立体几何典型例题精选[含答案解析]

FEDCBA；立体几何专题复习热点一：直线与平面所成的角 例1．（2014，广二模理 18） 如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，EF ∥平面ABCD ， 1EF =，,90FB FC BFC ︒=∠=，3AE =.（1）求证：AB ⊥平面BCF ；（2）求直线AE 与平面BDE 所成角的正切值.·！变式1：（2013湖北8校联考）如左图，四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，2,1,5,DB DC BC === 2.AB AD ==将左图沿直线BD 折起，使得二面角A BD C --为60,︒如右图.（1）求证：AE ⊥平面;BDC（2）求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值.]变式2：[2014·福建卷] 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．热点二：二面角例2．[2014·广东卷] 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．变式3：[2014·浙江卷] 如图1­5，在四棱锥A­BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED ＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2.—(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B­AD­E的大小．变式4：[2014·全国19] 如图1­1所示，三棱柱ABC­A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2.(1)证明：AC1⊥A1B; (2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1 -AB -C的大小．【热点三：无棱二面角例3．如图三角形BCD 与三角形MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，23AB =（1）求点A 到平面MBC 的距离；（2）求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值.》变式5：在正方体1111ABCD A B C D -中，1K BB ∈，1M CC ∈，且114BK BB =，134CM CC =． 求：平面AKM 与ABCD 所成角的余弦值．"|变式6：如图1111ABCD A B C D -是长方体，AB ＝2，11AA AD ==，求二平面1AB C 与1111A B C D 所成二面角的正切值．高考试题精选1．[2014·四川，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．[2．[2014·湖南卷] 如图所示，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．!3．[2014·江西19] 如图1­6，四棱锥P­ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证：AB⊥PD. (2)若∠BPC＝90°，PB＝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．、MOHFEDC BA立体几何专题复习 答案例1.（2014，广二模）（1）证明：取AB 的中点M ，连接EM ，则1AM MB ==，∵EF ∥平面ABCD ，EF ⊂平面ABFE ，平面ABCD 平面ABFE AB =， ∴EF ∥AB ，即EF ∥MB . ……………1分 ∵EF =MB 1=∴四边形EMBF 是平行四边形. ……………2分 ∴EM ∥FB ，EM FB =. 。

在Rt△BFC 中，2224FB FC BC +==，又FB FC =，得FB =∴EM =……………3分在△AME中，AE =1AM =，EM =∴2223AM EM AE +==，∴AM EM ⊥. ……………4分 ∴AM FB ⊥，即AB FB ⊥. ∵四边形ABCD 是正方形，∴AB BC ⊥. ……………5分 `∵FBBC B =，FB ⊂平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，∴AB ⊥平面BCF . ……………6分 （2）证法1：连接AC ，AC 与BD 相交于点O ，则点O 是AC 的中点，取BC 的中点H ，连接,OH EO ，FH ，则OH ∥AB ，112OH AB ==. 由（1）知EF ∥AB ，且12EF AB =，∴EF ∥OH ，且EF OH =. ∴四边形EOHF 是平行四边形.{∴EO ∥FH ，且1EO FH == .……………7分 由（1）知AB ⊥平面BCF ，又FH ⊂平面BCF ，∴FH AB ⊥. ……………8分 ∵FH BC ⊥，,ABBC B AB =⊂平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴FH ⊥平面ABCD . ……………9分 ∴EO ⊥平面ABCD . ∵AO ⊂平面ABCD ，∴EO ⊥AO . ……………10分】∵AO BD ⊥，,EO BD O EO =⊂平面EBD ，BD ⊂平面EBD ，∴AO ⊥平面EBD . ……………11分 ∴AEO ∠是直线AE 与平面BDE 所成的角. ……………12分 在Rt △AOE中，tan AOAEO EO∠==……………13分 ∴直线AE 与平面BDE……………14分 证法2：连接AC ，AC 与BD 相交于点O ，则点O 取BC 的中点H ，连接,OH EO ，FH ， 则OH ∥AB ，112OH AB ==. >由（1）知EF ∥AB ，且12EF AB =，∴EF ∥OH ，且EF OH =.∴四边形EOHF 是平行四边形.∴EO ∥FH ，且1EO FH ==. ……………7分 由（1）知AB ⊥平面BCF ，又FH ⊂平面BCF ， ∴FH AB ⊥.∵FH BC ⊥，,ABBC B AB =⊂平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴FH ⊥平面ABCD . ￥∴EO ⊥平面ABCD . ……………8分 以H 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴，OH 所在直线为y 轴，HF 所在直线为z 轴， 建立空间直角坐标系H xyz -，则()1,2,0A -，()1,0,0B ，()1,2,0D --，()0,1,1E -. ∴()1,1,1AE =-，()2,2,0BD =--，()1,1,1BE =--. ……………9分 设平面BDE 的法向量为=n (),,x y z ，由n 0BD ⋅=，n 0BE ⋅=， 得220x y --=，0x y z --+=，得0,z x y ==-.令1x =，则平面BDE 的一个法向量为=n ()1,1,0-. ……………10分 设直线AE 与平面BDE 所成角为θ， !则sin θ=cos ,n AE ⋅=n AE n AE63=. ……………11分 ∴23cos 1sin 3θθ=-=，sin tan 2cos θθθ==……………13分 ∴直线AE 与平面BDE 2……………14分 变式1：（2013湖北8校联考）（1）取BD 中点F ，连结,EF AF ,则11,,60,2AF EF AFE ==∠=……………2分由余弦定理知22222113121cos 60,22AE AF EF AE AE EF ⎛⎫=+-⋅⋅=+=∴⊥ ⎪⎝⎭………4分又BD ⊥平面AEF ,,BD AE AE ∴⊥⊥平面BDC ………6分 （2）以E 为原点建立如图示的空间直角坐标系，》则31),(1,,0)2A C -,11(1,,0),(1,,0)22B D --- ………8分设平面ABD 的法向量为n (,,)x y z =,由00n DB n DA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得201302x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩,取3z =,则3,(0,3)y =-∴=-n . 136(1,,),cos ,2||||AC AC AC AC =--∴<>==-n n n ……11分故直线AC 与平面ABD 10. …………12分变式2：（2014福建卷）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 . …………3分又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD . …………4分 (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 . ……6分以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12.则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1)．…………7分设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． …………9分—设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝||cos 〈n ，AD →〉＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63. …………11分 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. …………12分例2.（2014，广东卷）:(1):,,,,A ,,,,,,,,,,.(2):E EG//CF DF G,,,G GH AF H,EH,PD ABCD PD PCD PCD ABCD PCD ABCD CD D ABCD AD CD AD PCD CF PCD CF AD AF PC CF AF AD AF ADF ADAF A CF ADF CF DF EG DF ⊥⊂∴⊥=⊂⊥∴⊥⊂∴⊥⊥∴⊥⊂=∴⊥⊥∴⊥⊥∠解证明平面平面平面平面平面平面平面平面又平面平面解法一过作交于平面A 平面A 过作于连则00,CD 2,30,130,==1,21324,,,,,22333EG .,423EHG D AF E DPC CDF CF CDDE CF CP EF DC DEDF DP CP DE EF AE AF EF DF AE EF EH HG AF --=∠=∴∠==∴=∴⋅=====⋅∴====为二面角的平面角设从而∥还易求得EF=从而易得故cos GH EHG EH ∴∠===12:,,,,,2,1(0,0,2),C(0,2,0),,(23,22,0),,,431,0),ADF CP (3,1,0),22AEF (x DP DC DA x y z DC A CF CP F DF CFF E n n λλλλ==-⊥===-=解法二分别以为轴建立空间直角坐标系设则设则可得从而易得取面的一个法向量为设面的一个法向量为2212212,y,z),0,0,||||2n AE n AF n n n n n ⋅=⋅=⋅==⋅⨯利用且得可以是从而所求二面角的余弦值为变式3：（2014浙江卷） [解：(1)证明：在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2， 由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC . …………2分 又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE ，所以AC ⊥DE .又DE ⊥DC ，从而DE ⊥平面ACD . …………4分 (2)方法一：过B 作BF ⊥AD ，与AD 交于点F ，过点F 作FG ∥DE ，与AE 交于点G ，连接BG . :由(1)知DE ⊥AD ，则FG ⊥AD .所以∠BFG 是二面角B ­ AD ­ E 的平面角．…………6分在直角梯形BCDE 中，由CD 2＝BC 2＋BD 2，得BD ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，得BD ⊥平面ABC ，从而BD ⊥AB .由AC ⊥平面BCDE ，得AC ⊥CD . 在Rt △ACD 中，由DC ＝2，AC ＝2，得AD ＝ 6.在Rt △AED 中，由ED ＝1，AD ＝6，得AE ＝7.…………7分在Rt △ABD 中，由BD ＝2，AB ＝2，AD ＝6，得BF ＝2 33，AF ＝23AD .从而GF ＝23ED ＝23. …………9分在△ABE ，△ABG 中，利用余弦定理分别可得cos ∠BAE ＝5 714，BG ＝23. …………11分|在△BFG 中，cos ∠BFG ＝GF 2＋BF 2－BG 22BF ·GF ＝32. …………13分所以，∠BFG ＝π6，即二面角B ­ AD ­ E 的大小是π6 (14)方法二：以D 为原点，分别以射线DE ，DC 为x ，y 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系D ­ xyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：D (0，0，0)，E (1，0，0)，C (0，2，0)，A (0，2，2)，B (1，1，0)．设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． ~可算得AD ＝(0，－2，－2)，AE ＝(1，－2，－2)，DB →＝(1，1，0)．…………7分由⎩⎨⎧m ·AD ＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－2y 1－2z 1＝0，x 1－2y 1－2z 1＝0，可取m ＝(0，1，－2)．…………9分 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎨⎧－2y 2－2z 2＝0，x 2＋y 2＝0， 可取n ＝(1，－1，2)．…………11分于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝33×2＝32. …………13分由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B ­ AD ­ E 的大小是π6. …………14分变式4：（2014全国卷） 19．解：方法一：(1)证明：因为A 1D ⊥平面ABC ，A 1D ⊂平面AA 1C 1C ，故平面 AA 1C 1⊥平面ABC . 又BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C . …………2分 $连接A 1C ，因为侧面AA 1C 1C 为菱形，故AC 1⊥A 1C .由三垂线定理得AC 1⊥A 1B . ……4分（注意：这个定理我们不能用） (2) BC ⊥平面AA 1C 1C ，BC ⊂平面BCC 1B 1，故平面AA 1C 1C ⊥平面BCC 1B 1.作A 1E ⊥CC 1，E 为垂足，则A 1E ⊥平面BCC 1B 1. …………6分又直线AA 1∥平面BCC 1B 1，因而A 1E 为直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离，即A 1E ＝ 3. 因为A 1C 为∠ACC 1的平分线，所以A 1D ＝A 1E ＝ 3. …………8分 作DF ⊥AB ，F 为垂足，连接A 1F .由三垂线定理得A 1F ⊥AB ，故∠A 1FD 为二面角A 1 ­ AB ­ C 的平面角．…………10分·由AD ＝AA 21－A 1D 2＝1，得D 为AC 中点，DF ＝55，tan ∠A 1FD ＝A 1DDF＝15，……12分 所以cos ∠A 1FD ＝14. …………13分所以二面角A 1 ­ AB ­ C 的大小为arccos 14. …………14分方法二：以C 为坐标原点，射线CA 为x 轴的正半轴，以CB 的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C ­ xyz .由题设知A 1D 与z 轴平行，z 轴在平面AA 1C 1C 内．(1)证明：设A 1(a ，0，c )．由题设有a ≤2，A (2，0，0)，B (0，1，0)，则AB →＝(－2，1，0)，AC →＝(－2，0，0)，AA 1→＝(a －2，0，c )，AC 1→＝AC →＋AA 1→＝(a －4，0，c )，BA 1→＝(a ，－c )．由|AA 1→|＝2，得（a －2）2＋c 2＝2，即a 2－4a ＋c 2＝0.①又AC 1→·BA 1→＝a 2－4a ＋c 2＝0，所以AC 1⊥A 1B . …………4分(2)设平面BCC 1B 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则m ⊥CB →，m ⊥BB 1→，即m ·CB →＝0，0.因为CB →＝(0，1，0)，BB 1→＝AA 1→＝(a －2，0，c )，所以y ＝0且(a －2)x ＋cz ＝0.令x ＝c ，则z ＝2－a ，所以m ＝(c ，0，2－a )，故点A 到平面BCC 1B 1的距离为 ||CA →|·|cos 〈m ，CA →〉|＝|CA →·m ||m |＝2c c 2＋（2－a ）2＝c . …………6分又依题设，A 到平面BCC 1B 1的距离为3，所以c ＝3，代入①，解得a ＝3(舍去)或a ＝1， 于是AA 1→＝(－1，0，3)． …………8分 设平面ABA 1的法向量n ＝(p ，q ，r )， 则n ⊥AA 1→，n ⊥AB →，即n ·AA 1→＝0，n ·AB →＝0，－p ＋3r ＝0，且－2p ＋q ＝0.令p ＝3，则q ＝2 3，r ＝1，所以n ＝(3，2 3，1)．…………10分\又p ＝(0，0，1)为平面ABC 的法向量，…………11分故 cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝14. …………13分所以二面角A 1 ­ AB ­ C 的大小为arccos 14. …………14分例3. 无棱二面角（2010年江西卷）解法一：（1）取CD 中点O ，连OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD .又平面MCD ⊥平面BCD ,则MO ⊥平面BCD ，所以MO ∥AB ，A 、B 、O 、M 共面.延长AM 、BO 相交于E ，则∠AEB 就是AM 与平面BCD 所成的角.OB =MO =3，MO ∥AB ，MO ⊥⊥321522155A MBC M ABC V V d --=⇒=ACM BCD 由（1）知，O是BE 的中点，则BCED 是菱形.作BF ⊥EC 于F ，连AF ，则AF ⊥EC ，∠AFB 就是二面角A -EC -B 的平面角，设为θ. ……7分/因为∠BCE =120°，所以∠BCF =60°.sin 603BF BC =⋅=9分tan 2ABBFθ==，sin θ=…………11分…………12分 解法二：取CD 中点O ，连OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ,则MO ⊥平面BCD .以O 为原点，直线OC 、BO 、OM 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图.OB =OMO （0，0，0），C （1，0，0），M （0，），B （0，-3，0），A （0，，，（1）设(,,)n x y z =是平面MBC的法向量，则BC=(1,3,0)，…BM =，由n BC ⊥得0x +=；由n BM ⊥得30z +=；取(3,1,1),(0,0,n BA =-=，则距离215BA n d n⋅==…………5分 （2）(CM =-，(1,CA =-.设平面ACM 的法向量为1(,,)n x y z =，由11n CM n CA⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩得00x x ⎧-+=⎪⎨--+=⎪⎩.解得x =，y z =，取1(3,1,1)n =.又平面BCD的法向量为(0,0,1)n =，则111cos ,5n n n n n n⋅<>==⋅ 设所求二面角为θ，则sin θ==.…………12分变式5：解析：由于BCMK 是梯形，则MK 与CB 相交于E ．A 、E 确定的直线为m ，过C 作CF ⊥m 于F ，连结MF ，因为MC ⊥平面ABCD ，CF ⊥m ，故MF ⊥m ．∠MFC 是二面角M －m －C 的平面角．设正方体棱长为a ，则34CM a =，14BK a =．在△ECM 中，由BK ∥CM 可得12EB a =，CF =，故tan 4MFC ∠=．因此所求角的余弦值为cos 21MFC ∠=． —BA变式6：解析：∵平面ABCD ∥平面1111A B C D ，∴平面1AB C 与平面1111A B C D 的交线m 为过点1B 且平行于AC 的直线．直线m 就是二平面1AB C 与1111A B C D 所成二面角的棱．又平面1AB C 与平面1AA ⊥平面1111A B C D ，过1A 作AH ⊥m 于H ，连结AH ．则1AHA ∠为二面角1A m A --的平面角．可求得1tan AHA ∠=．高考试题精选1.（2014 四川卷）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．…………5分(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A ­ NP ­ M 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 ＝ 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 ＝ 6. 作BR ⊥AC 于R'因为在△ABC 中，AB ＝BC ，所以R 为AC 的中点， 所以BR ＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 2＝102. 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 ＝BR 2＝104.同理，可得MQ ＝104. 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中， cos ∠MNQ ＝MN 2NQ ＝BD4NQ＝105.…………13分 ,故二面角A ­ NP ­ M 的余弦值是105. …………14分 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．…………6分如图所示，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O ­xyz .则A (0，0，3)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，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M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，于是AB ＝(1，0，－3)，BC ＝(－1，3，0)，MN ＝(1，0，0)，NP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32.…………7分 设平面ABC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥AB ，n 1⊥BC ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ＝0，n 1·BC ＝0，即⎩⎨⎧（x 1，y 1，z 1）·（1，0，－3）＝0，（x 1，y 1，z 1）·（－1，3，0）＝0，从而⎩⎨⎧x 1－3z 1＝0，－x 1＋3y 1＝0.取z 1＝1，则x 1＝3，y 1＝1，所以n 1＝(3，1，1)． …………9分 设平面MNP 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由，⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥MN ，n 2⊥NP ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·MN ＝0，n 2·NP ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧（x 2，y 2，z 2）·（1，0，0）＝0，（x 2，y 2，z 2）·⎝⎛⎭⎪⎫0，32，－32＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，32y 2－32z 2＝0.取z 2＝1，则y 2＝1，x 2＝0，所以n 2＝(0，1，1)． …………11分…设二面角A ­ NP ­ M 的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（3，1，1）·（0，1，1）5×2＝105.…13分 故二面角A ­NP ­M 的余弦值是105.…………14分2.（2014 湖南卷）解：(1)如图(a)，因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC 1⊥AC .同理DD 1⊥BD . 因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD .而AC ∩BD ＝O ，因此CC 1⊥底面ABCD . 由题设知，O 1O ∥C 1C .故O 1O ⊥底面ABCD . …………4分 (2)方法一： 如图(a)，过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ，连接HC 1. |由(1)知，O 1O ⊥底面ABCD ，所以O 1O ⊥底面A 1B 1C 1D 1，于是O 1O ⊥A 1C 1.又因为四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形A 1B 1C 1D 1菱形，因此A 1C 1⊥B 1D 1，从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，所以A 1C 1⊥OB 1，于是OB 1⊥平O 1HC 1.进而OB 1⊥C 1H .故∠C 1HO 1是二面角C 1­OB 1­D 的平面角．不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，OB 1＝7.在Rt △OO 1B 1中，易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237.而O 1C 1＝1，于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2＝1＋127＝197. 故cos ∠C 1HO 1＝O 1HC 1H＝237197＝25719.即二面角C 1­OB 1­D 的余弦值为25719.方法二：因为四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等， 所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直． 如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O ­xyz ，不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，于是相关各点的坐标为O (0，0，0) ，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2)． 易知，n 1＝(0，1，0)是平面BDD 1B 1的一个法向量．设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·OB →1＝0，n 2·OC →1＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23，所以n 2＝(2，23，－3)． 设二面角C 1­OB 1­D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是cos θ＝|cos 〈，〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2319＝25719.故二面角C 1­OB 1­D 的余弦值为25719.3.（2014 江西卷）19．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 ＝2 33，GC ＝2 63，BG ＝63.设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝43－m 2，故四棱锥P ­ ABCD 的体积为 V ＝13×6·m ·43－m 2＝m 38－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝－6⎝⎛⎭⎪⎫m 2－23＋83，所以当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P ­ ABCD 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 ⎝⎛⎭⎪⎫63，－63，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，263，0，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，63，故PC →＝⎝⎛⎭⎪⎫63，263，－63，BC →＝(0，6，0)，CD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，0，0. 设平面BPC 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，1)，则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →，得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋2 63y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，则n 1＝(1，0，1)． 同理可求出平面DPC 的一个法向量为n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1.设平面BPC 与平面DPC 的夹角为θ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105.。