高中数学高考二轮复习 市赛获奖

数学立体几何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＝eq\r(3)，∴BP＝eq\f(\r(3),3)，D1P＝eq\f(2\r(3),3).联结AD1，B1D1，CD1，得△ABD1≌△CBD1≌△B1BD1，∴∠ABD1＝∠CBD1＝∠B1BD1，且cos∠ABD1＝eq\f(\r(3),3)，联结AP，PC，PB1，则有△ABP≌△CBP≌△B1BP，∴AP＝CP＝B1P＝eq\f(\r(6),3)，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eq\f(BQ,BB1)＝eq\f(BQ,AA1)＝eq\f(BC,AD)＝eq\f(1,2)，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＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·2a·h·d＝eq\f(1,3)ahd，V四棱锥Q­ABCD＝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三棱锥Q­A1AD＋V四棱锥Q­ABCD＝eq\f(7,12)ahd.又V四棱柱A1B1C1D1­ABCD＝eq\f(3,2)ahd，所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1­ABCD－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＝eq\f(AA1,AE)＝1，∠AEA1＝eq\f(π,4).故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为eq\f(π,4).方法二：如图2所示，以D为原点，DA，eq\o(DD1,\s\up6(→))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＝eq\f(a＋2a,2)·2sinθ＝6，所以a＝eq\f(2,sinθ).图2从而可得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)).设平面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)．又因为平面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与底面ABCD所成二面角的大小为eq\f(π,4).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≈eq\f(1,36)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≈eq\f(2,75)L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为()\f(22,7)\f(25,8)\f(157,50)\f(355,113)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eq\f(1,36)L2h≈eq\f(1,3)Sh，代入S＝πr2化简得π≈3；类比推理，若V＝eq\f(2,75)L2h，则π≈eq\f(25,8).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－eq\f(π,2)D．8－eq\f(π,4)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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(占圆柱的\f(1,4)))后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2×eq\f(1,4)×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＋eq\r(3)B．8＋eq\r(2)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－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①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()图1­1A．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＝eq\f(6＋8－10,2)＝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1­1ABCD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－eq\f(π,2)D．8－eq\f(π,4)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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(占圆柱的\f(1,4)))后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2×eq\f(1,4)×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[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×eq\f(1,2)×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1­3A．6eq\r(2)B．6C．4eq\r(2)D．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E­CC1D1(其中E为BB1的中点)，其中最长的棱为D1E＝eq\r(（4\r(2)）2＋22)＝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，高为图1­1\f(17,27)\f(5,9)\f(10,27)\f(1,3)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eq\f(20π,54π)＝eq\f(10,27).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.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Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，F(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)))，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.图1­3eq\f(20π,3)[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＋eq\f(1,3)π×22×2＝eq\f(20π,3).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＝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．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eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\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(如图所示)．依题意，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))).则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)．设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，则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的一个法向量n＝(1，－1，1)．设直线AD与平面MBC所成角为θ，则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).即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).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\f(1,10)\f(2,5)\f(\r(30),10)\f(\r(2),2)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MN＝eq\f(1,2)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＝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，根据余弦定理得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．由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝eq\r(3).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＝eq\r(6).作BR⊥AC于R因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，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＝eq\f(BR,2)＝eq\f(\r(10),4).同理，可得MQ＝eq\f(\r(10),4).故△MNQ为等腰三角形，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A­NP­M的余弦值是eq\f(\r(10),5).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，eq\r(3))，B(1，0，0)，C(0，eq\r(3)，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))).设平面ABC的一个法向量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，))从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－\r(3)z1＝0，,－x1＋\r(3)y1＝0.))取z1＝1，则x1＝eq\r(3)，y1＝1，所以n1＝(eq\r(3)，1，1)．设平面MNP的一个法向量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，))从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,\f(\r(3),2)y2－\f(\r(3),2)z2＝0.))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＝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A­NP­M的余弦值是eq\f(\r(10),5).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eq\f(BQ,BB1)＝eq\f(BQ,AA1)＝eq\f(BC,AD)＝eq\f(1,2)，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＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·2a·h·d＝eq\f(1,3)ahd，V四棱锥Q­ABCD＝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三棱锥Q­A1AD＋V四棱锥Q­ABCD＝eq\f(7,12)ahd.又V四棱柱A1B1C1D1­ABCD＝eq\f(3,2)ahd，所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1­ABCD－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＝eq\f(AA1,AE)＝1，∠AEA1＝eq\f(π,4).故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为eq\f(π,4).方法二：如图2所示，以D为原点，DA，eq\o(DD1,\s\up6(→))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＝eq\f(a＋2a,2)·2sinθ＝6，所以a＝eq\f(2,sinθ).图2从而可得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)).设平面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)．又因为平面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与底面ABCD所成二面角的大小为eq\f(π,4).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)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，1，0)．设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则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，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，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).因此直线BC与平面ABF所成角的大小为eq\f(π,6).设点H的坐标为(u，v，w)．因为点H在棱PC上，所以可设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.因为n是平面ABF的一个法向量，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)，所以点H的坐标为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(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＝eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，于是EQ＝FP＝eq\r(1＋λ2)，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．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－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③eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)，因为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，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由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±eq\f(\r(2),2).故存在λ＝1±eq\f(\r(2),2)，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；(2)设二面角D­AE­C为60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，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，eq\o(AB,\s\up6(→))，AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|eq\o(AP,\s\up6(→))|为单位长，建立空间直角坐标系A­xyz，则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))).设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，eq\r(3)，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(m，eq\r(3)，0)．设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则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)为平面DAE的法向量，由题设易知|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).因为E为PD的中点，所以三棱锥E­ACD的高为eq\f(1,2).三棱锥E­ACD的体积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图1­3(1)求证：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(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ABCD­A1B1C1D1CD∥C1D1，CD＝C1D1，所以C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此，C1M∥D1又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD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＝eq\r(3)，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.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)).设平面C1D1M的一个法向量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的一个法向量n＝(1，eq\r(3)，1)．又eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，0，eq\r(3))为平面ABCD的一个法向量．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(锐角)的余弦值为eq\f(\r(5),5).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D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＝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(锐角)的余弦值为eq\f(\r(5),5).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．由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝eq\r(3).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＝eq\r(6).作BR⊥AC于R因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，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＝eq\f(BR,2)＝eq\f(\r(10),4).同理，可得MQ＝eq\f(\r(10),4).故△MNQ为等腰三角形，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A­NP­M的余弦值是eq\f(\r(10),5).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，eq\r(3))，B(1，0，0)，C(0，eq\r(3)，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))).设平面ABC的一个法向量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，))从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－\r(3)z1＝0，,－x1＋\r(3)y1＝0.))取z1＝1，则x1＝eq\r(3)，y1＝1，所以n1＝(eq\r(3)，1，1)．设平面MNP的一个法向量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，))从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,\f(\r(3),2)y2－\f(\r(3),2)z2＝0.))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＝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A­NP­M的余弦值是eq\f(\r(10),5).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.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eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\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(如图所示)．依题意，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))).则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)．设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，则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的一个法向量n＝(1，－1，1)．设直线AD与平面MBC所成角为θ，则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).即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).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BDD1(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1­OB1­D的余弦值．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⊥A1C图(a)又因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1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＝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C1­OB1­D的余弦值为eq\f(2\r(57),19).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＝eq\r(3)，OC＝1，于是相关各点的坐标为O(0，0，0)，B1(eq\r(3)，0，2)，C1(0，1，2)．易知，n1＝(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量．设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则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)，则x＝2，y＝2eq\r(3)，所以n2＝(2，2eq\r(3)，－eq\r(3))．设二面角C1­OB1­D的大小为θ，易知θ是锐角，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C1­OB1­D的余弦值为eq\f(2\r(57),19).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＝eq\r(2)，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＝eq\f(2\r(3),3)，GC＝eq\f(2\r(6),3)，BG＝eq\f(\r(6),3).设AB＝m，则OP＝eq\r(PG2－OG2)＝eq\r(\f(4,3)－m2)，故四棱锥P­ABCD的体积为V＝eq\f(1,3)×eq\r(6)·m·eq\r(\f(4,3)－m2)＝eq\f(m,3)eq\r(8－6m2).因为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))，所以当m＝eq\f(\r(6),3)，即AB＝eq\f(\r(6),3)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)，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)).设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y，1)，则由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，则n1＝(1，0，1)．同理可求出平面DPC的一个法向量为n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1)).设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1,\r(2)·\r(\f(1,4)＋1))＝eq\f(\r(10),5