立体几何专题训练附答案

1、立体几何G5 空间中的垂直关系18、2014·广东卷 如图1­4，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，DPC30°，AFPC于点F，FECD，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1­419、2014·湖南卷 如图1­6所示，四棱柱ABCD ­A1B1C1D1的所有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形(1)证明：O1O底面ABCD；(2)若CBA60°，求二面角C1­OB1&

2、#173;D的余弦值图1­619解：(1)如图(a)，因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1AC.同理DD1BD.因为CC1DD1，所以CC1BD.而ACBDO，因此CC1底面ABCD.由题设知，O1OC1C.故O1O底面ABCD.(2)方法一： 如图(a)，过O1作O1HOB1于H，连接HC1.由(1)知，O1O底面ABCD，所以O1O底面A1B1C1D1，于是O1OA1C1.图(a)又因为四棱柱ABCD ­A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，因此A1C1B1D1，从而A1C1平面BDD1B1，所以A1C1OB1，于是OB1平面O1HC1

3、.进而OB1C1H.故C1HO1是二面角C1­OB1­D的平面角不妨设AB2.因为CBA60°，所以OB，OC1，OB1.在RtOO1B1中，易知O1H2.而O1C11，于是C1H.故cosC1HO1.即二面角C1­OB1­D的余弦值为.方法二：因为四棱柱ABCD ­A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此ACBD.又O1O底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直图(b)如图(b)，以O为坐标原点，OB，OC，OO1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AB2.因为

4、CBA60°，所以OB，OC1，于是相关各点的坐标为O(0，0，0)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)易知，n1(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量设n2(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则即取z，则x2，y2，所以n2(2，2，)设二面角C1­OB1­D的大小为，易知是锐角，于是cos |cos，|.故二面角C1­OB1­D的余弦值为.19、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：ABPD.(2)若BPC9

5、0°，PB，PC2，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ABAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，故ABPD.(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，BCPG.在RtBPC中，PG，GC，BG.设ABm，则OP，故四棱锥P ­ ABCD的体积为V×·m·.因为m，所以当m，即AB时，四棱锥P ­ ABCD的体积最大此时

6、，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，C，D，P，故，(0，0)，CD.设平面BPC的一个法向量为n1(x，y，1)，则由n1，n1，得解得x1，y0，则n1(1，0，1)同理可求出平面DPC的一个法向量为n2.设平面BPC与平面DPC的夹角为，则cos .19、2014·辽宁卷 如图1­5所示，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120°，E，F分别为AC，DC的中点(1)求证：EFBC；(2)求二面角E­BF­C的正弦值图1­519解：(1)证明：方法一，过点E作EOBC，

7、垂足为O，连接OF.由ABCDBC可证出EOCFOC，所以EOCFOC，即FOBC.又EOBC，EOFOO，所以BC平面EFO.又EF平面EFO，所以EFBC.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，)，D(，1，0)，C(0，2，0)，因而E(0，)，F(，0)，所以(，0，)，(0，2，0)，因此·0，从而，所以EFBC.图2(2)方法一，在图1中，过点O作OGBF，垂足为G，连接EG.因为平面AB

8、C平面BDC，所以EO面BDC，又OGBF，所以由三垂线定理知EGBF，因此EGO为二面角E­BF­C的平面角在EOC中，EOECBC·cos 30°.由BGOBFC知，OG·FC，因此tanEGO2，从而得sinEGO，即二面角E­BF­C的正弦值为.方法二，在图2中，平面BFC的一个法向量为n1(0，0，1)设平面BEF的法向量n2(x，y，z)，又(，0)，(0，)，所以得其中一个n2(1，1)设二面角E­BF­C的大小为，且由题知为锐角，则cos |cosn1，n2|，因此sin ，即所求二面角正

9、弦值为.19G5、G112014·新课标全国卷 如图1­5，三棱柱ABC ­A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.图1­5(1)证明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160°，ABBC，求二面角A ­A1B1 ­C1的余弦值19解：(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO，因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.又

10、因为ABBC，所以BOA BOC.故OAOB，从而OA，OB，OB1两两垂直以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O­xyz.因为CBB160°，所以CBB1为等边三角形，又ABBC，则A，B(1，0，0)，B1，C.，AB，1BC.设n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m(1，)则cosn，m.所以结合图形知二面角A ­A1B1 ­ C1的余弦值为.18，2014·四川卷 三棱锥A ­ BCD及其侧视图、俯视图如图1

11、­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MNNP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A ­ NP ­ M的余弦值图1­418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AOBD，OCBD.因为AO，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDAC.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MNBD，NHAO，因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP平面NH

12、P，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.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NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，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AOOC.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC.作BRAC于R因为在ABC中，ABBC，所以R为AC的中点，所以BR.因为在平面ABC内，NQAC，BR

13、AC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，所以NQ.同理，可得MQ.故MNQ为等腰三角形，所以在等腰MNQ中，cosMNQ.故二面角A ­ NP ­ M的余弦值是.方法二：由俯视图及(1)可知，AO平面BCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，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，)，B(1，0，0)，C(0，0)，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

14、，所以M，N，P，于是AB(1，0，)，BC(1，0)，MN(1，0，0)，NP.设平面ABC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，由得即从而取z11，则x1，y11，所以n1(，1，1)设平面MNP的一个法向量n2(x2，y2，z2)，由，得即从而取z21，则y21，x20，所以n2(0，1，1)设二面角A ­ NP ­ M的大小为，则cos .故二面角A­NP­M的余弦值是.17、2014·天津卷 如图1­4所示，在四棱锥P ­ ABCD中，PA底面ABCD, ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中

15、点(1)证明：BEDC；(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BFAC，求二面角F ­ AB ­ P的余弦值图1­417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·DC0，所以BEDC.(2)向量BD(1，2，0)，PB(1，0，2)设n(x，y，z)为平面PBD的法向量，则即不妨令y1，可得n(2，1，1)为平面PBD的一

16、个法向量于是有cosn，BE，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(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，01.故BFBCCFBC(12，22，2)由BFAC，得BF·AC0，因此2(12)2(22)0，解得，即BF.设n1(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即不妨令z1，可得n1(0，3，1)为平面FAB的一个法向量取平面ABP的法向量n2(0，1，0)，则cos，.易知二面角F ­ AB ­ P是锐角，所以其余弦值为.方法二：(1)证明：如图所示，取PD中点M，连接EM，AM.

17、由于E，M分别为PC，PD的中点，故EMDC，且EMDC.又由已知，可得EMAB且EMAB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BEAM.因为PA底面ABCD，故PACD，而CDDA，从而CD平面PAD.因为AM平面PAD，所以CDAM.又BEAM，所以BECD.(2)连接BM，由(1)有CD平面PAD，得CDPD.而EMCD，故PDEM.又因为ADAP，M为PD的中点，所以PDAM，可得PDBE，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BEEM，可得EBM为锐角，故EBM为直线BE与平面PBD所成的角依题意，有PD2，而M为PD中点，可得AM，

18、进而BE.故在直角三角形BEM中，tanEBM，因此sinEBM，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)如图所示，在PAC中，过点F作FHPA交AC于点H.因为PA底面ABCD，所以FH底面ABCD，从而FHAC.又BFAC，得AC平面FHB，因此ACBH.在底面ABCD内，可得CH3HA，从而CF3FP.在平面PDC内，作FGDC交PD于点G，于是DG3GP.由于DCAB，故GFAB，所以A，B，F，G四点共面由ABPA，ABAD，得AB平面PAD，故ABAG，所以PAG为二面角F ­ AB ­ P的平面角在PAG中，PA2，PGPD，APG45°.由

19、余弦定理可得AG，cosPAG，所以二面角F ­ AB ­ P的余弦值为.20、2014·浙江卷 如图1­5，在四棱锥A ­BCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90°，ABCD2，DEBE1，AC.(1)证明：DE平面ACD；(2)求二面角B ­ AD ­ E的大小图1­520解：(1)证明：在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得BDBC，由AC，AB2，得AB2AC2BC2，即ACBC.又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE，所以ACDE.又DEDC，从而DE平面ACD.(2

20、)方法一：过B作BFAD，与AD交于点F，过点F作FGDE，与AE交于点G，连接BG.由(1)知DEAD，则FGAD.所以BFG是二面角B ­ AD ­ E的平面角在直角梯形BCDE中，由CD2BC2BD2，得BDBC.又平面ABC平面BCDE，得BD平面ABC，从而BDAB.由AC平面BCDE，得ACCD.在RtACD中，由DC2，AC，得AD.在RtAED中，由ED1，AD，得AE.在RtABD中，由BD，AB2，AD，得BF，AFAD.从而GFED.在ABE，ABG中，利用余弦定理分别可得cosBAE，BG.在BFG中，cosBFG.所以，BFG，即二面角B 

21、3; AD ­ E的大小是.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，)，B(1，1，0)设平面ADE的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为n(x2，y2，z2)可算得AD(0，2，)，AE(1，2，)，(1，1，0)由即可取m(0，1，)由即可取n(1，1，)于是|cosm，n|.由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B ­ AD ­ E的大小是.19，2014·重庆卷如图1

22、73;3所示，四棱锥P­ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO底面ABCD，AB2，BAD，M为BC上一点，且BM，MPAP.(1)求PO的长；(2)求二面角A­PM­C的正弦值图1­319解：(1)如图所示，连接AC，BD，因为四边形ABCD为菱形，所以AC BDO，且ACBD.以O为坐标原点，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，所以OAAB·cos，OBAB·sin1，所以O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，C(，0，0)，(0，1，0)，(，1，0)由BM，

23、BC2知，从而，即M.设P(0，0，a)，a0，则(，0，a)，.因为MPAP，所以·0，即a20，所以a或a(舍去)，即PO.(2)由(1)知，.设平面APM的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量为n2(x2，y2，z2)由n1·0, n1·0，得故可取n1.由n2·0，n2·0，得故可取n2(1，2)从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2，故所求二面角A­PM­C的正弦值为.G3 平面的基本性质、空间两条直线42014·辽宁卷 已知m，n表示两条不同直线，表示平面下列说法正确的是(

24、)A若m，n，则mn B若m，n，则mnC若m，mn，则n D若m，mn，则n4B解析 B解析 由题可知，若m，n，则m与n平行、相交或异面，所以A错误；若m，n，则mn，故B正确；若m，mn，则n或n，故C错误若m，mn，则n或n或n与a相交，故D错误17、2014·福建卷 在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图1­5所示(1)求证：ABCD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值图1­517解：(1)证明：平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，

25、ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD.由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以B为坐标原点，分别以，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.则(1，1，0)，(0，1，1)设平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)，则即取z01，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，则sin .即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.112014·新课标全国卷 直三棱

26、柱ABC­A1B1C1中，BCA90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B. C. D.11C解析 如图，E为BC的中点由于M，N分别是A1B1，A1C1的中点，故MNB1C1且MNB1C1，故MN綊BE，所以四边形MNEB为平行四边形，所以EN綊BM，所以直线AN，NE所成的角即为直线BM，AN所成的角设BC1，则B1MB1A1，所以MBNE，ANAE，在ANE中，根据余弦定理得cos ANE.18，2014·四川卷 三棱锥A ­ BCD及其侧视图、俯视图如图1­4所示设M，N分别为

27、线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MNNP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A ­ NP ­ M的余弦值图1­418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AOBD，OCBD.因为AO，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDAC.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MNBD，NHAO，因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面N

28、HP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.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NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，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AOOC.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC.作BRAC于R因为在ABC中，ABBC，所以R为AC的中点，所以BR.因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为A

29、B的中点，所以Q为AR的中点，所以NQ.同理，可得MQ.故MNQ为等腰三角形，所以在等腰MNQ中，cosMNQ.故二面角A ­ NP ­ M的余弦值是.方法二：由俯视图及(1)可知，AO平面BCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，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，)，B(1，0，0)，C(0，0)，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，N，P，于是AB(1，

30、0，)，BC(1，0)，MN(1，0，0)，NP.设平面ABC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，由得即从而取z11，则x1，y11，所以n1(，1，1)设平面MNP的一个法向量n2(x2，y2，z2)，由，得即从而取z21，则y21，x20，所以n2(0，1，1)设二面角A ­ NP ­ M的大小为，则cos .故二面角A­NP­M的余弦值是.G4 空间中的平行关系 20、2014·安徽卷 如图1­5，四棱柱ABCD ­ A1B1C1D1中，A1A底面ABCD，四边形ABCD为梯形，ADBC，且AD2BC.过A1，C，D

31、三点的平面记为，BB1与的交点为Q.图1­5(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA14，CD2，梯形ABCD的面积为6，求平面与底面ABCD所成二面角的大小20解： (1)证明：因为BQAA1，BCAD，BCBQB，ADAA1A，所以平面QBC平面A1AD，从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QCA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行，于是QBCA1AD，所以，即Q为BB1的中点(2)如图1所示，连接QA，QD.设AA1h，梯形ABCD 的高为d，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BCa，则AD2a

32、.图1V三棱锥Q ­A1AD×·2a·h·dahd，V四棱锥Q ­ABCD··d·ahd，所以V下V三棱锥Q ­A1ADV四棱锥Q ­ABCDahd.又V四棱柱A1B1C1D1 ­ABCDahd，所以V上V四棱柱A1B1C1D1 ­ABCDV下ahdahdahd，故.(3)方法一：如图1所示，在ADC中，作AEDC，垂足为E，连接A1E.又DEAA1，且AA1AEA，所以DE平面AEA1，所以DEA1E.所以AEA1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角因为BCAD

33、，AD2BC，所以SADC2SBCA.又因为梯形ABCD的面积为6，DC2，所以SADC4，AE4.于是tanAEA11，AEA1.故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.方法二：如图2所示，以D为原点，DA，分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系设CDA，BCa，则AD2a.因为S四边形ABCD·2sin 6，所以a.图2从而可得C(2cos ，2sin ，0)，A1，所以DC(2cos ，2sin ，0)，.设平面A1DC的法向量n(x，y，1)，由得所以n(sin ，cos ，1)又因为平面ABCD的法向量m(0，0，1)，所以cosn，m，故平面与底面ABCD所成二面角的大

34、小为.17、2014·北京卷 如图1­3，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：ABFG；(2)若PA底面ABCDE，且PAAE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长图1­317解：(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以ABDE.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PDEFG，所以ABFG.(2)因为PA底面ABCDE，所以PAAB，PAAE.建立空间直角坐标系A

35、xyz，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)，(1，1，0)设平面ABF的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则y1.所以n(0，1，1)设直线BC与平面ABF所成角为，则sin |cosn，|.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u，v，w)因为点H在棱PC上，所以可设(0<<1)即(u，v，w2)(2，1，2)，所以u2，v，w22.因为n是平面ABF的一个法向量，所以n·0，即(0，1，1)·(2，22)0，解得，所以点H的坐标为.所以PH2.19、2014·湖

36、北卷 如图1­4，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DPBQ(0<<2)(1)当1时，证明：直线BC1平面EFPQ.(2)是否存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由图1­419解：方法一(几何方法)：(1)证明：如图，连接AD1，由ABCD­A1B1C1D1是正方体，知BC1AD1.当1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FPAD1，所以BC1FP.而FP平面EFPQ，且

37、BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.图图(2)如图，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EFBD，且EFBD.又DPBQ，DPBQ，所以四边形PQBD是平行四边形，故PQBD，且PQBD，从而EFPQ，且EFPQ.在RtEBQ和RtFDP中，因为BQDP，BEDF1，于是EQFP，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GOPQ，HOPQ，而GOHOO，故GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角若存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则GOH90°.连接

38、EM，FN，则由EFMN，且EFMN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GHME2.在GOH中，GH24，OH2122，OG21(2)2(2)2，由OG2OH2GH2，得(2)224，解得1±，故存在1±，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，DD1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由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，)图(2，0，2)，FP(1，0，)，FE(1，1，0)(1)证明：当1时，FP(1，0，

39、1)，因为(2，0，2)，所以2，即BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n(x，y，z)，则由可得于是可取n(，1)同理可得平面MNPQ的一个法向量为m(2，2，1)若存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则m·n(2，2，1)·(，1)0，即(2)(2)10，解得1±.故存在1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角18、2014·新课标全国卷 如图1­3，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为

40、PD的中点(1)证明：PB平面AEC；(2)设二面角D­AE­C为60°，AP1，AD，求三棱锥E­ACD的体积图1­318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EOPB.因为EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)因为PA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，AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|为单位长，建立空间直角坐标系A­xyz，则D，E，.设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，0)

41、，(m，0)设n1(x，y，z)为平面ACE的法向量，则即可取n1.又n2(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设易知|cosn1，n2|，即，解得m.因为E为PD的中点，所以三棱锥E­ACD的高为.三棱锥E­ACD的体积V××××.17，2014·山东卷 如图1­3所示，在四棱柱ABCD ­A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60°，AB2CD2，M是线段AB的中点图1­3(1)求证：C1M平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1，求平面C1D1M和

42、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AB2CD，所以ABDC，又M是AB的中点，所以CDMA且CDMA.连接AD1.因为在四棱柱ABCD ­ A1B1C1D1中，CDC1D1，CDC1D1，所以C1D1MA，C1D1MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此，C1MD1A.又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M平面A1ADD1.(2)方法一：连接AC，MC.由(1)知，CDAM且CDAM，所以四边形AMCD为平行四边形，所以BCADMC.由题意ABCDAB60°，所以MBC为正三角形，因此AB2B

43、C2，CA，因此CACB.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(，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，)因此M，所以，.设平面C1D1M的一个法向量n(x，y，z)，由得可得平面C1D1M的一个法向量n(1，1)又(0，0，)为平面ABCD的一个法向量因此cos，n，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.方法二：由(1)知，平面D1C1M平面ABCDAB，点过C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N.由CD1平面ABCD，可得D1NAB，因此D1NC为二面角C1 ­ AB ­ C的平面角在RtBNC中，BC1

44、，NBC60°，可得CN，所以ND1.在RtD1CN中，cosD1NC，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.18，2014·四川卷 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MNNP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A ­ NP ­ M的余弦值图1­418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AOBD，OCBD.因为AO，OC平面AOC，且AOOCO，所以B

45、D平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDAC.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MNBD，NHAO，因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.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NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角A ­ NP ­ M的一个平面角由(1)知，ABD，BCD为边

46、长为2的正三角形，所以AOOC.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC.作BRAC于R因为在ABC中，ABBC，所以R为AC的中点，所以BR.因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，所以NQ.同理，可得MQ.故MNQ为等腰三角形，所以在等腰MNQ中，cosMNQ.故二面角A ­ NP ­ M的余弦值是.方法二：由俯视图及(1)可知，AO平面BCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直线OA，OB，OC两两垂直如图所示，以O为坐标原点，

47、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，)，B(1，0，0)，C(0，0)，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，N，P，于是AB(1，0，)，BC(1，0)，MN(1，0，0)，NP.设平面ABC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，由得即从而取z11，则x1，y11，所以n1(，1，1)设平面MNP的一个法向量n2(x2，y2，z2)，由，得即从而取z21，则y21，x20，所以n2(0，1，1)设二面角A ­ NP ­ M的大小为，则cos .

48、故二面角A­NP­M的余弦值是.G7 棱柱与棱锥 132014·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V1，P ­ ABC的体积为V2，则_13.解析 如图所示，由于D，E分别是边PB与PC的中点，所以SBDESPBC.又因为三棱锥A ­ BDE与三棱锥A ­ PBC的高长度相等，所以.19、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：ABPD.(2)

49、若BPC90°，PB，PC2，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ABAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，故ABPD.(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，BCPG.在RtBPC中，PG，GC，BG.设ABm，则OP，故四棱锥P ­ ABCD的体积为V×·m·.因为m，所以当m，即AB时，四棱锥P ­ ABCD的体

50、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，C，D，P，故，(0，0)，CD.设平面BPC的一个法向量为n1(x，y，1)，则由n1，n1，得解得x1，y0，则n1(1，0，1)同理可求出平面DPC的一个法向量为n2.设平面BPC与平面DPC的夹角为，则cos .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. B16 C9 D.8A解析 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为2，所以AEAC.设球心为O，球的半径为R，则OE4R，OAR，又知AOE为直角三角形，根据勾股定理可得，OA2OE2A

51、E2，即R2(4R)22，解得R，所以球的表面积S4R24×.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1­2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1­2A1 B2 C3 D47B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r2.8、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. B16 C9 D.8A解析 如图所示，因为正四

52、棱锥的底面边长为2，所以AEAC.设球心为O，球的半径为R，则OE4R，OAR，又知AOE为直角三角形，根据勾股定理可得，OA2OE2AE2，即R2(4R)22，解得R，所以球的表面积S4R24×.52014·陕西卷 已知底面边长为1，侧棱长为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. B4 C2 D.5D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()21212，解得R1，所以该球的体积为VR3.G9空间向量及运算52014·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

53、()A(1，1，0) B(1，1，0) C(0，1，1) D(1，0，1)5B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，只要满足即可，所以B选项满足题意19，2014·重庆卷如图1­3所示，四棱锥P­ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO底面ABCD，AB2，BAD，M为BC上一点，且BM，MPAP.(1)求PO的长；(2)求二面角A­PM­C的正弦值图1­319解：(1)如图所示，连接AC，BD，因为四边形ABCD为菱形，所以AC BDO，且ACBD.以O为坐标

54、原点，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，所以OAAB·cos，OBAB·sin1，所以O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，C(，0，0)，(0，1，0)，(，1，0)由BM，BC2知，从而，即M.设P(0，0，a)，a0，则(，0，a)，.因为MPAP，所以·0，即a20，所以a或a(舍去)，即PO.(2)由(1)知，.设平面APM的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量为n2(x2，y2，z2)由n1·0, n1·0，得故可取n1.由n2·0，n2·0，得故可取n2