF ＝MN 知四边形EFNM 是平行四边形． 连接GH ，因为H ，G 是EF ，MN 的中点， 所以GH ＝ME ＝2.
在△GOH 中，GH 2＝4，OH 2＝1＋λ2
－⎝⎛⎭
⎫222＝λ2＋12，
OG 2＝1＋(2－λ)2－⎝⎛⎭
⎫222
＝(2－λ)2＋12， 由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±2
2
，
故存在λ＝1±2
2
，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．
方法二(向量方法)：
以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．
图③
BC 1→
＝(－2，0，2)，FP ＝(－1，0，λ)，FE ＝(1，1，0)． (1)证明：当λ＝1时，FP ＝(－1，0，1)，
因为BC 1→
＝(－2，0，2)，
所以BC 1→＝2FP →
，即BC 1∥FP .
而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .
(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·
n ＝0可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，
－x ＋λz ＝0.
于是可取n ＝(λ，－λ，1)．
同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角， 则m ·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，
即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±2
2
.
故存在λ＝1±2
2
，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．
G11 空间角与距离的求法 20．、、[2014·安徽卷] 如图1-5，四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，且AD ＝2BC .过A 1，C ，D 三点的平面记为α，BB 1与α的交点为Q .
图1-5
(1)证明：Q 为BB 1的中点；
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；
(3)若AA 1＝4，CD ＝2，梯形ABCD 的面积为6，求平面α与底面ABCD 所成二面角的大小．
20．解： (1)证明：因为BQ ∥AA 1，BC ∥AD ， BC ∩BQ ＝B ，AD ∩AA 1＝A ， 所以平面QBC ∥平面A 1AD ，
从而平面A 1CD 与这两个平面的交线相互平行， 即QC ∥A 1D .
故△QBC 与△A 1AD 的对应边相互平行， 于是△QBC ∽△A 1AD ，
所以BQ BB 1＝BQ AA 1＝BC AD ＝12
，即Q 为BB 1的中点．
(2)如图1所示，连接QA ，QD .设AA 1＝h ，梯形ABCD 的高为d ，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V 上和V 下，BC ＝a ，则AD ＝2a .
图1
V 三棱锥Q -A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝1
3ahd ，
V 四棱锥Q -ABCD
＝13·a ＋2a 2·d ·⎝⎛⎭⎫12h ＝14ahd ， 所以V 下＝V 三棱锥Q -A 1AD ＋V 四棱锥Q -ABCD ＝7
12ahd . 又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD ＝3
2
ahd ，
所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝11
12ahd ，故V 上V 下＝117.
(3)方法一：如图1所示，在△ADC 中，作AE ⊥DC ，垂足为E ，连接A 1E .
又DE ⊥AA 1，且AA 1∩AE ＝A ，
所以DE ⊥平面AEA 1，所以DE ⊥A 1E .
所以∠AEA 1为平面α与底面ABCD 所成二面角的平面角． 因为BC ∥AD ，AD ＝2BC ，所以S △ADC ＝2S △BCA . 又因为梯形ABCD 的面积为6，DC ＝2， 所以S △ADC ＝4，AE ＝4.
于是tan ∠AEA 1＝AA 1
AE ＝1，∠AEA 1＝π4.
故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π
4
.
方法二：如图2所示，以D 为原点，DA ，DD 1→
分别为x 轴和z 轴正方向建立空间直角坐标系．
设∠CDA ＝θ，BC ＝a ，则AD ＝2a .
因为S 四边形ABCD ＝a ＋2a
2
·2sin θ＝6， 所以a ＝2
sin θ
.
图2
从而可得C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1⎝⎛⎭
⎫4
sin θ，0，4，
所以DC ＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA 1→
＝⎝⎛⎭
⎫4sin θ，0，4.
设平面A 1DC 的法向量n ＝(x ，y ，1)，
由⎩⎨⎧DA 1→
·n ＝4sin θ
x ＋4＝0，
DC →·n ＝2x cos θ＋2y sin θ＝0，
得⎩
⎪⎨⎪⎧x ＝－sin θ，y ＝cos θ， 所以n ＝(－sin θ，cos θ，1)．
又因为平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n·m
|n||m|＝22
，
故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π
4
.
17．、[2014·北京卷] 如图1-3，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点．在五棱锥P - ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，
H .
(1)求证：AB ∥FG ；
(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．
图1-3
17．解：(1)证明：在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE . 又因为AB ⊄平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE .
因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .
(2)因为P A ⊥底面ABCDE ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .
建立空间直角坐标系Axyz ，如图所示，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (2，1，0)，P (0，0，2)，F (0，1，1)，BC →
＝(1，1，0)．
设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·
AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0.
令z ＝1，则y ＝－1.所以n ＝(0，－1，1)．
设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，BC →
〉|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12.
因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π
6.
设点H 的坐标为(u ，v ，w )．
因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →
(0<λ<1)．
即(u ，v ，w －2)＝λ(2，1，－2)，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 因为n 是平面ABF 的一个法向量， 所以n ·AH →
＝0，
即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0， 解得λ＝2
3，所以点H 的坐标为⎝⎛⎭⎫43，23，23. 所以PH ＝
⎝⎛⎭⎫432＋⎝⎛⎭⎫232＋⎝⎛⎭
⎫－432
＝2.
17．、、[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图1-5所示．
(1)求证：AB ⊥CD ；
(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．
图1-5
17．解：(1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .
又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .
(2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD .
由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD . 以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．
依题意，得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)，M ⎝⎛⎭⎫0，12，12. 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＋1
2z 0
＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ， 则sin θ＝||
cos 〈n ，AD →〉＝|n ·AD →||n |·|AD →|
＝63. 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为
6
3
. 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1-4
19．、、、[2014·湖北卷] 如图1-4，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．
(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ .
(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
图1-4
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 .
图① 图②
(2)如图②，连接BD .因为E ，F 分别是AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD ，且EF ＝1
2
BD .
又DP ＝BQ ，DP ∥BQ ，
所以四边形PQBD 是平行四边形，故PQ ∥BD ，且PQ ＝BD ，从而EF ∥PQ ，且EF ＝
1
2PQ .
在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中，因为BQ ＝DP ＝λ，BE ＝DF ＝1， 于是EQ ＝FP ＝1＋λ2，所以四边形EFPQ 也是等腰梯形． 同理可证四边形PQMN 也是等腰梯形．
分别取EF ，PQ ，MN 的中点为H ，O ，G ，连接OH ，OG ， 则GO ⊥PQ ，HO ⊥PQ ，而GO ∩HO ＝O ，
故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角．
若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH ＝90°. 连接EM ，FN ，则由EF ∥MN ，且EF ＝MN 知四边形EFNM 是平行四边形． 连接GH ，因为H ，G 是EF ，MN 的中点， 所以GH ＝ME ＝2.
在△GOH 中，GH 2＝4，OH 2＝1＋λ2
－⎝⎛⎭
⎫222＝λ2＋12，
OG 2＝1＋(2－λ)2－⎝⎛⎭
⎫222
＝(2－λ)2＋12， 由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±2
2
，
故存在λ＝1±2
2
，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．
方法二(向量方法)：
以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．
图③
BC 1→
＝(－2，0，2)，FP ＝(－1，0，λ)，FE ＝(1，1，0)． (1)证明：当λ＝1时，FP ＝(－1，0，1)，
因为BC 1→
＝(－2，0，2)，
所以BC 1→＝2FP →
，即BC 1∥FP .
而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .
(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，
－x ＋λz ＝0.
于是可取n ＝(λ，－λ，1)．
同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角， 则m ·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，
即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±2
2
.
故存在λ＝1±2
2
，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．
19．、[2014·湖南卷] 如图1-6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．
图1-6
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.
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＝19
7
.
故cos ∠C 1HO 1＝O 1H
C 1H ＝2
3719
7
＝25719.
即二面角C 1­OB 1­D 的余弦值为257
19
.
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．
图(b)
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257
19
.
19．、、[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．解：(1)证明：因为ABCD 为矩形，所以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 ，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 ＝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
＋8
3， 所以当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＝⎝⎛⎭⎫0，1
2，1. 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·
1
4
＋1＝105.
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 -C 的正弦值．
图1-5
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 ＝π
2
，即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ，
所以BC ⊥平面EFO .又EF ⊂平面EFO ，所以EF ⊥BC .
图1
方法二，由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线，并将其作为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线，并将其作为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，
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)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°＝3
2
.
由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BO BC ·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|＝1
5
， 因此sin θ＝
25
＝2 55，即所求二面角正弦值为2 55.
11．[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.14
B.24
C.34
D.12
11．B [解析] 如图所示，在平面α内过点C 作CF ∥AB ，过点F 作FE ⊥β，垂足为点
E ，连接CE ，则CE ⊥l ，所以∠EC
F ＝60°.过点E 作DE ⊥CE ，交CD 于点D 1，连接FD 1.不妨设FC ＝2a ，则CE ＝a ，EF ＝3a .因为∠ACD ＝135°，所以∠DCE ＝45°，所以，在
Rt △DCE 中，D 1E ＝CE ＝a ，CD 1＝2a ，∴FD 1＝2a ，∴cos ∠DCF ＝4a 2＋2a 2－4a 22×2a ×2a
＝2
4.
19．、[2014·全国卷] 如图1-1所示，三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，点A 1在平面ABC 内的射影D 在AC 上，∠ACB ＝90°，BC ＝1，AC ＝CC 1＝2.
(1)证明：AC 1⊥A 1B;
(2)设直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离为3，求二面角A 1 ­ AB ­ C 的大小．
19．解：方法一：(1)证明：因为A 1D ⊥平面ABC ，A 1D ⊂平面AA 1C 1C ，故平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .
又BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C .
连接A 1C ，因为侧面AA 1C 1C 为菱形，故AC 1⊥A 1C . 由三垂线定理得AC 1⊥A 1B .
(2)BC ⊥平面AA 1C 1C ，BC ⊂平面BCC 1B 1，故平面AA 1C 1C ⊥平面BCC 1B 1. 作A 1E ⊥CC 1，E 为垂足，则A 1E ⊥平面BCC 1B 1.
又直线AA 1∥平面BCC 1B 1，因而A 1E 为直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离，
即A 1E ＝ 3.
因为A 1C 为∠ACC 1的平分线，
所以A 1D ＝A 1E ＝ 3.
作DF ⊥AB ，F 为垂足，连接A 1F .
由三垂线定理得A 1F ⊥AB ，故∠A 1FD 为二面角A 1 ­ AB ­ C 的平面角．
由AD ＝AA 2
1－A 1D 2＝1，得D 为AC 中点，
DF ＝
55，tan ∠A 1FD ＝A 1D DF ＝15，所以cos ∠A 1FD ＝1
4
. 所以二面角A 1 ­ AB ­ C 的大小为arccos 14
.
方法二：以C 为坐标原点，射线CA 为x 轴的正半轴，以CB 的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C - xyz .由题设知A 1D 与z 轴平行，z 轴在平面AA 1C 1C 内．
(1)证明：设A 1(a ，0，c )．由题设有a ≤2，A (2，0，0)，B (0，1，0)，则AB →
＝(－2，1，0)，AC →＝(－2，0，0)，AA 1→＝(a －2，0，c )，AC 1→＝AC →＋AA 1→＝(a －4，0，c )，BA 1→
＝(a ，－1，c )．由|AA 1→
|＝2，得（a －2）2＋c 2＝2，即a 2－4a ＋c 2＝0.①
又AC 1→·BA 1→
＝a 2－4a ＋c 2＝0，所以AC 1⊥A 1B .
(2)设平面BCC 1B 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则m ⊥CB →，m ⊥BB 1→，即m ·CB →＝0，m ·BB 1→
＝0.因为CB →＝(0，1，0)，BB 1→＝AA 1→
＝(a －2，0，c )，所以y ＝0且(a －2)x ＋cz ＝0.
令x ＝c ，则z ＝2－a ，所以m ＝(c ，0，2－a )，故点A 到平面BCC 1B 1的距离为|CA →
|·|cos 〈m ，CA →
〉|＝|CA →
·m ||m |＝2c c 2＋（2－a ）2
＝c .
又依题设，A 到平面BCC 1B 1的距离为3，
所以c ＝3，
代入①，解得a ＝3(舍去)或a ＝1， 于是AA 1→
＝(－1，0，3)．
设平面ABA 1的法向量n ＝(p ，q ，r )， 则n ⊥AA 1→，n ⊥AB →，即n ·AA 1→＝0，n ·AB →
＝0，
－p ＋3r ＝0，且－2p ＋q ＝0.
令p ＝3，则q ＝2 3，r ＝1，所以n ＝(3，2 3，1)． 又p ＝(0，0，1)为平面ABC 的法向量，故 cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝1
4
.
所以二面角A 1 ­ AB ­ C 的大小为arccos 1
4
.
19．G 5、G 11[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-5，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .
图1-5
(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 1
B 1→
＝AB ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－33，
B 1
C →
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 －33
z ＝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 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
.
所以结合图形知二面角A -A 1B 1 ­ C 1的余弦值为1
7
.
17．，[2014·山东卷] 如图1-3所示，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB ＝60°，AB ＝2CD ＝2，M 是线段AB 的中点．
图1-3
(1)求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1；
(2)若CD 1垂直于平面ABCD 且CD 1＝3，求平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．
17．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形， 且AB ＝2CD ，所以AB ∥DC ， 又M 是AB 的中点，
所以CD ∥MA 且CD ＝MA .
连接AD 1.因为在四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，
CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，
所以C 1D 1∥MA ，C 1D 1＝MA ，
所以四边形AMC 1D 1为平行四边形， 因此，C 1M ∥D 1A .
又C 1M ⊄平面A 1ADD 1，D 1A ⊂平面A 1ADD 1， 所以C 1M ∥平面A 1ADD 1. (2)方法一：连接AC ，MC .
由(1)知，CD ∥AM 且CD ＝AM ， 所以四边形AMCD 为平行四边形， 所以BC ＝AD ＝MC .
由题意∠ABC ＝∠DAB ＝60°， 所以△MBC 为正三角形，
因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3， 因此CA ⊥CB .
设C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C ­ xyz .
所以A (3，0，0)，B (0，1，0)，D 1(0，0，3)． 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 ·MD 1→＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，3x ＋y －2 3z ＝0，
可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又CD 1→
＝(0，0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1→
，n 〉＝CD 1→·n |CD 1→
||n |
＝55，
所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为
55
. 方法二：由(1)知，平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，点过C 向AB 引垂线交AB 于点N ，连接D 1N
.
由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ，
因此∠D 1NC 为二面角C 1 ­ AB ­ C 的平面角． 在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC ＝60°， 可得CN ＝
32
， 所以ND 1＝CD 21＋CN 2
＝
152
. 在Rt △D 1CN 中，cos ∠D 1NC ＝CN D 1N ＝3
2152＝5
5
，
所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为
55
. 18．，，，[2014·四川卷] 三棱锥A - BCD 及其侧视图、俯视图如图1-4所示．设M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，P 为线段BC 上的点，且MN ⊥NP .
(1)证明：P 是线段BC 的中点； (2)求二面角A - NP - M 的余弦值．
图1-4
18．解：(1)如图所示，取BD 的中点O ，连接AO ，CO . 由侧视图及俯视图知，△ABD ，△BCD 为正三角形，
所以AO ⊥BD ，OC ⊥BD .
因为AO ，OC ⊂平面AOC ，且AO ∩OC ＝O ， 所以BD ⊥平面AOC .
又因为AC ⊂平面AOC ，所以BD ⊥AC . 取BO 的中点H ，连接NH ，PH .
又M ，N ，H 分别为线段AD ，AB ，BO 的中点，所以MN ∥BD ，NH ∥AO ， 因为AO ⊥BD ，所以NH ⊥BD . 因为MN ⊥NP ，所以NP ⊥BD .
因为NH ，NP ⊂平面NHP ，且NH ∩NP ＝N ，所以BD ⊥平面NHP . 又因为HP ⊂平面NHP ，所以BD ⊥HP .
又OC ⊥BD ，HP ⊂平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，所以HP ∥OC . 因为H 为BO 的中点，所以P 为BC 的中点．
(2)方法一：如图所示，作NQ ⊥AC 于Q ，连接MQ .
由(1)知，NP ∥AC ，所以NQ ⊥NP .
因为MN ⊥NP ，所以∠MNQ 为二面角A - NP - M 的一个平面角． 由(1)知，△ABD ，△BCD 为边长为2的正三角形，所以AO ＝OC ＝ 3. 由俯视图可知，AO ⊥平面BCD .
因为OC ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OC ，因此在等腰直角△AOC 中，AC ＝ 6. 作BR ⊥AC 于R
因为在△ABC 中，AB ＝BC ，所以R 为AC 的中点， 所以BR ＝
AB 2
－⎝⎛⎭⎫AC 22＝102
.
因为在平面ABC 内，NQ ⊥AC ，BR ⊥AC ， 所以NQ ∥BR .
又因为N 为AB 的中点，所以Q 为AR 的中点， 所以NQ ＝BR 2＝10
4.
同理，可得MQ ＝
10
4
. 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中，
cos ∠MNQ ＝MN 2NQ ＝BD 4NQ ＝10
5.
故二面角A - NP - M 的余弦值是
10
5
. 方法二：由俯视图及(1)可知，AO ⊥平面BCD .
因为OC ，OB ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OC ，AO ⊥OB . 又OC ⊥OB ，所以直线OA ，OB ，OC 两两垂直．
如图所示，以O 为坐标原点，以OB ，OC ，OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz .
则A (0，0，3)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)． 因为M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点， 又由(1)知，P 为线段BC 的中点，
所以M ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，N ⎝⎛⎭⎫12，0，32，P ⎝⎛⎭⎫12，3
2，0，于是AB ＝(1，0，－3)，BC ＝(－
1，3，0)，MN ＝(1，0，0)，NP ＝⎝
⎛⎭
⎫
0，
32，－
32. 设平面ABC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
由⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥AB ，n 1⊥BC ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ＝0，
n 1
·BC ＝0，即 ⎩⎨
⎧（x 1，y 1，z 1）·
（1，0，－3）＝0，（x 1，y 1，z 1）·
（－1，3，0）＝0， 从而⎩⎨⎧x 1－3z 1＝0，
－x 1＋3y 1＝0.
取z 1＝1，则x 1＝3，y 1＝1，所以n 1＝(3，1，1)． 设平面MNP 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由，
⎩
⎪⎨⎪⎧n 2⊥MN ，n 2⊥NP ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·MN ＝0，n 2·NP ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧（x 2，y 2，z 2）·（1，0，0）＝0，（x 2，y 2，z 2）·⎝⎛⎭
⎫0，32，－32＝0，
从而⎩⎪⎨⎪⎧x 2
＝0，32y 2－3
2z 2＝0.
取z 2＝1，则y 2＝1，x 2＝0，所以n 2＝(0，1，1)．
设二面角A - NP - M 的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪（3，1，1）·（0，1，1）5×2＝
10
5
. 故二面角A -NP -M 的余弦值是
105
. 17．、[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1-4
17．解：方法一：依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．C 由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1)．
(1)证明：向量BE ＝(0，1，1)，DC ＝(2，0，0)， 故BE ·DC ＝0， 所以BE ⊥DC .
(2)向量BD ＝(－1，2，0)，PB ＝(1，0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，
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＝3
4
，即BF ＝⎝⎛⎭⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪
⎧n 1·AB ＝0，n 1·BF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，
－12x ＋12y ＋32
z ＝0.
不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3，1)为平面F AB 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
＝－310
10.
易知二面角F - AB - P 是锐角，所以其余弦值为310
10
.
方法二：(1)证明：如图所示，取PD 中点M ，连接EM ，AM .由于E ，M 分别为PC ，PD 的中点，故EM ∥DC ，且EM ＝1
2DC .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P A ⊥底面ABCD ，故P A ⊥CD ，而CD ⊥DA ，从而CD ⊥平面P AD .因为AM ⊂平面P AD ，所以CD ⊥AM .又BE ∥AM ，所以BE ⊥CD .
(2)连接BM ，由(1)有CD ⊥平面P AD ，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 ＝3
3，
所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为
3
3
. (3)如图所示，在△P AC 中，过点F 作FH ∥P A 交AC 于点H .因为P A ⊥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 ⊥P A ，AB ⊥AD ，
得AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥AG ，所以∠P AG 为二面角F - AB - P 的平面角．
在△P AG 中，P A ＝2，PG ＝14PD ＝22，∠APG ＝45°.由余弦定理可得AG ＝10
2，cos
∠P AG ＝31010，所以二面角F - AB - P 的余弦值为310
10
.
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)
图1-4
17.5 39
[解析] 由勾股定理得BC ＝20 m ．如图，过P 点作PD ⊥BC 于D ，连接AD, 则
由点A 观察点P 的仰角θ＝∠P AD ，tan θ＝PD
AD .设PD ＝x ，则DC ＝3x ，BD ＝20－3x ，
在Rt △ABD 中，AD ＝152＋（20－3x ）2＝625－403x ＋3x 2，
所以tan θ＝x 625－403x ＋3x 2＝1625x 2－403x ＋3＝1625⎝⎛⎭⎫1
x －2036252＋2725
≤53
9，故tan θ的最大值为53
9
.
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．
图1-5
20．解：(1)证明：在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2， 由AC ＝2，AB ＝2，
得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC .
又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE ， 所以AC ⊥DE .又DE ⊥DC ，从而DE ⊥平面ACD . (2)方法一：
过B 作BF ⊥AD ，与AD 交于点F ，过点F 作FG ∥DE ，与AE 交于点G ，连接BG .由(1)知DE ⊥AD ，则FG ⊥AD .所以∠BFG 是二面角B - AD - E 的平面角．
在直角梯形BCDE 中，由CD 2＝BC 2＋BD 2
， 得BD ⊥BC .
又平面ABC ⊥平面BCDE ，得BD ⊥平面ABC ，从而BD ⊥AB .由AC ⊥平面BCDE ，得AC ⊥CD .
在Rt △ACD 中，由DC ＝2，AC ＝2，得AD ＝ 6. 在Rt △AED 中，由ED ＝1，AD ＝6，得AE ＝7.
在Rt △ABD 中，由BD ＝2，AB ＝2，AD ＝6，得BF ＝2 33，AF ＝23AD .从而GF ＝
2
3
ED ＝23
.
在△ABE ，△ABG 中，利用余弦定理分别可得cos ∠BAE ＝5 714，BG ＝2
3
.
在△BFG 中，cos ∠BFG ＝GF 2＋BF 2－BG 22BF ·GF
＝3
2.
所以，∠BFG ＝π6，即二面角B - AD - E 的大小是π
6
.
方法二：
以D 为原点，分别以射线DE ，DC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D - xyz ，
如图所示．
由题意知各点坐标如下：
D (0，0，0)，
E (1，0，0)，C (0，2，0)， A (0，2，2)，B (1，1，0)．
设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 平面ABD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．
可算得AD ＝(0，－2，－2)，AE ＝(1，－2，－2)，DB →
＝(1，1，0)．
由⎩⎨⎧m ·AD ＝0，m ·
AE →＝0，即⎩⎨⎧－2y 1－2z 1＝0，x 1－2y 1－2z 1＝0，
可取m ＝(0，1，－2)．
由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·
DB →＝0，即⎩⎨⎧－2y 2－2z 2＝0，x 2＋y 2＝0，
可取n ＝(1，－1，2)．
于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝33×2＝3
2
.
由题意可知，所求二面角是锐角，
故二面角B - AD - E 的大小是π
6
.
G12 单元综合
10．[2014·江西卷] 如图1-4所示，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( )
图1-4
A B
C D
图1-5
10．C [解析] 由题意，L 1＝AE ＝13.
易知点E 在底面ABCD 上的投影为F (4，3，0)，根据光的反射原理知，直线 AE 和从点E 射向点E 1的直线E 1E 关于EF 对称，因此E 1(8，6，0)，且L 2＝L 1＝13.
此时，直线EE 1和从点E 1射出所得的直线E 1E 2关于过点E 1(8，6，0)和底面ABCD 垂直的直线对称，得E ′2(12，9，12)．因为12>11，9>7，所以这次射出的点应在面CDD 1C 1上，设为E 2，求得L 3＝E 1E 2＝13
3，L 3<L 2＝L 1.最后一次，从点E 2射出，落在平面A 1B 1C 1D 1上，
求得L 4＝26
3>L 3.故选C.
7．[2014·北京卷] 在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，D (1，1，2)．若S 1，S 2，S 3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 ．S 1＝S 2＝S 3
B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3
C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2
D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1
7．D [解析] 设顶点D 在三个坐标平面xOy 、yOz 、zOx 上的正投影分别为D 1、D 2、D 3，则
AD 1＝BD 1＝2，AB ＝2，∴S 1＝12×2×2＝2，S 2＝SOCD 2＝1
2×2×2＝2，S 3＝SOAD 3
＝1
2
×2×2＝ 2.∴选D. 19．、、、[2014·湖北卷] 如图1-4，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．
(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ .
(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
图1-4
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 .。