2018届高考数学(理)一轮复习高频考点大突破学案：专题42 空间中的垂直关系

专题42空间中的垂直关系
1．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
(1)平面与平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．
(2)线面角θ的范围：θ∈0，π
2.
4．二面角的有关概念
(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角：二面角棱上的一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．
高频考点一直线与平面垂直的判定与性质
例1、(1)(2016·高考浙江卷)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(
)A ．m ∥l B ．m ∥n C ．n ⊥l
D ．m ⊥n
解析：因为α∩β＝l ，所以l ⊂β，又n ⊥β，所以n ⊥l .故选C.答案：C
(2)如图，三棱锥P ­ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，∠ABC ＝π
2
，点D ，E 在线段AC 上，且AD ＝DE ＝EC ＝2，PD ＝PC ＝4，点F 在线段AB 上，且EF ∥BC .
①证明：AB ⊥平面PFE ；
②若四棱锥P ­DFBC 的体积为7，求线段BC 的长．
解：①证明：由DE ＝EC ，PD ＝PC 知，E 为等腰△PDC 中DC 边的中点，故PE ⊥AC .又平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC ＝AC ，PE ⊂平面PAC ，PE ⊥AC ，所以PE ⊥平面ABC ，从而PE ⊥AB .
因为∠ABC ＝π
2
，EF ∥BC ，所以AB ⊥EF .
从而AB 与平面PFE 内两条相交直线PE ，EF 都垂直，所以AB ⊥平面PFE .
②设BC ＝x ，则在Rt △ABC 中，AB ＝AC 2－BC 2＝36－x 2，从而S △ABC ＝12AB ·BC ＝1
2x 36－x 2.
由EF ∥BC 知，
AF AB ＝AE AC ＝2
3
，得△AFE ∽△ABC ，
故S △AFE S △ABC ＝＝49，即S △AFE ＝49S △ABC .
由AD ＝12AE ，S △AFD ＝12S △AFE ＝12×4
9S △ABC
＝29S △ABC ＝1
9x 36－x 2，从而四边形DFBC 的面积为
S DFBC ＝S △ABC －S △AFD ＝12x 36－x 2－1
9x 36－x 2
＝
7
18
x 36－x 2.由①知PE ⊥平面ABC ，所以PE 为四棱锥P ­DFBC 的高．在Rt △PEC 中，PE ＝PC 2－EC 2＝42－22＝23，所以V P ­DFBC ＝1
3S DFBC ·PE
＝13×7
18x 36－x 2×23＝7，所以x 4－36x 2＋243＝0，解得x 2＝9或x 2＝27.
由于x >0，因此x ＝3或x ＝3 3.所以BC ＝3或BC ＝3 3.
【举一反三】(1)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F ，G 分别为AC ，DC ，AD 的中点．
①求证：EF ⊥平面BCG ；②求三棱锥D －BCG 的体积．
附：锥体的体积公式V ＝1
3
Sh ，其中S 为底面面积，h 为高．
②解在平面ABC 内，作AO ⊥BC ，交CB 的延长线于O ，如图
由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC .
又G 为AD 中点，因此G 到平面BDC 的距离h 是AO 长度的一半．在△AOB 中，AO ＝AB ·sin60°＝3，所以V D －BCG ＝V G －BCD ＝1
3S △DBC ·h
＝13×12BD ·BC ·sin120°·32＝12
.(2)如图所示，已知AB 为圆O 的直径，点D 为线段AB 上一点，且AD ＝1
3DB ，点C 为圆O 上一点，
且BC ＝3AC ，PD ⊥平面ABC ，PD ＝DB .
求证：PA ⊥CD .
【变式探究】如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．
证明：(1)CD ⊥AE ；
(2)PD⊥平面ABE.
证明(1)在四棱锥P—ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，
CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由(1)，知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，
∴AE⊥平面PCD.
而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，
∴PD⊥平面ABE.
高频考点二平面与平面垂直的判定与性质
例2、(1)如图，P是正方形ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，则平面PAB与平面PBC、平面PAD 的位置关系是()
A．平面PAB与平面PBC、平面PAD都垂直
B．它们两两垂直
C．平面PAB与平面PBC垂直，与平面PAD不垂直
D．平面PAB与平面PBC、平面PAD都不垂直
解析：∵DA⊥AB，DA⊥PA，AB∩PA＝A，∴DA⊥平面PAB，又DA⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB，同理可证平面PAB⊥平面PBC.
答案：A
(2)(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.
①求证：DC⊥平面PAC；
②求证：平面PAB⊥平面PAC；
③设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．
证明：①因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.
又因为DC⊥AC，PC∩CA＝C，所以DC⊥平面PAC.
②因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.
因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB，且PC∩AC＝C，
所以AB⊥平面PAC，且AB⊂面PAB.
所以平面PAB⊥平面PAC.
③棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：
如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.
又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.
又因为PA⊄平面CEF，所以PA∥平面CEF.
【举一反三】(1)如图，
三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
①求证：BD∥平面FGH；
②若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.
证明①方法一如图，连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.
在三棱台DEFABC中，
AB＝2DE，G为AC的中点，
可得DF∥GC，DF＝GC，
所以四边形DFCG为平行四边形．
则M为CD的中点，
又H为BC的中点，
所以HM∥BD，又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.
②连接HE，
因为G，H分别为AC，BC的中点，
所以GH∥AB.
由AB⊥BC，得GH⊥BC.
又H为BC的中点，
所以EF∥HC，EF＝HC，
因此四边形EFCH是平行四边形，
所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.
又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，
所以BC⊥平面EGH.
又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.
(2)如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD.
求证：①CD⊥平面PBD.
②平面PBC⊥平面PDC.
证明①∵AD＝AB，∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
又∵AD∥BC，∴∠DBC＝45°，
又∠DCB＝45°，∴∠BDC＝90°，
即BD⊥DC.
∵平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，
∴CD⊥平面PBD.
②由CD⊥平面PBD得CD⊥BP.
又BP⊥PD，PD∩CD＝D，
∴BP⊥平面PDC.
又BP⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PDC.
【变式探究】如图，
三棱锥PABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC＝π
2，点D，E在线段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，
PD＝PC＝4，点F在线段AB上，且EF∥BC.
(1)证明：AB ⊥平面PFE ；
(2)若四棱锥PDFBC 的体积为7，求线段BC 的长．
(2)解设BC ＝x ，则在Rt △ABC 中，
AB ＝AC 2－BC 2＝36－x 2，从而S △ABC ＝12AB ·BC ＝1
2x 36－x 2.
由EF ∥BC 知，
AF AB ＝AE AC ＝2
3
，
得△AFE ∽△ABC ，故S △AFE S △ABC ＝＝4
9，
即S △AFE ＝4
9
S △ABC .
由AD ＝12AE ，S △AFD ＝12S △AFE ＝12·4
9S △ABC
＝29S △ABC ＝1
9
x 36－x 2.从而四边形DFBC 的面积为S DFBC ＝S △ABC －S △AFD ＝12x 36－x 2－19x 36－x 2＝7
18x 36－x 2.由(1)知，PE ⊥平面ABC ，所以PE 为四棱锥PDFBC 的高．
在Rt △PEC 中，PE ＝PC 2－EC 2＝42－22＝2 3.体积V PDFBC ＝1
3·S DFBC ·PE
＝13·7
18
x 36－x 2·23＝7，故得x 4－36x 2＋243＝0，解得x 2＝9或x 2＝27，由于x ＞0，可得x ＝3或x ＝3 3.所以，BC ＝3或BC ＝3 3.高频考点三
线面角、二面角的求法
例3、如图，在四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝
BC，E是PC的中点．
(1)求PB和平面PAD所成的角的大小；
(2)证明：AE⊥平面PCD；
(3)求二面角A—PD—C的正弦值．
(1)解在四棱锥P—ABCD中，
因为PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
从而AB⊥平面PAD，
故PB在平面PAD内的射影为PA，
从而∠APB为PB和平面PAD所成的角．
在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45°.
所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°.
(2)证明在四棱锥P—ABCD中，
因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
又AE⊂平面PAC，∴AE⊥CD.
由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
又PC∩CD＝C，综上得AE⊥平面PCD.
(3)解过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示．
由(2)知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则可证得AM⊥PD.
因此∠AME是二面角A—PD—C的平面角．
由已知，可得∠CAD＝30°.
设AC＝a，可得
PA ＝a ，AD ＝233a ，PD ＝213a ，AE ＝22
a .在Rt △ADP 中，∵AM ⊥PD ，∴AM ·PD ＝PA ·AD ，
则AM ＝PA ·AD PD ＝a ·233a 213
a ＝277a .在Rt △AEM 中，sin ∠AME ＝AE AM ＝144.所以二面角A —PD —C 的正弦值为144
.【变式探究】如图，
在三棱台DEFABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．
(1)求证：BD ∥平面FGH ；
(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE,∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．
(1)证明方法一如图，连接DG ，CD ，
设CD ∩GF ＝O ，连接OH ，在三棱台DEFABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，
可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形．
则O 为CD 的中点，又H 为BC 的中点，
所以OH ∥BD ，又OH ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，
所以BD ∥平面FGH .
(2)解方法一设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEFABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12
AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形，
因此DG ∥FC ，又FC ⊥平面ABC ，
所以DG ⊥平面ABC .
在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点．
所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ，因此GB ，GC ，GD 两两垂直．
以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .
所以G (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，D (0,0,1)．
可得，22
，F (0，2，1)，
故GH →，22
，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的一个法向量，
·GH →＝0，
·GF →＝0，＋22y ＝0，＋z ＝0.令x ＝1，可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．
因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0,0)．
所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n|＝222＝12
.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.
方法二如图，作HM ⊥AC 于点M ，作MN ⊥GF 于点N ，连接NH .
设AB ＝2，则CF ＝1.
由FC ⊥平面ABC ，得HM ⊥FC ，
又FC ∩AC ＝C ，
所以HM ⊥平面ACFD .
因此GF ⊥NH ，所以∠MNH 即为所求的角．
在△BGC 中，MH ∥BG ，MH ＝12BG ＝22
，由△GNM ∽△GCF ，可得
MN FC ＝GM GF
，从而MN ＝66.由HM ⊥平面ACFD ，MN ⊂平面ACFD ，
得HM ⊥MN ，因此tan ∠MNH ＝
HM MN ＝3，所以∠MNH ＝60°，
所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.
高频考点四、
空间垂直关系的探索例4、(1)如图，已知直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝2，AA 1＝4，D 是棱AA 1上的任一点，M ，N 分别为AB ，BC 1的中点．
①求证：MN ∥平面DCC 1；
②试确定点D 的位置，使得DC 1⊥平面DBC .
解：①证明：法一：如图，连接AC1，因为M，N分别为AB，BC1的中点，故MN∥AC1，
又AC1⊂平面DCC1，MN⊄平面DCC1，故MN∥平面DCC1.
法二：如图，取BC的中点G，连接GN，GM，则GN∥CC1，又CC1⊂平面DCC1，GN⊄平面DCC1，故GN∥平面DCC1.同理可知GM∥平面DCC1，又GN，GM是平面NMG内的两条相交直线，故平面NMG ∥平面DCC1，又MN⊂平面NMG，故MN∥平面DCC1.
②当点D为AA1的中点时，满足DC1⊥平面DBC.
证明：由题意可知BC⊥AC，BC⊥CC1，而AC，CC1是平面AA1C1C内的两条相交直线，故BC⊥平面AA1C1C，又DC1⊂平面AA1C1C，故DC1⊥BC.
在△CDC1中，CD＝22，DC1＝22，CC1＝4，满足CD2＋DC21＝CC21，所以DC1⊥DC，又BC，DC 是平面DBC内的两条相交直线，故DC1⊥平面DBC.
(2)如图，已知三棱柱ABC­A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．
①证明：MN∥平面AA′C′C；
②设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．
证明：①连接AB′，AC′，∴M∈AB′，M是AB′的中点，
在△B′AC′中，MN为其中位线，
∴MN∥AC′，AC′⊂面AA′C′C，MN⊄面AA′C′C.
∴MN∥面AA′C′C.
②连接BN，设AA′＝a，则AB＝λAA′＝λa，
由题意知BC ＝2λa ，CN ＝BN ＝a 2＋12
λ2a 2，因为三棱柱ABC ­A ′B ′C ′的侧棱垂直于底面，
所以平面A ′B ′C ′⊥平面BB ′C ′C ，
因为AB ＝AC ，点N 是B ′C ′的中点，所以A ′N ⊥平面BB ′C ′C ，所以CN ⊥A ′N ，
要使CN ⊥平面A ′MN ，只需CN ⊥BN 即可，所以CN 2＋BN 2＝BC 2，即2＋12
λ22λ2a 2，解得λ＝2，故当λ＝2时，CN ⊥平面A ′MN .
【变式探究】如图，在四棱锥S ­ABCD 中，平面SAD ⊥平面ABCD .四边形ABCD 为正方形，且P 为AD 的中点．
(1)求证：CD ⊥平面SAD ；
(2)若SA ＝SD ，M 为BC 的中点，在棱SC 上是否存在点N ，使得平面DMN ⊥平面ABCD ？并证明你的结论．
解：(1)证明：因为四边形ABCD 为正方形，
所以CD ⊥AD .
又平面SAD ⊥平面ABCD ，且平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以CD ⊥平面SAD .
所以NO ∥SP .易知SP ⊥AD ，
因为平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，并且SP ⊥AD ，所以SP ⊥平面ABCD ，所以NO ⊥平面ABCD .
又因为NO ⊂平面DMN ，所以平面DMN ⊥平面ABCD .
1.【2016高考新课标1卷】（本小题满分为12分）如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD ,90AFD ∠= ,且二面角D ­AF ­E 与二面角C ­BE ­F 都是60
．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；
（II ）求二面角E ­BC ­A 的余弦值．
【答案】（I ）见解析（II ）19-
【解析】
（Ⅰ）由已知可得ΑF
DF ⊥，ΑF FE ⊥，所以ΑF ⊥平面ΕFDC ．又F A ⊂平面ΑΒΕF ，故平面ΑΒΕF ⊥平面ΕFDC ．
（Ⅱ）过D 作DG ΕF ⊥，垂足为G ，由（Ⅰ）知DG ⊥平面ΑΒΕF ．
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（Ⅰ）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角，故60DFE ∠= ，则2DF =，3DG =，可得()
1,4,0A ，()3,4,0B -，()3,0,0E -，(D ．
由已知，//AB EF ，所以//AB 平面EFDC ．
又平面ABCD 平面EFDC DC =，故//AB CD ，//CD EF ．
由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以CΕF ∠为二面角C BE F --的平面角，60CΕF ∠=
．从而可得(C -．
所以(ΕC = ，()0,4,0ΕΒ= ，(3,ΑC =-- ，()4,0,0ΑΒ=- ．设(),,x y z =n 是平面ΒCΕ的法向量，则
00
ΕC ΕΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n
，即040x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，
所以可取(3,0,=n ．设m 是平面ΑΒCD 的法向量，则00
ΑC ΑΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m ，
同理可取()4=m
．则cos ,19
⋅==-n m n m n m ．故二面角E -BC -A 的余弦值为21919
-
．2.【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54
AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆
位置，OD '=（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ；
（Ⅱ）求二面角B D A C '--
的正弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；
（Ⅱ）
25
.【解析】（Ⅰ）由已知得AC BD ⊥，AD CD =，又由AE CF =得
AE CF AD CD =，故AC EF ∥.
因此EF HD ⊥，从而EF D H '⊥.由5AB =,6AC =
得04DO B ==
=.由EF AC ∥得14
OH AE DO AD ==.所以1OH =，==3D H DH '.于是222223110D H OH D O ''+=+==，
故D H OH '⊥.
又D H EF '⊥，而OH EF H = ，
所以D H ABCD '⊥平面
.
（Ⅱ）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
()0,0,0H ，()3,1,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =- ，()6,0,0AC = ，
()3,1,3AD '= .设()111,,x y z =m 是平面ABD '的法向量，则00
AB AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩ m m ，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可取()4,3,5=-m .设()222,,x y z =n 是平面ACD '的法向量，则00
AC AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩ n n ，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可取()0,3,1=-n
.于是75cos ,25⋅<>===m n m n m n ，295sin ,25<>=m n .因此二面角B D A C '--的正弦值是29525
.3.【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)
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11B D A F ⊥，1111A C A B ⊥.
求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ；
（2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1111
AA ⊥平面A B C 因为11A C ⊂平面111A B C ，所以111
AA ⊥A C 又因为111111*********
,,AC A B AA ABB A A B ABB A A B AA A ⊥⊂⊂= ，平面平面所以11AC ⊥平面11
ABB A 因为1B D ⊂平面11ABB A ，所以111AC B D
⊥又因为1111111111111
C F,C F,B
D A AC A A F A AC A F A ⊥⊂⊂= F，平面平面所以111C F
B D A ⊥平面因为直线11B D B DE ⊂平面，所以1B DE 平面11.
AC F ⊥平面4.【2016年高考北京理数】（本小题14分）
如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =
，2AD =，AC CD ==.
（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.【答案】（1）见解析；（2
）3
；（3）存在，14AM AP =【解析】（1）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥
，
所以⊥AB 平面PAD ，所以PD AB ⊥，
又因为PD PA ⊥，所以⊥PD 平面PAB
；如图建立空间直角坐标系xyz O -，由题意得，
)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.
设平面PCD 的法向量为),,(z y x =，则
⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0PC n PD n 即⎩⎨⎧=-=--,02,0z x z y
令2=z ，则2,1-==y x .所以)2,2,1(-=.又)1,1,1(-=，所以
3
3,cos -=>=<PB
n PB n .所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为3
3.
5.【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE ⊥平面
ABC ,=90ACB ∠ ,BE =EF =FC =1,BC =2,AC =3.
(I)求证：EF ⊥平面ACFD ；
(II)求二面角B ­AD ­F 的平面角的余弦值.
【答案】（I ）证明见解析；（II ）4
．【解析】（Ⅰ）延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．
因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC BC ⊥，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF AC ⊥．
又因为//EF BC ，1BE EF FC ===，2BC =，
所以BCK △为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF CK ⊥．
所以BF ⊥平面ACFD ．
（Ⅱ）方法一：过点F 作FQ AK ⊥于Q，连结BQ ．
因为BF ⊥平面ACK ，所以BF AK ⊥，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ AK ⊥．
所以BQF ∠是二面角B AD F --的平面角．
在Rt ACK △中，3AC =，2CK =，得13
FQ =．
在Rt BQF △中，31313FQ =，BF =3cos 4
BQF ∠=．所以二面角B AD F --的平面角的余弦值为
34．方法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则BCK △为等边三角形．
取BC 的中点O ，则KO BC ⊥，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以，KO ⊥平面ABC ．
以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ．
由题意得()1,0,0B ，()1,0,0C -
，K ，()1,3,0A --，1
3(,0,22E ，13F(,0,22
-．因此，()0,3,0AC =
，(AK = ，()2,3,0AB = ．设平面ACK 的法向量为()111,,x y z =m ，平面ABK 的法向量为()222,,x y z =n ．
由00
AC AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m
，得11113030y x y =⎧⎪⎨++=⎪⎩
，取)1=-m ；由00AB AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n
，得2222223030x y x y +=⎧⎪⎨++=⎪⎩
，取(3,=-n ．
于是，cos ,4
⋅==⋅m n m n m n ．所以，二面角B AD F --
的平面角的余弦值为
4．1.【2015高考四川，理14】如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点。

设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则θcos 的最大值为
.【答案】25
【解析】建立坐标系如图所示.设1AB =，则11(1,,0),(,0,0)22AF E = .设(0,,1)(01)M y y ≤≤，则
1(,,1)2EM y =- ，由于异面直线所成角的范围为
(0,2π
，所以cos θ==
.2281145y y +=-+，令81,19y t t +=≤≤，则
281161814552y y t t
+=≥++-，当1t =时取等号.
所以2cos 5θ==≤=，当0y =时，取得最大值
.2.【2015高考浙江，理13】如图，三棱锥A BCD -中，3,2AB AC BD CD AD BC ======，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
．
【答案】8
7.【解析】如下图，连结DN ，取DN 中点P ，连结PM ，PC ，则可知PMC ∠即为异面直线AN ，CM 所成角（或其补角）易得221==AN PM ，
31222=+=+=CN PN PC ，2222=-=AM AC CM ，∴872222328cos =⨯⨯-+=
∠PMC ，即异面直线AN ，CM 所成角的余弦值为87
.
3.【2015江苏高考，16】（本题满分14分）
如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，已知BC AC ⊥，1CC BC =，设1AB 的中点为D ，
E BC C B =11 .求证：（1）C C AA DE 11//平面；
（2）11AB BC ⊥.
A
B
C D
E A 1
B 1
C 1
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【解析】
（1）由题意知，E 为1C B 的中点，
又D 为1AB 的中点，因此D //C E A ．
又因为D E ⊄平面11C C AA ，C A ⊂平面11C C AA ，
所以D //E 平面11C C AA ．
又因为1C B ⊂平面11CC B B ，所以1C C B ⊥A ．
因为1C CC B =，所以矩形11CC B B 是正方形，因此11C C B ⊥B ．
因为C A ，1C B ⊂平面1C B A ，1C C C A B = ，所以1C B ⊥平面1C B A ．
又因为1AB ⊂平面1C B A ，所以11C B ⊥AB ．
4.【2015高考浙江，理17】如图，在三棱柱111ABC A B C -­中，90BAC ∠=
，2AB AC ==，14A A =，1A 在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 为11B C 的中点.
（1）证明：1A D ⊥平面1A B C ；
（2）求二面角1A ­BD­1B 的平面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）18
-.
【解析】（1）设E 为BC 的中点，由题意得1A E ⊥平面ABC ，∴1A E AE ⊥，∵AB AC =，∴AE BC ⊥，故AE ⊥平面1A BC ，由D ，E 分别11B C ，BC 的中点，得1//DE B B 且1DE B B =，从而1//DE A A ，∴四边形1A AED 为平行四边形，故1//A D AE ，又∵AE ⊥平面11A BC ，∴1A D ⊥平面11A BC ；（2）作1A F BD ⊥，且1A F BD F = ，连结1B F ，
由AE EB ==1190A EA A EB ∠=∠= ，得114A B A A ==，由11A D B D =，
11A B B B =，得11A DB B DB ∆≅∆，由1A F BD ⊥，得1B F BD ⊥，因此11A FB ∠为二面角
11A BD B --的平面角，由1A D =14A B =，190DA B ∠= ，得BD =，
1143A F B F ==，由余弦定理得，111cos 8
A F
B ∠=-.
1．（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1­5
【解析】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)，，12，
则BC →＝(1，1，0)，BM →，12，AD →＝(0，1，－1)．
设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，
·BC →＝0，·BM →＝0，＋y 0＝0，0＋12
z 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
.
2．（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．
图1­6
【解析】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
＝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．
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 12·OB →1＝0，
2·OC →1＝
0，＋2z ＝0，
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.
3．（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．
【解析】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 .
因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝
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)，，－6
3，
，263，，263，，0PC →，263，－BC →＝(0，6，0)，CD ＝
－
6
3
，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 →＋263y －6
3＝0，
＝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 2，12
，
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＝10
5.
5．（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．
图1­5
【解析】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
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)，
2·BF →
＝0，2·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
＝255，即所求二面角正弦值为25
5.
6．（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 1­C 1的余弦值．
【解析】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
，0
B (1，0，0)，B ，
3
3
，
，－
3
3
，
AB 1→，3
3，－
A 1
B 1→
＝AB ，
B 1
C →
1＝BC 1，－
3
3
，设n ＝(x ，y ，z )是平面
AA 1B 1的法向量，则·AB 1＝0，
·A 1B 1→
＝0，－3
3
z ＝0，－33z ＝0.
所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B
1C 1的法向量，·A 1B 1→
＝0，·B 1C 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 1­C 1的余弦值为1
7
.
7．（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1­4
【解析】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A­NP­M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 ＝10
2
.
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－12，00，32，AB ＝(1，0，－3)，BC ＝(－1，3，0)，MN
＝(1，0，0)，NP ，
32，－设平面ABC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
1⊥AB ，
1⊥BC ，1·AB ＝0，
1·BC ＝0，
即
x 1，y 1，z 1）·（1，0，－3）＝0，x 1，y 1，z 1）·（－1，3，0）＝0，
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，
2⊥MN ，2⊥NP ，2·MN ＝0，
2·NP ＝0，
x 2，y 2，z 2）·（1，0，0）＝0，x 2，y 2，z 2），
32，－0，
0，2－3
2
z 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
10
5
.8．（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1­4
【解析】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，
·BD ＝0，·PB ＝0，x ＋2y ＝0，
－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＝3
3
，所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为
3
3
.(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，设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 1·AB ＝0，1·BF ＝0，即
＝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
＝－310
10.
易知二面角F ­AB ­P 是锐角，所以其余弦值为310
10
.
(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 ＝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△PAC 中，过点F 作FH ∥P A 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
310
10
.
9．（2014·浙江卷）如图1­5，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1­5
(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 ＝
23
3，AF ＝23AD .从而GF ＝23ED ＝2
3.在△ABE ，△ABG 中，利用余弦定理分别可得cos ∠BAE ＝
5
714，BG ＝23.
在△BFG 中，cos ∠BFG ＝GF 2＋BF 2－BG 22BF ·GF ＝32.所以，∠BFG ＝
π6，即二面角B ­AD ­E 的大小是π6.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)．
·AD ＝0，·AE →＝0，2y 1－2z 1＝0，1－2y 1－2z 1＝0，可取m ＝(0，1，－2)．
·AD →＝0，
·DB →＝0，2y 2－2z 2＝0，2＋y 2＝0，可取n ＝(1，－1，2)．
于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝33×2＝32
.由题意可知，所求二面角是锐角，
故二面角B ­AD ­E 的大小是π6
.10．（2014·重庆卷]如图1­3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 ＝12，MP ⊥AP .(1)求PO 的长；
(2)求二面角A ­PM ­C 的正弦值．
图1­3
【解析】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 ＝π3
，所以OA ＝AB ·cos π6＝3，OB ＝AB ·sin π6
＝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 →＝14
BC →－34，－14，
从而OM →＝OB →＋BM →－34，34
，
即－34，34
，
设P (0，0，a )，a ＞0，则AP →＝(－3，0，a )，MP →，－34
，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 →－3，0MP →，－34，CP →0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1＋32z 1＝0，
－34y 1＋32
z 1＝0，故可取n 1，533，由n 2·MP →＝0，n 2·CP →＝0，得
2－34y 2＋32
z 2＝0，2＋32z 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|
＝－155，故所求二面角A ­PM ­C 的正弦值为
105.1．设α、β、γ为不同的平面，m 、n 、l 为不同的直线，则m ⊥β的一个充分条件为(
)
A ．α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l
B ．α∩γ＝m ，α⊥γ，β⊥γ
C ．α⊥γ，β⊥γ，m ⊥α
D ．n ⊥α，n ⊥β，m ⊥α解析：A 中，缺少条件m ⊂α，不满足面面垂直的性质定理，不正确．在选项B ，C 中，平面α与β可能平行或相交，推不出m ⊥β.在D 中，n ⊥α，n ⊥β，则α∥β，根据m ⊥α，得m ⊥β，D 正确．
答案：D
2．已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则(
)A ．α∥β且l ∥α
B ．α⊥β且l ⊥β
C ．α与β相交，且交线垂直于l
D ．α与β相交，且交线平行于l
解析：根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l ，因此选项D 正确．
答案：D
3．如图，在正四面体P ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是()
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
解析：因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，
所以BC∥平面PDF，故选项A正确．
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，
∴BC⊥平面PAE，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B、C均正确．
答案：D
4．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．()
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
5．如图所示，AB是⊙O的直径，VA垂直于⊙O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是()
A．MN∥AB
B．MN与BC所成的角为45°
C．OC⊥平面VAC
D．平面VAC⊥平面VBC
6．如图，在正四棱锥S ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥面SBD；④EP⊥面SAC中恒成立的为()
A．①③B．③④C．①②D．②③④
解析：∵E，M，N是BC，CD，SC的中点，
∴EN∥SB，EM∥BD，
从而可得EN∥平面SBD，EM∥平面SBD.
又EN与EM是平面EMN内的两条相交直线，
∴平面EMN∥平面SBD，故EP∥平面SBD，
因此③正确，当点P与M不重合时，②不正确．
在正四棱锥S ABCD中，AC⊥平面SBD.
从而AC⊥平面EMN，
由EP⊂平面EMN，得AC⊥EP，①正确．
又易知EM⊥平面SAC，因此④不恒成立．
答案：A
7．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.
解析：∵B1D⊥平面A1ACC1，∴CF⊥B1D.
为了使CF⊥平面B1DF，只要使CF⊥DF(或CF⊥B1F)．
设AF＝x，则CD2＝DF2＋FC2，
∴x2－3ax＋2a2＝0，∴x＝a或x＝2a.
答案：a或2a
8．如图所示，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
解析：由定理可知，BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.
又PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)
9．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是________．
解析：取BC的中点E，连接AE，DE，则AE⊥平面BB1C1C.
所以∠ADE为直线AD与平面BB1C1C所成的角．
设三棱柱的所有棱长为a，
在Rt△AED中，。