高中數(shù)學(xué)高考二輪復(fù)習(xí) 市賽獲獎

數(shù)學(xué)立體幾何1.如圖1－2，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為對角線BD1的三等分點，P到各頂點的距離的不同取值有()圖1－2A．3個B．4個C．5個D．6個B[解析]設(shè)棱長為1，∵BD1＝eq\r(3)，∴BP＝eq\f(\r(3),3)，D1P＝eq\f(2\r(3),3).聯(lián)結(jié)AD1，B1D1，CD1，得△ABD1≌△CBD1≌△B1BD1，∴∠ABD1＝∠CBD1＝∠B1BD1，且cos∠ABD1＝eq\f(\r(3),3)，聯(lián)結(jié)AP，PC，PB1，則有△ABP≌△CBP≌△B1BP，∴AP＝CP＝B1P＝eq\f(\r(6),3)，同理DP＝A1P＝C1P＝1，∴P到各頂點的距離的不同取值有4個．2．如圖1-5，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.過A1，C，D三點的平面記為α，BB1與α的交點為圖1-5(1)證明：Q為BB1的中點；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積之比；(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面積為6，求平面α與底面ABCD所成二面角的大?。猓?1)證明：因為BQ∥AA1，BC∥AD，BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，所以平面QBC∥平面A1AD，從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行，即QC∥A1D.故△QBC與△A1AD的對應(yīng)邊相互平行，于是△QBC∽△A1AD，所以eq\f(BQ,BB1)＝eq\f(BQ,AA1)＝eq\f(BC,AD)＝eq\f(1,2)，即Q為BB1的中點．(2)如圖1所示，連接QA，QD.設(shè)AA1＝h，梯形ABCD的高為d，四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積分別為V上和V下，BC＝a，則AD＝2a圖1V三棱錐Q-A1AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·2a·h·d＝eq\f(1,3)ahd，V四棱錐Q-ABCD＝eq\f(1,3)·eq\f(a＋2a,2)·d·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)h))＝eq\f(1,4)ahd，所以V下＝V三棱錐Q-A1AD＋V四棱錐Q-ABCD＝eq\f(7,12)ahd.又V四棱柱A1B1C1D1-ABCD＝eq\f(3,2)ahd，所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1-ABCD－V下＝eq\f(3,2)ahd－eq\f(7,12)ahd＝eq\f(11,12)ahd，故eq\f(V上,V下)＝eq\f(11,7).(3)方法一：如圖1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足為E，連接A1E.又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，所以DE⊥平面AEA1，所以DE⊥A1E.所以∠AEA1為平面α與底面ABCD所成二面角的平面角．因為BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA.又因為梯形ABCD的面積為6，DC＝2，所以S△ADC＝4，AE＝4.于是tan∠AEA1＝eq\f(AA1,AE)＝1，∠AEA1＝eq\f(π,4).故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為eq\f(π,4).方法二：如圖2所示，以D為原點，DA，eq\o(DD1,\s\up6(→))分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)∠CDA＝θ，BC＝a，則AD＝2a因為S四邊形ABCD＝eq\f(a＋2a,2)·2sinθ＝6，所以a＝eq\f(2,sinθ).圖2從而可得C(2cosθ，2sinθ，0)，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,sinθ)，0，4))，所以DC＝(2cosθ，2sinθ，0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,sinθ)，0，4)).設(shè)平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DA1,\s\up6(→))·n＝\f(4,sinθ)x＋4＝0，,\o(DC,\s\up6(→))·n＝2xcosθ＋2ysinθ＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－sinθ，,y＝cosθ，))所以n＝(－sinθ，cosθ，1)．又因為平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(2),2)，故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為eq\f(π,4).3.《算數(shù)書》竹簡于上世紀(jì)八十年代在湖北省江陵縣張家山出土，這是我國現(xiàn)存最早的有系統(tǒng)的數(shù)學(xué)典籍，其中記載有求“囷蓋”的術(shù)：“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．”該術(shù)相當(dāng)于給出了由圓錐的底面周長L與高h(yuǎn)，計算其體積V的近似公式V≈eq\f(1,36)L2h.它實際上是將圓錐體積公式中的圓周率π近似取為3.那么，近似公式V≈eq\f(2,75)L2h相當(dāng)于將圓錐體積公式中的π近似取為()\f(22,7)\f(25,8)\f(157,50)\f(355,113)B[解析]設(shè)圓錐的底面圓半徑為r，底面積為S，則L＝2πr，由題意得eq\f(1,36)L2h≈eq\f(1,3)Sh，代入S＝πr2化簡得π≈3；類比推理，若V＝eq\f(2,75)L2h，則π≈eq\f(25,8).故選B.4.某幾何體三視圖如圖1-1所示，則該幾何體的體積為()A．8－2πB．8－πC．8－eq\f(π,2)D．8－eq\f(π,4)圖1-1B[解析]根據(jù)三視圖可知，該幾何體是正方體減去兩個體積相等的圓柱的一部分eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(占圓柱的\f(1,4)))后余下的部分，故該幾何體體積為2×2×2－2×eq\f(1,4)×π×2＝8－π.4.一個多面體的三視圖如圖1-2所示，則該多面體的表面積為()A．21＋eq\r(3)B．8＋eq\r(2)C．21D．18圖1-2A[解析]如圖，由三視圖可知該幾何體是棱長為2的正方體截去兩個小三棱錐后余下的部分，其表面積S＝6×4－eq\f(1,2)×6＋2×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\r(6),2)＝21＋eq\r(3).5.某空間幾何體的正視圖是三角形，則該幾何體不可能是()A．圓柱B．圓錐C．四面體D．三棱柱A[解析]由空間幾何體的三視圖可知，圓柱的正視圖、側(cè)視圖、俯視圖都不可能是三角形．6.在如圖1-1所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，一個四面體的頂點坐標(biāo)分別是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．給出編號為①，②，③，④的四個圖，則該四面體的正視圖和俯視圖分別為()圖1-1A．①和②B．①和③C．③和②D．④和②D[解析]由三視圖及空間直角坐標(biāo)系可知，該幾何體的正視圖顯然是一個直角三角形且內(nèi)有一條虛線(一銳角頂點與其所對直角邊中點的連線)，故正視圖是④；俯視圖是一個鈍角三角形，故俯視圖是②.故選D.7．一塊石材表示的幾何體的三視圖如圖1-2所示，將該石材切削、打磨，加工成球，則能得到的最大球的半徑等于()圖1-2A．1B．2C．3D．4B[解析]由三視圖可知，石材為一個三棱柱(相對應(yīng)的長方體的一半)，故可知能得到的最大球為三棱柱的內(nèi)切球．由題意可知正視圖三角形的內(nèi)切圓的半徑即為球的半徑，可得r＝eq\f(6＋8－10,2)＝2.8.一幾何體的直觀圖如圖1-1所示，下列給出的四個俯視圖中正確的是()圖1-1ABCD圖1-2B[解析]易知該幾何體的俯視圖為選項B中的圖形．9.某幾何體三視圖如圖1-1所示，則該幾何體的體積為()A．8－2πB．8－πC．8－eq\f(π,2)D．8－eq\f(π,4)圖1-1B[解析]根據(jù)三視圖可知，該幾何體是正方體減去兩個體積相等的圓柱的一部分eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(占圓柱的\f(1,4)))后余下的部分，故該幾何體體積為2×2×2－2×eq\f(1,4)×π×2＝8－π.9.幾何體的三視圖(單位：cm)如圖1-1所示，則此幾何體的表面積是()圖1-1A．90cm2B．129cm2C．132cm2D[解析]此幾何體是由長方體與三棱柱組合而成的，其直觀圖如圖，所以該幾何體的表面積為2(4×3＋6×3＋6×4)＋2×eq\f(1,2)×3×4＋4×3＋3×5－3×3＝138(cm2)，故選D.10.如圖1-3，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的各條棱中，最長的棱的長度為()圖1-3A．6eq\r(2)B．6C．4eq\r(2)D．4B[解析]該幾何體是如圖所示的棱長為4的正方體內(nèi)的三棱錐E-CC1D1(其中E為BB1的中點)，其中最長的棱為D1E＝eq\r(（4\r(2)）2＋22)＝6.11.如圖1-1，網(wǎng)格紙上正方形小格的邊長為1(表示1cm)，圖中粗線畫出的是某零件的三視圖，該零件由一個底面半徑為3cm，高為圖1-1\f(17,27)\f(5,9)\f(10,27)\f(1,3)C[解析]該零件是一個由兩個圓柱組成的組合體，其體積為π×32×2＋π×22×4＝34π(cm3)，原毛坯的體積為π×32×6＝54π(cm3)，切削掉部分的體積為54π－34π＝20π(cm3)，故所求的比值為eq\f(20π,54π)＝eq\f(10,27).12.四面體ABCD及其三視圖如圖1-4所示，過棱AB的中點E作平行于AD，BC的平面分別交四面體的棱BD，DC，CA于點F，G，H.(1)證明：四邊形EFGH是矩形；(2)求直線AB與平面EFGH夾角θ的正弦值．圖1-4解：(1)證明：由該四面體的三視圖可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.由題設(shè)，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.∴四邊形EFGH是平行四邊形．又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四邊形EFGH是矩形．(2)方法一：如圖，以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，則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)．設(shè)平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，∵EF∥AD，F(xiàn)G∥BC，∴n·DA＝0，n·BC＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝0，,－2x＋2y＝0，))取n＝(1，1，0)，∴sinθ＝|cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(BA·n,|BA||n|)))＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).方法二：如圖，以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，∵E是AB的中點，∴F，G分別為BD，DC的中點，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，F(xiàn)(1，0，0)，G(0，1，0)．∴eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，F(xiàn)G＝(－1，1，0)，BA＝(－2，0，1)．設(shè)平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，則n·FE＝0，n·FG＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)z＝0，,－x＋y＝0，))取n＝(1，1，0)，∴sinθ＝|cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(BA·n,|\o(BA,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).13.一個兒何體的三視圖如圖1-3所示(單位：m)，則該幾何體的體積為________m3.圖1-3eq\f(20π,3)[解析]由三視圖可得，該幾何體為圓柱與圓錐的組合體，其體積V＝π×12×4＋eq\f(1,3)π×22×2＝eq\f(20π,3).14.某幾何體的三視圖如圖1-2所示，則該幾何體的表面積為()圖1-2A．54B．60C．66D．72B[解析]由三視圖可知該幾何體是由一個直三棱柱去掉一個三棱錐所得，三棱柱的底面是一個兩直角邊長分別為3和4的直角三角形，高為5，截去的錐體的底面是兩直角邊的邊長分別為3和4的直角三角形，高為3，所以表面積為S＝eq\f(1,2)×3×4＋eq\f(3×5,2)＋eq\f(2＋5,2)×4＋eq\f(2＋5,2)×5＋3×5＝60.15.已知m，n表示兩條不同直線，α表示平面．下列說法正確的是()A．若m∥α，n∥α，則m∥nB．若m⊥α，n?α，則m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，則n∥αD．若m∥α，m⊥n，則n⊥αB[解析]B[解析]由題可知，若m∥α，n∥α，則m與n平行、相交或異面，所以A錯誤；若m⊥α，n?α，則m⊥n，故B正確；若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，故C錯誤．若m∥α，m⊥n，則n∥α或n⊥α或n與a相交，故D錯誤．16．在平面四邊形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.將△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如圖1-5所示．(1)求證：AB⊥CD；(2)若M為AD中點，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值．圖1-5解：(1)證明：∵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)過點B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD.由(1)知AB⊥平面BCD，BE?平面BCD，BD?平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.以B為坐標(biāo)原點，分別以eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示)．依題意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).則eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，1，－1)．設(shè)平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＋y0＝0，,\f(1,2)y0＋\f(1,2)z0＝0，))取z0＝1，得平面MBC的一個法向量n＝(1，－1，1)．設(shè)直線AD與平面MBC所成角為θ，則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n，\o(AD,\s\up6(→))〉))＝eq\f(|n·\o(AD,\s\up6(→))|,|n|·|\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(6),3).即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3).17.直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與\f(1,10)\f(2,5)\f(\r(30),10)\f(\r(2),2)C[解析]如圖，E為BC的中點．由于M，N分別是A1B1，A1C1的中點，故MN∥B1C1且MN＝eq\f(1,2)B1C1，故MN綊BE，所以四邊形MNEB為平行四邊形，所以EN綊BM，所以直線AN，NE所成的角即為直線BM，AN所成的角．設(shè)BC＝1，則B1M＝eq\f(1,2)B1A1＝eq\f(\r(2),2)，所以MB＝eq\r(1＋\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)＝NE，AN＝AE＝eq\f(\r(5),2)，在△ANE中，根據(jù)余弦定理得cos∠ANE＝eq\f(\f(6,4)＋\f(5,4)－\f(5,4),2×\f(\r(6),2)×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(30),10).18．三棱錐A-BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖1-4所示．設(shè)M，N分別為線段AD，AB的中點，P為線段BC上的點，且MN⊥NP.(1)證明：P是線段BC的中點；(2)求二面角A-NP-M的余弦值．圖1-4解：(1)如圖所示，取BD的中點O，連接AO，CO.由側(cè)視圖及俯視圖知，△ABD，△BCD為正三角形，所以AO⊥BD，OC⊥BD.因為AO，OC?平面AOC，且AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.又因為AC?平面AOC，所以BD⊥AC.取BO的中點H，連接NH，PH.又M，N，H分別為線段AD，AB，BO的中點，所以MN∥BD，NH∥AO，因為AO⊥BD，所以NH⊥BD.因為MN⊥NP，所以NP⊥BD.因為NH，NP?平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.又因為HP?平面NHP，所以BD⊥HP.又OC⊥BD，HP?平面BCD，OC?平面BCD，所以HP∥OC.因為H為BO的中點，所以P為BC的中點．(2)方法一：如圖所示，作NQ⊥AC于Q，連接MQ.由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.因為MN⊥NP，所以∠MNQ為二面角A-NP-M的一個平面角．由(1)知，△ABD，△BCD為邊長為2的正三角形，所以AO＝OC＝eq\r(3).由俯視圖可知，AO⊥平面BCD.因為OC?平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝eq\r(6).作BR⊥AC于R因為在△ABC中，AB＝BC，所以R為AC的中點，所以BR＝eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(10),2).因為在平面ABC內(nèi)，NQ⊥AC，BR⊥AC，所以NQ∥BR.又因為N為AB的中點，所以Q為AR的中點，所以NQ＝eq\f(BR,2)＝eq\f(\r(10),4).同理，可得MQ＝eq\f(\r(10),4).故△MNQ為等腰三角形，所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝eq\f(\f(MN,2),NQ)＝eq\f(\f(BD,4),NQ)＝eq\f(\r(10),5).故二面角A-NP-M的余弦值是eq\f(\r(10),5).方法二：由俯視圖及(1)可知，AO⊥平面BCD.因為OC，OB?平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.又OC⊥OB，所以直線OA，OB，OC兩兩垂直．如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)B，OC，OA的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.則A(0，0，eq\r(3))，B(1，0，0)，C(0，eq\r(3)，0)，D(－1，0，0)．因為M，N分別為線段AD，AB的中點，又由(1)知，P為線段BC的中點，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，于是AB＝(1，0，－eq\r(3))，BC＝(－1，eq\r(3)，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，－\f(\r(3),2))).設(shè)平面ABC的一個法向量n1＝(x1，y1，z1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1⊥AB，,n1⊥BC，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·AB＝0，,n1·BC＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x1，y1，z1）·（1，0，－\r(3)）＝0，,（x1，y1，z1）·（－1，\r(3)，0）＝0，))從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－\r(3)z1＝0，,－x1＋\r(3)y1＝0.))取z1＝1，則x1＝eq\r(3)，y1＝1，所以n1＝(eq\r(3)，1，1)．設(shè)平面MNP的一個法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2⊥MN，,n2⊥NP，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·MN＝0，,n2·NP＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x2，y2，z2）·（1，0，0）＝0，,（x2，y2，z2）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，－\f(\r(3),2)))＝0，))從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,\f(\r(3),2)y2－\f(\r(3),2)z2＝0.))取z2＝1，則y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．設(shè)二面角A-NP-M的大小為θ，則cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（\r(3)，1，1）·（0，1，1）,\r(5)×\r(2))))＝eq\f(\r(10),5).故二面角A-NP-M的余弦值是eq\f(\r(10),5).19.如圖1-5，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.過A1，C，D三點的平面記為α，BB1與α的交點為圖1-5(1)證明：Q為BB1的中點；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積之比；(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面積為6，求平面α與底面ABCD所成二面角的大小．解：(1)證明：因為BQ∥AA1，BC∥AD，BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，所以平面QBC∥平面A1AD，從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行，即QC∥A1D.故△QBC與△A1AD的對應(yīng)邊相互平行，于是△QBC∽△A1AD，所以eq\f(BQ,BB1)＝eq\f(BQ,AA1)＝eq\f(BC,AD)＝eq\f(1,2)，即Q為BB1的中點．(2)如圖1所示，連接QA，QD.設(shè)AA1＝h，梯形ABCD的高為d，四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積分別為V上和V下，BC＝a，則AD＝2a圖1V三棱錐Q-A1AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·2a·h·d＝eq\f(1,3)ahd，V四棱錐Q-ABCD＝eq\f(1,3)·eq\f(a＋2a,2)·d·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)h))＝eq\f(1,4)ahd，所以V下＝V三棱錐Q-A1AD＋V四棱錐Q-ABCD＝eq\f(7,12)ahd.又V四棱柱A1B1C1D1-ABCD＝eq\f(3,2)ahd，所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1-ABCD－V下＝eq\f(3,2)ahd－eq\f(7,12)ahd＝eq\f(11,12)ahd，故eq\f(V上,V下)＝eq\f(11,7).(3)方法一：如圖1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足為E，連接A1E.又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，所以DE⊥平面AEA1，所以DE⊥A1E.所以∠AEA1為平面α與底面ABCD所成二面角的平面角．因為BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA.又因為梯形ABCD的面積為6，DC＝2，所以S△ADC＝4，AE＝4.于是tan∠AEA1＝eq\f(AA1,AE)＝1，∠AEA1＝eq\f(π,4).故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為eq\f(π,4).方法二：如圖2所示，以D為原點，DA，eq\o(DD1,\s\up6(→))分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)∠CDA＝θ，BC＝a，則AD＝2a因為S四邊形ABCD＝eq\f(a＋2a,2)·2sinθ＝6，所以a＝eq\f(2,sinθ).圖2從而可得C(2cosθ，2sinθ，0)，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,sinθ)，0，4))，所以DC＝(2cosθ，2sinθ，0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,sinθ)，0，4)).設(shè)平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DA1,\s\up6(→))·n＝\f(4,sinθ)x＋4＝0，,\o(DC,\s\up6(→))·n＝2xcosθ＋2ysinθ＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－sinθ，,y＝cosθ，))所以n＝(－sinθ，cosθ，1)．又因為平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(2),2)，故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為eq\f(π,4).20.如圖1-3，正方形AMDE的邊長為2，B，C分別為AM，MD的中點．在五棱錐P-ABCDE中，F(xiàn)為棱PE的中點，平面ABF與棱PD，PC分別交于點G，H.(1)求證：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直線BC與平面ABF所成角的大小，并求線段PH的長．圖1-3解：(1)證明：在正方形AMDE中，因為B是AM的中點，所以AB∥DE.又因為AB?平面PDE，所以AB∥平面PDE.因為AB?平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，所以AB∥FG.(2)因為PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，如圖所示，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(xiàn)(0，1，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，1，0)．設(shè)平面ABF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＋z＝0.))令z＝1，則y＝－1.所以n＝(0，－1，1)．設(shè)直線BC與平面ABF所成角為α，則sinα＝|cos〈n，eq\o(BC,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(BC,\s\up6(→)),|n||\o(BC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(1,2).因此直線BC與平面ABF所成角的大小為eq\f(π,6).設(shè)點H的坐標(biāo)為(u，v，w)．因為點H在棱PC上，所以可設(shè)eq\o(PH,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))(0<λ<1)．即(u，v，w－2)＝λ(2，1，－2)，所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.因為n是平面ABF的一個法向量，所以n·eq\o(AH,\s\up6(→))＝0，即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(2,3)，所以點H的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(2,3)，\f(2,3))).所以PH＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))\s\up12(2))＝2.21.如圖1-4，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點，點P，Q分別在棱DD1，BB1上移動，且DP＝BQ＝λ(0<λ(1)當(dāng)λ＝1時，證明：直線BC1∥平面EFPQ.(2)是否存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．圖1-4解：方法一(幾何方法)：(1)證明：如圖①，連接AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方體，知BC1∥AD1當(dāng)λ＝1時，P是DD1的中點，又F是AD的中點，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP.而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ.圖①圖②(2)如圖②，連接BD.因為E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，所以EF∥BD，且EF＝eq\f(1,2)BD.又DP＝BQ，DP∥BQ，所以四邊形PQBD是平行四邊形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，從而EF∥PQ，且EF＝eq\f(1,2)PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因為BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，于是EQ＝FP＝eq\r(1＋λ2)，所以四邊形EFPQ也是等腰梯形．同理可證四邊形PQMN也是等腰梯形．分別取EF，PQ，MN的中點為H，O，G，連接OH，OG，則GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，故∠GOH是面EFPQ與面PQMN所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則∠GOH＝90°.連接EM，F(xiàn)N，則由EF∥MN，且EF＝MN知四邊形EFNM是平行四邊形．連接GH，因為H，G是EF，MN的中點，所以GH＝ME＝2.在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝λ2＋eq\f(1,2)，OG2＝1＋(2－λ)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝(2－λ)2＋eq\f(1,2)，由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋eq\f(1,2)＋λ2＋eq\f(1,2)＝4，解得λ＝1±eq\f(\r(2),2)，故存在λ＝1±eq\f(\r(2),2)，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角．方法二(向量方法)：以D為原點，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖③所示的空間直角坐標(biāo)系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(xiàn)(1，0，0)，P(0，0，λ)．圖③eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，F(xiàn)P＝(－1，0，λ)，F(xiàn)E＝(1，1，0)．(1)證明：當(dāng)λ＝1時，F(xiàn)P＝(－1，0，1)，因為eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，所以eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2eq\o(FP,\s\up6(→))，即BC1∥FP.而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ.(2)設(shè)平面EFPQ的一個法向量為n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(FE,\s\up6(→))·n＝0，,\o(FP,\s\up6(→))·n＝0))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0.))于是可取n＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ的一個法向量為m＝(λ－2，2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±eq\f(\r(2),2).故存在λ＝1±eq\f(\r(2),2)，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角．22.如圖1-3，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．(1)證明：PB∥平面AEC；(2)設(shè)二面角D-AE-C為60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，求三棱錐E-ACD的體積．圖1-3解：(1)證明：連接BD交AC于點O，連接EO.因為ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點．又E為PD的中點，所以EO∥PB.因為EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)因為PA⊥平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點，eq\o(AB,\s\up6(→))，AD，AP的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，|eq\o(AP,\s\up6(→))|為單位長，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).設(shè)B(m，0，0)(m>0)，則C(m，eq\r(3)，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(m，eq\r(3)，0)．設(shè)n1＝(x，y，z)為平面ACE的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).又n2＝(1，0，0)為平面DAE的法向量，由題設(shè)易知|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,2)，即eq\r(\f(3,3＋4m2))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(3,2).因為E為PD的中點，所以三棱錐E-ACD的高為eq\f(1,2).三棱錐E-ACD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(3,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),8).23.如圖1-3所示，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是線段AB圖1-3(1)求證：C1M∥平面A1ADD1(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝eq\r(3)，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值．解：(1)證明：因為四邊形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC，又M是AB的中點，所以CD∥MA且CD＝MA.連接AD1.因為在四棱柱ABCD-A1B1C1D1CD∥C1D1，CD＝C1D1，所以C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四邊形AMC1D1為平行四邊形，因此，C1M∥D1又C1M?平面A1ADD1，D1A?平面A1ADD所以C1M∥平面A1ADD1(2)方法一：連接AC，MC.由(1)知，CD∥AM且CD＝AM，所以四邊形AMCD為平行四邊形，所以BC＝AD＝MC.由題意∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC為正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝eq\r(3)，因此CA⊥CB.設(shè)C為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz.所以A(eq\r(3)，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，eq\r(3))．因此Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，所以eq\o(MD1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(3)))，eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).設(shè)平面C1D1M的一個法向量n＝(x，y，z由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(MD1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y＝0，,\r(3)x＋y－2\r(3)z＝0，))可得平面C1D1M的一個法向量n＝(1，eq\r(3)，1)．又eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，0，eq\r(3))為平面ABCD的一個法向量．因此cos〈eq\o(CD1,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CD1,\s\up6(→))·n,|\o(CD1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(5),5)，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為eq\f(\r(5),5).方法二：由(1)知，平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，點過C向AB引垂線交AB于點N，連接D由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC為二面角C1-AB-C的平面角．在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，可得CN＝eq\f(\r(3),2)，所以ND1＝eq\r(CDeq\o\al(2,1)＋CN2)＝eq\f(\r(15),2).在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝eq\f(CN,D1N)＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(\r(15),2))＝eq\f(\r(5),5)，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為eq\f(\r(5),5).24.三棱錐A-BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖1-4所示．設(shè)M，N分別為線段AD，AB的中點，P為線段BC上的點，且MN⊥NP.(1)證明：P是線段BC的中點；(2)求二面角A-NP-M的余弦值．圖1-4解：(1)如圖所示，取BD的中點O，連接AO，CO.由側(cè)視圖及俯視圖知，△ABD，△BCD為正三角形，所以AO⊥BD，OC⊥BD.因為AO，OC?平面AOC，且AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.又因為AC?平面AOC，所以BD⊥AC.取BO的中點H，連接NH，PH.又M，N，H分別為線段AD，AB，BO的中點，所以MN∥BD，NH∥AO，因為AO⊥BD，所以NH⊥BD.因為MN⊥NP，所以NP⊥BD.因為NH，NP?平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.又因為HP?平面NHP，所以BD⊥HP.又OC⊥BD，HP?平面BCD，OC?平面BCD，所以HP∥OC.因為H為BO的中點，所以P為BC的中點．(2)方法一：如圖所示，作NQ⊥AC于Q，連接MQ.由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.因為MN⊥NP，所以∠MNQ為二面角A-NP-M的一個平面角．由(1)知，△ABD，△BCD為邊長為2的正三角形，所以AO＝OC＝eq\r(3).由俯視圖可知，AO⊥平面BCD.因為OC?平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝eq\r(6).作BR⊥AC于R因為在△ABC中，AB＝BC，所以R為AC的中點，所以BR＝eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(10),2).因為在平面ABC內(nèi)，NQ⊥AC，BR⊥AC，所以NQ∥BR.又因為N為AB的中點，所以Q為AR的中點，所以NQ＝eq\f(BR,2)＝eq\f(\r(10),4).同理，可得MQ＝eq\f(\r(10),4).故△MNQ為等腰三角形，所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝eq\f(\f(MN,2),NQ)＝eq\f(\f(BD,4),NQ)＝eq\f(\r(10),5).故二面角A-NP-M的余弦值是eq\f(\r(10),5).方法二：由俯視圖及(1)可知，AO⊥平面BCD.因為OC，OB?平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.又OC⊥OB，所以直線OA，OB，OC兩兩垂直．如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)B，OC，OA的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.則A(0，0，eq\r(3))，B(1，0，0)，C(0，eq\r(3)，0)，D(－1，0，0)．因為M，N分別為線段AD，AB的中點，又由(1)知，P為線段BC的中點，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，于是AB＝(1，0，－eq\r(3))，BC＝(－1，eq\r(3)，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，－\f(\r(3),2))).設(shè)平面ABC的一個法向量n1＝(x1，y1，z1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1⊥AB，,n1⊥BC，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·AB＝0，,n1·BC＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x1，y1，z1）·（1，0，－\r(3)）＝0，,（x1，y1，z1）·（－1，\r(3)，0）＝0，))從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－\r(3)z1＝0，,－x1＋\r(3)y1＝0.))取z1＝1，則x1＝eq\r(3)，y1＝1，所以n1＝(eq\r(3)，1，1)．設(shè)平面MNP的一個法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2⊥MN，,n2⊥NP，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·MN＝0，,n2·NP＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x2，y2，z2）·（1，0，0）＝0，,（x2，y2，z2）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，－\f(\r(3),2)))＝0，))從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,\f(\r(3),2)y2－\f(\r(3),2)z2＝0.))取z2＝1，則y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．設(shè)二面角A-NP-M的大小為θ，則cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（\r(3)，1，1）·（0，1，1）,\r(5)×\r(2))))＝eq\f(\r(10),5).故二面角A-NP-M的余弦值是eq\f(\r(10),5).25.在平面四邊形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.將△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如圖1-5所示．(1)求證：AB⊥CD；(2)若M為AD中點，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值．圖1-5解：(1)證明：∵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)過點B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD.由(1)知AB⊥平面BCD，BE?平面BCD，BD?平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.以B為坐標(biāo)原點，分別以eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示)．依題意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).則eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，1，－1)．設(shè)平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＋y0＝0，,\f(1,2)y0＋\f(1,2)z0＝0，))取z0＝1，得平面MBC的一個法向量n＝(1，－1，1)．設(shè)直線AD與平面MBC所成角為θ，則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n，\o(AD,\s\up6(→))〉))＝eq\f(|n·\o(AD,\s\up6(→))|,|n|·|\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(6),3).即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3).26.如圖1-4，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于點F，F(xiàn)E∥CD，交PD于點E.(1)證明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角D-AF-E的余弦值．圖1-427.如圖1-6所示，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1(1)證明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1-OB1-D的余弦值．圖1-6解：(1)如圖(a)，因為四邊形ACC1A1為矩形，所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD因為CC1∥DD1，所以CC1⊥BD.而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.由題設(shè)知，O1O∥C1C.故O1O⊥底面ABCD(2)方法一：如圖(a)，過O1作O1H⊥OB1于H，連接HC1.由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O(shè)1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C圖(a)又因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等，所以四邊形A1B1C1D因此A1C1⊥B1D1，從而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1進而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角．不妨設(shè)AB＝2.因為∠CBA＝60°，所以O(shè)B＝eq\r(3)，OC＝1，OB1＝eq\r(7).在Rt△OO1B1中，易知O1H＝eq\f(OO1·O1B1,OB1)＝2eq\r(\f(3,7)).而O1C1＝1，于是C1H＝eq\r(O1Ceq\o\al(2,1)＋O1H2)＝eq\r(1＋\f(12,7))＝eq\r(\f(19,7)).故cos∠C1HO1＝eq\f(O1H,C1H)＝eq\f(2\r(\f(3,7)),\r(\f(19,7)))＝eq\f(2\r(57),19).即二面角C1-OB1-D的余弦值為eq\f(2\r(57),19).方法二：因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等，所以四邊形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，從而OB，OC，OO1圖(b)如圖(b)，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OB，OC，OO1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，不妨設(shè)AB＝2.因為∠CBA＝60°，所以O(shè)B＝eq\r(3)，OC＝1，于是相關(guān)各點的坐標(biāo)為O(0，0，0)，B1(eq\r(3)，0，2)，C1(0，1，2)．易知，n1＝(0，1，0)是平面BDD1B1的一個法向量．設(shè)n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一個法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(OB,\s\up6(→))1＝0，,n2·\o(OC,\s\up6(→))1＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋2z＝0，,y＋2z＝0.))取z＝－eq\r(3)，則x＝2，y＝2eq\r(3)，所以n2＝(2，2eq\r(3)，－eq\r(3))．設(shè)二面角C1-OB1-D的大小為θ，易知θ是銳角，于是cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\f(2\r(3),\r(19))＝eq\f(2\r(57),19).故二面角C1-OB1-D的余弦值為eq\f(2\r(57),19).28.如圖1-6，四棱錐P-ABCD中，ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD.圖1-6(1)求證：AB⊥PD.(2)若∠BPC＝90°，PB＝eq\r(2)，PC＝2，問AB為何值時，四棱錐P-ABCD的體積最大？并求此時平面BPC與平面DPC夾角的余弦值．解：(1)證明：因為ABCD為矩形，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)過P作AD的垂線，垂足為O，過O作BC的垂線，垂足為G，連接PG.故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG.在Rt△BPC中，PG＝eq\f(2\r(3),3)，GC＝eq\f(2\r(6),3)，BG＝eq\f(\r(6),3).設(shè)AB＝m，則OP＝eq\r(PG2－OG2)＝eq\r(\f(4,3)－m2)，故四棱錐P-ABCD的體積為V＝eq\f(1,3)×eq\r(6)·m·eq\r(\f(4,3)－m2)＝eq\f(m,3)eq\r(8－6m2).因為meq\r(8－6m2)＝eq\r(8m2－6m4)＝eq\r(－6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2－\f(2,3)))\s\up12(2)＋\f(8,3))，所以當(dāng)m＝eq\f(\r(6),3)，即AB＝eq\f(\r(6),3)時，四棱錐P-ABCD的體積最大．此時，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，各點的坐標(biāo)分別為O(0，0，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),3)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(6),3)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(6),3)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),3)))，故eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(6),3)，－\f(\r(6),3)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，eq\r(6)，0)，CD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，0，0)).設(shè)平面BPC的一個法向量為n1＝(x，y，1)，則由n1⊥eq\o(PC,\s\up6(→))，n1⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)x＋\f(2\r(6),3)y－\f(\r(6),3)＝0，,\r(6)y＝0，))解得x＝1，y＝0，則n1＝(1，0，1)．同理可求出平面DPC的一個法向量為n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1)).設(shè)平面BPC與平面DPC的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1,\r(2)·\r(\f(1,4)＋1))＝eq\f(\r(10),5