高考数学5年真题备考题库 第七章 第7节 立体几何中的

第七章 立体几何
第七节 立体几何中的空间向量方法
1．（2014新课标全国Ⅰ，12分）如图三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥
B 1
C .
(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． 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 1两两相互垂直．
以O 为坐标原点，OB uuu r ，1OB u u u r ，OA u u u r
的方向为x 轴，y 轴，
z 轴的正方向，|OB uuu r
|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. 1AB u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，－33，11A B u u u u r ＝AB u u u r ＝⎝
⎛⎭⎪⎫
1，0，－33，
11B C u u u u r ＝BC uuu r ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－1，－33，0.
设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则
⎩⎪⎨⎪⎧
n ·1AB u u u r
＝0，n ·11A B u u u u r ＝0，
即⎩⎪⎨
⎪⎧
33y －3
3z ＝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 ·11A B u u u u r ＝0，
m ·11B C u u u u r
＝0.
同理可取m ＝(1，－3，3)． 则cos 〈n ，m 〉＝
n ·m |n ||m |＝17
. 所以二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值为1
7
.
2．（2014新课标全国Ⅱ，12分）如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥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．
解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为平面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PA ⊥平面ABCD ，平面ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．
如图，以A 为坐标原点，AB u u u r 的方向为x 轴的正方向，|AP u u u r
|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 u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12.
设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC u u u r
＝(m ，3，0)．
设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，
则⎩⎨⎧
n 1·AC u u u r
＝0，n 1·AE u u u r
＝0，
即⎩⎪⎨⎪
⎧
mx ＋3y ＝0，32
y ＋1
2z ＝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|cos 〈n 1，n 2〉|＝1
2，
即
33＋4m 2＝12，解得m ＝32
. 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 ＝13×12×3×
3
2×12＝3
8
. 3.(2014山东，12分) 如图，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．
(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．
解：(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，且AB ＝2CD ，所以AB ∥DC ，又由M 是AB 的中点，因此CD ∥MA 且CD ＝MA .
连接AD 1，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，因为CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，可得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)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． 可得BC ＝AD ＝MC ，
由题意知∠ABC ＝∠DAB ＝60°，
所以△MBC 为正三角形，因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3，因此CA ⊥CB .
以C 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系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1MD u u
u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，3，11DC u u u u
r ＝MB u u u r ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－32，12，0. 设平面C 1D 1M 的法向量n ＝(x ，y ，z )．
由⎩⎪⎨⎪⎧
n ·11DC u u u u r ＝0，n ·1MD u u u u r ＝0，
得⎩⎨
⎧
3x －y ＝0，
3x ＋y －23z ＝0，
可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)．
又1CD u u u u r
＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量．
因此cos 〈CD uuu r ，n 〉＝1CD u u u u r
·n | 1CD u u u u r ||n |＝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
. 法二：由(1)知平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，过C 向AB 引垂线交AB 于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 2
1＋CN 2
＝
152
. 在Rt △D 1CN 中，cos ∠D 1NC ＝
CN D 1N ＝32152
＝55
. 所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为
5
5
. 4.(2014广东，13分) 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D －AF －E 的余弦值．
解：(1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥AD ，又CD ⊥AD ，PD ∩CD ＝D ，∴AD ⊥平面PCD ，又PC ⊂平面PCD .∴AD ⊥PC .又AF ⊥PC ，AD ∩AF ＝A ，∴PC ⊥平面ADF ，即CF ⊥平面ADF .
(2)设AB ＝a ，则在Rt △PDC 中，CD ＝a ，又∠DPC ＝30°，∴PC ＝2a ，PD ＝3a ，∠PCD ＝60°.由(1)知CF ⊥DF ，∴DF ＝CD sin 60°＝
3
2
a ，CF ＝CD cos 60°＝12a ，又FE ∥CD ，∴DE PD ＝CF PC ＝14，∴DE ＝34a ，同理EF ＝34CD
＝3
4a ，以D 为原点，DP 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DA 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，a,0)，A (0,0，a )，F ⎝
⎛⎭
⎪⎫
34a ，34a ，0，E ⎝
⎛⎭
⎪⎫
34a ，0，0， 则AE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34a ，0，－a ，AF u u u r ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫34a ，34a ，－a ，
设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则n ·AE u u u r ＝(x ，y ，z )·⎝ ⎛⎭
⎪⎫
34a ，0，－a ＝34ax －az ＝0，n ·AF u u u r ＝(x ，y ，
z )·⎝
⎛⎭⎪⎫
34a ，34a ，－a ＝34ax ＋34ay －az ＝0，
取x ＝1，得平面AEF 的一个法向量n ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1，0，
34. 又由(1)知平面ADF 的一个法向量为CF uuu r ＝34
a ，－1
4
a ，0，
故cos 〈n ，CF uuu r
〉＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，34·⎝ ⎛⎭⎪
⎫
34a ，－14a ，0194×1
2
a ＝
257
19
，
由图可知二面角D －AF －E 为锐二面角，所以其余弦值为257
19
.
5.(2014安徽，13分) 如图，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 .
(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．
解：(1)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 ＝1
2
，即Q 为BB 1的中点． (2)如图1，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 .
VQ ­A 1AD ＝13·1
2·2a ·h ·d ＝13
ahd ，
V Q ­ABCD ＝13
·a ＋2a 2
·d ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12h ＝1
4
ahd ，
所以V 下＝VQ ­A 1AD ＋V Q ­ABCD ＝
7
12
ahd ， 又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1­ABCD ＝3
2ahd ，
所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1­ABCD －V 下 ＝32ahd －712ahd ＝11
12ahd ， 故
V 上V 下＝117
. (3)法一：如图1，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，于是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 1AE ＝1，∠AEA 1＝π4
. 故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π
4
.
法二：如图2，以D 为原点，DA u u u r ，1DD u u u u
r 分别为x 轴和z 轴
正方向建立空间直角坐标系．
设∠CDA ＝θ.
因为S 梯形ABCD ＝
a ＋2a
2
·2sin θ＝6.
所以a ＝2
sin θ
.
从而C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1⎝ ⎛⎭
⎪
⎫4sin θ，0，4，
所以DC u u u r ＝(2cos θ，2sin θ，0)，1DA u u u u r ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫4
sin θ，0，4.
设平面A 1DC 的法向量n ＝(x ，y,1)，
由⎩⎪⎨
⎪⎧
1DA u u u u r ·n ＝4sin θ x ＋4＝0，
DC u u u r ·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
.
6.(2014福建，13分) 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． 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 ，如图．
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 u u u r ，BD u u u r ，BA u u u r
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间
直角坐标系．
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 uuu r ＝(1,1,0)，BM u u u u r ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，12，AD u u u r
＝(0,1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，
则⎩⎨⎧
n ·BC uuu r
＝0，n ·BM u u u u r
＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
x 0＋y 0＝0，12
y 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 u u u r 〉|＝
|n ·AD u u u r ||n |·|AD u u u r |＝6
3
， 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为
63
. 7.(2014浙江，15分) 如图，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．
解：(1)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)法一：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 . 由于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 ＝233，AF ＝23AD .从而GF ＝2
3
.
在△ABE ，△ABG 中，利用余弦定理分别可得cos ∠BAE ＝5714，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
.
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 u u u r ＝(0，－2，－2)，AE u u u r
＝(1，－2，
－2)，DB u u u r
＝(1,1,0)，
由⎩⎪⎨⎪⎧
m ·AD u u u r ＝0
m ·AE u u u r ＝0
即{ －2y 1－2z 1＝0，x 1－2y 1－2z 1＝0. 可取m ＝(0,1，－2)．
由⎩⎨⎧
n ·AD u u u r ＝0n ·DB u u u r ＝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
.
7.(2014辽宁，12分) 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E －BF －C 的正弦值．
解：法一：(1)过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，因此BC⊥平面EFO. 又EF ⊂平面EFO ，所以EF⊥BC.
(2)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 ⊥平面BDC ，又OG ⊥BF ，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 ＝3
4，
因此tan ∠EGO ＝EO OG ＝2，从而sin ∠EGO ＝25
5，
即二面角E －BF －C 的正弦值为25
5
.
图1
法二：(2)(1)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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1
2，32，F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，12，0，
所以EF u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32
，0，－32，BC uuu
r ＝(0,2,0)，
因此EF u u u r ·BC uuu
r ＝0.
从而EF u u u r ⊥BC uuu
r ，所以EF ⊥BC.
(2)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 u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1
2，32.
由⎩
⎪⎨⎪⎧
n 2·BF u u u r ＝0，n 2·BE u u u r ＝0得其中一个n 2＝(1，－3，1)． 设二面角E －BF －C 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|＝15
， 因此sin θ＝
2
5
＝255，即所求二面角的正弦值为255.
图2
8.(2014北京，14分) 如图，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PA ⊥底面ABCDE ，且PA ＝AE .求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．
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PA ⊥底面ABCDE ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AE . 如图建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，
B (1,0,0)，
C (2,1,0)，P (0,0,2)，F (0,1,1)，BC uuu r
＝(1,1,0)．
设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则
⎩⎨⎧
n ·AB u u u r
＝0，n ·AF u u u r
＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＝0，y ＋z ＝0.
令z ＝1，得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 uuu r 〉|＝⎪⎪
⎪⎪⎪⎪n ·BC uuu r |n ||BC uuu r |＝1
2
. 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 u u u r
＝λPC uuu r (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 的法向量，所以n ·AH u u u r
＝0，
即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0. 解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，23，23. 所以PH ＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫－432＝2.
9.(2014湖南，12分) 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AC
C 1A 1和四边形BD
D 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．
解：(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)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，又O 1O ∩B 1D 1＝O 1，从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，所以A 1C 1⊥OB 1，又A 1C 1∩O 1H ＝O 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 1－OB 1－D 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＝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
＝
23
7197
＝25719.
即二面角C 1－OB 1－D 的余弦值为257
19
.
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．
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 2·1OB u u u r ＝0，
n 2·1OC u u u u r
＝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
＝25719.
故二面角C 1－OB 1－D 的余弦值为257
19
.
9.(2014陕西，12分) 四面体ABCD 及其三视图如图所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD ，
BC 的平面分别交四面体的棱BD ，DC ，CA 于点F ，G ，H .
(1)证明：四边形EFGH 是矩形；
(2)求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值． 解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，
BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ， BD ＝DC ＝2，AD ＝1.
由题设，BC ∥平面EFGH ， 平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ， 平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形．
又∵AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，∴AD ⊥平面BDC ， ∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ， ∴四边形EFGH 是矩形．
(2)法一：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (0,0,1)，B (2,0,0)，
C (0,2,0)，DA u u u r ＝(0,0,1)，BC uuu r ＝(－2,2,0)，BA u u u r
＝(－2,0,1)．
设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )， ∵EF ∥AD ，FG ∥BC ，
∴n ·DA u u u r
＝0，n ·BC uuu r ＝0，
得⎩
⎪⎨
⎪⎧
z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1,1,0)，
∴sin θ＝|cos 〈BA u u u r ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪BA u u u r
·n | BA u u u r ||n |＝
25×2＝10
5. 法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则D (0,0,0)，A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，
∵E 是AB 的中点，∴F ，G 分别为BD ，DC 的中点，得
E ⎝
⎛⎭
⎪⎫
1，0，12
，F (1,0,0)，G (0,1,0)．
∴FE u u u r ＝⎝
⎛⎭⎪⎫0，0，12，FG u u u
r ＝(－1,1,0)，BA u u u r ＝(－2,0,1)．
设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，
则n ·FE u u u r
＝0，n ·FG u u u r ＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧
12z ＝0，－x ＋y ＝0，
取n ＝(1,1,0)，
∴sin θ＝|cos 〈BA u u u r ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪BA u u u r
·n | BA u u u r ||n |＝
25×2＝10
5. 10.(2014四川，12分) 三棱锥A －BCD 及其侧视图、俯视图如图所示．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．
解：(1)如图，取BD 中点O ，连接AO ，CO .
由侧视图及俯视图知，△ABD ，△BCD 均为正三角形， 因此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 分别为线段AD ，AB 的中点， 所以NH ∥AO ，MN ∥BD . 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 中点， 故P 为BC 中点．
(2)法一：如图，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Rt △AOC 中，AC ＝6， 作BR ⊥AC 于R .
在△ABC 中，AB ＝BC ，所以BR ＝
AB 2－⎝ ⎛⎭
⎪⎫AC 2
2＝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，
因此NQ ＝BR 2＝10
4
.
同理，可得MQ ＝
10
4
. 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
105
. 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，以O 为坐标原点，以OB uuu r ，OC u u u r ，OA u u u r
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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2，0，32，P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，32，0.
于是AB u u u r ＝(1,0，－3)，BC uuu r ＝(－1，3，0)，MN u u u u r ＝(1,0,0)，NP uuu r ＝⎝
⎛⎭⎪⎫
0，32，－32.
设平面ABC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则
⎩⎨⎧
n 1⊥AB u u u r
，n 1⊥BC uuu r ，
即⎩⎨⎧
n 1·AB u u u r
＝0，n 1·BC uuu r
＝0，
有⎩⎨
⎧
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)．
连接MP ，设平面MNP 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧
n 2⊥MN u u u u r ，
n 2⊥NP uuu r
，即
⎩⎨⎧
n 2·MN u u u u r
＝0，n 2·NP uuu r
＝0，
有⎩⎪⎨⎪⎧
x 2，y 2，z 2·1，0，0＝0，x 2，y 2，z 2·⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，32，－32＝0，
从而⎩⎪⎨⎪⎧
x 2＝0，32
y 2－3
2z 2＝0.
取z 2＝1，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|＝⎪
⎪⎪⎪⎪⎪3，1，1·0，1，15×2＝10
5.
故二面角A －NP －M 的余弦值是
105
. 11.(2014重庆，13分) 如图，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．
解：(1)如图，连接AC ，BD ，OM ，因底面ABCD 为菱形，则
AC ∩BD ＝O ，且AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OA u u u r ，OB uuu r ，OP uuu r
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
，
故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 uuu r ＝(0,1,0)，BC uuu r
＝(－3，
－1,0)．
由BM ＝12，BC ＝2知，BM u u u u r ＝14BC uuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
－34，－14，0，
从而OM u u u u r ＝OB uuu r ＋BM u u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，34，0，即M ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫－34，34，0.
设P (0,0，a )，a >0，
则AP u u u r ＝(－3，0，a )，MP u u u r ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
34，－34，a .
因为MP ⊥AP ，故MP u u u r ·AP u u u r ＝0，即－34
＋a 2
＝0，
所以a ＝
32，a ＝－32(舍去)，即PO ＝32
. (2)由(1)知，AP u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，32，MP u u u r ＝34，－34，32，CP u u u r ＝⎝
⎛⎭⎪⎫
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 u u u r ＝0，n 1
·MP u u u r ＝0，得⎩⎪⎨
⎪⎧
－3x 1
＋3
2
z 1
＝0，34x 1
－34y 1
＋3
2
z 1
＝0，
故可取n 1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1，533，2.由
n 2·MP u u u r
＝0，n 2·CP u u u r ＝0，得
⎩⎪⎨⎪⎧
34x 2
－34y 2
＋3
2z 2
＝0，3x 2
＋3
2
z 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
. 12.(2014天津，13分) 如图，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． 解：法一：依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1,0,0)，C (2，2,0)，D (0,2,0)，P (0，0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1，1,1)．
(1)BE u u u r ＝(0,1,1)，DC u u u r ＝(2,0,0)，故BE u u u r ·DC u u u
r ＝0.
所以BE ⊥DC .
(2) BD u u u r ＝(－1,2,0)，PB u u u r
＝(1,0，－2)．
设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量．
则⎩⎨⎧
n ·BD u u u r
＝0，n ·PB u u u r
＝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 u u u r 〉＝n ·BE u u u r |n |·|BE u u u r |
＝26×2＝3
3.
所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为
3
3
.
(3)BC uuu r ＝(1,2,0)，CP u u u r ＝(－2，－2,2)，AC u u u r ＝(2,2,0)，AB u u u r
＝(1,0,0)．
由点F 在棱PC 上，设CF uuu r ＝λCP u u u r
,0≤λ≤1.
故BF u u u r ＝BC uuu
r ＋CF uuu r ＝BC uuu r ＋λCP u u u r ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．
由BF ⊥AC ，得BF u u u r ·AC u u u
r ＝0，
因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝3
4
.
即BF u u u r ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，12，32.
设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量，则⎩⎨⎧
n 1·AB u u u r
＝0，
n 1·BF u u u r
＝0，
即⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＝0，－12x ＋12y ＋3
2
z ＝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|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.
法二：(1)如图，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
2
DC ，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PA ⊥底面ABCD ，故PA ⊥CD ，而CD ⊥DA ，从而CD ⊥平面PAD ，因为AM ⊂平面PAD ，于是CD ⊥AM ，又BE ∥AM ，所以BE ⊥CD .
(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，故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Rt △BEM 中，tan ∠EBM ＝EM BE ＝AB BE
＝
1
2
，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，在△PAC 中，过点F 作FH ∥PA 交AC 于点H . 因为PA ⊥底面ABCD ，
故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 ＝10
2，cos ∠PAG
＝310
10
. 所以，二面角F －AB －P 的余弦值为310
10
.
13.(2014江西，12分) 如图，四棱锥P －ABCD 中，ABCD 为矩形，平面PAD ⊥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．
解：(1)证明：ABCD 为矩形，故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 .
(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 △BPG 中，PG ＝233，GC ＝263，BG ＝6
3.
设AB ＝m ，则OP ＝PG 2
－OG 2
＝ 43
－m 2
， 故四棱锥P －ABCD 的体积为
V ＝13·6·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，
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 uuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫63
，263，－63，BC uuu
r ＝(0，6，0)，CD uuu r ＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－63，0，0， 设平面BPC 的一个法向量n 1＝(x ，y,1)， 则由n 1⊥PC uuu r ，n 1⊥BC uuu r 得⎩⎪⎨⎪⎧
63
x ＋263y －6
3＝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＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，1.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湖北，12分) 如图，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．
解：法一(几何法)：(1)证明：如图，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 .
(2)如图，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
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±22，
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所示的空间直角坐标系D －xyz .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)．
1BC u u u u r ＝(－2,0,2)，FP u u u r ＝(－1,0，λ)，FE u u u r
＝(1,1,0)．
(1)证明：当λ＝1时，FP u u u r
＝(－1,0,1)，
因为1BC u u u u r ＝(－2,0,2)，所以1BC u u u u r ＝2FP u u u r
，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 u u u r
·n ＝0， FP u u u r
·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．
14．（2013新课标全国Ⅰ，12分）如图，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，CA ＝
CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.
(1)证明：AB ⊥A 1C ；
(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．
解：本题主要考查空间几何体中的线线垂直的证明和线面角的计算，意在考查考生的空间想象能力、推理判断能力和计算能力．
(1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .
由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C .
又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .
(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．
以O 为坐标原点，OA u u u r 的方向为x 轴的正方向，|OA u u u r
|为单位长，
建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz .
由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．
则BC uuu r ＝(1,0，3)，1BB u u u r ＝1AA u u u r ＝(－1，3，0)，1AC u u u r ＝(0，－3，3)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·BC uuu r ＝0，
n ·1BB u u u r ＝0.
即⎩
⎪⎨
⎪
⎧
x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.
可取n ＝(3，1，－1)．
故cos n ，1
AC u u u r
＝n ·1
AC u u u r
|n ||1AC u u u r |
＝－105.
所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为
10
5
. 15．（2013新课标全国Ⅱ，12分）如图，直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，D ，
E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝
2
2
AB . (1)证明：BC 1//平面A 1CD ； (2)求二面角D ­A 1C ­E 的正弦值．
解：本题以直三棱柱为载体，考查直线与平面平行以及二面角的求解等知识，意在考查考生的空间想象能力以及化归转化能力、基本运算能力等．
(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点． 又D 是AB 中点，连接DF ，则BC 1∥DF .
因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD . (2)由AC ＝CB ＝
2
2
AB 得， AC ⊥BC .
以C 为坐标原点，CA u u u r
的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间
直角坐标系C ­xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，
CD uuu r ＝(1,1,0)，CE u u u r ＝(0,2,1)，1CA u u u r
＝(2,0,2)．
设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·CD uuu r ＝0，
n ·1CA u u u r ＝0.
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
x 1＋y 1＝0，
2x 1＋2z 1＝0.
可取n ＝(1，－1，－1)．
同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则
⎩⎪⎨⎪⎧
m ·CE u u u r
＝0，
m ·1CA u u u r ＝0.
可取m ＝(2,1，－2)．
从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63
.
即二面角D ­A 1C ­E 的正弦值为
6
3
. 16.(2013山东，12分)如图所示，在三棱锥P ­ABQ 中，PB ⊥平面
ABQ ，BA ＝BP ＝BQ ，D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点，AQ ＝
2BD ，PD 与EQ 交于点G ，PC 与FQ 交于点H ，连接GH .
(1)求证：AB ∥GH ；
(2)求二面角D ­GH ­E 的余弦值．
解：本题考查空间线面平行的判定定理、性质定理，二面角的求解，空间向量在立体几何中的应用等基础知识与方法，考查转化与化归思想等数学思想方法，考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力．
(1)因为D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点， 所以EF ∥AB ，DC ∥AB .所以EF ∥DC .
又EF ⊄平面PCD ，DC ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD . 又EF ⊂平面EFQ ，平面EFQ ∩平面PCD ＝GH ，所以EF ∥GH . 又EF ∥AB ，所以AB ∥GH .
(2)法一：在△ABQ 中，AQ ＝2BD ，AD ＝DQ ， 所以∠ABQ ＝90°，即AB ⊥BQ ， 因为PB ⊥平面ABQ ，所以AB ⊥PB . 又BP ∩BQ ＝B ，所以AB ⊥平面PBQ . 由(1)知AB ∥GH ，所以GH ⊥平面PBQ . 又FH ⊂平面PBQ ，所以GH ⊥FH . 同理可得GH ⊥HC ，
所以∠FHC 为二面角D ­GH ­E 的平面角． 设BA ＝BQ ＝BP ＝2，连接FC ，
在Rt △FBC 中，由勾股定理得FC ＝2，
在Rt △PBC 中，由勾股定理得PC ＝ 5. 又H 为△PBQ 的重心， 所以HC ＝13PC ＝5
3.
同理FH ＝
53
. 在△FHC 中，由余弦定理得cos ∠FHC ＝59＋59－22×
59＝－4
5.
即二面角D ­GH ­E 的余弦值为－4
5.
法二：在△ABQ 中，AQ ＝2BD ，AD ＝DQ ， 所以∠ABQ ＝90°. 又PB ⊥平面ABQ ，
所以BA ，BQ ，BP 两两垂直．
以B 为坐标原点，分别以BA ，BQ ，BP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设BA ＝BQ ＝BP ＝2，
则E (1,0,1)，F (0,0,1)，Q (0,2,0)，D (1,1,0)，C (0,1,0)，
P (0,0,2)．
所以EQ uuu r ＝(－1,2，－1)，FQ uuu r ＝(0,2，－1)，DP u u u r
＝(－1，－1，2)， CP u u u r ＝(0，－
1,2)．
设平面EFQ 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，
由m ·EQ uuu r ＝0，m ·FQ uuu r ＝0，得⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x 1＋2y 1－z 1＝0，2y 1－z 1＝0，
取y 1＝1，得m ＝(0,1,2)．
设平面PDC 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，
由n ·DP u u u r ＝0，n ·CP u u u r ＝0，得⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x 2－y 2＋2z 2＝0，
－y 2＋2z 2＝0，
取z 2＝1，得n ＝(0,2,1)，
所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝4
5
.
因为二面角D ­GH ­E 为钝角， 所以二面角D ­GH ­E 的余弦值为－4
5
.
17．（2013广东，14分）如图1，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将△ADE 沿DE 折起，得到如图2所示的四棱锥A ′­BCDE ，其中A ′O ＝ 3.
图1 图2 (1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；
(2)求二面角A ′­CD ­B 的平面角的余弦值．
解：本题考查线面垂直的判定定理、二面角等基础知识，考查空间向量在立体几何中的应用，考查化归与转化思想，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力．
(1)证明：由题意，易得OC ＝3，AC ＝32，AD ＝2 2. 连接OD ，OE .在△OCD 中，由余弦定理可得
OD ＝ OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝ 5.
由翻折不变性可知A ′D ＝2 2， 所以A ′O 2
＋OD 2
＝A ′D 2
，所以A ′O ⊥OD .
同理可证A ′O ⊥OE ，又OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE . (2)(传统法)过O 作OH ⊥CD 交CD 的延长线于H ，连接A ′H ，如图所示．
因为A ′O ⊥平面BCDE ，所以A ′H ⊥CD ， 所以∠A ′HO 为二面角A ′­CD ­B 的平面角．
结合OC ＝3，∠BCD ＝45°，得OH ＝3 22，从而A ′H ＝ OH 2＋OA ′2＝302.
所以cos ∠A ′HO ＝
OH A ′H ＝ 155，所以二面角A ′­CD ­B 的平面角的余弦值为15
5
. (向量法)以O 点为原点，建立空间直角坐标系O ­xyz 如图所示，
则A ′(0,0，3)，C (0，－3,0)，D (1，－2,0)，所以CA 'u u u r
＝(0,3，3)，DA 'u u u r
＝(－1,2，3)．
设n ＝(x ，y ，z )为平面A ′CD 的法向量，则
⎩⎨⎧
n ·CA 'u u u r
＝0，n ·DA 'u u u r
＝0，
即⎩⎨
⎧
3y ＋3z ＝0，－x ＋2y ＋3z ＝0，
解得⎩⎨
⎧
y ＝－x ，z ＝3x ，
令x ＝1，得n ＝(1，
－1，3)，即n ＝(1，－1，3)为平面A ′CD 的一个法向量．
由(1)知，OA 'u u u r
＝(0,0，3)为平面CDB 的一个法向量，
所以cos 〈n ，OA 'u u u r 〉＝n ·OA 'u u u r
|n ||OA 'u u u r |
＝33×5＝15
5，即二面角A ′­CD ­B 的平面角的余
弦值为
15
5
. 18.（2013辽宁，12分）如图，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点．
(1)求证：平面PAC ⊥平面PBC ；
(2)若AB ＝2，AC ＝1，PA ＝1，求：二面角C ­PB ­A 的余弦值．
解：本题考查面面关系的证明及二面角的求解问题，也考查了应用空间向量求解立体几何问题，试题同时考查了考生的空间想象能力和推理归纳能力．
(1)证明：由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ， 由PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得PA ⊥BC . 又PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， 所以BC ⊥平面PAC . 因为BC ⊂平面PBC ， 所以平面PBC ⊥平面PAC .
(2)法一：过C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC .
如图，以点C 为坐标原点，分别以直线CB ，CA ，CM 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．
因为AB ＝2，AC ＝1，所以BC ＝ 3.
因为PA ＝1，所以A (0,1,0)，B (3，0,0)，P (0,1,1)．
故CB u u u r ＝(3，0,0)，CP u u u r
＝(0,1,1)．
设平面BCP 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧
CB u u u r
·n 1＝0， CP u u u r
·n 1＝0，
所以⎩⎨
⎧
3x ＝0，y ＋z ＝0，
不妨令y ＝1，则n 1＝(0,1，－1)．
因为AP u u u r ＝(0,0,1)，AB u u u r
＝(3，－1,0)，
设平面ABP 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧
AP u u u r
·n 2＝0，AB u u u r
·n 2＝0，
所以⎩⎨
⎧
z ＝0，3x －y ＝0，
不妨令x ＝1，则n 2＝(1，3，0)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝6
4
，。