江西省宜春中学2022届高考数学总复习立体几何理

立体几何1.如图1－2，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有(　　)图1－2A．3个B．4个C．5个D．6个B　[解析]设棱长为1，∵BD1＝，∴BP＝，D1P＝.联结AD1，B1D1，CD1，得△ABD1≌△CBD1≌△B1BD1，∴∠ABD1＝∠CBD1＝∠B1BD1，且cos∠ABD1＝，联结AP，PC，PB1，则有△ABP≌△CBP≌△B1BP，∴AP＝CP＝B1P＝，同理DP＝A1P＝C1P＝1，∴P到各顶点的距离的不同取值有4个．2．如图15，四棱柱ABCDA1B1C1D1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.图15(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)证明：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，31\n于是△QBC∽△A1AD，所以＝＝＝，即Q为BB1的中点．(2)如图1所示，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.图1V三棱锥QA1AD＝×·2a·h·d＝ahd，V四棱锥QABCD＝··d·＝ahd，所以V下＝V三棱锥QA1AD＋V四棱锥QABCD＝ahd.又V四棱柱A1B1C1D1ABCD＝ahd，所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd，故＝.(3)方法一：如图1所示，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，所以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.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＝θ，BC＝a，则AD＝2a.因为S四边形ABCD＝·2sinθ＝6，所以a＝.31\n图2从而可得C(2cosθ，2sinθ，0)，A1，所以DC＝(2cosθ，2sinθ，0)，＝.设平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，由得所以n＝(－sinθ，cosθ，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.3.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为(　　)A.B.C.D.B　[解析]设圆锥的底面圆半径为r，底面积为S，则L＝2πr，由题意得L2h≈Sh，代入S＝πr2化简得π≈3；类比推理，若V＝L2h，则π≈.故选B.4.某几何体三视图如图11所示，则该几何体的体积为(　　)A．8－2πB．8－πC．8－D．8－31\n图11B　[解析]根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2××π×2＝8－π.4.一个多面体的三视图如图12所示，则该多面体的表面积为(　　)A．21＋B．8＋C．21D．18图12A　[解析]如图，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其表面积S＝6×4－×6＋2×××＝21＋.5.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是(　　)A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱A　[解析]由空间几何体的三视图可知，圆柱的正视图、侧视图、俯视图都不可能是三角形．6.在如图11所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①，②，③，④31\n的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为(　　)图11　A．①和②B．①和③C．③和②D．④和②D　[解析]由三视图及空间直角坐标系可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形且内有一条虚线(一锐角顶点与其所对直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图是一个钝角三角形，故俯视图是②.故选D.7．一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12A．1B．2C．3D．4B　[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r＝＝2.8.一几何体的直观图如图11所示，下列给出的四个俯视图中正确的是(　　)图11　　　　A　　　　B　　　　C　　　　D31\n图12B　[解析]易知该几何体的俯视图为选项B中的图形．9.某几何体三视图如图11所示，则该几何体的体积为(　　)A．8－2πB．8－πC．8－D．8－图11B　[解析]根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2××π×2＝8－π.9.几何体的三视图(单位：cm)如图11所示，则此几何体的表面积是(　　)图11A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm2D　[解析]此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图，所以该几何体的表面积为2(4×3＋6×3＋6×4)＋2××3×4＋4×3＋3×5－3×3＝138(cm2)，故选D.10.如图13，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为(　　)图1331\nA．6B．6C．4D．4B　[解析]该几何体是如图所示的棱长为4的正方体内的三棱锥E　CC1D1(其中E为BB1的中点)，其中最长的棱为D1E＝＝6.11.如图11，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为(　　)图11A.B.C.D.C　[解析]该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积为π×32×2＋π×22×4＝34π(cm3)，原毛坯的体积为π×32×6＝54π(cm3)，切削掉部分的体积为54π－34π＝20π(cm3)，故所求的比值为＝.12.四面体ABCD及其三视图如图14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．　　图14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.31\n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)方法一：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＝(0，0，1)，BC＝(－2，2，0)，BA＝(－2，0，1)．设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，∵EF∥AD，FG∥BC，∴n·DA＝0，n·BC＝0，得取n＝(1，1，0)，∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.方法二：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)．∴＝，FG＝(－1，1，0)，BA＝(－2，0，1)．设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，则n·FE＝0，n·FG＝0，得取n＝(1，1，0)，∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.13.一个儿何体的三视图如图13所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.31\n图13　[解析]由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V＝π×12×4＋π×22×2＝.14.某几何体的三视图如图12所示，则该几何体的表面积为(　　)图12A．54B．60C．66D．72B　[解析]由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥所得，三棱柱的底面是一个两直角边长分别为3和4的直角三角形，高为5，截去的锥体的底面是两直角边的边长分别为3和4的直角三角形，高为3，所以表面积为S＝×3×4＋＋×4＋×5＋3×5＝60.15.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是(　　)A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥αB　[解析]B　[解析]由题可知，若m∥α，n∥α，则m与n平行、相交或异面，所以A错误；若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊥α或n与a相交，故D错误．16．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15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．31\n图15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.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(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sinθ＝＝＝.即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.17.直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)A.B.C.D.C　[解析]如图，E为BC的中点．由于M，N分别是A1B1，A1C1的中点，故MN∥B1C1且31\nMN＝B1C1，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BC＝1，则B1M＝B1A1＝，所以MB＝＝＝NE，AN＝AE＝，在△ANE中，根据余弦定理得cos∠ANE＝＝.18．三棱锥ABCD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MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角ANPM的余弦值．　图14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，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO，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.31\n又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.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ANPM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，因此在等腰直角△AOC中，AC＝.作BR⊥AC于R因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，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，所以NQ＝＝.同理，可得MQ＝.故△MNQ为等腰三角形，所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝＝＝.故二面角ANPM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AO⊥OC，AO⊥OB.又OC⊥OB，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Oxyz.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，31\n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z1＝1，则x1＝，y1＝1，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z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．设二面角ANPM的大小为θ，则cosθ＝＝＝.故二面角ANPM的余弦值是.19.如图15，四棱柱ABCDA1B1C1D1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.31\n图15(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)证明：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所示，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.图1V三棱锥QA1AD＝×·2a·h·d＝ahd，V四棱锥QABCD＝··d·＝ahd，所以V下＝V三棱锥QA1AD＋V四棱锥QABCD＝ahd.又V四棱柱A1B1C1D1ABCD＝ahd，所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd，故＝.(3)方法一：如图1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E.31\n又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，所以DE⊥平面AEA1，所以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.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＝θ，BC＝a，则AD＝2a.因为S四边形ABCD＝·2sinθ＝6，所以a＝.图2从而可得C(2cosθ，2sinθ，0)，A1，所以DC＝(2cosθ，2sinθ，0)，＝.设平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，由得所以n＝(－sinθ，cosθ，1)．又因为平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)，所以cos〈n，m〉＝＝，31\n故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.20.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PABCDE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．图13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.建立空间直角坐标系Axyz，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z＝1，则y＝－1.所以n＝(0，－1，1)．设直线BC与平面ABF所成角为α，则sinα＝|cos〈n，〉|＝＝.31\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的一个法向量，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＝＝2.21.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．图14解：方法一(几何方法)：(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCDA1B1C1D1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.图①　　　　　　　　　图②　　　(2)如图②，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也是等腰梯形．同理可证四边形PQMN也是等腰梯形．31\n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－＝λ2＋，OG2＝1＋(2－λ)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．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③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，λ)．图③　　　　＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－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．22.如图13，四棱锥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；31\n(2)设二面角DAEC为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥EACD的体积．图13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，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)，＝(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|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＝××××＝.23.如图13所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．31\n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M是AB的中点，所以CD∥MA且CD＝MA.连接AD1.因为在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，CD∥C1D1，CD＝C1D1，所以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)方法一：连接AC，MC.由(1)知，CD∥AM且CD＝AM，所以四边形AMCD为平行四边形，所以BC＝AD＝MC.由题意∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝，因此CA⊥CB.设C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.31\n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ABCD＝AB，点过C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N.由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1ABC的平面角．在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，可得CN＝，所以ND1＝＝.31\n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.24.三棱锥ABCD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MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角ANPM的余弦值．　图14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，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO，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的中点，所以P为BC的中点．(2)方法一：如图所示，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ANPM的一个平面角．31\n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，因此在等腰直角△AOC中，AC＝.作BR⊥AC于R因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，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，所以NQ＝＝.同理，可得MQ＝.故△MNQ为等腰三角形，所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝＝＝.故二面角ANPM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AO⊥OC，AO⊥OB.又OC⊥OB，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Oxyz.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31\n从而取z1＝1，则x1＝，y1＝1，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z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．设二面角ANPM的大小为θ，则cosθ＝＝＝.故二面角ANPM的余弦值是.25.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15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．图15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.31\n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(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sinθ＝＝＝.即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.26.如图14，四边形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DAFE的余弦值．图1427.如图16所示，四棱柱ABCDA1B1C1D1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C1OB1D的余弦值．31\n图16解：(1)如图(a)，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)方法一：如图(a)，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.图(a)又因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1.进而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1OB1D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C1OB1D的余弦值为.方法二：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．31\n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Oxyz，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C1OB1D的大小为θ，易知θ是锐角，于是cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.故二面角C1OB1D的余弦值为.28.如图16，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.图16(1)求证：AB⊥PD.(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥PABCD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：因为ABCD为矩形，所以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△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝.设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥PABCD的体积为31\nV＝×·m·＝.因为m＝＝，所以当m＝，即AB＝时，四棱锥PABCD的体积最大．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x＝1，y＝0，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θ，则cosθ＝＝＝.29.如图15所示，△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EBFC的正弦值．图15解：(1)证明：方法一，过点E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF.由△ABC≌△DBC31\n可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC＝∠FOC＝，即FO⊥BC.又EO⊥BC，EO∩FO＝O，所以BC⊥平面EFO.又EF⊂平面EFO，所以EF⊥BC.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EF⊥BC.图2(2)方法一，在图1中，过点O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.因为平面ABC⊥平面BDC，所以EO⊥面BDC，又OG⊥BF，所以由三垂线定理知EG⊥BF，因此∠EGO为二面角EBFC的平面角．在△EOC中，EO＝EC＝BC·cos30°＝.由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝，因此tan∠EGO＝＝2，从而得sin∠EGO＝，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θ，且由题知θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，31\n因此sinθ＝＝，即所求二面角正弦值为.30.如图15，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.图15(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角AA1B1C1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.＝，＝AB＝，1＝BC＝.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，31\n则同理可取m＝(1，－，)．则cos〈n，m〉＝＝.所以结合图形知二面角AA1B1C1的余弦值为.31