【最新】高中数学-2018版高考复习方案大一轮(全国人教数学)-历年高考真题与模拟题分类汇编 G单元

数 学 G 单元 立体几何
G1 空间几何体的结构
19．G1、G11 如图1­7，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．
图1­7
(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． 19．解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．
(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形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D ­ xyz ，则
A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，所以FE →＝(10，0，0)，HE →
＝
(0，－6，8)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面α的一个法向量，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α所成角的正弦值为45
15
.
19．G5、G1、G11 如图1­6，已知四棱台ABCD ­ A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A 1A ＝6，且A 1A ⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上．
(1)若P 是DD 1的中点，证明：AB 1⊥PQ ；
(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1，二面角P ­ QD ­ A 的余弦值为3
7
，求四面体ADPQ 的体积．
图1­6
19．解：方法一：由题设知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1
所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为
A (0，0，0)，
B 1(3，0，6)，D (0，6，0)，D 1(0，3，6)，Q (6，m ，0)，其中m ＝BQ ，0≤m ≤6.
(1)若P 是DD 1的中点，则P 0，92，3，PQ →＝6，m －92，－3.又AB 1→＝(3，0，6)，于是AB 1→·PQ
→
＝18－18＝0，所以AB 1→⊥PQ →
，即AB 1⊥PQ .
(2)由题设知，DQ →＝(6，m －6，0)，DD 1→
＝(0，－3，6)是平面PQD 内的两个不共线向量．设n 1＝(x ，y ，z )是平面PQD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DQ →＝0，n 1·DD 1→＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧6x ＋（m －6）y ＝0，－3y ＋6z ＝0.
取y ＝6，得n 1＝(6－m ，6，3)．又平面AQD 的一个法向量是n 2＝(0，0，1)，所以
cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝31·（6－m ）2＋62＋32＝3
（6－m ）2
＋45
.
而二面角P ­ QD ­ A 的余弦值为37，因此3（6－m ）2
＋45＝3
7，解得m ＝4或m ＝8(舍去)，此时Q (6，4，0)．
设DP →＝λDD 1→(0<λ≤1)，而DD 1→＝(0，－3，6)，由此得点P (0，6－3λ，6λ)，所以PQ →
＝(6，3λ－2，－6λ)．
因为PQ ∥平面ABB 1A 1，且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3＝(0，1，0)，所以PQ →
·n 3＝0，即3λ－2＝0，即λ＝2
3
，从而P (0，4，4)．
于是，将四面体ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥P ­ ADQ ，则其高h ＝4，故四面体
ADPQ 的体积V ＝13S △ADQ ·h ＝13×12
×6×6×4＝24.
方法二：(1)如图所示，取A 1A 的中点R ，连接PR ，BR ，PC .因为A 1A ，D 1D 是梯形A 1ADD 1
的两腰，P 是D 1D 的中点，所以PR ∥AD ，于是由AD ∥BC 知，PR ∥BC ，
所以P ，R ，B ，C 四点共面．
由题设知，BC ⊥AB ，BC ⊥A 1A ，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，因此BC ⊥AB 1.①
因为tan ∠ABR ＝AR AB ＝36＝A 1B 1
A 1A
＝tan ∠A 1AB 1，所以∠ABR ＝∠A 1AB 1，因此∠ABR ＋∠BAB 1＝
∠A 1AB 1＋∠BAB 1＝90°，
于是AB 1⊥BR .再由①即知AB 1⊥平面PRBC ，又PQ ⊂平面PRBC ，故AB 1⊥PQ .
(2)如图所示，过点P 作PM ∥A 1A 交AD 于点M ，则PM ∥平面ABB 1A 1.②
因为A 1A ⊥平面ABCD ，所以PM ⊥平面ABCD ，过点M 作MN ⊥QD 于点N ，连接PN ，则PN ⊥QD ，∠PNM 为二面角P ­ QD ­ A 的平面角，
所以cos ∠PNM ＝37，即MN PN ＝37，
从而PM
MN ＝
40
3
.③ 连接MQ ，由PQ ∥平面ABB 1A 1及②知， 平面PQM ∥平面ABB 1A 1，所以MQ ∥AB .
又四边形ABCD 是正方形，所以四边形ABQM 为矩形，故MQ ＝AB ＝6. 设MD ＝t ，则
MN ＝
MQ ·MD MQ 2＋MD 2＝6t
36＋t
2
.④ 过点D 1作D 1E ∥A 1A 交AD 于点E ，则四边形AA 1D 1E 为矩形，所以D 1E ＝A 1A ＝6，AE ＝A 1D 1
＝3，因此ED ＝AD －AE ＝3.于是PM MD ＝
D 1
E ED ＝6
3
＝2，所以PM ＝2MD ＝2t .
再由③④，得36＋t 2
3＝403，解得t ＝2，因此PM ＝4.故四面体ADPQ 的体积V ＝1
3S △ADQ ·PM
＝13×1
2
×6×6×4＝24.
7．G1 在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π
2，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 7．C 旋转后的几何体为一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥，所求几何体的体积为π×12×2－13π×12
×1＝53
π.
18．G1、G4、G11 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图1­3所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N .
(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)证明：直线MN ∥平面BDH ； (3)求二面角A ­EG ­M 的余弦值．
图1­3
18．解：(1)点F ，G ，H 的位置如图所示．
(2)证明：连接AC ，BD 交于点O ，连接OH ，OM . 因为M ，N 分别是BC ，GH 的中点， 所以OM ∥CD ，且OM ＝1
2
CD ，
HN ∥CD ，且HN ＝12
CD ，
所以OM ∥HN ，OM ＝HN ，
所以四边形MNHO 是平行四边形， 从而MN ∥OH .
又MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ， 所以MN ∥平面BDH . (3)方法一： 过M 作MP ⊥AC 于P .
在正方体ABCD ­EFGH 中，AC ∥EG ， 所以MP ⊥EG .
过P 作PK ⊥EG 于K ，连接KM ， 所以EG ⊥平面PKM ， 从而KM ⊥EG ，
所以∠PKM 是二面角A ­EG ­M 的平面角． 设AD ＝2，则CM ＝1，PK ＝2. 在Rt △CMP 中，PM ＝CM sin 45°＝
22
. 在Rt △PKM 中，KM ＝PK 2＋PM 2
＝3 22.
所以cos ∠PKM ＝PK KM ＝
2 2
3
，
即二面角A ­EG ­M 的余弦值为2 2
3.
方法二：
如图，以D 为坐标原点，分别以DA →，DC →，DH →
方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz .
设AD ＝2，则M (1，2，0)，G (0，2，2)，E (2，0，2)，O (1，1，0)， 所以GE →＝(2，－2，0)，MG →
＝(－1，0，2)． 设平面EGM 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·GE →＝0，n 1·MG →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，
－x ＋2z ＝0，
取x ＝2，得n 1＝(2，2，1)．
在正方体ABCD ­EFGH 中，DO ⊥平面AEGC ，
则可取平面AEG 的一个法向量为n 2＝DO →
＝(1，1，0)，
所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2＋2＋04＋4＋1·1＋1＋0
＝2 2
3，
故二面角A ­EG ­M 的余弦值为2 2
3
.
10．G1、G2 一个几何体的三视图如图1­3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3
.
图1­3
10.83
π 根据三视图可知几何体是圆柱与两个圆锥的组合体，其体积V ＝π×12
×2＋
2×13×π×12×1＝83
π(m 3
)．
G2 空间几何体的三视图和直观图
7．G2 一个四面体的三视图如图1­1所示，则该四面体的表面积是( )
图1­1
A ．1＋ 3
B ．2＋ 3
C ．1＋2 2
D ．2 2
7．B 四面体的直观图如图所示，设O 是AC 的中点，则OP ＝OB ＝1，因此PB ＝2，于是S △PAB ＝S △PBC ＝34×(2)2
＝32，S △PAC ＝S △ABC ＝12
×2×1＝1，故四面体的表面积S ＝2×1＋2×
3
2
＝2＋3，故选B. 6．G2 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1­2，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
图1­2
A.18
B.17
C.16
D.15
6．D 几何体的直观图为正方体ABCD ­ A 1B 1C 1D 1截去了一个三棱锥A ­ A 1B 1D 1，如图所示．易知V 三棱锥A ­ A 1B 1D 1＝16V 正方体，所以V 三棱锥A ­ A 1B 1D 1VB 1D 1C 1 ­ ABCD ＝15
，故选D.
11．G2 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1­4所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )
图1­4
A ．1
B ．2
C ．4
D ．8
11．B 由三视图可知，此组合体的前半部分是一个底面半径为r ，高为2r 的半圆柱(水平放置)，后半部分是一个半径为r 的半球，其中半圆柱的一个底面与半球的半个圆面重合，所以此几何体的表面积为2r ·2r ＋12πr 2＋12πr 2＋πr ·2r ＋2πr 2＝4r 2＋5πr 2
＝16＋20π，
解得r ＝2.
5．G2 某三棱锥的三视图如图1­2所示，则该三棱锥的表面积是( )
图1­2
A ．2＋ 5
B ．4＋ 5
C ．2＋2 5
D ．5
5．C 根据三视图可得到直观图(如图所示)．取D 为BC 的中点，根据题意可知，AD ⊥BC ，
AD ＝2，BC ＝2，SA ＝1，且SA ⊥平面ABC .在Rt △SAB 中，SB ＝1＋4＋1＝6，同理SC ＝6，
所以△SBC 是等腰三角形，所以BC 边上的高SD ＝6－1＝ 5.所以三棱锥的表面积是1
2×2
×2＋2×12×5×1＋1
2
×2×5＝2＋2
5.
10．G2、G7、B12、K3 某工件的三视图如图1­3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
( )
图1­3
A.
89π B.169π
C.4（2－1）3
π D.12（2－1）3
π
10．A 方法一：由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令
此正四棱柱的底面对角线为2x ，高为h ，则由三角形相似可得，x 1＝2－h
2
，∴h ＝2－2x ，x ∈(0，
1)，其体积V 长＝(2x )2
h ＝2x 2
(2－2x )≤2
x ＋x ＋2－2x 33＝16
27当且仅当x ＝2
3
时取等号，V 圆锥
＝13π×12
×2＝23π，得利用率为16
2723
π＝89π
. 方法二：由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此正四棱
柱的底面对角线为2x ，高为h ，则由三角形相似可得，x 1＝2－h
2
，∴h ＝2－2x ，x ∈(0，1)，
其体积V 长＝(2x )2h ＝2x 2(2－2x )＝－4x 3＋4x 2，令V 长′＝－12x 2
＋8x ＝0，得当x ＝23时，V
长取最大值1627.又V 圆锥
＝13π×12
×2＝23π，得利用率为162723
π＝89π
，故选A. 5．G2 一个几何体的三视图如图1­3所示，则该几何体的表面积为( )
图1­3
A ．3π
B ．4π
C ．2π＋4
D ．3π＋4
5．D 该几何体是底面半径为1、母线长为2的圆柱被其轴截面截开的半个圆柱，其表面积为12×2π×1×2＋2×12
×π×12
＋2×2＝3π＋4.
10．G1、G2 一个几何体的三视图如图1­3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3
.
图1­3
10.83π 根据三视图可知几何体是圆柱与两个圆锥的组合体，其体积V ＝π×12
×2＋2×13×π×12×1＝83
π(m 3
)． 2．G2 某几何体的三视图如图1­1所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )
图1­1
A ．8 cm 3
B ．12 cm 3
C.
323 cm 3 D.403
cm 3
2．C 该几何体为一个正方体和一个正四棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝23＋13×
2×2×2＝323
(cm 3
)，故选C.
5．G2、G7、G8 某几何体的三视图如图1­2所示，则该几何体的体积为( )
图1­2
A.13＋π
B.2
3＋π C.13＋2π D.2
3
＋2π 5．A 由三视图知，该几何体为一个半圆柱与一个三棱锥的组合体，其中半圆柱的底面圆的半径为1、高为2，三棱锥的底面为一个等腰直角三角形，斜边上的高为1，所以该几何体的体积V ＝13×12×2×1×1＋12π×12
×2＝13
＋π.
G3 平面的基本性质、空间两条直线
14．G3，G9 如图1­2所示，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 和AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．
图1­2
14.2
5 分别以AB ，AD ，AQ 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，并设正方形边长为2，QM ＝m (0≤m ≤2)，
则AF →＝(2，1，0)，EM →
＝(－1，m ，2)，
所以cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AF →·EM →|AF →|·|EM →|＝2－m 5m 2
＋25(0≤m ≤2)． 令f (m )＝
2－m
5m 2
＋25
(0≤m ≤2)，则 f ′(m )＝－5m 2
＋25－（2－m ）×10m 25m 2
＋25
5m 2
＋25. 因为m ∈，所以f ′(m )＜0，
故f (m )max ＝f (0)＝25，即cos θ的最大值为2
5
.
13．G3 如图1­4，在三棱锥A ­BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别为AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是________．
图1­4
13.7
8 连接ND ，取ND 的中点为E ，则ME ∥AN ，则异面直线AN ，CM 所成的角为∠EMC .因为AN ＝ND ＝MC ＝32
－12
＝2 2，所以ME ＝2，CE ＝（2）2
＋12
＝3，则cos ∠EMC
＝CM 2＋ME 2－CE 22CM ·ME ＝8＋2－32×22×2＝78
.
G4 空间中的平行关系
5．G4、G5 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 5．D 如图，在正方体ABCD ­ A 1B 1C 1D 1中，平面ADD 1A 1，平面ABB 1A 1都垂直于平面ABCD ，但这两个平面不平行，A 错；直线A 1D 1和A 1B 1都平行于平面ABCD ，但这两条直线不平行，B 错；平面ADD 1A 1与平面ABCD 不平行，但平面ADD 1A 1内的直线A 1D 1与平面ABCD 平行，C 错；D 的逆否命题是“若m ，n 都垂直于同一平面，则m ，n 必平行”，此逆否命题为真，故D 正确．
19．G4、G11 如图1­4所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .
(1)证明：EF ∥B 1C ；
(2)求二面角E ­ A 1D ­ B 1的余弦值．
图1­4
19．解：(1)证明：由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形
A 1
B 1CD 为平行四边形，从而B 1
C ∥A 1
D .又A 1D ⊂面A 1D
E ，B 1C ⊄面A 1DE ，所以B 1C ∥面A 1DE .又B 1C
⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .
(2)因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD ，且
AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→
为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示
的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，
B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)．因为E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为(0.5，0.5，1)．
设面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，A 1E →＝(0.5，0.5，0)，A 1D →
＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →
，得r 1，s 1，t 1应满足方程组
⎩
⎪⎨⎪⎧0.5r 1＋0.5s 1＝0，s 1－t 1＝0， 令t 1＝1，可得n 1＝(－1，1，1)．
设面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →
＝(0，1，－1)， 由此同理可得n 2＝(0，1，1)．
结合图形知，二面角E ­ A 1D ­ B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝6
3
.
16．G4、G5 如图1­2，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.
图1­2
16．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AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为三棱柱ABC­ A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，
BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.
因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.
因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.
4．A2，G4设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.“m∥β”是“α∥β”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
4．B 当m⊂α，m∥β时，不能确定平面α与β平行；当α∥β时，根据平面与平面平行的性质，可以推出m∥β.
7．A2，G4，G5若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
7．B 若m⊥α，l⊥m，则l⊂α或l∥α；若m⊥α，l∥α，则l⊥m.故选B.
17．G4、G11如图1­3，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
(1)求证：GF∥平面ADE；
(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．
图1­3
17．解：方法一：(1)证明：如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，
又G 是BE 的中点， 所以GH ∥AB ，且GH ＝1
2AB .
又F 是CD 的中点， 所以DF ＝1
2
CD .
由四边形ABCD 是矩形得，AB ∥CD ，AB ＝CD ， 所以GH ∥DF ，且GH ＝DF ， 从而四边形HGFD 是平行四边形， 所以GF ∥DH .
又DH ⊂平面ADE ，GF ⊄平面ADE ， 所以GF ∥平面ADE .
(2)如图，在平面BEC 内，过B 点作BQ ∥EC .因为BE ⊥CE ，所以BQ ⊥BE .
又因为AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BQ .
以B 为原点，分别以BE →，BQ →，BA →
的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0，0，2)，B (0，0，0)，E (2，0，0)，F (2，2，1)．
因为AB ⊥平面BEC ，所以BA →
＝(0，0，2)为平面BEC 的一个法向量． 设n ＝(x ，y ，z )为平面AEF 的一个法向量． 又AE →＝(2，0，－2)，AF →
＝(2，2，－1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪
⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0，
取z ＝2，得n ＝(2，－1，2)，
从而cos 〈n ，BA →
〉＝n ·BA →
|n |·|BA →|＝43×2＝23，
所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为2
3.
方法二：(1)证明：如图，取AB 中点M ，连接MG ，MF .
又G 是BE 的中点，所以GM ∥AE . 又AE ⊂平面ADE ，GM ⊄平面ADE ， 所以GM ∥平面ADE .
在矩形ABCD 中，由M ，F 分别是AB ，CD 的中点得MF ∥AD . 又AD ⊂平面ADE ，MF ⊄平面ADE ， 所以MF ∥平面ADE .
又因为GM ∩MF ＝M ，GM ⊂平面GMF ，MF ⊂平面GMF ， 所以平面GMF ∥平面ADE . 因为GF ⊂平面GMF ， 所以GF ∥平面ADE . (2)同方法一．
图1­2
17．G4、G5、G11如图1­2，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．
17．解：(1)证法一：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.
证法二：在三棱台DEF­ABC中，
由BC＝2EF，H为BC的中点，
可得BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形BHFE为平行四边形，
可得BE∥HF.
在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，
所以GH∥AB.
又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 因为BD ⊂平面ABED ， 所以BD ∥平面FGH .
(2)连接BG ，设AB ＝2，则CF ＝1. 方法一：在三棱台DEF ­ABC 中，
G 为AC 的中点，
由DF ＝1
2
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，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 的中点， 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G ­xyz ， 所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)， 可得H ⎝
⎛⎭⎪⎫2
2，22，0，F (0，2，1)， 故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2
2，22，0，GF →＝(0，2，1)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的一个法向量，则 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，
可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，
2y ＋z ＝0.
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 所成的角(锐角)的大小为60°.
方法二：作HM ⊥AC 于点M ，作MN ⊥GF 于点N ，连接NH . 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 ＝2
2，
由△GNM ∽△GCF ， 可得MN FC ＝GM GF
， 从而MN ＝
6
6
. 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 所成的角(锐角)的大小为60°.
18．G1、G4、G11 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图1­3所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N .
(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)证明：直线MN ∥平面BDH ； (3)求二面角A ­EG ­M 的余弦值．
图1­3
18．解：(1)点F ，G ，H 的位置如图所示．
(2)证明：连接AC ，BD 交于点O ，连接OH ，OM . 因为M ，N 分别是BC ，GH 的中点， 所以OM ∥CD ，且OM ＝1
2
CD ，
HN ∥CD ，且HN ＝12
CD ，
所以OM ∥HN ，OM ＝HN ，
所以四边形MNHO 是平行四边形， 从而MN ∥OH .
又MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ， 所以MN ∥平面BDH . (3)方法一： 过M 作MP ⊥AC 于P .
在正方体ABCD ­EFGH 中，AC ∥EG ， 所以MP ⊥EG .
过P 作PK ⊥EG 于K ，连接KM ， 所以EG ⊥平面PKM ， 从而KM ⊥EG ，
所以∠PKM 是二面角A ­EG ­M 的平面角． 设AD ＝2，则CM ＝1，PK ＝2.
在Rt △CMP 中，PM ＝CM sin 45°＝
22
. 在Rt △PKM 中，KM ＝PK 2＋PM 2
＝3 22.
所以cos ∠PKM ＝PK KM ＝
2 2
3
，
即二面角A ­EG ­M 的余弦值为2 2
3.
方法二：
如图，以D 为坐标原点，分别以DA →，DC →，DH →
方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz .
设AD ＝2，则M (1，2，0)，G (0，2，2)，E (2，0，2)，O (1，1，0)， 所以GE →＝(2，－2，0)，MG →
＝(－1，0，2)． 设平面EGM 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·GE →＝0，n 1·MG →＝0，得⎩⎪⎨⎪
⎧2x －2y ＝0，－x ＋2z ＝0，
取x ＝2，得n 1＝(2，2，1)．
在正方体ABCD ­EFGH 中，DO ⊥平面AEGC ，
则可取平面AEG 的一个法向量为n 2＝DO →
＝(1，1，0)，
所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2＋2＋04＋4＋1·1＋1＋0
＝2 2
3，
故二面角A ­EG ­M 的余弦值为2 2
3
.
17．G4、G10、G11 如图1­4，在四棱柱ABCD ­ A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，
AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．
(1)求证：MN ∥平面ABCD ；
(2)求二面角D 1 ­ AC ­ B 1的正弦值；
(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13
，求线段A 1E 的长．
图1­4
17．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (2，0，0)，D (1，－2，0)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M 1，1
2
，1，N (1，－2，1)．
(1)证明：依题意，可得n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →
＝0，－52，0，
由此可得MN →
·n ＝0.又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .
(2)AD 1→＝(1，－2，2)，AC →
＝(2，0，0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →1＝0，n 1·AC →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2z ＝0，
2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 1＝(0，1，1)．
设n 2＝(x ，y ，z )为平面ACB 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →1＝0，n 2·AC →＝0，
由AB 1→
＝(0，1，2)，得
⎩
⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，
2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 2＝(0，－2，1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝
n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝310
10
.
所以二面角D 1 ­ AC ­ B 1的正弦值为310
10
.
(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈，则E (0，λ，2)，从而NE →
＝(－1，λ＋2，1)．又
n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，由已知，得cos 〈NE →
，n 〉＝
NE →
·n
|NE →
|·|n |
＝
1
（－1）2＋（λ＋2）2＋12
＝13
，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈，解得λ＝7－2.
所以线段A 1E 的长为7－2.
G5 空间中的垂直关系
5．G4、G5 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 5．D 如图，在正方体ABCD ­ A 1B 1C 1D 1中，平面ADD 1A 1，平面ABB 1A 1都垂直于平面ABCD ，但这两个平面不平行，A 错；直线A 1D 1和A 1B 1都平行于平面ABCD ，但这两条直线不平行，B 错；平面ADD 1A 1与平面ABCD 不平行，但平面ADD 1A 1内的直线A 1D 1与平面ABCD 平行，C 错；D 的逆否命题是“若m ，n 都垂直于同一平面，则m ，n 必平行”，此逆否命题为真，故D 正确．
19．G5、G12 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．
如图1­5，在阳马P ­ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作
EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE .
(1)证明：PB ⊥平面DEF .试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由．
(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DC
BC
的值．
图1­5
19．解：(方法一)
(1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，
由底面ABCD 为长方形，有BC ⊥CD ，而PD ∩CD ＝D ，所以BC ⊥平面PCD . 而DE ⊂平面PCD ，所以BC ⊥DE . 又因为PD ＝CD ，点E 是PC 的中点， 所以DE ⊥PC .
而PC ∩BC ＝C ，所以DE ⊥平面PBC . 而PB ⊂平面PBC ，所以PB ⊥DE .
又PB ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .
由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .
(2)如图所示，在面PBC 内，延长BC 与FE 交于点G ，连接DG ，则DG 是平面DEF 与平面
ABCD 的交线．
由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以PB ⊥DG . 又因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥DG . 而PD ∩PB ＝P ，所以DG ⊥平面PBD .
故∠BDF 是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角． 设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，有BD ＝1＋λ2
. 在Rt △PDB 中，由DF ⊥PB ， 得∠DPF ＝∠FDB ＝π
3
，
则tan π3＝tan ∠DPF ＝BD PD ＝1＋λ2
＝3，
解得λ＝ 2.
所以DC BC ＝1λ＝22
.
故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝2
2.
(方法二)
(1)证明：如图所示，以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0，0，0)，P (0，0，1)，B (λ，1，0)，C (0，1，0)，PB →＝(λ，1，－1)．又点E 是PC 的中点，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，DE →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，12，
于是PB →·DE →
＝0，即PB ⊥DE .
又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .
因PC →＝(0，1，－1)，DE →·PC →
＝0，则DE ⊥PC ，所以DE ⊥平面PBC .
由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .
(2)由PD ⊥平面ABCD ，得DP →
＝(0，0，1)是平面ABCD 的一个法向量．
由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以BP →
＝(－λ，－1，1)是平面DEF 的一个法向量． 若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π
3，
则cos π3＝BP →·DP →|BP →|·|DP →|＝1λ2
＋2＝12， 解得λ＝2，所以DC BC ＝
1λ＝2
2
.
故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝2
2
.
16．G4、G5 如图1­2，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)BC1⊥AB1.
图1­2
16．证明：(1)由题意知，E为B1C的中点，
又D为AB1的中点，因此DE∥AC.
又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为三棱柱ABC­ A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，
BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.
因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.
因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.
18．G5、G11如图1­5，四边形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.
图1­5
(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．
18．解：(1)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 ＝
62
. 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)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G ­ xyz .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
. 17．G5，G11 如图1­5，在四棱锥A ­EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，
EF ∥BC ，BC ＝4，EF ＝2a ，∠EBC ＝∠FCB ＝60°，O 为EF 的中点．
(1)求证：AO ⊥BE ；
(2)求二面角F ­AE ­B 的余弦值； (3)若BE ⊥平面AOC ，求a 的值．
图1­5
17．解：(1)证明：因为△AEF 是等边三角形，O 为EF 的中点，所以AO ⊥EF . 又因为平面AEF ⊥平面EFCB ，AO ⊂平面AEF ， 所以AO ⊥平面EFCB ， 所以AO ⊥BE .
(2)取BC 的中点G ，连接OG . 由题设知，四边形EFCB 是等腰梯形， 所以OG ⊥EF .
由(1)知AO ⊥平面EFCB ， 又OG ⊂平面EFCB ， 所以OA ⊥OG .
如图建立空间直角坐标系O ­xyz .
则E (a ，0，0)，A (0，0，3a )，
B (2，3(2－a )，0)，EA →
＝(－a ，0，3a )，
BE →
＝(a －2，3(a －2)，0)．
设平面AEB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧－ax ＋3az ＝0，
（a －2）x ＋3（a －2）y ＝0.
令z ＝1，则x ＝3，y ＝－1，于是n ＝(3，－1，1)．
平面AEF 的一个法向量为p ＝(0，1，0)． 所以cos 〈n ，p 〉＝
n ·p |n||p|＝－5
5
.
由题知二面角F ­AE ­B 为钝角，所以它的余弦值为－5
5
. (3)因为BE ⊥平面AOC ，所以BE ⊥OC ， 即BE →·OC →
＝0.
因为BE →
＝(a －2，3(a －2)，0)， OC →
＝(－2，3(2－a )，0)，
所以BE →·OC →＝－2(a －2)－3(a －2)2
. 由BE →·OC →
＝0及0<a <2，解得a ＝43
.
7．A2，G4，G5 若l ，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l ⊥m ”是“l ∥α”
的( )
A ．充分而不必要条件
B ．必要而不充分条件
C ．充分必要条件
D ．既不充分也不必要条件
7．B 若m ⊥α，l ⊥m ，则l ⊂α或l ∥α；若m ⊥α，l ∥α，则l ⊥m .故选B. 19．G5、G1、G11 如图1­6，已知四棱台ABCD ­ A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A 1A ＝6，且A 1A ⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上．
(1)若P 是DD 1的中点，证明：AB 1⊥PQ ；
(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1，二面角P ­ QD ­ A 的余弦值为3
7
，求四面体ADPQ 的体积．
图1­6
19．解：方法一：由题设知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1
所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为
A (0，0，0)，
B 1(3，0，6)，D (0，6，0)，D 1(0，3，6)，Q (6，m ，0)，其中m ＝BQ ，0≤m ≤6.
(1)若P 是DD 1的中点，则P 0，92，3，PQ →＝6，m －92，－3.又AB 1→＝(3，0，6)，于是AB 1→·PQ
→
＝18－18＝0，所以AB 1→⊥PQ →
，即AB 1⊥PQ .
(2)由题设知，DQ →＝(6，m －6，0)，DD 1→
＝(0，－3，6)是平面PQD 内的两个不共线向量．设n 1＝(x ，y ，z )是平面PQD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DQ →＝0，n 1·DD 1→＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧6x ＋（m －6）y ＝0，－3y ＋6z ＝0.
取y ＝6，得n 1＝(6－m ，6，3)．又平面AQD 的一个法向量是n 2＝(0，0，1)，所以
cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝31·（6－m ）2＋62＋32＝3
（6－m ）2
＋45
. 而二面角P ­ QD ­ A 的余弦值为37，因此3（6－m ）2
＋45＝3
7
，解得m ＝4或m ＝8(舍去)，此时Q (6，4，0)．
设DP →＝λDD 1→(0<λ≤1)，而DD 1→＝(0，－3，6)，由此得点P (0，6－3λ，6λ)，所以PQ →
＝(6，3λ－2，－6λ)．
因为PQ ∥平面ABB 1A 1，且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3＝(0，1，0)，所以PQ →
·n 3＝0，即3λ－2＝0，即λ＝2
3
，从而P (0，4，4)．
于是，将四面体ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥P ­ ADQ ，则其高h ＝4，故四面体
ADPQ 的体积V ＝13S △ADQ ·h ＝13×12
×6×6×4＝24.
方法二：(1)如图所示，取A 1A 的中点R ，连接PR ，BR ，PC .因为A 1A ，D 1D 是梯形A 1ADD 1
的两腰，P 是D 1D 的中点，所以PR ∥AD ，于是由AD ∥BC 知，PR ∥BC ，
所以P ，R ，B ，C 四点共面．
由题设知，BC ⊥AB ，BC ⊥A 1A ，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，因此BC ⊥AB 1.①
因为tan ∠ABR ＝AR AB ＝36＝A 1B 1
A 1A
＝tan ∠A 1AB 1，所以∠ABR ＝∠A 1AB 1，因此∠ABR ＋∠BAB 1＝
∠A 1AB 1＋∠BAB 1＝90°，
于是AB 1⊥BR .再由①即知AB 1⊥平面PRBC ，又PQ ⊂平面PRBC ，故AB 1⊥PQ .
(2)如图所示，过点P 作PM ∥A 1A 交AD 于点M ，则PM ∥平面ABB 1A 1.②
因为A 1A ⊥平面ABCD ，所以PM ⊥平面ABCD ，过点M 作MN ⊥QD 于点N ，连接PN ，则PN ⊥QD ，∠PNM 为二面角P ­ QD ­ A 的平面角，
所以cos ∠PNM ＝37，即MN PN ＝37，
从而PM
MN ＝
40
3
.③ 连接MQ ，由PQ ∥平面ABB 1A 1及②知， 平面PQM ∥平面ABB 1A 1，所以MQ ∥AB .
又四边形ABCD 是正方形，所以四边形ABQM 为矩形，故MQ ＝AB ＝6. 设MD ＝t ，则
MN ＝
MQ ·MD MQ 2＋MD 2＝6t
36＋t
2
.④ 过点D 1作D 1E ∥A 1A 交AD 于点E ，则四边形AA 1D 1E 为矩形，所以D 1E ＝A 1A ＝6，AE ＝A 1D 1
＝3，因此ED ＝AD －AE ＝3.于是PM MD ＝
D 1
E ED ＝6
3
＝2，所以PM ＝2MD ＝2t .
再由③④，得36＋t 2
3＝403，解得t ＝2，因此PM ＝4.故四面体ADPQ 的体积V ＝1
3S △ADQ ·PM
＝13×1
2
×6×6×4＝24.
图1­2
17．G4、G5、G11如图1­2，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．
17．解：(1)证法一：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.
证法二：在三棱台DEF­ABC中，
由BC＝2EF，H为BC的中点，
可得BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形BHFE为平行四边形，
可得BE∥HF.
在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，
所以GH∥AB.
又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 因为BD ⊂平面ABED ， 所以BD ∥平面FGH .
(2)连接BG ，设AB ＝2，则CF ＝1. 方法一：在三棱台DEF ­ABC 中，
G 为AC 的中点，
由DF ＝1
2
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，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 的中点， 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G ­xyz ， 所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)， 可得H ⎝
⎛⎭⎪⎫2
2，22，0，F (0，2，1)， 故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2
2，22，0，GF →＝(0，2，1)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的一个法向量，则 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，
可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，
2y ＋z ＝0.
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 所成的角(锐角)的大小为60°.
方法二：作HM ⊥AC 于点M ，作MN ⊥GF 于点N ，连接NH . 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 ＝2
2，
由△GNM ∽△GCF ， 可得MN FC ＝GM GF
， 从而MN ＝
6
6
. 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 所成的角(锐角)的大小为60°.
18．G5、G10、G11 如图1­6(1)所示，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π
2
，AB ＝
BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，
如图1­6(2)所示．
(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；
(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值．
图1­6
18．解：(1)证明：在图(1)中，
因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点， ∠BAD ＝π
2，所以BE ⊥AC ，BE ∥CD .
即在图(2)中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，
又OA 1∩OC ＝O ，OA 1⊂平面A 1OC ，OC ⊂平面A 1OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC . 又CD ∥BE ， 所以CD ⊥平面A 1OC .
(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，
所以∠A 1OC 为二面角A 1­BE ­ C 的平面角， 所以∠A 1OC ＝π
2
.
如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ， 所以B
22，0，0，E －22，0，0，A 10，0，22，C 0，2
2
，0， 得BC →＝－22，22，0，A 1C →
＝0，22，－22，
CD →
＝BE →
＝(－2，0，0)．
设平面A 1BC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC
与平面A 1CD 的夹角为θ，
则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，
y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；
⎩⎪⎨
⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)， 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝
23×2
＝6
3
， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为
63
. 17．G5、G11 如图1­5，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．
(1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；
(2)求二面角A 1­BD ­B 1的平面角的余弦值．
图1­5
17．解：(1)证明：设E 为BC 的中点，连接A 1E ，DE ，AE ，由题意得A 1E ⊥平面ABC ，所以A 1E ⊥AE .
因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC . 故AE ⊥平面A 1BC .
由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得
DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，
从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A ， 所以四边形A 1AED 为平行四边形． 故A 1D ∥AE .
又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC .
(2)方法一：
作A 1F ⊥BD 且A 1F ∩BD ＝F ，连接B 1F .
由AE ＝EB ＝2，∠A 1EA ＝∠A 1EB ＝90°， 得A 1B ＝A 1A ＝4.
由A 1D ＝B 1D ，A 1B ＝B 1B ，得△A 1DB 与△B 1DB 全等．
由A 1F ⊥BD ，得B 1F ⊥BD ，因此∠A 1FB 1为二面角A 1­BD ­B 1的平面角． 由A 1D ＝2，A 1B ＝4，∠DA 1B ＝90°，得
BD ＝3 2，A 1F ＝B 1F ＝43
，
由余弦定理得cos ∠A 1FB 1＝－1
8.
方法二：
以CB 的中点E 为原点，分别以射线EA ，EB 为x 轴，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E ­xyz ，如图所示．
由题意知各点坐标如下：
A 1(0，0，14)，
B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2，2，14)．
因此A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)，DB 1→
＝(0，2，0)． 设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，
m ·BD →＝0，
得⎩⎨
⎧2y 1－14z 1＝0，
－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，
可取m ＝(0，7，1)．
由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1→＝0，
n ·BD →＝0，
得⎩⎨⎧2y 2＝0，
－2x 2－2y 2＋14z 2＝0，
可取n ＝(7，0，1)． 于是|cos 〈m ，n 〉|＝
|m ·n||m|·|n|＝1
8
.
由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A 1­BD ­B 1的平面角的余弦值为－1
8
.
19．G5、G11、G12 如图1­5所示，三棱锥P ­ ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π
2
.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2. (1)证明：DE ⊥平面PCD ；
(2)求二面角A ­ PD ­ C 的余弦值．
图1­5
19．解：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，得PC ⊥DE . 由CE ＝2，CD ＝DE ＝2，得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，得DE ⊥平面PCD .
(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π
4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易
知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2.
由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，所以DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝3
2
.
以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →
的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A 32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)，所以ED →
＝(1，
－1，0)，
DP →
＝(－1，－1，3)，DA →
＝1
2
，－1，0.
设平面PAD 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
由n 1·DP →＝0，n 1·DA →
＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12
x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．
由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的一个法向量n 2可取为ED →
，即n 2＝(1，－1，0)． 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|＝3
6
，
故所求二面角A ­ PD ­ C 的余弦值为
36
.。