2016届高考数学（理）5年高考真题备考试题库：第7章 第7节 立体几何中的空间向量方法

2016届高考数学（理）5年高考真题备考试题库：第7章 第7节 立体几何中的空间向量方法

‎2010~2014年高考真题备选题库 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－A1B‎1C1中，侧面BB‎1C1C为菱形，AB⊥B‎1C.‎ ‎(1)证明：AC＝AB1；‎ ‎(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值．‎ 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B‎1C⊥BC1，且O为B‎1C及BC1的中点．‎ 又AB⊥B‎1C，所以B‎1C⊥平面ABO.‎ 由于AO⊂平面ABO，故B‎1C⊥AO.‎ 又B1O＝CO，故AC＝AB1.‎ ‎(2)因为AC⊥AB1，且O为B‎1C的中点，所以AO＝CO.‎ 又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.‎ 故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两相互垂直．‎ 以O为坐标原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.‎ 因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．‎ 又AB＝BC，则A，B(1,0,0)，B1，C.‎ ‎＝，＝＝，‎ ‎＝＝.‎ 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cos〈n，m〉＝＝.‎ 所以二面角A－A1B1－C1的余弦值为.‎ ‎2．（2014新课标全国Ⅱ，12分）如图，四棱锥PABCD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 AEC为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥EACD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，的方向为x轴的正方向，| |为单位长，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，，0)，E，＝.‎ 设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(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|cos〈n1，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＝××××＝.‎ ‎3.(2014山东，12分) 如图，在四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1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：C‎1M∥平面A1ADD1；‎ ‎(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D‎1M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AD1，在四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C‎1M∥D‎1A.‎ 又C‎1M⊄平面A1ADD1，D‎1A⊂平面A1ADD1，所以C‎1M∥平面A1ADD1.‎ ‎(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＝，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(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)．‎ 因此M，所以＝，＝＝.‎ 设平面C1D‎1M的法向量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.‎ 法二：由(1)知平面D‎1C1M∩平面ABCD＝AB，过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N.‎ 由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1－AB－C的平面角．‎ 在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，‎ 可得CN＝.‎ 所以ND1＝＝.‎ 在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝.‎ 所以平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.‎ ‎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＝a，∠PCD＝60°.由(1)知CF⊥DF，∴DF＝CD sin 60°＝a，CF＝CD cos 60°＝‎ eq f(1,2)a，又FE∥CD，∴＝＝，∴DE＝a，同理EF＝CD＝a，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，E，‎ 则＝，＝，‎ 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则n·＝(x，y，z)·＝ax－az＝0，n·＝(x，y，z)·＝ax＋ay－az＝0，‎ 取x＝1，得平面AEF的一个法向量n＝.‎ 又由(1)知平面ADF的一个法向量为＝a，－a，0，‎ 故cos〈n，〉＝＝，‎ 由图可知二面角D－AF－E为锐二面角，所以其余弦值为.‎ ‎5.(2014安徽，13分) 如图，四棱柱ABCD A1B‎1C1D1中，A‎1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.‎ ‎(1)证明：Q为BB1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AA1＝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∥AA1，BC∥AD，BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A.‎ 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QC∥A1D.‎ 故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，于是△QBC∽△A1AD.‎ 所以＝＝＝，即Q为BB1的中点．‎ ‎(2)如图1，连接QA，QD.设AA1＝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.‎ VQA1AD＝··‎2a·h·d＝ahd，‎ VQ ABCD＝··d·＝ahd，‎ 所以V下＝VQ A1AD＋VQABCD＝ahd，‎ 又V四棱柱A1B‎1C1D1ABCD＝ahd，‎ 所以V上＝V四棱柱A1B‎1C1D1ABCD－V下 ‎＝ahd－ahd＝ahd，‎ 故＝.‎ ‎(3)法一：如图1，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E.‎ 又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，‎ 所以DE⊥平面AEA1，于是DE⊥A1E.‎ 所以∠AEA1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∠AEA1＝＝1，∠AEA1＝.‎ 故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.‎ 法二：如图2，以D为原点，，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＝·2sin θ＝6.‎ 所以a＝.‎ 从而C(2cos θ，2sin θ，0)，A1，‎ 所以＝(2cos θ，2sin θ，0)，＝.‎ 设平面A1DC的法向量n＝(x，y,1)，‎ 由得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〉＝＝，‎ 故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.‎ ‎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，，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，‎ 则＝(1,1,0)，＝，＝(0,1，－1)．‎ 设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，‎ 则即取z0＝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，〉|＝＝，‎ 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.‎ ‎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＝.‎ ‎(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＝.‎ 由AC＝，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，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CD2＝BC2＋BD2，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＝，得AD＝.‎ 在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝，得AE＝.‎ 在Rt△ABD中，由BD＝，AB＝2，AD＝，‎ 得BF＝，AF＝AD.从而GF＝.‎ 在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝，BG＝.‎ 在△BFG中，cos∠BFG＝＝.‎ 所以∠BFG＝，即二面角B－AD－E的大小是.‎ 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＝(0，－2，－)，＝(1，－2，－)，＝(1,1,0)，‎ 由即 可取m＝(0,1，－)．‎ 由即 可取n＝(1，－1，)．‎ 于是|cos〈m，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.‎ ‎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＝，‎ 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＝EC＝BC·cos 30°＝，‎ 由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝，‎ 因此tan∠EGO＝＝2，从而sin∠EGO＝，‎ 即二面角E－BF－C的正弦值为.‎ 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，)，D(，－1,0)，C(0,2,0)．因而E，F，所以＝，＝(0,2,0)，‎ 因此·＝0.‎ 从而⊥，所以EF⊥BC.‎ ‎(2)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＝，＝.‎ 由得其中一个n2＝(1，－，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〈n1，n2〉|＝＝，‎ 因此sin θ＝＝，即所求二面角的正弦值为.‎ 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)，＝(1,1,0)．‎ 设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则 即 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，〉|＝＝.‎ 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＝λ (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·＝0，‎ 即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.‎ 解得λ＝，所以点H的坐标为.‎ 所以PH＝ ＝2.‎ ‎9.(2014湖南，12分) 如图，四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A‎1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC‎1A1和四边形BDD1B1均为矩形．‎ ‎(1)证明：O1O⊥底面ABCD；‎ ‎(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1－OB1－D的余弦值．‎ 解：(1)证明：因为四边形ACC‎1A1为矩形，所以CC1⊥AC，同理DD1⊥BD，因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD，而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.‎ 由题设知，O1O∥C‎1C，故O1O⊥底面ABCD.‎ ‎(2)法一：如图，过O1作O1H⊥OB1于H，连接HC1.‎ 由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B‎1C1D1，于是O1O⊥A‎1C1.‎ 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A‎1C1⊥B1D1，又O1O∩B1D1＝O1，从而A‎1C1⊥平面BDD1B1，所以A‎1C1⊥OB1，又A‎1C1∩O1H＝O1.于是OB1⊥平面O1HC1，‎ 进而OB1⊥C1H，故∠C1HO1是二面角C1－OB1－D的平面角．‎ 不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，OB1＝.‎ 在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2，而O‎1C1＝1，于是C1H＝＝＝.‎ 故cos∠C1HO1＝＝＝.‎ 即二面角C1－OB1－D的余弦值为.‎ 法二：因为四棱柱ABCDA1B‎1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．‎ 如图，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AB＝2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1.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x＝2，y＝2，所以n2＝(2,2，－)，‎ 设二面角C1－OB1－D的大小为θ，易知θ是锐角，于是cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.‎ 故二面角C1－OB1－D的余弦值为.‎ ‎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)，＝(0,0,1)，＝(－2,2,0)，＝(－2,0,1)．‎ 设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，‎ ‎∵EF∥AD，FG∥BC，‎ ‎∴n·＝0，n·＝0，‎ 得取n＝(1,1,0)，‎ ‎∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.‎ 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，F(1,0,0)，G(0,1,0)．‎ ‎∴＝，＝(－1,1,0)，＝(－2,0,1)．‎ 设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，‎ 则n·＝0，n·＝0，‎ 得取n＝(1,1,0)，‎ ‎∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.‎ ‎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＝.‎ 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＝，‎ 作BR⊥AC于R.‎ 在△ABC中，AB＝BC，所以BR＝ ＝.‎ 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＝＝.‎ 同理，可得MQ＝.‎ 所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝＝＝.‎ 故二面角A－NP－M的余弦值是.‎ 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，，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＝(1,0，－)，＝(－1，，0)，＝(1,0,0)，＝.‎ 设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，则 即 有 从而 取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1,1)．‎ 连接MP，设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，则即 有 从而 取z2＝1，所以n2＝(0,1,1)．‎ 设二面角A－NP－M的大小为θ.‎ 则cos θ＝＝＝.‎ 故二面角A－NP－M的余弦值是.‎ ‎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＝，M为BC上一点，且BM＝，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，，，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＝，‎ 故OA＝AB·cos＝，OB＝AB·sin＝1，‎ 所以O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，C(－，0,0)，＝(0,1,0)，＝(－，－1,0)．‎ 由BM＝，BC＝2知，＝＝，‎ 从而＝＋＝，即M.‎ 设P(0,0，a)，a>0，‎ 则＝(－，0，a)，＝.‎ 因为MP⊥AP，故·＝0，即－＋a2＝0，‎ 所以a＝，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 cos〈n1，n2〉＝＝－，‎ 故所求二面角A－PM－C的正弦值为.‎ ‎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)＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故·＝0.‎ 所以BE⊥DC.‎ ‎(2) ＝(－1,2,0)，＝(1,0，－2)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量．‎ 则即不妨令y＝1，可得n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量，‎ 于是有cos〈n，〉＝＝＝.‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(1,0,0)．‎ 由点F在棱PC上，设＝λ,0≤λ≤1.‎ 故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．‎ 由BF⊥AC，得·＝0，‎ 因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝.‎ 即＝.‎ 设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即 不妨令z＝1，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〈n1，n2〉＝＝＝－.‎ 易知，二面角F－AB－P是锐角，所以其余弦值为.‎ 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＝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＝2，而M为PD中点，可得AM＝，进而BE＝.故在Rt△BEM中，tan∠EBM＝＝＝，因此sin∠EBM＝.‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ ‎(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＝PD＝，∠APG＝45°，由余弦定理可得AG＝，cos∠PAG＝.‎ 所以，二面角F－AB－P的余弦值为.‎ ‎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＝，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＝，GC＝，BG＝.‎ 设AB＝m，则OP＝＝ ，‎ 故四棱锥P－ABCD的体积为 V＝··m·＝ .‎ 因为m＝＝ ，‎ 故当m＝，即AB＝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，C，D，P，故＝，＝(0，，0)，＝，‎ 设平面BPC的一个法向量n1＝(x，y,1)，‎ 则由n1⊥，n1⊥得 解得x＝1，y＝0，n1＝(1,0,1)．‎ 同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝.从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为 cos θ＝＝＝.‎ ‎13.(2014湖北，12分) 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B‎1C1D1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DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．‎ ‎(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥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AD1，由ABCD－A1B‎1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.‎ 当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1.‎ 所以BC1∥FP.‎ 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，‎ 故直线BC1∥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＝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＝PQ.‎ 在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，‎ 于是EQ＝FP＝，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，GH2＝4，‎ OH2＝1＋λ2－2＝λ2＋，‎ OG2＝1＋(2－λ)2－2＝(2－λ)2＋，‎ 由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋＋λ2＋＝4，解得λ＝1±，‎ 故存在λ＝1±，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，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D－xyz.由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，λ)．‎ ‎＝(－2,0,2)，＝(－1,0，λ)，＝(1,1,0)．‎ ‎(1)证明：当λ＝1时，＝(－1,0,1)，‎ 因为＝(－2,0,2)，所以＝2，即BC1∥FP.‎ 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＝(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±.‎ 故存在λ＝1±，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ABCA1B‎1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.‎ ‎(1)证明：AB⊥A‎1C；‎ ‎(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A‎1C 与平面BB‎1C1C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，OA1，A1B.‎ 因为CA＝CB，所以OC⊥AB.‎ 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.‎ 因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA‎1C.‎ 又A‎1C⊂平面OA‎1C，故AB⊥A‎1C.‎ ‎(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．‎ 以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题设知A(1,0,0)，A1(0，，0)，C(0,0，)，B(－1,0,0)．‎ 则＝(1,0，)，＝＝(－1，，0)，＝(0，－，)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面BB‎1C1C的法向量，‎ 则即 可取n＝(，1，－1)．‎ 故cosn，＝＝－.‎ 所以A‎1C与平面BB‎1C1C所成角的正弦值为.‎ ‎15．（2013新课标全国Ⅱ，12分）如图，直三棱柱ABCA1B‎1C1中，‎ D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝AB.‎ ‎(1)证明：BC1//平面A1CD；‎ ‎(2)求二面角DA‎1CE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AC1交A‎1C于点F，则F为AC1中点．‎ 又D是AB中点，连接DF，则BC1∥DF.‎ 因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.‎ ‎(2)由AC＝CB＝AB得，‎ AC⊥BC.‎ 以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，‎ ‎＝(1,1,0)，＝(0,2,1)，＝(2,0,2)．‎ 设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即 可取n＝(1，－1，－1)．‎ 同理，设m是平面A1CE的法向量，则 可取m＝(2,1，－2)．‎ 从而cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝.‎ 即二面角DA‎1CE的正弦值为.‎ ‎16.(2013山东，12分)如图所示，在三棱锥PABQ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DGHE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DGHE的平面角．‎ 设BA＝BQ＝BP＝2，连接FC，‎ 在Rt△FBC中，由勾股定理得FC＝，‎ 在Rt△PBC中，由勾股定理得PC＝.‎ 又H为△PBQ的重心，‎ 所以HC＝PC＝.‎ 同理FH＝.‎ 在△FHC中，由余弦定理得cos ∠FHC＝＝－.‎ 即二面角DGHE的余弦值为－.‎ 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＝(－1,2，－1)，＝(0,2，－1)，＝(－1，－1，2)， ＝(0，－1,2)．‎ 设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，‎ 由m·＝0，m·＝0，得 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·＝0，n·＝0，得 取z2＝1，得n＝(0,2,1)，‎ 所以cos〈m，n〉＝＝.‎ 因为二面角DGHE为钝角，‎ 所以二面角DGHE的余弦值为－.‎ ‎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＝，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＝.‎ ‎　　　 图1　　　　　　　　　图2‎ ‎(1)证明：A′O⊥平面BCDE；‎ ‎(2)求二面角A′CDB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＝3，AD＝2 .‎ 连接OD，OE.在△OCD中，由余弦定理可得 OD＝ ＝.‎ 由翻折不变性可知A′D＝2 ，‎ 所以A′O2＋OD2＝A′D2，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′CDB的平面角．‎ 结合OC＝3，∠BCD＝45°，得OH＝，从而A′H＝ ＝.‎ 所以cos ∠A′HO＝＝ ，所以二面角A′CDB的平面角的余弦值为.‎ ‎(向量法)以O点为原点，建立空间直角坐标系Oxyz如图所示，‎ 则A′(0,0，)，C(0，－3,0)，D(1，－2,0)，所以＝(0,3，)，＝(－1,2，)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面A′CD的法向量，则 即解得令x＝1，得n＝(1，－1，)，即n＝(1，－1，)为平面A′CD的一个法向量．‎ 由(1)知，＝(0,0，)为平面CDB的一个法向量，‎ 所以cos 〈n，〉＝＝＝，即二面角A′CDB的平面角的余弦值为.‎ ‎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CPBA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＝.‎ 因为PA＝1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)．‎ 故＝(，0,0)，＝(0,1,1)．‎ 设平面BCP的法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 则所以 不妨令y＝1，则n1＝(0,1，－1)．‎ 因为＝(0,0,1)，＝(，－1,0)，‎ 设平面ABP的法向量为n2＝(x，y，z)，‎ 则所以 不妨令x＝1，则n2＝(1，，0)．‎ 于是cos〈n1，n2〉＝＝，‎ 所以由题意可知二面角CPBA的余弦值为.‎ 法二：过C作CM⊥AB于M，‎ 因为PA⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，‎ 所以PA⊥CM，‎ 故CM⊥平面PAB.‎ 又因为PA∩AB＝A，且PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，‎ 过M作MN⊥PB于N，连接NC，‎ 由三垂线定理得CN⊥PB，‎ 所以∠CNM为二面角CPBA的平面角．‎ 在Rt△ABC中，由AB＝2，AC＝1，得BC＝，CM＝，BM＝.‎ 在Rt△PAB中，由AB＝2，PA＝1，得PB＝.‎ 因为Rt△BNM∽Rt△BAP，所以＝，‎ 故MN＝.‎ 又在Rt△CNM中，CN＝，故cos∠CNM＝.‎ 所以二面角CPBA的余弦值为.‎ ‎19．（2013福建，13分）如图，在四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k>0)．‎ ‎(1)求证：CD⊥平面ADD‎1A1；‎ ‎(2)若直线AA1与平面AB‎1C所成角的正弦值为，求k的值；‎ ‎(3)现将与四棱柱ABCDA1B‎1C1D1‎ 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(k)的解析式．(直接写出答案，不必说明理由)‎ 解：本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、柱体的概念及表面积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想．‎ ‎(1)证明：取CD的中点E，连接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，‎ ‎∴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，，，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＝(－4k,6k,0)，＝(0,3k,1)，＝(0,0,1)．‎ 设平面AB‎1C的法向量n＝(x，y，z)，则由得 取y＝2，得n＝(3,2，－6k)．‎ 设AA1与平面AB‎1C所成角为θ，则 sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，解得k＝1，‎ 故所求k的值为1.‎ ‎(3)共有4种不同的方案．‎ f(k)＝ ‎20．(2013四川，12分)如图，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B‎1C1的中点，P是线段AD的中点．‎ ‎(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AA‎1MN的余弦值．‎ 解：本题主要考查基本作图、线面的平行与垂直、二面角等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，并考查应用向量知识解决立体几何问题的能力．‎ ‎(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AD，AA1在平面ADD‎1A1内，且AD与AA1相交，‎ 所以直线l⊥平面ADD‎1A1.‎ ‎(2)法一：连接A1P，过A作AE⊥A1P于E，过E作EF⊥A‎1M于F，连接AF.‎ 由(1)知，MN⊥平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面A1MN.‎ 所以AE⊥平面A1MN，则A‎1M⊥AE.‎ 所以A‎1M⊥平面AEF，则A‎1M⊥AF.‎ 故∠AFE为二面角AA‎1MN的平面角(设为θ)．‎ 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的中点，且AP＝，AM＝1，‎ 所以在Rt△AA1P中，A1P＝；在Rt△A1AM中，A‎1M＝.‎ 从而AE＝＝，AF＝＝，‎ 所以sin θ＝＝.‎ 所以cos θ＝＝＝.‎ 故二面角AA‎1MN的余弦值为.‎ 法二：设A‎1A＝1.如图，过A1作A1E平行于B‎1C1，以A1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Oxyz(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，‎ 故M，N，‎ 所以＝，＝(0,0,1)，＝(，0,0)．‎ 设平面AA‎1M的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 即故有 从而 取x1＝1，则y1＝－，所以n1＝(1，－，0)．‎ 设平面A1MN的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 即 故有 从而 取y2＝2，则z2＝－1，所以n2＝(0,2，－1)．‎ 设二面角AA‎1MN的平面角为θ，又θ为锐角，‎ 则cos θ＝＝ ‎＝.‎ 故二面角AA‎1MN的余弦值为.‎ ‎21.（2012陕西，5分）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B‎1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，‎ C1(0,2,0)，B1＝(0,2,1)，可得向量＝(－2,2,1)，‎ ‎＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈，〉＝＝＝.‎ 答案：A ‎22.（2012新课标全国，12分）如图，直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.‎ ‎(1)证明：DC1⊥BC；‎ ‎(2)求二面角A1BDC1的大小．‎ 解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝AA1，可得DC＋DC2＝CC，所以DC1⊥DC.‎ 而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.‎ BC⊂平面BCD，故DC1⊥BC.‎ ‎(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直．‎ 以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.‎ 由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1，0,1)，C1(0,0,2)．‎ 则＝(0,0，－1)，＝(1，－1,1)， ＝(－1,0,1)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，‎ 则即可取n＝(1,1,0)．‎ 同理，设m是平面C1BD的法向量，则可取m＝(1,2,1)．‎ 从而cosn，m＝＝.‎ 故二面角A1－BD－C1的大小为30°.‎ ‎23．（2012浙江，15分）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝2，M，N分别为PB，PD的中点．‎ ‎(1)证明：MN∥平面ABCD；‎ ‎(2)过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角AMNQ的平面角的余弦值．‎ 解：(1)因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是△PBD的中位线，所以MN∥BD.‎ 又因为MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.‎ ‎(2)法一：连结AC交BD于O.以O为原点，OC，OD 所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示．‎ 在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得 AC＝AB＝2，BD＝AB＝6.‎ 又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AC.‎ 在直角三角形PAC中，AC＝2，PA＝2，‎ AQ⊥PC，得QC＝2，PQ＝4.‎ 由此知各点坐标如下，‎ A(－，0,0)，B(0，－3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P(－，0,2)，M(－，－，)，N(－，，)，Q(，0，)．‎ 设m＝(x，y，z)为平面AMN的法向量．‎ 由＝(，－，)，＝(，，)知 取z＝－1，得m＝(2，0，－1)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面QMN的法向量．‎ 由＝(－，－，)，＝(－，，)知 取z＝5，得n＝(2，0,5)．‎ 于是cos〈m，n〉＝＝.‎ 所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值为.‎ 法二：在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得 AC＝AB＝BC＝CD＝DA，BD＝AB.‎ 又因为PA⊥平面ABCD，所以 PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD.‎ 所以PB＝PC＝PD.‎ 所以△PBC≌△PDC.‎ 而M，N分别是PB，PD的中点，所以MQ＝NQ，且AM＝PB＝PD＝AN.‎ 取线段MN的中点E，连结AE，EQ，则AE⊥MN，QE⊥MN，‎ 所以∠AEQ为二面角A－MN－Q的平面角．‎ 由AB＝2，PA＝2，故 在△AMN中，AM＝AN＝3，MN＝BD＝3，得 AE＝.‎ 在直角三角形PAC中，AQ⊥PC，得AQ＝2，QC＝2，PQ＝4.‎ 在△PBC中，cos∠BPC＝＝，得 MQ＝ ＝.‎ 在等腰三角形MQN中，MQ＝NQ＝，MN＝3，得 QE＝ ＝.‎ 在△AEQ中，AE＝，QE＝，AQ＝2，得 cos∠AEQ＝＝.‎ 所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值为.‎