2015届高三数学立体几何专题训练1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π解析：选A.原几何体为组合体：上面是长方体，下面是圆柱的一半(如图所示)，其体积为V ＝4×2×2＋12π×22×4＝16＋8π. 2．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3解析：选A.如图，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)，BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm)．设球的半径为R cm ，则R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5，∴V 球＝43π×53＝500π3(cm 3)．3．(2013·高考新课标全国卷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 ，l ⊄α，l ⊄β，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l 解析：选D.根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l ，故选D. 4．(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则C D 与平面B D C 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33C.23D.13 解析：选A.法一：如图，连接AC ，交B D 于点O ，由正四棱柱的性质，有AC ⊥B D.因为CC 1⊥平面ABC D ，所以CC 1⊥B D.又CC 1∩AC ＝C ，所以B D ⊥平面CC 1O .在平面CC 1O 内作CH ⊥C 1O ，垂足为H ，则B D ⊥CH .又B D ∩C 1O ＝O ，所以CH ⊥平面B D C 1，连接D H ，则D H 为C D 在平面B D C 1上的射影，所以∠C D H 为C D 与平面B D C 1所成的角．设AA 1＝2AB ＝2.在Rt △COC 1中，由等面积变换易求得CH ＝23.在Rt △C D H 中，s in ∠C D H ＝CH CD ＝23.法二：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D(0，0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面B D C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面B D C 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设C D 与平面B D C 1所成的角为θ，则s in θ＝|co s n ，DC →＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23.5．(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则C D 与平面B D C 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33C.23D.13解析：选A.法一：如图，连接AC ，交B D 于点O ，由正四棱柱的性质，有AC ⊥B D.因为CC 1⊥平面ABC D ，所以CC 1⊥B D.又CC 1∩AC ＝C ，所以B D ⊥平面CC 1O .在平面CC 1O 内作CH ⊥C 1O ，垂足为H ，则B D ⊥CH .又B D ∩C 1O ＝O ，所以CH ⊥平面B D C 1，连接D H ，则D H 为C D 在平面B D C 1上的射影，所以∠C D H 为C D 与平面B D C 1所成的角．设AA 1＝2AB ＝2.在Rt △COC 1中，由等面积变换易求得CH ＝23.在Rt △C D H 中，s in ∠C D H ＝CH CD ＝23.法二：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D(0，0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面B D C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面B D C 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设C D 与平面B D C 1所成的角为θ，则s in θ＝|co s n ，DC →＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23.6．(2013·高考山东卷)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8,8解析：选B.由正视图知：四棱锥的底面是边长为2的正方形，四棱锥的高为2，∴V ＝13×22×2＝83.四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，底为2，高为5，∴S 侧＝4×12×2×5＝4 5.7．(2013·高考山东卷)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为 ( )A.5π12B.π3C.π4D.π6 解析：选B.如图所示，P 为正三角形A 1B 1C 1的中心，设O 为△ABC 的中心，由题意知：PO ⊥平面ABC ，连接OA ，则∠P AO 即为P A 与平面ABC 所成的角．在正三角形ABC 中，AB ＝BC ＝AC ＝3，则S ＝34×(3)2＝334，VABC -A 1B 1C 1＝S ×PO ＝94，∴PO ＝ 3.又AO ＝33×3＝1，∴tan ∠P AO ＝POAO ＝3，∴∠P AO ＝π3.8．(2013·高考浙江卷)设m 、n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β C ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥α D ．若m ∥α，α⊥β，则m ⊥β解析：选C.A 项，当m ∥α，n ∥α时，m ，n 可能平行，可能相交，也可能异面，故错误； B 项，当m ∥α，m ∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误； C 项，当m ∥n ，m ⊥α时，n ⊥α，故正确；D 项，当m ∥α，α⊥β时，m 可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，故错误．故选C.9．(2013·高考新课标全国卷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( )解析：选A.根据已知条件作出图形：四面体C 1-A 1D B ，标出各个点的坐标如图(1)所示，可以看出正视图是正方形，如图(2)所示．故选A.10．(2013·高考安徽卷)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 解析：选A.A ，不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证； B ，是平面的基本性质公理； C ，是平面的基本性质公理； D ，是平面的基本性质公理． 11．(2013·高考北京卷)如图，在正方体ABC D-A 1B 1C 1D 1中，P 为对角线B D 1的三等分点，P 到各顶点的距离的不同取值有( )A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个解析：选B.如图，取底面ABC D 的中心O ，连接P A ，PC ，PO . ∵AC ⊥平面DD 1B ，又PO ⊂平面DD 1B ，∴AC ⊥PO .又O 是B D 的中点，∴P A ＝PC .同理，取B 1C 与BC 1的交点H ，易证B 1C ⊥平面D 1C 1B ，∴B 1C ⊥PH . 又H 是B 1C 的中点，∴PB 1＝PC ，∴P A ＝PB 1＝PC . 同理可证P A 1＝PC 1＝P D. 又P 是B D 1的三等分点， ∴PB ≠P D 1≠PB 1≠P D ，故点P 到正方体的顶点的不同距离有4个． 12．(2013·高考辽宁卷)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210C.132D ．310 解析：选C.因为直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则O D ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132.13．(2013·高考浙江卷)在空间中，过点A 作平面π的垂线，垂足为B ，记B ＝f π(A )．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P ，Q 1＝f β[f α(P )]，Q 2＝f α[f β(P )]，恒有PQ 1＝PQ 2，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° 解析：选A.设P 1＝f α(P )，P 2＝f β(P )，则PP 1⊥α，P 1Q 1⊥β，PP 2⊥β，P 2Q 2⊥α. 若α∥β，则P 1与Q 2重合、P 2与Q 1重合，所以PQ 1≠PQ 2，所以α与β相交． 设α∩β＝l ，由PP 1∥P 2Q 2，所以P ，P 1，P 2，Q 2四点共面． 同理P ，P 1，P 2，Q 1四点共面．所以P ，P 1，P 2，Q 1，Q 2五点共面，且α与β的交线l 垂直于此平面．又因为PQ 1＝PQ 2，所以Q 1、Q 2重合且在l 上，四边形PP 1Q 1P 2为矩形．那么∠P 1Q 1P 2＝π2为二面角α-l -β的平面角，所以α⊥β.14．(2013·高考湖南卷)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )A.32B ．1C.2＋12 D. 2 解析：选D.由于该正方体的俯视图是面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，因此该几何体的正视图是一个长为2，宽为1的矩形，其面积为 2.15．(2013·高考江西卷)一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A ．200＋9π B ．200＋18π C ．140＋9π D ．140＋18π解析：选 A.由三视图可知该几何体的下面是一个长方体，上面是半个圆柱组成的组合体．长方体的长、宽、高分别为10、4、5，半圆柱底面圆半径为3，高为2，故组合体体积V ＝10×4×5＋9π＝200＋9π.16.(2013·高考四川卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是( ) A ．棱柱 B ．棱台 C ．圆柱 D ．圆台解析：选D.由俯视图是圆环可排除A ，B ，由正视图和侧视图都是等腰梯形可排除C ，故选D.17．(2013·高考广东卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是( )A.16B.13C.23D ．1解析：选B.如图，三棱锥的底面是一个直角边长为1的等腰直角三角形，有一条侧棱和底面垂直，且其长度为2，故三棱锥的高为2，故其体积V ＝13×12×1×1×2＝13，故选B.18．(2013·高考广东卷)设l 为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( ) A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥β B ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β C ．若l ⊥α，l ∥β，则α∥β D ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β解析：选B.选项A ，若l ∥α，l ∥β，则α和β可能平行也可能相交，故错误； 选项B ，若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β，故正确； 选项C ，若l ⊥α，l ∥β，则α⊥β，故错误；选项D ，若α⊥β，l ∥α，则l 与β的位置关系有三种可能：l ⊥β，l ∥β，l ⊂β，故错误．故选B.19．(2013·高考湖南卷)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 ．1 B. 2C.2－12D.2＋12解析：选C.当正方体的俯视图是面积为1的正方形时，其正视图的最小面积为1，最大面积为 2.因为2－12<1，因此所给选项中其正视图的面积不可能为2－12，故选C.20．(2013·高考江西卷)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB ∥C D ，正方体的六个面所在的平面与直线C E ，E F 相交的平面个数分别记为m ，n ，那么m ＋n ＝( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选A.取C D 的中点H ，连接E H ，HF .在四面体C DE F 中，C D ⊥E H ，C D ⊥FH ，所以C D ⊥平面E FH ，所以AB ⊥平面E FH ，所以正方体的左、右两个侧面与E F 平行，其余4个平面与E F 相交，即n ＝4.又因为C E 与AB 在同一平面内，所以C E 与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m ＝4，所以m ＋n ＝4＋4＝8.21．(2013·高考重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5603B.5803 C ．200 D ．240解析：选C.由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S ＝(2＋8)×42＝20.又棱柱的高为10，所以体积V ＝Sh ＝20×10＝200.22．(2013·高考广东卷)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )A ．4 B.143 C.163D ．6解析：选B.由三视图可还原出四棱台的直观图如图所示，其上底和下底都是正方形，边长分别是1和2，与底面垂直的棱为棱台的高，长度为2，故其体积为V ＝13×(12＋1×4＋22)×2＝143，故选B.23．(2013·高考广东卷)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，m ⊂α，n ⊂β，则m ⊥ nB ．若α∥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ∥nC ．若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α⊥βD ．若m ⊥α，m ∥n ，n ∥β，则α⊥β 解析：选D.如图，在长方体ABC D-A 1B 1C 1D 1中，平面BCC 1B 1⊥平面ABC D ，BC 1⊂平面BCC 1B 1，BC ⊂平面ABC D ，而BC 1不垂直于BC ，故A 错误．平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABC D ，B 1D 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，AC ⊂平面ABC D ，但B 1D 1和AC 不平行，故B 错误．AB ⊥A 1D 1，AB ⊂平面ABC D ，A 1D 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，但平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABC D ，故C 错误．故选D.24．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为________．解析：如图，设球O 的半径为R ，则 由AH ∶HB ＝1∶2得HA ＝13·2R ＝23R ，∴OH ＝R3.∵截面面积为π＝π·(HM )2， ∴HM ＝1.在Rt △HMO 中，OM 2＝OH 2＋HM 2，∴R 2＝19R 2＋HM 2＝19R 2＋1，∴R ＝324.∴S 球＝4πR 2＝4π·(324)2＝92π.答案：92π25．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)已知正四棱锥O -ABC D 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________．解析：V 四棱锥O -ABC D ＝13×3×3h ＝322，得h ＝322， ∴OA 2＝h 2＋(AC 2)2＝184＋64＝6.∴S 球＝4πOA 2＝24π. 答案：24π 26．(2013·高考浙江卷)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积等于________cm 3.解析：由三视图可知该几何体为一个直三棱柱被截去了一个小三棱锥，如图所示．三棱柱的底面为直角三角形，且直角边长分别为3和4，三棱柱的高为5，故其体积V 1＝12×3×4×5＝30(cm 3)，小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同，高为3，故其体积V 2＝13×12×3×4×3＝6(cm 3)，所以所求几何体的体积为30－6＝24(cm 3)． 答案：24 27．(2013·高考大纲全国卷)已知圆O 和圆K 是球O 的大圆和小圆，其公共弦长等于球O的半径，OK ＝32，且圆O 与圆K 所在的平面所成的一个二面角为60°，则球O 的表面积等于________．解析：如图所示，公共弦为AB ，设球的半径为R ，则AB ＝R .取AB 中点M ，连接OM 、KM ，由圆的性质知OM ⊥AB ，KM ⊥AB ，所以∠KMO 为圆O 与圆K 所在平面所成的一个二面角的平面角，则∠KMO ＝60°.在Rt △KMO 中，OK ＝32，所以OM ＝OKsin 60°＝ 3.在Rt △OAM 中，因为OA 2＝OM 2＋AM 2，所以R 2＝3＋14R 2，解得R 2＝4，所以球O 的表面积为4πR 2＝16π.答案：16π 28．(2013·高考江苏卷)如图，在三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点．设三棱锥F -A DE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1-ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析：设三棱柱的底面ABC 的面积为S ，高为h ，则其体积为V 2＝Sh .因为D ，E 分别为AB ，AC 的中点，所以△A DE 的面积等于14S .又因为F 为AA 1的中点，所以三棱锥F -A DE 的高等于12h ，于是三棱锥F -A DE 的体积V 1＝13×14S ·12h ＝124Sh ＝124V 2，故V 1∶V 2＝1∶24.答案：1∶24 29．(2013·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为________．解析：由几何体的三视图可知该几何体是一个底面是正方形的四棱锥，其底面边长为3，且该四棱锥的高是1，故其体积为V ＝13×9×1＝3.答案：3 30．(2013·高考北京卷)如图，在棱长为2的正方体ABC D-A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上，点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．解析：如图，过点E 作EE 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，交直线B 1C 1于点E 1，连接D 1E 1，DE ，在平面D 1DEE 1内过点P 作PH ∥EE 1交D 1E 1于点H ，连接C 1H ，则C 1H 即为点P 到直线CC 1的距离．当点P 在线段D 1E 上运动时，点P 到直线CC 1的距离的最小值为点C 1到线段D 1E 1的距离，即为△C 1D 1E 1的边D 1E 1上的高h .∵C 1D 1＝2，C 1E 1＝1，∴D 1E 1＝5，∴h ＝25＝255.答案：25531．(2013·高考福建卷)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________．解析：由三视图知组合体为球内接正方体，正方体的棱长为2，若球半径为R ，则2R ＝23，∴R ＝ 3.∴S 球表＝4πR 2＝4π×3＝12π.答案：12π 32．(2013·高考辽宁卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．解析：由三视图可知该几何体是一个圆柱内部挖去一个正四棱柱，圆柱底面圆半径为2，高为4，故体积为16π；正四棱柱底面边长为2，高为4，故体积为16，故题中几何体的体积为16π－16.答案：16π－1633．(2013·高考天津卷)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝92π，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3 34．(2013·高考陕西卷)某几何体的三视图如图所示， 则其表面积为________．解析：由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球，其表面积为半个球面面积与截面面积的和，即12×4π＋π＝3π.答案：3π35．某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．解析：原几何体可视为圆锥的一半，其底面半径为1，高为2，∴其体积为13×π×12×2×12＝π3.答案：π336．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C ＝6，求三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积．解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB . 由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 故△AA 1B 为等边三角形， 所以OA 1⊥AB .因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形，所以OC ＝OA 1＝ 3. 又A 1C ＝6，则A 1C 2＝OC 2＋OA 21，故OA 1⊥OC .因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC -A 1B 1C 1的高．又△ABC 的面积S △ABC ＝3，故三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ·OA 1＝3.37．(2013·高考安徽卷)如图，正方体ABC D-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段CC 1上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ，则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①当0<CQ <12时，S 为四边形；②当CQ ＝12时，S 为等腰梯形；③当CQ ＝34时，S 与C 1D 1的交点R 满足C 1R ＝13；④当34<CQ <1时，S 为六边形；⑤当CQ ＝1时，S 的面积为62.解析：①当0<CQ <12时，如图(1)．在平面AA 1D 1D 内，作A E ∥PQ ， 显然E 在棱DD 1上，连接E Q ， 则S 是四边形APQ E.②当CQ ＝12时，如图(2)．显然PQ ∥BC 1∥A D 1，连接D 1Q ， 则S 是等腰梯形．③当CQ ＝34时，如图(3)．作BF ∥PQ 交CC 1的延长线于点F ，则C 1F ＝12.作A E ∥BF ，交DD 1的延长线于点E ，D 1E ＝12，A E ∥PQ ，连接E Q 交C 1D 1于点R ，由于Rt △RC 1Q ∽Rt △R D 1E ，∴C 1Q ∶D 1E ＝C 1R ∶R D 1＝1∶2，∴C 1R ＝13.④当34<CQ <1时，如图(3)，边接RM (点M 为A E 与A 1D 1交点)，显然S 为五边形APQRM .⑤当CQ ＝1时，如图(4)．同③可作A E ∥PQ 交DD 1的延长线于点E ，交A 1D 1于点M ，显然点M 为A 1D 1的中点，所以S 为菱形APQM ，其面积为12MP ×AQ ＝12×2×3＝62.答案：①②③⑤ 38．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1∥平面A 1C D ； (2)求二面角D-A 1C -E 的正弦值．解：(1)证明：连接AC 1，交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点． 又D 是AB 的中点，连接D F ，则BC 1∥D F . 因为D F ⊂平面A 1C D ，BC 1⊄平面A 1C D ， 所以BC 1∥平面A 1C D.(2)由AC ＝CB ＝22AB ，得AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA →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)，A 1(2,0,2)，CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1C D 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0. 可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1C E 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0，可取m ＝(2,1，－2)．从而co s n ，m ＝n·m|n||m|＝33，故s in n ，m ＝63.即二面角D-A 1C -E 的正弦值为63.39．(2013·高考陕西卷)如图，四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1的底面ABC D 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABC D ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．解：(1)法一：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D(0，－1,0)，A 1(0,0,1)． 由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1,1,1)． ∵A 1C →＝(－1,0，－1)，BD →＝(0，－2,0)，BB 1→＝(－1,0,1)， ∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， ∴A 1C ⊥B D ，A 1C ⊥BB 1， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D.法二：∵A 1O ⊥平面ABC D ，∴A 1O ⊥B D. 又四边形ABC D 是正方形，∴B D ⊥AC ，∴B D ⊥平面A 1OC ， ∴B D ⊥A 1C .又OA 1是AC 的中垂线，∴A 1A ＝A 1C ＝2，且AC ＝2，∴AC 2＝AA 21＋A 1C 2，∴△AA 1C 是直角三角形，∴AA 1⊥A 1C .又BB 1∥AA 1，∴A 1C ⊥BB 1.又BB 1∩B D ＝B ， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D.(2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→＝(－1,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OC →＝－x ＝0，n ·OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z . 取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，A 1C →＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量，∴co s θ＝|co s 〈n ，A 1C →〉|＝12×2＝12.又0≤θ≤π2，∴θ＝π3.40．(2013·高考湖南卷)如图，在直棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中，A D ∥BC ，∠BA D ＝90°，AC ⊥B D ，BC ＝1，A D ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面AC D 1所成角的正弦值．解：法一：(1)证明：因为BB 1⊥平面ABC D ，AC ⊂平面ABC D ，所以AC ⊥BB 1. 又AC ⊥B D ，所以AC ⊥平面BB 1D.而B 1D ⊂平面BB 1D ，所以AC ⊥B 1D. (2)因为B 1C 1∥A D ，所以直线B 1C 1与平面AC D 1所成的角等于直线A D 与平面AC D 1所成的角(记为θ)．连接A 1D.因为棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1是直棱柱，且∠B 1A 1D 1＝∠BA D ＝90°，所以A 1B 1⊥平面A DD 1A 1，从而A 1B 1⊥A D 1.又A D ＝AA 1＝3，所以四边形A DD 1A 1是正方形，于是A 1D ⊥A D 1.故A D 1⊥平面A 1B 1D ，于是A D 1⊥B 1D.由(1)知，AC ⊥B 1D ，所以B 1D ⊥平面AC D 1.故∠A D B 1＝90°－θ.在直角梯形ABC D 中，因为AC ⊥B D ，所以∠BAC ＝∠A D B .从而Rt △ABC ∽Rt △D AB ，故AB DA ＝BCAB，即AB ＝DA ·BC ＝ 3. 连接AB 1，易知△AB 1D 是直角三角形，且B 1D 2＝BB 21＋B D 2＝BB 21＋AB 2＋A D 2＝21，即B 1D ＝21.在Rt △AB 1D 中，co s ∠A D B 1＝AD B 1D ＝321＝217，即co s (90°－θ)＝217.从而s in θ＝217.即直线B 1C 1与平面AC D 1所成角的正弦值为217.法二：(1)证明：易知，AB ，A D ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，A D ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D(0,3,0)，D 1(0,3,3)．从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)．因为AC ⊥B D ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0. 解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．于是B 1D →＝(－3，3，－3)，AC →＝(3，1,0)．因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0，所以AC →⊥B 1D →， 即AC ⊥B 1D.(2)由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，AC →＝(3，1,0)，B 1C 1→＝(0,1,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面AC D 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)．设直线B 1C 1与平面AC D 1所成角为θ，则s in θ＝|co s 〈n ，B 1C 1→〉|＝|n ·B 1C 1→|n |·|B 1C 1→||＝37＝217，即直线B 1C 1与平面AC D 1所成角的正弦值为217.41．(2013·高考大纲全国卷)如图，四棱锥P -ABC D 中，∠ABC ＝∠BA D ＝90°，BC ＝2A D ，△P AB 和△P A D 都是边长为2的等边三角形．(1)证明：PB ⊥C D ；(2)求点A 到平面PC D 的距离． 解：(1)证明：如图，取BC 的中点E ，连接DE ，则四边形AB ED 为正方形． 过点P 作PO ⊥平面ABC D ，垂足为O . 连接OA ，OB ，O D ，O E.由△P AB 和△P A D 都是等边三角形知P A ＝PB ＝P D ，所以OA ＝OB ＝O D ，即点O 为正方形AB ED 对角线的交点，故O E ⊥B D. 又O E ⊥OP ，B D ∩O ＝O ，所以O E ⊥平面P D B ，从而PB ⊥O E. 因为O 是B D 的中点，E 是BC 的中点， 所以O E ∥C D.因此PB ⊥C D.(2)取P D 的中点F ，连接OF ，则OF ∥PB . 由(1)知，PB ⊥C D ，故OF ⊥C D.又O D ＝12B D ＝2，OP ＝PD 2－OD 2＝2，故△PO D 为等腰三角形，因此OF ⊥P D. 又P D ∩C D ＝D ，所以OF ⊥平面PC D.因为A E ∥C D ，C D ⊂平面PC D ，A E ⊄平面PC D ， 所以A E ∥平面PC D.因此点O 到平面PC D 的距离OF 就是点A 到平面PC D 的距离，而OF ＝12PB ＝1，所以点A 到平面PC D 的距离为1. 42．(2013·高考山东卷)如图，四棱锥P -ABC D 中，AB ⊥AC ，AB ⊥P A ，AB ∥C D ，AB ＝2C D ，E ，F ，G ，M ，N分别为PB ，AB ，BC ，P D ，PC 的中点．(1)求证：C E ∥平面P A D ；(2)求证：平面E FG ⊥平面E MN . 证明：(1)法一：如图，取P A 的中点H ，连接E H ，D H . 因为E 为PB 的中点，所以E H ∥AB ，E H ＝12AB .又AB ∥C D ，C D ＝12AB ，所以E H ∥C D ，E H ＝C D.所以四边形D C E H 是平行四边形． 所以C E ∥D H .又D H ⊂平面P A D ，C E ⊄平面P A D ， 所以C E ∥平面P A D. 法二：如图，连接CF .因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB .又C D ＝12AB ，所以AF ＝C D.又AF ∥C D ，所以四边形AFC D 为平行四边形． 所以CF ∥A D.又CF ⊄平面P A D ，所以CF ∥平面P A D.因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以E F ∥P A . 又E F ⊄平面P A D ，所以E F ∥平面P A D. 因为CF ∩E F ＝F ，故平面C E F ∥平面P A D. 又C E ⊂平面C E F ，所以C E ∥平面P A D. (2)因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点， 所以E F ∥P A .又AB ⊥P A ，所以AB ⊥E F . 同理可证AB ⊥FG .又E F ∩FG ＝F ，E F ⊂平面E FG ，FG ⊂平面E FG ， 因此AB ⊥平面E FG .又M ，N 分别为P D ，PC 的中点，所以MN ∥D C . 又AB ∥D C ，所以MN ∥AB ，所以MN ⊥平面E FG . 又MN ⊂平面E MN ，所以平面E FG ⊥平面E MN . 43．(2013·高考江西卷)如图，四棱锥P -ABC D 中，P A ⊥平面ABC D ，E 为B D 的中点，G 为P D 的中点，△D AB≌△D CB ，E A ＝E B ＝AB ＝1，P A ＝32，连接C E 并延长交A D 于F .(1)求证：A D ⊥平面CFG ；(2)求平面BCP 与平面D CP 的夹角的余弦值．解：(1)证明：在△AB D 中，因为点E 是B D 中点， 所以E A ＝E B ＝ED ＝AB ＝1，故∠BA D ＝π2，∠AB E ＝∠A E B ＝π3.因为△D AB ≌△D CB ，所以△E AB ≌△E CB ，从而有∠F ED ＝∠B E C ＝∠A E B ＝π3，所以∠F ED ＝∠F E A ，故E F ⊥A D ，AF ＝F D. 又PG ＝G D ，所以FG ∥P A . 又P A ⊥平面ABC D ，所以GF ⊥A D ，故A D ⊥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)， C ⎝⎛⎭⎫32，32，0，D(0，3，0)， P ⎝⎛⎭⎫0，0，32， 故BC →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，CP →＝⎝⎛⎭⎫－32，－32，32，CD →＝⎝⎛⎭⎫－32，32，0.设平面BCP 的法向量n 1＝(1，y 1，z 1)， 则⎩⎨⎧12＋32y 1＝0，－32－32y 1＋32z 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝－33，z 1＝23，即n 1＝⎝⎛⎭⎫1，－33，23. 设平面D CP 的法向量n 2＝(1，y 2，z 2)， 则⎩⎨⎧－32＋32y 2＝0，－32－32y 2＋32z 2＝0，解得⎩⎨⎧y 2＝3，z 2＝2，即n 2＝(1，3，2)．从而平面BCP 与平面D CP 的夹角的余弦值为co s θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝43169×8＝24. 44．(2013·高考江苏卷)如图，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E FG ∥平面ABC ； (2)BC ⊥SA . 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E F ∥AB .因为E F ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以E F ∥平面ABC . 同理E G ∥平面ABC .又E F ∩E G ＝E ， 所以平面E FG ∥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 ⊂平面SAB ，AB ⊂平面SAB ，所以BC ⊥平面SAB . 因为SA ⊂平面SAB ，所以BC ⊥SA . 45．(2013·高考江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2)求平面A D C 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值． 解：(1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0,2,0)，D(1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为co s A 1B →，C 1D →＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面A D C 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面A D C 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面A D C 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|co s θ|＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝29×1＝23，得s in θ＝53.因此，平面A D C 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.46．(2013·高考湖北卷)如图，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P A ，PC 的中点．(1)记平面B E F 与平面ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面P AC 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DQ →＝12CP →.记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与E F 所成的角为α，二面角E-l -C 的大小为β，求证：s in θ＝s in αs in β .解：(1)直线l ∥平面P AC .证明如下：连接E F ，因为E ，F 分别是P A ，PC 的中点，所以E F ∥AC .又E F ⊄平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ，所以E F ∥平面ABC .而E F ⊂平面B E F ，且平面B E F ∩平面ABC ＝l ，所以E F ∥l .因为l ⊄平面P AC ，E F ⊂平面P AC ，所以直线l ∥平面P AC .(2)法一(综合法)：如图(1)，连接B D ，由(1)可知交线l 即为直线B D ，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 .连接B E ，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DQ →＝12CP →，作D Q ∥CP ，且D Q ＝12CP .连接PQ ，D F ，因为F 是CP 的中点，CP ＝2PF ，所以D Q ＝PF ，从而四边形D QPF 是平行四边形，PQ ∥F D. 连接C D ，因为PC ⊥平面ABC ，所以C D 是F D 在平面ABC 内的射影．故∠C D F 就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即∠C D F ＝θ. 又B D ⊥平面PBC ，所以B D ⊥BF ，所以∠B D F 为锐角．故∠B D F 为异面直线PQ 与E F 所成的角，即∠B D F ＝α，于是在Rt △D CF ，Rt △FB D ，Rt △BCF 中，分别可得s in θ＝CF DF ，s in α＝BF DF ，s in β＝CF BF，从而s in αs in β＝BF DF ·CF BF ＝CFDF＝s in θ，即s in θ＝s in αs in β.法二(向量法)：如图(2)，由DQ →＝12CP →，作D Q ∥CP ，且D Q ＝12CP .连接PQ ，E F ，B E ，BF ，B D.由(1)可知交线l 即为直线B D.以点C 为原点，向量CA →，CB →，CP →所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图(2)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 )，E ⎝⎛⎭⎫12a ，0，c ，F (0,0，c )． 于是FE →＝⎝⎛⎭⎫12a ，0，0，QP →＝(－a ，－b ，c )，BF →＝(0，－b ，c )， 所以co s α＝|FE →·QP →||FE →||QP →|＝aa 2＋b 2＋c 2， 从而s in α＝1－cos 2α＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c2.取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，可得s in θ＝|m ·QP →||m ||QP →|＝ca 2＋b 2＋c 2. 设平面B E F 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·FE →＝0，n ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧12ax ＝0，－by ＋cz ＝0，取n ＝(0，c ，b )．于是|co s β|＝|m·n||m||n|＝b b 2＋c2，从而s in β＝ 1－cos 2β＝cb 2＋c2.故s in αs in β＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2·c b 2＋c 2＝c a 2＋b 2＋c 2＝s in θ，即s in θ＝s in αs in β. 47．(2013·高考浙江卷)如图，在四棱锥P -ABC D 中，P A ⊥平面ABC D ，AB ＝BC ＝2, A D ＝C D ＝7，P A ＝3，∠ABC ＝120°，G 为线段PC 上的点．(1)证明：B D ⊥平面APC ；(2)若G 为PC 的中点，求D G 与平面APC 所成的角的正切值；(3)若G 满足PC ⊥平面BG D ，求PGGC的值．解：(1)证明：设点O 为AC ，B D 的交点．由AB ＝BC ，A D ＝C D ，得B D 是线段AC 的中垂线， 所以O 为AC 的中点，B D ⊥AC .又因为P A ⊥平面ABC D ，B D ⊂平面ABC D ，所以P A ⊥B D. 所以B D ⊥平面APC . (2)连接OG .由(1)可知，O D ⊥平面APC ，则D G 在平面APC 内的射影为OG ，所以∠OG D 是D G 与平面APC 所成的角．由题意得OG ＝12P A ＝32.在△ABC 中，AC ＝ AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC＝ 4＋4－2×2×2×(－12)＝23，所以OC ＝12AC ＝ 3.在直角△OC D 中，O D ＝CD 2－OC 2＝7－3＝2.在直角△OG D 中，tan ∠OG D ＝OD OG ＝433.所以D G 与平面APC 所成的角的正切值为433.(3)因为PC ⊥平面BG D ，OG ⊂平面BG D ，所以PC ⊥OG . 在直角△P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3＋12＝15，所以GC ＝AC ·OC PC ＝23×315＝2155.从而PG ＝3155，所以PG GC ＝32.48．(2013·高考北京卷)如图，在四棱锥P -ABC D 中，AB ∥C D ，AB ⊥A D ，C D ＝2AB ，平面P A D ⊥底面ABC D ，P A ⊥A D ，E 和F 分别是C D 和PC 的中点．求证：(1)P A ⊥底面ABC D ； (2)B E ∥平面P A D ；(3)平面B E F ⊥平面PC D.证明：(1)因为平面P A D ⊥底面ABC D ，且P A 垂直于这两个平面的交线A D ，所以P A ⊥底面ABC D.(2)因为AB ∥C D ，C D ＝2AB ，E 为C D 的中点， 所以AB ∥DE ，且AB ＝DE.所以四边形AB ED 为平行四边形．所以B E ∥A D.又因为B E ⊄平面P A D ，A D ⊂平面P A D ， 所以B E ∥平面P A D.(3)因为AB ⊥A D ，而且四边形AB ED 为平行四边形， 所以B E ⊥C D ，A D ⊥C D. 由(1)知P A ⊥底面ABC D ， 所以P A ⊥C D.所以C D ⊥平面P A D. 所以C D ⊥P D.因为E 和F 分别是C D 和PC 的中点， 所以P D ∥E F .所以C D ⊥E F . 又因为C D ⊥B E ，E F ∩B E ＝E ， 所以C D ⊥平面B E F .所以平面B E F ⊥平面PC D.49．(2013·高考天津卷)如图， 三棱柱ABC -A 1B 1C 1中， 侧棱A 1A ⊥底面ABC ，且各棱长均相等，D ，E ，F 分别为棱AB ，BC ，A 1C 1的中点.(1)证明E F ∥平面A 1C D ;(2)证明平面A 1C D ⊥平面A 1ABB 1;(3)求直线BC 与平面A 1C D 所成角的正弦值.解：(1)证明：如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，连接ED ，在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，所以DE ＝12AC 且DE ∥AC .又因为F 为A 1C 1的中点，可得A 1F ＝DE ，且A 1F ∥DE ，即四边形A 1DE F 为平行四边形，所以E F ∥D A 1.又E F ⊄平面A 1C D ，D A 1⊂平面A 1C D ，所以E F ∥平面A 1C D.(2)证明：由于底面ABC 是正三角形，D 为AB 的中点，故C D ⊥AB .又由于侧棱A 1A ⊥底面ABC ，C D ⊂平面ABC ，所以A 1A ⊥C D.又A 1A ∩AB ＝A ，因此C D ⊥平面A 1ABB 1.而C D ⊂平面A 1C D ，所以平面A 1C D ⊥平面A 1ABB 1.(3)在平面A 1ABB 1内，过点B 作BG ⊥A 1D 交直线A 1D 于点G ，连接CG .由于平面A 1C D ⊥平面A 1ABB 1，而直线A 1D 是平面A 1C D 与平面A 1ABB 1的交线，故BG ⊥平面A 1C D.由此可得∠BCG 为直线BC 与平面A 1C D 所成的角．设棱长为a ，可得A 1D ＝5a 2，由△A 1A D ∽△BG D ，易得BG ＝5a5.在Rt △BGC 中，s in∠BCG ＝BG BC ＝55.所以直线BC 与平面A 1C D 所成角的正弦值为55.50．(2013·高考四川卷)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AB ＝AC ＝2AA 1，∠BAC ＝120°，D ，D 1分别是线段BC ，B 1C 1的中点，P 是线段A D 的中点．(1)在平面ABC 内，试作出过点P 与平面A 1BC 平行的直线l ，说明理由，并证明直线l ⊥平面A DD 1A 1；(2)设(1)中的直线l 交AB 于点M ，交AC 于点N ，求二面角A -A 1M -N 的余弦值．解：(1)如图(1)，在平面ABC 内，过点P 作直线l ∥BC ，因为l 在平面A 1BC 外，BC 在平面A 1BC 内，由直线与平面平行的判定定理可知，l ∥平面A 1BC .因为AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以BC ⊥A D ，则直线l ⊥A D.因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥l .又因为A D ，AA 1在平面A DD 1A 1内，且A D 与AA 1相交，所以直线l ⊥平面A DD 1A 1. (2)法一：连接A 1P ，过点A 作A E ⊥A 1P 于点E ，过点E 作E F ⊥A 1M 于点F ，连接AF . 由(1)知，MN ⊥平面A E A 1， 所以平面A E A 1⊥平面A 1MN .所以A E ⊥平面A 1MN ，则A 1M ⊥A E. 所以A 1M ⊥平面A E F ，则A 1M ⊥AF . 故∠AF E 为二面角A -A 1M -N 的平面角(设为θ)．设AA 1＝1，则由AB ＝AC ＝2AA 1，∠BAC ＝120°，有∠BA D ＝60°，AB ＝2，A D ＝1. 又P 为A D 的中点，所以M 为AB 的中点，且AP ＝12，AM ＝1.所以在Rt △AA 1P 中，A 1P ＝52.在Rt △A 1AM 中，A 1M ＝ 2.从而A E ＝AA 1·AP A 1P ＝15，AF ＝AA 1·AM A 1M ＝12，所以s in θ＝AE AF ＝25.所以co s θ＝1－sin 2θ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫252＝155. 故二面角A -A 1M -N 的余弦值为155. 法二：设A 1A ＝1，则AB ＝AC ＝2.如图(2)，过点A 1作A 1E 平行于C 1B 1，以点A 1为坐标原点，分别以A 1E →，A 1D 1→，A 1A →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A 1重合)，则A 1(0,0,0)，A (0,0,1)．因为P 为A D 的中点，所以M ，N 分别为AB ，AC 的中点，故M ⎝⎛⎭⎫32，12，1，N ⎝⎛⎭⎫－32，12，1，所以A 1E →＝⎝⎛⎭⎫32，12，1，A 1A →＝(0,0,1)，NM →＝(3，0,0)．设平面AA 1M 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1⊥A 1M →n 1⊥A 1A →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1M →＝0，n 1·A 1A →＝0，故有⎩⎪⎨⎪⎧(x 1，y 1，z 1)·⎝⎛⎭⎫32，12，1＝0，(x 1，y 1，z 1)·(0，0，1)＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧32x 1＋12y 1＋z 1＝0，z 1＝0.取x 1＝1，则y 1＝－3，所以n 1＝(1，－3，0)． 设平面A 1MN 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2⊥A 1M →，n 2⊥NM →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1M →＝0，n 2·NM →＝0，故有⎩⎪⎨⎪⎧(x 2，y 2，z 2)·⎝⎛⎭⎫32，12，1＝0，(x 2，y 2，z 2)·(3，0，0)＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧32x 2＋12y 2＋z 2＝0，3x 2＝0.取y 2＝2，则z 2＝－1，所以n 2＝(0,2，－1)． 设二面角A -A 1M -N 的平面角为θ，又θ为锐角，则co s θ＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(1，－3，0)·(0，2，－1)2×5 ＝155.故二面角A -A 1M -N 的余弦值为155.51．(2013·高考福建卷)如图，在四棱锥P -ABC D 中，P D ⊥平面ABC D ，AB ∥D C ，AB ⊥A D ，BC ＝5，D C ＝3，A D ＝4，∠P A D ＝60°.(1) 当正视方向与向量AD →的方向相同时，画出四棱锥P -ABC D 的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过程)；(2)若M 为P A 的中点，求证：D M ∥平面PBC ； (3)求三棱锥D-PBC 的体积．图(1)解：法一：(1)在梯形ABC D 中，如图(1)，过点C 作C E ⊥AB ，垂足为E. 由已知得，四边形A D C E 为矩形，A E ＝C D ＝3，在Rt △B E C 中，由BC ＝5，C E ＝4，依勾股定理得B E ＝3，从而AB ＝6. 又由P D ⊥平面ABC D ，得P D ⊥A D ，从而在Rt △P D A 中，由A D ＝4，∠P A D ＝60°， 得P D ＝4 3.正视图如图(2)所示．图(2) 图(3)(2)如图(3)，取PB 的中点N ，连接MN ，CN .在△P AB 中，∵M 是P A 的中点，∴MN ∥AB ，MN ＝12AB ＝3.又C D ∥AB ，C D ＝3，∴MN ∥C D ，MN ＝C D ，∴四边形MNC D 为平行四边形，∴D M ∥CN . 又D M ⊄平面PBC ，CN ⊂平面PBC ， ∴D M ∥平面PBC .(3)V D-PBC ＝V P -D BC ＝13S △D BC ·P D ， 又S △D BC ＝6，P D ＝43，所以V D-PBC ＝8 3.法二：(1)同法一．图(4)(2)如图(4)，取AB 的中点E ，连接M E ，DE. 在梯形ABC D 中，B E ∥C D ，且B E ＝C D ， ∴四边形BC DE 为平行四边形， ∴DE ∥BC .又DE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴DE ∥平面PBC .又在△P AB 中，M E ∥PB ，M E ⊄平面PBC ，PB ⊂平面PBC ，∴M E ∥平面PBC . 又DE ∩M E ＝E ，∴平面D M E ∥平面PBC .又D M ⊂平面D M E ，∴D M ∥平面PBC .。