高三数学(人教B版)总复习配套课件：第九章 立体几何9-8

基础巩固强化
1.在空间直角坐标O －xyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( )
A ．4
B ．3
C ．2
D ．1 [答案] B
[解析] 由条件知，O 在平面OAB 内， ∵OP →
＝(－1,3,2)， ∴点P 到平面OAB 的距离 d ＝|OP →·n ||n |
＝|－2－6＋2|3＝2. 2．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成一个120°的二面角，点C 到达点C 1，这时异面直线AD 与BC 1所成角的余弦值是( )
A ．－34
B ．－3
4 C.34 D.34
[答案] D
[解析] 设正方形的边长为1，AC 与BD 交于点O ，当折成120°的二面角时，
AC 21＝⎝
⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫222－2·22·22·cos120°＝3
2. 又AC 1→＝AD →＋DB →＋BC 1→
，
∴|AC 1→|2＝|AD →|2＋|DB →|2＋|BC 1→|2＋2AD →·DB →＋2AD →·BC 1→＋2DB →·BC 1→＝1＋2＋1＋2×1×2cos135°＋2×2×1×cos135°＋2AD →·BC 1→＝2AD →·BC 1→
＝2|AD →|·|BC 1→|cos 〈AD →，BC 1→〉＝2cos 〈AD →，BC 1→
〉． ∴cos 〈AD →，BC 1→〉＝34.
3．(2013·江西吉安一中上学期期中考试)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1C 和C 1D 与底面A 1B 1C 1D 1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )
A.12
B.24
C.34
D.64
[答案] D
[解析] 设A 1B 1＝a ，B 1C 1＝b ，C 1C ＝c ， 由条件知∠CB 1C 1＝60°，∠DC 1D 1＝45°， ∴c b ＝3，c
a ＝1，∴c ＝a ＝3
b ， 设b ＝3，则a ＝
c ＝3，
∴A 1D 2＝12，A 1C 2
1＝12，C 1D 2＝18，
∵B 1C 1∥A 1D ，
∴∠A 1DC 1为异面直线B 1C 与C 1D 所成的角，
cos ∠A 1DC 1＝A 1D 2＋C 1D 2－A 1C 2
12A 1D ·C 1D ＝12＋18－122×23×32＝6
4
，故选D. 4.
如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝1
2AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )
A.6
6 B.33 C.63 D.23
[答案] C
[解析] 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系如图．
则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)，AG →
＝(a ，a,0)，AC →＝(0,2a,2a )，BG →＝(a ，－a,0)，BC →
＝(0,0,2a )，
设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，
则⎩⎨⎧
AG →·n 1＝0，
AC →
·
n 1
＝0，∴⎩⎨
⎧
ax 1＋ay 1＝0，
2ay 1＋2a ＝0，
∴⎩⎨
⎧
x 1＝1，y 1＝－1，
∴n 1＝(1，－1,1)．
sin θ＝BG →·n 1|BG →||n 1|
＝2a 2a ×3＝63.
5．(2011·广东省江门模拟)如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体，E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF .当A 1、E 、F 、C 1四点共面时，平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为(
)
A.32
B.12
C.15
D.265
[答案] B
[解析] 以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(6,0,6)、E (6,3,0)、F (3,6,0)，设平
面A 1
DE 的法向量为n 1
＝(a ，b ，c )，依题意得⎩⎨⎧
n 1·DE →＝6a ＋3b ＝0，
n 1
·
DA 1
→
＝6a ＋6c ＝0，令a ＝－1，则c ＝1，b ＝2，所以n 1＝(－1,2,1)，同理得平面C 1DF 的一个法向量为n 2＝(2，－1,1)，由题图知，平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝1
2
.
6．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ，则AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角的正弦值为( )
A.22
B.155
C.64
D.63
[答案] C
[解析] 解法一：取BC 的中点D ，在正三角形ABC 中，AD ⊥BC ，在正三棱柱中，CC 1⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，
∴CC 1⊥AD ，∴AD ⊥平面BCC 1B 1，∴∠AC 1D 为AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，设AB ＝AA 1＝1，则AD ＝32，AC 1＝2，∴sin ∠AC 1D ＝AD AC
1＝6
4，故选C.
解法二：以线段BC 的中点D 为原点，直线BC 、AD 分别为x 轴、y 轴建立空间直角坐标系，如图．
设AB ＝1，则A (0，32，0)，C 1(1
2，0,1)，
设AC 1与平面BB 1C 1C 所成角为θ，易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为DA →＝(0，3
2，0)，
又AC 1→＝(12，－3
2，1)，
∴sin θ＝|cos 〈AC 1→，DA →〉|＝|AC 1→·DA →
||AC 1→|·|DA →|
＝6
4，故选C.
7．(2011·浙江丽水模拟)如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝3
3，若以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________．
[答案] (1,1,1)
[解析] 设PD ＝a ，则由题意知A (2,0,0)，B (2,2,0)，P (0,0，a )，E (1,1，a
2)，
∴DP →＝(0,0，a )，AE →＝(－1,1，a 2)， ∵cos 〈DP →，AE →〉＝3
3， ∴a 2
2
a ·2＋a 24
＝3
3，∴a ＝2， ∴点E 的坐标为(1,1,1)．
8．(2011·咸阳模拟)正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角的大小为________．
[答案] 30°
[解析] 由条件知AC ⊥BD ，AC 与BD 交点为O ，以O 为原点，
射线OC 、射线OD 、射线OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴正半轴建立空间直角坐标系，设SO ＝OD
＝2，则BC ＝2，
∴A (－2，0,0)，C (2，0,0)，D (0，2，0)，S (0,0，2)，B (0，－2，0)，∴P (0，22，2
2)，
∴BC →＝(2，2，0)，AC →＝(22，0,0)，AP →＝(2，22，22)． 设平面P AC 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则
⎩⎨⎧
n ·AC →＝0，
n ·
AP →
＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧
22x ＝0，
2x ＋22y ＋22z ＝0.
∴⎩⎨
⎧
x ＝0，y ＝－z .
取n ＝(0,1，－1)，
设直线BC 与平面P AC 成的角为φ，则
sin φ＝|cos 〈n ，BC →〉|＝|n ·BC →
||n |·|
BC →|＝22×2＝1
2，
∴φ＝30°.
9．(2012·河南郑州质检)将斜边长为22的等腰直角△ABC 沿斜边BC 上的高AD 折成二面角B －AD －C ，则三棱锥B －ACD 的体积的最大值为________．
[答案] 2
3
[解析] 欲使三棱锥B －ACD 的体积最大，因为底面ACD 面积一定，故当点B 到平面ACD 的距离最大时，体积最大，因此当折成直二面角时，所得的三棱锥的体积最大，其最大值V max ＝13×1
2×2×2×2＝2
3.
10.
(2012·皖南八校第一次联考)如图，在多面体ABCDE 中，AE ⊥平
面ABC，DB∥AE，且AC＝AB＝BC＝AE＝1，BD＝2，F为CD中点．
(1)求证：EF⊥平面BCD；
(2)求多面体ABCDE的体积；
(3)求平面ECD和平面ACB所成的锐二面角的余弦值．
[解析](1)证明：取BC中点G，连接AG、FG，
∵F、G分别为DC、BC中点，
∴FG綊1
2DB綊EA.
∴四边形EFGA为平行四边形．
∴EF∥AG.
∵AE⊥平面ABC，BD∥AE，
∴DB⊥平面ABC.
又∵DB⊂平面BCD，
∴平面ABC⊥平面BCD.
又∵G为BC中点且AC＝AB＝BC，
∴AG⊥BC.∴AG⊥平面BCD. ∴EF⊥平面BCD.
(2)过C作CH⊥AB，则CH⊥平面ABDE且CH＝
3 2，
∴V C－ABDE＝1
3×S四边形ABDE×CH＝
1
3×
(1＋2)
2×1×
3
2
＝3
4.
(3)过C作CH⊥AB于H，以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(3
2
，0,0)，E(0，－1
2
，1)，F(3
4
，1
4
，1)，CE
→
＝(－3
2
，－1
2
，1)，CF
→
＝(－3
4
，1
4
，1)，
设平面CEF的法向量为n＝(x，y，z)，
由
⎩⎪
⎨
⎪⎧CE→·n＝－32x－12y＋z＝0，
CF
→
·n＝－
3
4x＋
1
4y＋z＝0，
取n＝(3，－1,1)．
又平面ABC的法向量为u＝(0,0,1)，
则cos〈n，u〉＝n·u
|n||u|＝1
5
＝5
5.
∴平面ECD和平面ACB所成的锐二面角的余弦值为5
5.
能力拓展提升
11.(2012·辽宁大连市、沈阳市二模)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点O、E分别是A1C1、AA1的中点，AO⊥平面A1B1C1.已知∠BCA＝90°，AA1＝AC＝BC＝2.
(1)证明：OE∥平面AB1C1；
(2)求异面直线AB1与A1C所成的角；
(3)求A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．
[解析]解法1：(1)证明：∵点O、E分别是A1C1、AA1的中点，∴OE∥AC1，
又∵EO⊄平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，
∴OE ∥平面AB 1C 1.
(2)∵AO ⊥平面A 1B 1C 1，∴AO ⊥B 1C 1，
又∵A 1C 1⊥B 1C 1，且A 1C 1∩AO ＝O ，
∴B 1C 1⊥平面A 1C 1CA ，∴A 1C ⊥B 1C 1.
又∵AA 1＝AC ，∴四边形A 1C 1CA 为菱形，
∴A 1C ⊥AC 1，且B 1C 1∩AC 1＝C 1，
∴A 1C ⊥平面AB 1C 1，∴AB 1⊥A 1C ，
即异面直线AB 1与A 1C 所成的角为90°.
(3)∵O 是A 1C 1的中点，AO ⊥A 1C 1，∴AC 1＝AA 1＝2，又A 1C 1＝AC ＝2，∴△AA 1C 1为正三角形，
∴AO ＝3，又∠BCA ＝90°，∴A 1B 1＝AB ＝22，
设点C 1到平面AA 1B 1的距离为d ，
∵V A －A 1B 1C 1＝V C 1－AA 1B 1，
即13·(12·A 1C 1·B 1C 1)·AO ＝13·S △AA 1B ·d .
又∵在△AA 1B 1中，A 1B 1＝AB 1＝22，
∴S △AA 1B 1＝7，∴d ＝2217，
∴A 1C 1与平面AA 1B 1所成角的正弦值为217.
解法2：∵O 是A 1C 1的中点，AO ⊥A 1C 1，∴AC ＝AA 1＝2，又A 1C 1
＝AC ＝2，∴△AA 1C 1为正三角形，∴AO ＝3，又∠BCA ＝
90°，∴A 1B 1＝AB ＝22，
如图建立空间直角坐标系O －xyz ，则A (0,0，3)，A 1(0，－1,0)，E (0，－12，32)，C 1(0,1,0)，B 1(2,1,0)，C (0,2，3)．
(1)∵OE →＝(0，－12，32)，AC 1→＝(0,1，－3)，
∴OE →＝－12AC 1→，即OE ∥AC 1，
又∵EO ⊄平面AB 1C 1，AC 1⊂平面AB 1C 1，
∴OE ∥平面AB 1C 1.
(2)∵AB 1→＝(2,1，－3)，A 1C →
＝(0,3，3)，
∴AB 1→·A 1C →＝0，即∴AB 1⊥A 1C ，
∴异面直线AB 1与A 1C 所成的角为90°.
(3)设A 1C 1与平面AA 1B 1所成角为θ，
∵A 1C 1→＝(0,2,0)，A 1B 1→＝(2,2,0)，A 1A →＝(0,1，3)，
设平面AA 1B 1的一个法向量是n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧ A 1B 1→·n ＝0，A 1A →
·n ＝0，即⎩⎨⎧ 2x ＋2y ＝0，y ＋3z ＝0.
不妨令x ＝1，可得n ＝(1，－1，33)，
∴sin θ＝cos 〈A 1C 1→，n 〉＝22·73
＝217， ∴A 1C 1与平面AA 1B 1所成角的正弦值为217.
[点评] 注意直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，而不是余弦值．
12．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，AB ＝3，BC ＝1，P A ＝2，E 为PD 的中点．
(1)求直线AC 与PB 所成角的余弦值；
(2)在侧面P AB 内找一点N ，使NE ⊥平面P AC ，并求出点N 到AB 和AP 的距离．
[解析] (1)分别以AB 、AD 、AP 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A 、B 、C 、D 、P 、E 的坐标为A (0,0,0)、B (3，
0,0)、C (3，1,0)、D (0,1,0)、P (0,0,2)、E (0，12，1)，从而AC →＝(3，
1,0)，PB →
＝(3，0，－2)．
设AC →与PB →的夹角为θ，
则cos θ＝AC →·PB →
|AC →|·|PB →|＝32×7＝3714
， ∴AC 与PB 所成角的余弦值为3714.
(2)由于N 点在侧面P AB 内，故可设N 点坐标为(x,0，z )， 则NE →＝(－x ，12，1－z )，由NE ⊥平面P AC 可得，
⎩⎨⎧ NE →·AP →＝0，NE →·AC →
＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧ (－x ，12，1－z )·(0，0，2)＝0，(－x ，12，1－z )·(3，1，0)＝0.
化简得⎩⎪⎨⎪⎧ z －1＝0，－3x ＋12＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝36，z ＝1.
即N 点的坐标为(36，0,1)，
从而N 点到AB 和AP 的距离分别为1，36.
13．(2012·内蒙包头一模)如图，四边形DCBE 为直角梯形，∠DCB ＝90°，DE ∥CB ，DE ＝1，BC ＝2，又AC ＝1，∠ACB ＝120°，CD ⊥AB ，直线AE 与直线CD 所成角为60°.
(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；
(2)求BE与平面ACE所成角的正弦值．
[解析](1)证明：∵CD⊥AB，CD⊥BC，AB∩BC＝B，
∴CD⊥平面ABC，
又∵CD⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面ABC.
(2)在平面ACB内，过C作CF⊥CB，以C为原点，以CF、CB、CD所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系C－xyz
设CD＝a(a>0)，
则D(0,0，a)，E(0,1，a)，B(0,2,0)，A(3
2，－1
2
，0)，
AE →＝(－32，32，a )，CD →＝(0,0，a )，
由直线AE 与直线CD 所成角为60°，得
AE →·CD →＝|AE →||CD →
|cos60°，
∴a 2＝a 2a 2＋3，解得a ＝1.
∴CE →＝(0,1,1)，CA →＝(32，－12，0)，BE →＝(0，－1,1)，
设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧ n ·CA →＝0，n ·CE →
＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 32x －12y ＝0，y ＋z ＝0.
取x ＝3，则y ＝3，z ＝－3，得n ＝(3，3，－3)，
设BE 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|BE →
·n ||BE →
||n |
＝427，于是BE 与平面ACE 所成角的正弦值为427.
14．(2012·新疆维吾尔自治区检测)如图(一)，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，AD ＝2AB ＝2BC ，E 为AD 中点，沿CE 折叠，使平面DEC ⊥平面ABCE ，在图(二)中．
(1)证明：AC⊥BD
(2)求DE与平面ACD所成角的余弦值．
[解析]方法1：(1)证明：由题意知DE⊥平面ABCE，则DE⊥AC，
连接BE，由四边形ABCE是正方形可知AC⊥BE.
又DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面DEB，∴AC⊥平面DEB.
又DB⊂平面DEB.∴AC⊥BD.
(2)连接BE交AC于O，连接DO，
由(1)知AC⊥平面DEB，AC⊂平面ADC，
∴平面EDO⊥平面ADC，且交线为DO.
∴DE在平面ADC内的射影为DO.
∴∠EDO就是DE与平面ACD所成的角．
在△DEO中，∠DEO＝90°，
设BC＝a，则EO＝2
2a，DE＝a，DO＝
6
2a，
∴cos∠EDO＝DE
DO ＝6
3
，
即DE 与平面ACD
所成角的余弦值为6
3.
方法2：如图所示，以E 为原点，EC 、EA 、ED 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系E －xyz ，
令AB ＝a ，则E (0,0,0)，C (a,0,0)，A (0，a,0)，
D (0,0，a )，B (a ，a,0)，AC →＝(a ，－a,0)，AD →＝(0，－a ，a )，ED →
＝(0,0，a )，DB →
＝(a ，a ，－a )．
(1)证明：∵AC →·DB →
＝(a ，－a,0)·(a ，a ，－a )＝0， ∴AC →⊥DB →
，即AC ⊥DB .
(2)设平面ACD 的法向量n ＝(x ，y,1)，
则⎩⎨⎧
n ·AC →＝0，
n ·
AD →
＝0，得⎩⎨
⎧
ax －ay ＝0，
－ay ＋a ＝0.
解之得⎩⎨
⎧
x ＝1，y ＝1.
∴n ＝(1,1,1)，
∴cos 〈n ，ED →〉＝n ·ED →
|
n |·|
ED →|＝a 3·a ＝3
3.
设DE 与平面ACD 所成的角为θ， 则sin θ＝3
3，∴cos θ＝
1－sin 2
θ＝6
3，
∴DE 与平面ACD 所成角的余弦值为6
3.
1.
(2012·云南省统考)在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别是棱AB 、BC 的中点，则点C 1到平面B 1EF 的距离等于( )
A.2
3 B.223 C.233 D.43
[答案] D
[解析] 解法1：设点C 1到平面B 1EF 的距离h .如图，连接EC 1，
FC 1，由题意得|B 1E |＝|B 1F |＝|B 1B |2＋|EB |2＝5，|EF |＝2，等腰△B 1EF 底边EF 上的高为：h 1＝
|B 1E |2
－(12|EF |)2
＝322，则S △B 1EF ＝
12|EF |·
h 1＝32，那么V C 1－B 1EF ＝13S △B 1EF ·h ＝12h ；又V E －B 1C 1F ＝1
3S △B 1C 1F ·|EB |＝13×(12×2×2)×1＝23，且V C 1－B 1EF ＝V E －B 1C 1F ，即23＝12h ，得h ＝4
3，选D.
解法2：以B 1为原点分别以B 1C 1→、B 1A 1→、B 1B →
的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则B 1(0,0,0)，C 1(2,0,0)，E (0,1,2)，F (1,0,2)．
设平面B 1EF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则
⎩⎨⎧
n ·B 1F →＝0，
n ·
B 1
E →
＝0，∴⎩⎨
⎧
y ＋2z ＝0，
x ＋2z ＝0.
∴x ＝y ＝－2z .
令z ＝1得n ＝(－2，－2,1)， 又B 1C 1→
＝(2,0,0)，
∴C 1到平面B 1EF 的距离h ＝|n ·B 1C 1→||n |
＝4
3，故选D.
2．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成的角的正弦值为________．
[答案] 6
4 [解析]
取AC 中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ， 如图，建立空间直角坐标系B －xyz ， 则A (32，1
2，0)，D (0,0,1)， ∴AD →＝(－32，－1
2，1)．
∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，BE ⊥AC ， ∴BE ⊥平面AA 1C 1C .
∴BE →＝(3
2，0,0)为平面AA 1C 1C 的一个法向量， ∴cos 〈AD →，BE →〉＝－6
4，
设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α， ∴sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝6
4，故选A.
3．(2011·辽宁理，18)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .
(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值．
[解析] 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线OA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .
(1)证明：依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)． 则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →
＝(1，－1,0)． 所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0.
即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .故PQ ⊥平面DCQ . 又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ . (2)依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →
＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，
则⎩⎨⎧
n ·CB →＝0，
n ·
BP →
＝0，即⎩⎨
⎧
x ＝0，
－x ＋2y －z ＝0.
因此可取n ＝(0，－1，－2)．
设m ＝(a ，b ，c )是平面PBQ 的法向量，则⎩⎨⎧
m ·BP →＝0，
m ·
PQ →
＝0.
即⎩⎨
⎧
－a ＋2b －c ＝0，
a －
b ＝0.
∴a ＝b ＝c ，
可取m ＝(1,1,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝－15
5. 故二面角Q －BP －C 的余弦值为－15
5.
4．(2012·广东省广州市模拟)如图，四棱锥P －ABCD ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝4，底面ABCD 为直角梯形，∠CDA ＝∠BAD ＝90°，AB ＝2，CD ＝1，AD ＝2，M 、N 分别为PD 、PB 的中点，平面MCN 与P A 的交点为Q .
(1)求PQ的长度；
(2)求截面MCN与底面ABCD所成二面角的大小；
(3)求四棱锥A－MCNQ的体积．
[解析]以A为原点，AD、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，则有A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2，1,0)，D(2，0,0)，P(0,0,4)，M(2
2
0,2)，N (0,1,2)，
设Q (0,0，h )．
(1)AM →＝(2
2，0,2)，AN →＝(0,1,2)，AC →＝(2，1,0)， 由M 、N 、C 、Q 共面知： AQ →＝xAM →＋yAN →＋zAC → 且x ＋y ＋z ＝1，
于是有⎩⎪⎨⎪
⎧ 2
2x ＋2z ＝0，
y ＋z ＝0，
2x ＋2y ＝h ，
即⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＝－2z ，y ＝－z ，h ＝－6z ，得h ＝3，
故PQ ＝1.
(2)设平面MCN 的一个法向量为n ＝(u ，v ，r )，底面ABCD 的法向量为AP →
＝(0,0,4)．
∵CM →＝(－2
2，－1,2)，CN →＝(－2，0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧
－22u －v ＋2r ＝0，
－2u ＋2r ＝0，
∴⎩⎨
⎧
v ＝r ，u ＝2r .
取r ＝1得n ＝(2，1,1)，
于是有cos 〈AP →，n 〉＝AP →
·n |AP →||n |
＝44×2＝1
2，
所以截面MCN 与底面ABCD 所成二面角的大小为60°.
(3)由(1)知：MQ →＝(－22，0,1)＝12CN →，于是S △CMQ ＝1
3S 四边形MCNQ ， 得V A －MCNQ ＝3V A －CMQ .
由∠CDA ＝∠BAD ＝90°知CD ⊥平面P AD ，V A －CMQ ＝V C －AMQ 由S △AMQ ＝12AQ ·(12AD )＝324知： V A －MCNQ ＝3(13CD ·S △AMQ )＝324.。