高考数学 （真题+模拟新题分类汇编） 立体几何 理

立体几何G1空间几何体的结构图1－312．G1，G2[·福建卷]已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图1－3所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是__________．12．12π[解析]该多面体是棱长为2的正方体，设球的半径为R，则2R＝2eq\r(3)R＝eq\r(3)，所以S球＝4πR2＝12π.10．G1[·辽宁卷]已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上．若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1A.eq\f(3\r(17),2)B．2eq\r(10)C.eq\f(13,2)D．3eq\r(10)10．C[解析]由题意将直三棱柱ABC－A1B1C1还原为长方体ABDC－A1B1D1C1，则球的直径即为长方体ABDC－A1B1D1C1的体对角线AD1，所以球的直径AD1＝eq\r(AB2＋AC2＋AAeq\o\al(2,1))＝eq\r(32＋42＋122)＝13，则球的半径为eq\f(13,2)，故选C.G2空间几何体的三视图和直观图图1－312．G1，G2[·福建卷]已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图1－3所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是__________．12．12π[解析]该多面体是棱长为2的正方体，设球的半径为R，则2R＝2eq\r(3)R＝eq\r(3)，所以S球＝4πR2＝12π.5．G2[·广东卷]某四棱台的三视图如图1－1所示，则该四棱台的体积是()图1－1A．4B.eq\f(14,3)C.eq\f(16,3)D．65．B[解析]棱台的上底、下底分别是边长为1和2的正方形，高为2，故V台＝eq\f(1,3)(S上＋eq\r(S上S下)＋S下)h＝eq\f(14,3)，故选B.7．G2[·湖南卷]已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于()A．1B.eq\r(2)C.eq\f(\r(2)－1,2)D.eq\f(\r(2)＋1,2)7．C[解析]由题可知，该正方体的俯视图恰好是正方形，则正视图最大值应是正方体的对角面，最小值为正方形，故面积范围为[1，eq\r(2)]，因eq\f(\r(2)－1,2)[1，eq\r(2)]，故选C.13．G2[·辽宁卷]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．图1－313．16π－16[解析]由三视图可以得到原几何体是一个圆柱里面挖去了一个长方体，所以该几何体的体积为V＝4π×4－16＝16π－16.12．G2[·陕西卷]某几何体的三视图如图1－3所示，则其体积为________．图1－312.eq\f(π,3)[解析]由三视图还原为实物图为半个圆锥，则V＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×π×12×2＝eq\f(π,3).3．G2[·四川卷]一个几何体的三视图如图1－2所示，则该几何体的直观图可以是()图1－2图1－33．D[解析]根据三视图原理，该几何体上部为圆台，下部为圆柱．7．G2[·新课标全国卷Ⅱ]一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为()图1－27．A[解析]在空间直角坐标系O－xyz中画出三棱锥，由已知可知三棱锥O－ABC为题中所描叙的四面体，而其在zOx平面上的投影为正方形EBDO，故选A.图1－412．G2[·浙江卷]若某几何体的三视图(单位：cm)如图1－3所示，则此几何体的体积等于________cm3.图1－312．24[解析]此几何体知直观图是一个直三棱柱挖去一个三棱锥而得，如图所示，则体积为eq\f(1,2)×3×4×5－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×4×3＝24.5．G2，G7[·重庆卷]某几何体的三视图如图1－2所示，则该几何体的体积为()图1－2A.eq\f(560,3)B.eq\f(580,3)C．200D．2405．C[解析]该几何体为直四棱柱，其高为10，底面是上底为2，下底为8，高为4，其腰为5的等腰梯形，所以其底面面积为eq\f(1,2)(2＋8)×4＝20，所以体积为V＝20×10＝200.G3平面的基本性质、空间两条直线3．G3[·安徽卷]在下列命题中，不是公理的是()A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线3．A[解析]选项B、C、D中的都是公理，都是平面的三个基本性质．4．G3，G4，G5[·新课标全国卷Ⅱ]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，lα，lβ，则()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l4．D[解析]若α∥β，则m∥n与m，n为异面直线矛盾，故A错．若α⊥β且l⊥β，则由n⊥平面β知l∥n与l⊥n矛盾，故B错．若α与β相交，设垂直于交线的平面为γ，则l⊥γ，又l⊥m，l⊥n，m⊥平面α，n⊥平面β，故交线平行于l.故选D.图1－719．G3、G5、G10，G11[·重庆卷]如图1－7所示，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝eq\f(π,3)，F为PC的中点，AF⊥PB.(1)求PA的长；(2)求二面角B－AF－D的正弦值．19．解：(1)如图，联结BD交AC于O，因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形，又AC平分∠BCD，故AC⊥BD.以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))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，则OC＝CDcoseq\f(π,3)＝1，而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3.又OD＝CDsineq\f(π,3)＝eq\r(3)，故A(0，－3，0)，B(eq\r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(－eq\r(3)，0，0)．因PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)，由F为PC边中点，得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(z,2)))，又eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，\f(z,2)))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，3，－z)，因AF⊥PB，故eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，即6－eq\f(z2,2)＝0，z＝2eq\r(3)(舍去－2eq\r(3))，所以|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝2eq\r(3).(2)由(1)知eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，3，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0，2，eq\r(3))．设平面FAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．由n1·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋3y1＝0，,2y1＋\r(3)z1＝0，))因此可取n1＝(3，eq\r(3)，－2)．由n2·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n2·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2＋3y2＝0，,2y2＋\r(3)z2＝0，))故可取n2＝(3，－eq\r(3)，2)．从而向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,8).故二面角B－AF－D的正弦值为eq\f(3\r(7),8).G4空间中的平行关系19．G4、G11[·安徽卷]如图1－5，圆锥顶点为P，底面圆心为O，其母线与底面所成的角为22.5°，AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦，轴OP与平面PCD所成的角为60°.(1)证明：平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；(2)求cos∠COD.图1－519．解：(1)证明：设面PAB与面PCD的交线为l，因为AB∥CD，AB不在面PCD内，所以AB∥面PCD.又因为AB面PAB，面PAB与PCD的交线为l，所以AB∥l，由直线AB在底面上而l在底面外可知，l与底面平行．(2)设CD的中点为F，连接OF，PF.由圆的性质，∠COD＝2∠COF，OF⊥CD.因为OP⊥底面，CD底面，所以OP⊥CD，又OP∩OF＝O，故CD⊥面OPF.又CD面PCD.因此面OPF⊥面PCD.从而直线OP在面PCD上的射影为直线PF，故∠OPF为OP与面PCD所成的角．由题设，∠OPF＝60°.设OP＝h，则OF＝OP·tan∠OPF＝h·tan60°＝eq\r(3)h.根据题设有∠OCP＝22.5°，得OC＝eq\f(OP,tan∠OCP)＝eq\f(h,tan22.5°).由1＝tan45°＝eq\f(2tan22.5°,1－tan222.5°)和tan22.5°>0，可解得tan22.5°＝eq\r(2)－1，因此OC＝eq\f(h,\r(2)－1)＝(eq\r(2)＋1)h.在Rt△OCF中，cos∠COF＝eq\f(OF,OC)＝eq\f(\r(3)h,（\r(2)＋1）h)＝eq\r(6)－eq\r(3)，故cos∠COD＝cos(2∠COF)＝2cos2∠COF－1＝2(eq\r(6)－eq\r(3))2－1＝17－12eq\r(2).6．G4、G5[·广东卷]设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若α⊥β，mα，nβ，则m⊥nB．若α∥β，mα，nβ，则m∥nC．若m⊥n，mα，nβ，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β6．D[解析]∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又n∥β，∴α⊥β，故选D.19．G4，G11[·湖北卷]如图1－6所示，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CP,\s\up6(→)).记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E－l－C的大小为β，求证：sinθ＝sinαsinβ.图1－619．解：(1)直线l∥平面PAC，证明如下：联结EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC.又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF∥平面ABC.而EF平面BEF，且平面BEF∩平面ABC＝l，所以EF∥l.因为l平面PAC，EF平面PAC，所以直线l∥平面PAC.(2)方法一：(综合法)如图①，联结BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且l∥AC.因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC.已知PC⊥平面ABC，而l平面ABC，所以PC⊥l，而PC∩BC＝C，所以l⊥平面PBC.联结BE，BF，因为BF平面PBC，所以l⊥BF，故∠CBF就是二面角E－l－C的平面角，即∠CBF＝β.由eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CP,\s\up6(→))，作DQ∥CP，且DQ＝eq\f(1,2)CP.联结PQ，DF，因为F是CP的中点，CP＝2PF，所以DQ＝PF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD.联结CD，因为PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF＝θ.又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF为锐角，故∠BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即∠BDF＝α，于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得sinθ＝eq\f(CF,DF)，sinα＝eq\f(BF,DF)，sinβ＝eq\f(CF,BF)，从而sinαsinβ＝eq\f(BF,DF)·eq\f(CF,BF)＝eq\f(CF,DF)＝sinθ，即sinθ＝sinαsinβ.方法二：(向量法)如图②，由eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CP,\s\up6(→))，作DQ∥CP，且DQ＝eq\f(1,2)CP.联结PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交线l即为直线BD.以点C为原点，向量eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CP,\s\up6(→))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，设CA＝a，CB＝b，CP＝2c，则有C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，b，0)，P(0，0，2c)，Q(a，b，c)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，0，c))，F(0，0，c)，于是eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，0，0))，eq\o(QP,\s\up6(→))＝(－a，－b，c)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，－b，c)，所以cosα＝eq\f(|\o(FE,\s\up6(→))·\o(QP,\s\up6(→))|,|\o(FE,\s\up6(→))||\o(QP,\s\up6(→))|)＝eq\f(a,\r(a2＋b2＋c2))，从而sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(b2＋c2),\r(a2＋b2＋c2)).又取平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，可得sinθ＝eq\f(|m·\o(QP,\s\up6(→))|,|m||\o(QP,\s\up6(→))|)＝eq\f(c,\r(a2＋b2＋c2)).设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，所以由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ax＝0，,－by＋cz＝0，))取n＝(0，c，b)，于是|cosβ|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(b,\r(b2＋c2))，从而sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\f(c,\r(b2＋c2)).故sinαsinβ＝eq\f(\r(b2＋c2),\r(a2＋b2＋c2))·eq\f(c,\r(b2＋c2))＝eq\f(c,\r(a2＋b2＋c2))＝sinθ，即sinθ＝sinαsinβ.16．G4，G5[·江苏卷]如图1－2，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.图1－216．证明：(1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又AF平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC.因为BC平面SBC，所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB平面SAB，所以BC⊥平面SAB.因为SA平面SAB，所以BC⊥SA.8．G4[·江西卷]如图1－2所示，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝()图1－2A．8B．9C．10D．118．A[解析]直线CE与上下两个平面平行，与其他四个平面相交，直线EF与左右两个平面平行，与其他四个平面相交，所以m＝4，n＝4，故选A.图1－418．G4、G11[·山东卷]如图1－4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，联结GH.(1)求证：AB∥GH；(2)求二面角D－GH－E的余弦值．18．解：(1)证明：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)方法一：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，图1－5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.联结FC，在Rt△FBC中，由勾股定理得FC＝eq\r(2)，在Rt△PBC中，由勾股定理得PC＝eq\r(5).又H为△PBQ的重心，所以HC＝eq\f(1,3)PC＝eq\f(\r(5),3).同理FH＝eq\f(\r(5),3).在△FHC中，由余弦定理得cos∠FHC＝eq\f(\f(5,9)＋\f(5,9)－2,2×\f(5,9))＝－eq\f(4,5).即二面角D－GH－E的余弦值为－eq\f(4,5).方法二：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\o(EQ,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)，eq\o(FQ,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(－1，－1，2)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(0，－1，2)．设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，由m·eq\o(EQ,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(FQ,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋2y1－z1＝0，,2y1－z1＝0，))取y1＝1，得m＝(0，1，2)．设平面PDC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·eq\o(DP,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(CP,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－y2＋2z2＝0，,－y2＋2z2＝0，))取z2＝1，得n＝(0，2，1)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(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－eq\f(4,5).图1－519．G4，G5，G7，G11[·四川卷]如图1－7所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B1C(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l⊥平面ADD1A1(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角A－A1M图1－719．解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线l∥BC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC.由已知，AB＝AC，D是BC的中点．所以，BC⊥AD，则直线l⊥AD.因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥直线l.又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1所以直线l⊥平面ADD1A1(2)解法一：联结A1P，过A作AE⊥A1P于E，过E作EF⊥A1M由(1)知，MN⊥平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面A1MN.所以AE⊥平面A1MN，则A1M⊥所以A1M⊥平面AEF，则A1M故∠AFE为二面角A－A1M设AA1＝1，则由AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，有∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝1.又P为AD的中点，所以M为AB中点，且AP＝eq\f(1,2)，AM＝1，所以，在Rt△AA1P中，A1P＝eq\f(\r(5),2)；在Rt△A1AM中，A1M＝eq\r(2).从而AE＝eq\f(AA1·AP,A1P)＝eq\f(1,\r(5))，AF＝eq\f(AA1·AM,A1M)＝eq\f(1,\r(2))，所以sinθ＝eq\f(AE,AF)＝eq\f(\r(2),\r(5)).所以cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),\r(5))))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),5).故二面角A－A1M－N的余弦值为eq\f(\r(15),5).解法二：设A1A过A1作A1E平行于B1C1，以A1为坐标原点，分别以eq\o(A1E,\s\up6(→))，eq\o(A1D1,\s\up6(→))，eq\o(A1A,\s\up6(→))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(点O与点A1重合)．则A1(0，0，0)，A(0，0，1)．因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，又AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，故可得Meq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，1，N－eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，1，所以eq\o(A1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(NM,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)．设平面AA1M的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(A1M,\s\up6(→))，,n1⊥\o(A1A,\s\up6(→))，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1M,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(A1A,\s\up6(→))＝0，))故有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x1，y1，z1）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))＝0，,（x1，y1，z1）·（0，0，1）＝0，))从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x1＋\f(1,2)y1＋z1＝0，,z1＝0.))取x1＝1，则y1＝－eq\r(3)，所以n1＝(1，－eq\r(3)，0)．设平面A1MN的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2⊥\o(A1M,\s\up6(→))，,n2⊥\o(NM,\s\up6(→))，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(A1M,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(NM,\s\up6(→))＝0，))故有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x2，y2，z2）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))＝0，,（x2，y2，z2）·（\r(3)，0，0）＝0，))从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x2＋\f(1,2)y2＋z2＝0，,\r(3)x2＝0.))取y2＝2，则z2＝－1，所以n2＝(0，2，－1)．设二面角A－A1M则cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（1，－\r(3)，0）·（0，2，－1）,2·\r(5))))＝eq\f(\r(15),5).故二面角A－A1M－N的余弦值为eq\f(\r(15),5).18．G4，G7，G10[·新课标全国卷Ⅱ]如图1－3所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝eq\f(\r(2),2)AB.(1)证明：BC1∥平面A1CD；(2)求二面角D－A1C图1－318．解：(1)证明：联结AC1交A1C于点F，则F为AC1又D是AB中点，联结DF，则BC1∥DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)由AC＝CB＝eq\f(\r(2),2)AB得，AC⊥BC.以C为坐标原点，eq\o(CA,\s\up6(→))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)，A1(2，0，2)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(0，2，1)，eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(2，0，2)．设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CA1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＝0，,2x1＋2z1＝0.))可取n＝(1，－1，－1)．同理，设m为平面A1CE的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CA1,\s\up6(→))＝0.))可取m＝(2，1，－2)．从而cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),3)，故sin〈n，m〉＝eq\f(\r(6),3).即二面角D－A1C－E的正弦值为eq\f(\r(6),3).4．G3，G4，G5[·新课标全国卷Ⅱ]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，lα，lβ，则()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l4．D[解析]若α∥β，则m∥n与m，n为异面直线矛盾，故A错．若α⊥β且l⊥β，则由n⊥平面β知l∥n与l⊥n矛盾，故B错．若α与β相交，设垂直于交线的平面为γ，则l⊥γ，又l⊥m，l⊥n，m⊥平面α，n⊥平面β，故交线平行于l.故选D.G5空间中的垂直关系19．G5，G11，G12[·福建卷]如图1－6所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1(1)求证：CD⊥平面ADD1A1(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为eq\f(6,7)，求k的值；(3)现将与四棱柱ABCD－A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱．规定：若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案．问：共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f(k)，写出f图1－619．解：(1)证明：取CD的中点E，联结BE.∵AB∥DE，AB＝DE＝3k，∴四边形ABED为平行四边形，∴BE∥AD且BE＝AD＝4k.在△BCE中，∵BE＝4k，CE＝3k，BC＝5k，∴BE2＋CE2＝BC2，∴∠BEC＝90°，即BE⊥CD，又∵BE∥AD，所以CD⊥AD.∵AA1⊥平面ABCD，CD平面ABCD，∴AA1⊥CD.又AA1∩AD＝A，∴CD⊥平面ADD1A1(2)以D为原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4k，0，0)，C(0，6k，0)，B1(4k，3k，1)，A1(4k，0，1)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－4k，6k，0)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0，3k，1)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，1)．设平面AB1C的法向量n＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AB1,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4kx＋6ky＝0，,3ky＋z＝0.))取y＝2，得n＝(3，2，－6k)．设AA1与平面AB1C则sinθ＝|cos〈eq\o(AA1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AA1,\s\up6(→))·n,|\o(AA1,\s\up6(→))|·|n|)))＝eq\f(6k,\r(36k2＋13))＝eq\f(6,7)，解得k＝1，故所求k的值为1.(3)共有4种不同的拼接方案．f(k)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(72k2＋26k，0<k≤\f(5,18)，,36k2＋36k，k>\f(5,18).))6．G4、G5[·广东卷]设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若α⊥β，mα，nβ，则m⊥nB．若α∥β，mα，nβ，则m∥nC．若m⊥n，mα，nβ，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β6．D[解析]∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又n∥β，∴α⊥β，故选D.16．G4，G5[·江苏卷]如图1－2，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.图1－216．证明：(1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又AF平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC.因为BC平面SBC，所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB平面SAB，所以BC⊥平面SAB.因为SA平面SAB，所以BC⊥SA.19．G5，G11[·江西卷]如图1－6所示，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA＝EB＝AB＝1，PA＝eq\f(3,2)，联结CE并延长交AD于F.(1)求证：AD⊥平面CFG；(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．图1－6解：(1)证明：在△ABD中，因为E是BD中点，所以EA＝EB＝ED＝AB＝1.故∠BAD＝eq\f(π,2)，∠ABE＝∠AEB＝eq\f(π,3).因为△DAB≌△DCB，所以△EAB≌△ECB，从而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝eq\f(π,3)，所以∠FED＝∠FEA，故EF⊥AD，AF＝FD，又因为PG＝GD，所以FG∥PA.又PA⊥平面ABCD，所以GF⊥AD，故AD⊥平面CFG.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，D(0，eq\r(3)，0)，P0，0，eq\f(3,2)，故eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0)).设平面BCP的法向量n1＝(1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)y1＝0，,－\f(3,2)－\f(\r(3),2)y1＋\f(3,2)z1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＝－\f(\r(3),3)，,z1＝\f(2,3)，))即n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),3)，\f(2,3))).设平面DCP的法向量n2＝(1，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)＋\f(\r(3),2)y2＝0，,－\f(3,2)－\f(\r(3),2)y2＋\f(3,2)z2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝\r(3)，,z2＝2，))即n2＝(1，eq\r(3)，2)．从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\f(4,3),\r(\f(16,9))·\r(8))＝eq\f(\r(2),4).图1－717．G5，G10，G11[·北京卷]如图1－7，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求eq\f(BD,BC1)的值．17．解：(1)证明：因为AA1C1C为正方形，所以AA因为平面ABC⊥平面AA1C1C所以AA1⊥平面ABC.(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB.由题知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，则B(0，3，0)，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4)．设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3y－4z＝0，,4x＝0.))令z＝3，则x＝0，y＝4，所以n＝(0，4，3)．同理可得，平面B1BC1的一个法向量为m＝(3，4，0)．所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(16,25).由题知二面角A1－BC1－B1为锐角，所以二面角A1－BC1－B1的余弦值为eq\f(16,25).(3)设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且eq\o(BD,\s\up6(→))＝λeq\o(BC1,\s\up6(→)).所以(x，y－3，z)＝λ(4，－3，4)．解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝(4λ，3－3λ，4λ)．由eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(A1B,\s\up6(→))＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝eq\f(9,25).因为eq\f(9,25)∈[0，1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B.此时，eq\f(BD,BC1)＝λ＝eq\f(9,25).18．G5，G11[·辽宁卷]如图1－4，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．图1－418．解：(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)方法一：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．1－5因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝eq\r(3).因为PA＝1，所以A(0，1，0)，B(eq\r(3)，0，0)，P(0，1，1)．故eq\o(CB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(0，1，1)．设平面BCP的法向量为n1＝(x，y，z)．则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(CP,\s\up6(→))·n1＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＝0，,y＋z＝0，))不妨令y＝1，则n1＝(0，1，－1)．因为eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，0)，设平面ABP的法向量为n2＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(AB,\s\up6(→))·n2＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝0，,\r(3)x－y＝0.))不妨令x＝1，n2＝(1，eq\r(3)，0)．于是cos〈n1，n2〉＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，所以由题意可知二面角C－PB－A的余弦值为eq\f(\r(6),4).解法二：过C作CM⊥AB于M.图1－6因为PA⊥平面ABC，CM平面ABC，所以PA⊥CM，故CM⊥平面PAB.过M作MN⊥PB于N，联结NC.由三垂线定理得CN⊥PB.所以∠CNM为二面角C－PB－A的平面角．在Rt△ABC中，由AB＝2，AC＝1，得BC＝eq\r(3)，CM＝eq\f(\r(3),2)，BM＝eq\f(3,2).在Rt△PAB中，由AB＝2，PA＝1，得PB＝eq\r(5).因为Rt△BNM∽Rt△BAP，所以eq\f(MN,1)＝eq\f(\f(3,2),\r(5))，故MN＝eq\f(3\r(5),10).又在Rt△CNM中，CN＝eq\f(\r(30),5)，故cos∠CNM＝eq\f(\r(6),4).所以二面角C－PB－A的余弦值为eq\f(\r(6),4).19．G5、G11[·全国卷]如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形．(1)证明：PB⊥CD；(2)求二面角A－PD－C的大小．19．解：(1)取BC的中点E，联结DE，则四边形ABED为正方形．过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O.联结OA，OB，OD，OE.由△PAB和△PAD都是等边三角形知PA＝PB＝PD，所以OA＝OB＝OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，故OE⊥BD，从而PB⊥OE.因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OE∥CD.因此PB⊥CD.(2)解法一：由(1)知CD⊥PB，CD⊥PO，PB∩PO＝P，故CD⊥平面PBD.又PD平面PBD，所以CD⊥PD.取PD的中点F，PC的中点G，连FG.则FG∥CD，FG⊥PD.联结AF，由△APD为等边三角形可得AF⊥PD.所以∠AFG为二面角A－PD－C的平面角．联结AG，EG，则EG∥PB.又PB⊥AE，所以EG⊥AE.设AB＝2，则AE＝2eq\r(2)，EG＝eq\f(1,2)PB＝1，故AG＝eq\r(AE2＋EG2)＝3，在△AFG中，FG＝eq\f(1,2)CD＝eq\r(2)，AF＝eq\r(3)，AG＝3.所以cos∠AFG＝eq\f(FG2＋AF2－AG2,2·FG·AF)＝－eq\f(\r(6),3).因此二面角A－PD－C的大小为π－arccoseq\f(\r(6),3).解法二：由(1)知，OE，OB，OP两两垂直．以O为坐标原点，eq\o(OE,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.设|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2，则A(－eq\r(2)，0，0)，D(0，－eq\r(2)，0)，C(2eq\r(2)，－eq\r(2)，0)，P(0，0，eq\r(2))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2eq\r(2)，－eq\r(2)，－eq\r(2))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(2)，－eq\r(2))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，－eq\r(2)，0)．设平面PCD的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·eq\o(PC,\s\up6(→))＝(x，y，z)·(2eq\r(2)，－eq\r(2)，－eq\r(2))＝0，n1·eq\o(PD,\s\up6(→))＝(x，y，z)·(0，－eq\r(2)，－eq\r(2))＝0，可得2x－y－z＝0，y＋z＝0.取y＝－1，得x＝0，z＝1，故n1＝(0，－1，1)．设平面PAD的法向量为n2＝(m，p，q)，则n2·eq\o(AP,\s\up6(→))＝(m，p，q)·(eq\r(2)，0，eq\r(2))＝0，n2·eq\o(AD,\s\up6(→))＝(m，p，q)·(eq\r(2)，－eq\r(2)，0)＝0，可得m＋q＝0，m－p＝0.取m＝1，得p＝1，q＝－1，故n2＝(1，1，－1)．于是cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq\f(\r(6),3).由于〈n1，n2〉等于二面角A－PD－C的平面角，所以二面角A－PD－C的大小为π－arccoseq\f(\r(6),3).18．G5，G10[·陕西卷]如图1－6，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝eq\r(2).(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．图1－118．解：(1)方法一：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立直角坐标系，如图．∵AB＝AA1＝eq\r(2)，∴OA＝OB＝OA1＝1.∴A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，1)．由eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，易知B1(－1，1，1)．∵eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0，－2，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，∴eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＝0，∴A1C⊥BD，A1C⊥BB∴A1C⊥平面BB1D1方法二：∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD.又∵四边形ABCD是正方形，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面A1OC，∴BD⊥A1C又∵OA1是AC的中垂线，∴A1A＝A1C＝eq\r(2)，且AC＝2，∴AC2＝AAeq\o\al(2,1)＋A1C2，∴△AA1C是直角三角形，∴AA1⊥A1又BB1∥AA1，∴A1C⊥BB1∴A1C⊥平面BB1D1(2)设平面OCB1的法向量n＝(x，y，z)．∵eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq\o(OB1,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(OC,\s\up6(→))＝－x＝0，,n·\o(OB1,\s\up6(→))＝－x＋y＋z＝0.))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－z.))取n＝(0，1，－1)，由(1)知，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)是平面BB1D1D的法向量，∴cosθ＝|cos〈n，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2).又∵0≤θ≤eq\f(π,2)，∴θ＝eq\f(π,3).19．G4，G5，G7，G11[·四川卷]如图1－7所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B1C(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l⊥平面ADD1A1(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角A－A1M图1－719．解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线l∥BC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC.由已知，AB＝AC，D是BC的中点．所以，BC⊥AD，则直线l⊥AD.因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥直线l.又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1所以直线l⊥平面ADD1A1(2)解法一：联结A1P，过A作AE⊥A1P于E，过E作EF⊥A1M由(1)知，MN⊥平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面A1MN.所以AE⊥平面A1MN，则A1M⊥所以A1M⊥平面AEF，则A1M故∠AFE为二面角A－A1M设AA1＝1，则由AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，有∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝1.又P为AD的中点，所以M为AB中点，且AP＝eq\f(1,2)，AM＝1，所以，在Rt△AA1P中，A1P＝eq\f(\r(5),2)；在Rt△A1AM中，A1M＝eq\r(2).从而AE＝eq\f(AA1·AP,A1P)＝eq\f(1,\r(5))，AF＝eq\f(AA1·AM,A1M)＝eq\f(1,\r(2))，所以sinθ＝eq\f(AE,AF)＝eq\f(\r(2),\r(5)).所以cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),\r(5))))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),5).故二面角A－A1M－N的余弦值为eq\f(\r(15),5).解法二：设A1A过A1作A1E平行于B1C1，以A1为坐标原点，分别以eq\o(A1E,\s\up6(→))，eq\o(A1D1,\s\up6(→))，eq\o(A1A,\s\up6(→))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(点O与点A1重合)．则A1(0，0，0)，A(0，0，1)．因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，又AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，故可得Meq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，1，N－eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，1，所以eq\o(A1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(NM,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)．设平面AA1M的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(A1M,\s\up6(→))，,n1⊥\o(A1A,\s\up6(→))，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1M,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(A1A,\s\up6(→))＝0，))故有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x1，y1，z1）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))＝0，,（x1，y1，z1）·（0，0，1）＝0，))从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x1＋\f(1,2)y1＋z1＝0，,z1＝0.))取x1＝1，则y1＝－eq\r(3)，所以n1＝(1，－eq\r(3)，0)．设平面A1MN的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2⊥\o(A1M,\s\up6(→))，,n2⊥\o(NM,\s\up6(→))，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(A1M,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(NM,\s\up6(→))＝0，))故有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x2，y2，z2）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))＝0，,（x2，y2，z2）·（\r(3)，0，0）＝0，))从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x2＋\f(1,2)y2＋z2＝0，,\r(3)x2＝0.))取y2＝2，则z2＝－1，所以n2＝(0，2，－1)．设二面角A－A1M则cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（1，－\r(3)，0）·（0，2，－1）,2·\r(5))))＝eq\f(\r(15),5).故二面角A－A1M－N的余弦值为eq\f(\r(15),5).17．G5，G11，G9[·天津卷]如图1－3所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA(1)证明：B1C1⊥CE(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为eq\f(\r(2),6).求线段AM的长．图1－117．解：方法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)．(1)证明：易得eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，于是eq\o(B1C1,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝0，所以B1C1⊥CE.(2)eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(1，－2，－1)，设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(B1C,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y－z＝0，,－x＋y－z＝0，))消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2，1)．由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(1，0，－1)为平面CEC1的一个法向量．于是cos〈m，eq\o(B1C1,\s\up6(→))〉＝eq\f(m·\o(B1C1,\s\up6(→)),|m|·|\o(B1C1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－4,\r(14)×\r(2))＝－eq\f(2\r(7),7)，从而sin〈m，eq\o(B1C1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(21),7).所以二面角B1－CE－C1的正弦值为eq\f(\r(21),7).(3)eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(EC1,\s\up6(→))＝(1，1，1)．设eq\o(EM,\s\up6(→))＝λeq\o(EC1,\s\up6(→))＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(EM,\s\up6(→))＝(λ，λ＋1，λ)．可取eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量．设θ为直线AM与平面ADD1A1sinθ＝|cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AM,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))|,|\o(AM,\s\up6(→))|·|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(2λ,\r(λ2＋（λ＋1）2＋λ2)×2)＝eq\f(λ,\r(3λ2＋2λ＋1)).于是eq\f(λ,\r(3λ2＋2λ＋1))＝eq\f(\r(2),6)，解得λ＝eq\f(1,3)(负值舍去)，所以AM＝eq\r(2).方法二：(1)证明：因为侧棱CC1⊥平面A1B1C1D1B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E＝eq\r(5)，B1C1＝eq\r(2)，EC1＝eq\r(3)，从而B1E2＝B1Ceq\o\al(2,1)＋ECeq\o\al(2,1)，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E.又CC1，C1E平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E，又CE平面CC1E，故B1C1⊥CE.(2)过B1作B1G⊥CE于点G，联结C1G.由(1)，B1C1⊥CE.故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．在△CC1E中，由CE＝C1E＝eq\r(3)，CC1＝2，可得C1G＝eq\f(2\r(6),3).在Rt△B1C1G中，B1G＝eq\f(\r(42),3)，所以sin∠B1GC1＝eq\f(\r(21),7)，即二面角B1－CE－C1的正弦值为eq\f(\r(21),7).(3)联结D1E,过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，联结AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝eq\f(\r(2),6)x，AH＝eq\f(\r(34),6)x.在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝eq\r(2)，得EH＝eq\r(2)MH＝eq\f(1,3)x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos135°，得eq\f(17,18)x2＝1＋eq\f(1,9)x2＋eq\f(\r(2),3)x.整理得5x2－2eq\r(2)x－6＝0，解得x＝eq\r(2)(负值舍去)，所以线段AM的长为eq\r(2).4．G3，G4，G5[·新课标全国卷Ⅱ]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，lα，lβ，则()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l4．D[解析]若α∥β，则m∥n与m，n为异面直线矛盾，故A错．若α⊥β且l⊥β，则由n⊥平面β知l∥n与l⊥n矛盾，故B错．若α与β相交，设垂直于交线的平面为γ，则l⊥γ，又l⊥m，l⊥n，m⊥平面α，n⊥平面β，故交线平行于l.故选D.10．G5[·浙江卷]在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B＝fπ(A)．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1＝fβ[fα(P)]，Q2＝fα[fβ(P)]，恒有PQ1＝PQ2，则()A．平面α与平面β垂直B．平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°C．平面α与平面β平行D．平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°10．A[解析]当α⊥β，且α∩β＝b，设fα(P)＝A，则PA⊥α，Q1＝fβ[fα(P)]＝fβ(A)，故AQ1⊥β；同理设fβ(P)＝B，则PB⊥β，Q2＝fα[fβ(P)]＝fα(B)，故BQ2⊥α，故AQ1∥PB，PA∥BQ2，所以Q1和Q2重合，恒有PQ1＝PQ2，选择A.图1－719．G3、G5、G10，G11[·重庆卷]如图1－7所示，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝eq\f(π,3)，F为PC的中点，AF⊥PB.(1)求PA的长；(2)求二面角B－AF－D的正弦值．19．解：(1)如图，联结BD交AC于O，因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形，又AC平分∠BCD，故AC⊥BD.以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))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，则OC＝CDcoseq\f(π,3)＝1，而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3.又OD＝CDsineq\f(π,3)＝eq\r(3)，故A(0，－3，0)，B(eq\r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(－eq\r(3)，0，0)．因PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)，由F为PC边中点，得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(z,2)))，又eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，\f(z,2)))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，3，－z)，因AF⊥PB，故eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，即6－eq\f(z2,2)＝0，z＝2eq\r(3)(舍去－2eq\r(3))，所以|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝2eq\r(3).(2)由(1)知eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，3，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0，2，eq\r(3))．设平面FAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．由n1·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋3y1＝0，,2y1＋\r(3)z1＝0，))因此可取n1＝(3，eq\r(3)，－2)．由n2·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n2·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2＋3y2＝0，,2y2＋\r(3)z2＝0，))故可取n2＝(3，－eq\r(3)，2)．从而向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,8).故二面角B－AF－D的正弦值为eq\f(3\r(7),8).G6三垂线定理G7棱柱与棱锥8．G7[·江苏卷]如图1－1，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F－ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1∶V2图1－18．1∶24[解析]设三棱柱的底面积为S，高为h，则V2＝Sh，又D，E，F分别为AB，AC，AA1的中点，所以S△AED＝eq\f(1,4)S，且三棱锥F－ADE的高为eq\f(1,2)h，故V1＝eq\f(1,3)S△AED·eq\f(1,2)h＝eq\f(1,3)·eq\f(1,4)S·eq\f(1,2)h＝eq\f(1,24)Sh，所以V1∶V2＝1∶24.4．G7[·山东卷]已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为eq\f(9,4)，底面是边长为eq\r(3)的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A.eq\f(5π,12)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)4．B[解析]设侧棱长为a，△ABC的中心为Q，联结PQ，由于侧棱与底面垂直，∴PQ⊥平面ABC，即∠PAQ为PA与平面ABC所成的角．又∵VABC－A1B1C1＝eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)))eq\s\up12(2)×a＝eq\f(9,4)，解得a＝eq\r(3)，∴tan∠PAQ＝eq\f(PQ,AQ)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2)×\r(3)×\f(2,3))＝eq\r(3)，故∠PAQ＝eq\f(π,3).19．G4，G5，G7，G11[·四川卷]如图1－7所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B1C(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l⊥平面ADD1A1(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角A－A1M图1－719．解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线l∥BC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC.由已知，AB＝AC，D是BC的中点．所以，BC⊥AD，则直线l⊥AD.因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥直线l.又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1所以直线l⊥平面ADD1A1(2)解法一：联结A1P，过A作AE⊥A1P于E，过E作EF⊥A1M由(1)知，MN⊥平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面A1MN.所以AE⊥平面A1MN，则A1M⊥所以A1M⊥平面AEF，则A1故∠AFE为二面角A－A1M设AA1＝1，则由AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，有∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝1.又P为AD的中点，所以M为AB中点，且AP＝eq\f(1,2)，AM＝1，所以，在Rt△AA1P中，A1P＝eq\f(\r(5),2)；在Rt△A1AM中，A1M＝eq\r(2).从而AE＝eq