第八章　单元测试 一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．每小题中只有一项符合题目要求) 1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题： ①若α∥β，m?α，则m∥β；②若m∥α，n?α，则m∥n；③若α⊥β，m∥α，则m⊥β；④若m⊥α，m∥β，则α⊥β. 其中为真命题的是 (　　) A．①③　　　　　　　　 　 B．②③ C．①④ D．②④ 答案　C 解析　①为空间面面平行的性质，是真命题；②m，n可能异面，故该命题为假命题；③直线m与平面β也可以平行也可以相交不垂直．故该命题是一个假命题；④为真命题．故选C. 2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为 (　　) A.　　　　　　　　　　　 B. C．8π D. 答案　B 解析　S圆＝πr2＝1?r＝1，而截面圆圆心与球心的距离d＝1，∴球的半径为R＝＝. ∴V＝πR3＝，故选B. 3．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 (　　)
A.π B.π C.π D.π 答案　B 解析　设球半径是R，依题意知，该三棱柱是一个底面边长为2、侧棱长为1的正三棱柱，记上、下底面的中心分别是O1、O，易知球心是线段O1O的中点，于是 R2＝()2＋(×2×)2＝，因此所求球的表面积是4πR2＝4π×＝，选B. 4. 如右图所示，是一个正方体的表面展开图，A、B、C均为棱的中点，D是顶点，则在正方体中，异面直线AB和CD的夹角的余弦值为 (　　)
A. B. C. D. 答案　C 解析　
把展开图复原为正方体后示意图如右图所示，∠EGF为AB和CD所成的角，F为正方体一棱的中点． ∴EF＝GF＝，EG＝. ∴cos∠EGF＝. 5．图中的三个直角三角形是一个体积为20 cm3的几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为 (　　)
A．25π cm2 B. cm2 C．77π cm2 D．144π cm2 答案　C 解析　由三视图画出此空间几何体的直观图如图所示．由题意得
V＝××h×5×6＝20?h＝4. 从而易知，其外接球的半径为 r＝＝. 从而外接球的表面积为S＝4πr2＝4π()2＝77π.选C. 6．如下图所示，正四棱锥P－ABCD的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为 (　　)
A. B. C. D. 答案　C 解析　连接AC、BD交于点O，连接OE，易得OE∥PA. ∴所求角为∠BEO. 由所给条件易得OB＝，OE＝PA＝，BE＝. ∴cos∠OEB＝，∴∠OEB＝60°，选C. 7．直三棱柱ABC－A1B1C1的直观图及三视图如下图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是 (　　)
A．AB1∥平面BDC1 B．A1C⊥平面BDC1 C．直三棱柱的体积V＝4 D．直三棱柱的外接球的表面积为4π 答案　D 解析　
由三视图可知，直三棱柱ABC－A1B1C1的侧面B1C1CB是边长为2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2.连接B1C交BC1于点O，连接AB1，OD.在△CAB1中，O，D分别是B1C，AC的中点，∴OD∥AB1，∴AB1∥平面BDC1.故A正确． 直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC， ∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2，D为AC的中点， ∴BD⊥AC，∴BD⊥平面AA1C1C. ∴BD⊥A1C.又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B， ∴A1B1⊥平面B1C1CB，∴A1B1⊥B1C. ∵BC1⊥B1C，且BC1∩B1C＝0，∴BC1⊥平面A1B1C. ∴BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面BDC1. 故B正确．V＝S△ABC×C1C＝×2×2×2＝4，∴C正确． 此直三棱柱的外接球的半径为，其表面积为12π，D错误．故选D. 8．已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是 (　　) A．22πR2 B.πR2 C.πR2 D.πR2 答案　B 解析　
如图所示，为组合体的轴截面，由相似三角形的比例关系，得 ＝，PO1＝3x，圆柱的高为 3R－3x，所以圆柱的全面积为 S＝2πx2＋2πx(3R－3x) ＝－4πx2＋6πRx， 则当x＝R时，S取最大值， Smax＝πR2. 9．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为 (　　) A．150° B．45° C．60° D．120° 答案　C 解析　由条件，知·＝0，·＝0， ＝＋＋. ∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈，〉＝(2)2. ∴cos〈，〉＝－，〈，〉＝120°，∴二面角的大小为60°，故选C. 10．已知正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上，当∠APC最大时，三棱锥P－ABC的体积为 (　　) A. B. C. D. 答案　B
解析　以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系，设＝λ，可得P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝可求得当λ＝时，∠APC最大，故 VP－ABC＝××1×1×＝. 二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题中横线上) 11．已知m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列命题： ①若α⊥β，m∥α，则m⊥β；②若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β；③若m⊥β，m∥α，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β. 其中真命题的序号是________． 答案　②③ 解析　若α⊥β，m∥α，则m与β可能相交、平行或m在平面β内，故①错；m∥α，n∥β，m∥n，则α与β可能平行，可能相交，故④错． 12．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是________． 答案　π 解析　上底半径r＝1，下底半径R＝2. ∵S侧＝6π，设母线长为l，则π(1＋2)·l＝6π. ∴l＝2，∴高h＝＝. ∴V＝π·(1＋1×2＋2×2)＝π. 13．(2011·天津文)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.
答案　4 解析　由三视图可知，此几何体的上面是正四棱柱，其长，宽，高分别是2,1,1，此几何体的下面是长方体，其长，宽，高分别是2,1,1，因此该几何体的体积 V＝2×1×1＋2×1×1＝4(m3)． 14．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P－ABC的主视图与左视图的面积的比值为________．
答案　1 解析　依题意得三棱锥P－ABC的主视图与左视图分别是一个三角形，且这两个三角形的底边长都等于正方体的棱长，底边上的高也都相等，因此三棱锥P－ABC的主视图与左视图的面积之比等于1. 15．直三棱柱ABC－A1B1C1的各顶点都在同一球面上．若AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝120°，则此球的表面积等于______． 答案　20π 解析　设球心为O，球半径为R，△ABC的外心是M，则O在底面ABC上的射影是点M，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，∠ABC＝(180°－120°)＝30°， AM＝＝2.因此，R2＝22＋()2＝5，此球的表面积等于4πR2＝20π. 16．如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E、F、分别为PA、PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：
①直线BE与直线CF异面； ②直线BE与直线AF异面； ③直线EF∥平面PBC； ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正确的有______个． 答案　2 解析　将几何体展开图拼成几何体(如图)，因为E、F分别为PA、PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B?平面PAD ，E∈平面PAD，E?AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)下图为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2.
(1)请画出该几何体的三视图； (2)求四棱锥B－CEPD的体积． 解析　(1)该组合体的三视图如下图所示．
(2)因为PD⊥平面ABCD，PD?平面PDCE， 所以平面PDCE⊥平面ABCD. 因为四边形ABCD为正方形， 所以BC⊥CD，且BC＝DC＝AD＝2. 又因为平面PDCE∩平面ABCD＝CD，BC?平面ABCD， 所以BC⊥平面PDCE. 因为PD⊥平面ABCD，DC?平面ABCD， 所以PD⊥DC. 又因为EC∥PD，PD＝2，EC＝1， 所以四边形PDCE为一个直角梯形，其面积 S梯形PDCE＝(PD＋EC)×DC＝×3×2＝3. 所以四棱锥B－CEPD的体积 VB－CEPD＝S梯形PDCE×BC＝×3×2＝2. 18．(本小题满分12分) 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面ACM； (2)证明：AD⊥平面PAC； (3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值． 解析　(1)连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点．又M为PD的中点，所以PB∥MO.因为PB?平面ACM，MO?平面ACM，所以PB∥平面ACM.
(2)因为∠ADC＝45°，且 AD＝AC＝1， 所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD， AD?平面ABCD，所以PO⊥AD.而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC. (3)取DO中点N，连接MN，AN.因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN＝PO＝1.由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中，AD＝1，AO＝，所以DO＝.从而AN＝DO＝.在Rt△ANM中，tan∠MAN＝＝＝，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为. 19．(本小题满分12分) 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AB＝4，PA＝3，A点在PD上的射影为G点，E点在AB上，平面PEC⊥平面PCD.
(1)求证：AG∥平面PEC； (2)求AE的长； (3)求二面角E－PC－A的正弦值． 解析　(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD. 又∵CD⊥AD，PA∩AD＝A， ∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥AG. 又PD⊥AG，∴AG⊥平面PCD. 作EF⊥PC于点F，连接GF， ∵平面PEC⊥平面PCD， ∴EF⊥平面PCD.∴EF∥AG. 又AG?平面PEC，EF?平面PEC， ∴AG∥平面PEC. (2)解：由(1)知A、E、F、G四点共面， 又AE∥CD，AE?平面PCD，CD?平面PCD， ∴AE∥平面PCD. 又∵平面AEFG∩平面PCD＝GF，∴AE∥GF. 又由(1)知EF∥AG， ∴四边形AEFG为平行四边形，∴AE＝GF. ∵PA＝3，AD＝4，∴PD＝5，AG＝. 又PA2＝PG·PD，∴PG＝. 又＝，∴GF＝＝，∴AE＝. (3)解：过E作EO⊥AC于点O，连接OF，易知EO⊥平面PAC，又EF⊥PC，∴OF⊥PC. ∴∠EFO即为二面角E－PC－A的平面角． EO＝AE·sin45°＝×＝，又EF＝AG＝， ∴sin∠EFO＝＝×＝. 20．(本小题满分12分)如图，在六面体ABCDEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面DEFG，ED⊥DG，EF∥DG.且AB＝AD＝DE＝DG＝2，AC＝EF＝1.
(1)求证：BF∥平面ACGD； (2)求二面角D-CG-F的余弦值． 解析　方法一　(1)设DG的中点为M，连接AM，FM. 则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形． ∴MF∥DE，且MF＝DE.∵平面ABC∥平面DEFG， ∴AB∥DE.∵AB＝DE， ∴MF∥AB，且MF＝AB，∴四边形ABFM是平行四边形． ∴BF∥AM. 又BF?平面ACGD，AM?平面ACGD， 故BF∥平面ACGD. (2)由已知AD⊥平面DEFG，∴DE⊥AD.又DE⊥DG， ∴DE⊥平面ADGC.∵MF∥DE，∴MF⊥平面ADGC. 在平面ADGC中，过M作MN⊥GC，垂足为N，连接NF，则∠MNF为所求二面角的平面角． 连接CM.∵平面ABC∥平面DEFG，∴AC∥DM.又AC＝DM＝1，所以四边形ACMD为平行四边形，∴CM∥AD，且CM＝AD＝2. ∵AD⊥平面DEFG，∴CM⊥平面DEFG，∴CM⊥DG.
在Rt△CMG中，∵CM＝2，MG＝1， ∴MN＝＝＝. 在Rt△FMN中， ∵MF＝2，MN＝， ∴FN＝＝. ∴cos∠MNF＝＝＝. ∴二面角D-CG-F的余弦值为. 方法二　由题意可得，AD，DE，DG两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0,0,2)，B(2,0,2)，C(0,1,2)，E(2,0,0)，G(0,2,0)， F(2,1,0)． (1)＝(2,1,0)－(2,0,2)＝(0,1，－2)，＝(0,2,0)－(0,1,2)＝(0,1，－2)，∴＝，∴BF∥CG. 又BF?平面ACGD，故BF∥平面ACGD. (2)＝(0,2,0)－(2,1,0)＝(－2,1,0)． 设平面BCGF的法向量为n1＝(x，y，z)， 则 令y＝2，则n1＝(1,2,1)． 则平面ADGC的法向量n2＝(1,0,0)． ∴cos〈n1，n2〉＝ ＝＝. 由于所求的二面角为锐二面角，∴二面角D-CG-F的余弦值为. 21．(本小题满分12分) 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AB⊥BB1，AC＝BC＝BB1＝2，D为AB的中点，且CD⊥DA1.
(1)求证：BB1⊥面ABC； (2)求多面体DBC－A1B1C1的体积； (3)求二面角C－DA1－C1的余弦值． 解析　(1)证明：∵AC＝BC，D为AB的中点， ∴CD⊥AB.又CD⊥DA1，AB∩A1D＝D， ∴CD⊥面AA1B1B.∴CD⊥BB1. 又BB1⊥AB，AB∩CD＝D，∴BB1⊥面ABC. (2)解：V多面体DBC－A1B1C1＝V棱柱ABC－A1B1C1－V棱锥A1－ADC ＝S△ABC·|AA1|－S△ADC·|AA1|＝S△ABC·|AA1|－×S△ABC·|AA1|＝S△ABC·|AA1|＝. (3) 解：以C为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正向，建立空间直角坐标系(如图所示)，则
C(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,0,2)，C1(0,2,0)，A1(0,2,2)． ∴D(1,0,1)． 设n1＝(x1，y1，z1)是平面DCA1的一个法向量，则有即 ∴故可取n1＝(1,1，－1)． 同理设n2＝(x2，y2，z2)是平面DC1A1的一个法向量，且＝(1，－2,1)，＝(0,0,2)． 则有即 ∴故可取n2＝(2,1,0)． ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝. 又二面角C－DA1－C1的平面角为锐角，所以其余弦值为. 22．(本小题满分12分) 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA＝BC＝2.
(1)若D为AA1的中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D； (2)若二面角B1－DC－C1的大小为60°，求AD的长． 解析　(1)方法一　证明：∵∠A1C1B1＝∠ACB＝90°， ∴B1C1⊥A1C1. 又由直三棱柱的性质知B1C1⊥CC1， ∴B1C1⊥平面ACC1A1.∴B1C1⊥CD.① 由D为AA1的中点，可知DC＝DC1＝. ∴DC2＋DC＝CC，即CD⊥DC1.② 由①②可知CD⊥平面B1C1D. 又CD?平面B1CD，故平面B1CD⊥平面B1C1D. (2)解：由(1)可知B1C1⊥平面ACC1A1，在平面ACC1A1内过C1作C1E⊥CD，交CD或其延长线于E，连接EB1， ∴∠B1EC1为二面角B1－DC－C1的平面角． ∴∠B1EC1＝60°. 由B1C1＝2知，C1E＝＝. 设AD＝x，则DC＝. ∵△DC1C的面积为1，∴··＝1. 解得x＝，即AD＝. 方法二　
(1)证明：如图，以C为坐标原点，CA、CB、CC1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则 C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，即＝(0,2,0)，＝(－1,0,1)，＝(1,0,1)． 由·＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得CD⊥C1B1. 由·＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得CD⊥DC1. 又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D. 又CD?平面B1CD， ∴平面B1CD⊥平面B1C1D. (2)解：设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)． 设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)． 则?令z＝－1. 得m＝(a,1，－1)，又平面C1DC的一个法向量为n＝(0,1,0)， 则由cos60°＝，得＝. 即a＝，故AD＝.
1．已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积是 (　　)
A．288＋36π B．60π C．288＋72π D．288＋18π 答案　A
解析　将几何体的三视图转化为直观图 此几何体下面为长方体上面为半圆柱，根据三视图所标数据，可得 V长方体＝6×8×6＝288， V半圆柱＝×32×π×8＝36π. ∴此几何体的体积为V＝288＋36π. 2．设a、b是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题错误的是 (　　) A．若a⊥α，b∥α，则a⊥b B．若a⊥α，b∥a，b?β，则α⊥β C．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b D．若a∥α，a∥β，则α∥β 答案　D 解析　由题意可得A、B、C选项显然正确，对于选项D：当α，β相交，且a与α，β的交线平行时，有a∥α，α∥β，但此时α与β不平行．故选D. 3．半径为4的球面上有A，B，C，D四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△ABC，△ACD，△ADB面积之和S△ABC＋S△ACD＋S△ADB的最大值为 (　　) A．8 B．16 C．32 D．64 答案　C 解析　设AB＝a，AC＝b，AD＝c， 则S△ABC＋S△ACD＋S△ADB＝(ab＋ac＋bc) ≤(＋＋) ＝(a2＋b2＋c2) ＝×4R2＝×4×42＝32， 当且仅当a＝b＝c时取“＝”． 4．设a、b、c表示三条不同的直线，α、β表示两个不同的平面，则下列命题中逆命题不成立的是 (　　) A．当c⊥α时，若α∥β时，则c⊥β B．当b?β，c是a在β内的射影时，若b⊥c，则a⊥b C．当b?β时，若b⊥α，则β⊥α D．当b?α，c?α时，若c∥α，则b∥c 答案　C 解析　A．其逆命题为当c⊥α时，若c⊥β，则α∥β，显然垂直于同一直线的两平面平行，逆命题正确； B．其逆命题为当b?β时，c是a在β内的射影，若a⊥b，则b⊥c，此为三垂线定理内容，逆命题正确； C．其逆命题为当b?β时，若β⊥α，则b⊥a，显然两平面垂直，其中一平面内任一直线不一定垂直另一平面，逆命题错误； D．其逆命题为当b?α，c?α时，若b∥c，则c∥α，此为线面平行的判断定理，逆命题正确． 5．图2中的实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展形图内的概率是，则此长方体的体积是________．
答案　3 解析　设长方体的高为h，则图2中虚线围成的矩形长为2＋2h，宽为1＋2h，面积为(2＋2h)(1＋2h)，展开图的面积为2＋4h；由几何概型的概率公式知＝，得h＝3，所以长方体的体积是V＝1×3＝3. 6．(2010·江苏)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°.
(1)求证：PC⊥BC； (2)求点A到平面PBC的距离． 解析　(1)证明　因为PD⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PD⊥BC. 由∠BCD＝90°，得BC⊥DC. 又PD∩DC＝D， 所以BC⊥平面PCD.
因为PC?平面PCD，故PC⊥BC. (2)方法一　分别取AB，PC的中点E，F，连接DE，DF. 易证DE∥BC，DF⊥PC，则DE∥面PBC. ∴点D，E到面PBC的距离相等． ∴点A到面PBC的距离为点D到面PBC的距离的2倍． 由(1)知BC⊥面PCD，∴面PBC⊥面PCD. 又DF⊥PC，∴DF⊥面PBC. ∵PD＝DC＝1，∴DF＝. ∴点A到面PBC的距离为. 方法二　
连接AC，设点A到面PBC的距离为h. ∵AB∥DC，∠BCD＝90°， ∴∠ABC＝90°. 由AB＝2，BC＝1， 得S△ABC＝AB×BC＝×2×1＝1. ∵VP－ABC＝S△ABC·PD＝×1×1＝， 又VP－ABC＝VA－PBC， ∴S△PBC·h＝，即××1×h＝，解得h＝. ∴点A到面PBC的距离为. 7．(2011·北京理)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC； (2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值； (3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长． 解析　(1)因为四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD. 又因为PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥BD，又AC∩PA＝A， 所以BD⊥平面PAC. (2)设AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝. 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0，)C(0，，0)，所以 ＝(1，，－2)，＝(0,2，0)．
设PB与AC所成角为θ， 则cosθ＝＝＝. (3)由(2)知＝(－1，，0)． 设P(0，－，t)(t>0)， 则＝(－1，－，t)． 设平面PBC的一个法向量m＝(x，y，z)， 则·m＝0，·m＝0， 所以 令y＝，则x＝3，z＝. 所以m＝(3，，)． 同理，平面PDC的一个法向量n＝(－3，，)． 因为平面PBC⊥平面PDC， 所以m·n＝0，即－6＋＝0. 解得t＝，所以PA＝. 8．(2011·浙江理)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC； (2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A－MC－B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由． 解析　方法一　(1)如图，以O为原点，以射线OD为y轴的正半轴，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.
则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)． ＝(0,3,4)，＝(－8,0,0)，由此可得·＝0，所以⊥，即AP⊥BC. (2)设＝λ，λ≠1，则 ＝λ(0，－3，－4)． ＝＋＝＋λ＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)， ＝(－4,5,0)，＝(－8,0,0)． 设平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)． 由 得 即可取n1＝(0,1，)． 由即 得可取n2＝(5,4，－3)． 由n1·n2＝0，得4－3·＝0. 解得λ＝，故AM＝3. 综上所述，存在点M符合题意，AM＝3. 方法二　(1)由AB＝AC，D是BC的中点，得AD⊥BC. 又PO⊥平面ABC，得PO⊥BC. 因为PO∩AD＝O，所以BC⊥平面PAD，故BC⊥PA. (2)如图，在平面PAB内作BM⊥PA于M，连接CM.
由(1)中知AP⊥BC，得 AP⊥平面BMC. 又AP?平面APC， 所以平面BMC⊥平面APC. 在Rt△ADB中，AB2＝AD2＋BD2＝41，得AB＝. 在Rt△POD中，PD2＝PO2＋OD2. 在Rt△PDB中，PB2＝PD2＋BD2. 所以PB2＝PO2＋OD2＋DB2＝36，得PB＝6. 在Rt△POA中，PA2＝AO2＋OP2＝25，得PA＝5. 又cos∠BPA＝＝， 从而PM＝PBcos∠BPA＝2，所以AM＝PA－PM＝3. 综上所述，存在点M符合题意，AM＝3. 9．(2011·天津理)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝.
(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； (2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值； (3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长． 解析　方法一　如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点，依题意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，，)．
(1)易得＝(－，－，)，＝(－2，0,0)． 于是cos〈，〉＝＝＝. 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为. (2)易知＝(0,2，0)，＝(－，－，)． 设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)， 则即 不妨令x＝，可得m＝(，0，)． 同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)， 则即 不妨令y＝，可得n＝(0，，)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝. 从而sin〈m，n〉＝. 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为. (3)由N为棱B1C1的中点，得N(，，)． 设M(a，b,0)，则＝(－a，－b，)． 由MN⊥平面A1B1C1，得 即 解得 故M(，，0)． 因此＝(，，0)，所以线段BM的长||＝. 方法二　
(1)由于AC∥A1C1，故∠C1A1B1是异面直线AC与A1B1所成的角． 因为C1H⊥平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H＝，可得A1C1＝B1C1＝3. 因为cos∠C1A1B1＝＝. 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为. (2)连接AC1，易知AC1＝B1C1. 又由于AA1＝B1A1，A1C1＝A1C1， 所以△AC1A1≌△B1C1A1. 过点A作AR⊥A1C1于点R，连接B1R. 于是B1R⊥A1C1. 故∠ARB1为二面角A－A1C1－B1的平面角． 在Rt△A1RB1中，B1R＝A1B1·sin∠RA1B1＝2·＝. 连接AB1，在△ARB1中，AB1＝4，AR＝B1R. cos∠ARB1＝＝－. 从而sin∠ARB1＝. 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为. (3)因为MN⊥平面A1B1C1，所以MN⊥A1B1. 取HB1中点D，连接ND. 由于N是棱B1C1中点， 所以ND∥C1H且ND＝C1H＝. 又C1H⊥平面AA1B1B， 所以ND⊥平面AA1B1B. 故ND⊥A1B1. 又MN∩ND＝N，所以A1B1⊥平面MND. 连接MD并延长交A1B1于点E， 则ME⊥A1B1，故ME∥AA1. 由＝＝＝，得DE＝B1E＝. 延长EM交AB于点F，可得BF＝B1E＝. 连接NE. 在Rt△ENM中，ND⊥ME，故ND2＝DE·DM. 所以DM＝＝.可得FM＝. 连接BM.在Rt△BFM中，BM＝＝. 10．(2012·东北三校联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知BC＝1，BB1＝2，AB⊥平面BB1C1C.
(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正切值； (2)在棱CC1(不包括端点C、C1)上确定一点E的位置，使EA⊥EB1(要求说明理由)； (3)在(2)的条件下，若AB＝，求二面角A－EB1－A1的大小． 解析　方法一　(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，C1C⊥平面ABC， ∴C1B在平面ABC上的射影为CB. ∴∠C1BC为直线C1B与底面ABC所成的角． ∵在Rt△CC1B中，CC1＝2，BC＝1， ∴tan∠C1BC＝2，即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2. (2)连接BE，当E为CC1的中点时，EA⊥EB1. ∵CE＝EC1＝1，BC＝B1C1＝1， ∴∠BEC＝∠B1EC1＝45°. ∴∠BEB1＝90°，即B1E⊥BE. 又∵AB⊥平面BB1C1C，EB1?平面BB1C1C， ∴AB⊥EB1. 又AB?平面ABE，BE?平面ABE，BE∩AB＝B， ∴EB1⊥平面ABE. 又EA?平面ABE，故EA⊥EB1. (3)如图，取EB1的中点G，A1E的中点F，连接FG，则FG∥A1B1，且FG＝A1B1.
∵A1B1⊥EB1，∴FG⊥EB1. 连接A1B，AB1，设A1B∩AB1＝O， 连接OF，OG，则OG∥AE，且OG＝EA. ∵EA⊥EB1，∴OG⊥EB1. ∴∠OGF为二面角A－EB1－A1的平面角． ∵AE＝＝2，OG＝AE＝1，FG＝A1B1＝，OF＝BE＝，∴∠OGF＝45°. ∴二面角A－EB1－A1的大小为45°. 方法二　以B为坐标原点，BC、BB1、AB所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 B(0,0,0)，C1(1,2,0)，B1(0,2,0)．
(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC的一个法向量为＝(0,2,0)，又＝(1,2,0)， 设BC1与平面ABC所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈，〉|＝. ∴tanθ＝2，即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2. (2)设E(1，y,0)，A(0,0，z)，则＝(－1,2－y,0)， ＝(－1，－y，z)． ∵EA⊥EB1，∴·＝1－y(2－y)＝0. ∴y＝1，即E(1,1,0)． ∴E为CC1的中点． (3)由题知A(0,0，)，则 ＝(1,1，－)，＝(1，－1,0)． 设平面AEB1的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则 ∴ 令x1＝1，则n＝(1,1，)． ∵＝(1,1,0)，∴·＝1－1＝0. ∴BE⊥B1E. 又BE⊥A1B1，∴BE⊥平面A1B1E. ∴平面A1B1E的一个法向量为＝(1,1,0)． ∴cos〈n，〉＝＝. ∴二面角A－EB1－A1的大小为45°. 11．如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，∠BAC＝30°，BM⊥AC交AC于点M，EA⊥平面ABC，FC∥EA，AC＝4，EA＝3，FC＝1.
(1)证明：EM⊥BF； (2)求平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值． 解析　方法一　(1)证明：∵EA⊥平面ABC，BM?平面ABC，∴EA⊥BM. 又∵BM⊥AC，EA∩AC＝A， ∴BM⊥平面ACFE. 而EM?平面ACFE. ∴BM⊥EM. ∵AC是圆O的直径，∴∠ABC＝90°. 又∵∠BAC＝30°，AC＝4， ∴AB＝2，BC＝2，AM＝3，CM＝1. ∵EA⊥平面ABC，FC∥EA，∴FC⊥平面ABC. 又FC＝CM＝1，AM＝EA＝3， ∴△EAM与△FCM都是等腰直角三角形． ∴∠EMA＝∠FMC＝45°. ∴∠EMF＝90°，即EM⊥MF. ∵MF∩BM＝M，∴EM⊥平面MBF. 而BF?平面MBF，∴EM⊥BF. (2)解：延长EF交AC的延长线于G，连接BG，过点C作CH⊥BG，连接FH.
由(1)知FC⊥平面ABC，BG?平面ABC， ∴FC⊥BG. 而FC∩CH＝C，∴BG⊥平面FCH. ∵FH?平面FCH，∴FH⊥BG. ∴∠FHC为平面BEF与平面ABC所成的二面角的平面角． 在Rt△ABC中，∵∠BAC＝30°，AC＝4， ∴BM＝AB·sin30°＝. 由＝＝，得GC＝2. ∵BG＝＝＝2， 又∵△GCH∽△GBM， ∴＝，∴CM＝＝＝1. ∴△FCH是等腰直角三角形，∠FHC＝45°. ∴平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为. 方法二　(1)证明：因为AC是圆O的直径，所以∠ABC＝90°，又∠BAC＝30°，AC＝4，所以AB＝2，而BM⊥AC，易得AM＝3，BM＝. 如图，以A为坐标原点，垂直于AC的直线，AC、AE所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
由已知条件得A(0,0,0)，M(0,3,0)，E(0,0,3)，B(，3,0)，F(0,4,1)． ∴＝(0，－3,3)，＝(－，1,1)． 由·＝(0，－3,3)·(－，1,1)＝0， 得⊥，∴EM⊥BF. (2)解：由(1)知＝(－，－3,3)，＝(－，1,1)． 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)， 由n·＝0，n·＝0， 得 令x＝得y＝1，z＝2，∴n＝(，1,2)． 由已知EA⊥平面ABC，所以平面ABC的一个法向量为＝(0,0,3)． 设平面BEF与平面ABC所成的锐二面角为θ， 则cosθ＝|cos〈n，〉|＝＝.

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