习题2.2教学设计实例

立体几何复习资料

专题一：空间几何体的结构及其三视图和直观图

1．给出下列三个命题：

①相邻侧面互相垂直的棱柱是直棱柱；②各侧面都是正方形的四棱柱是正方体；③底面是正三角形，各侧面都是等腰三角形的三棱锥是正棱锥．其中正确的命题有(

) A．1个

B．2个

C．3个

D．0个

【解析】

①是假命题，相邻侧面互相垂直不能保证侧棱垂直于底面；②是假命题，各侧面都是正方形，不能保证底面都是正方形，当底面为不是正方形的菱形时就不是正方体；③是假命题，如图所示，AB＝AC＝BC＝PB＝PC≠PA，侧面都是等腰三角形，但不是正棱锥．综上所述，故选D. 2．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是(

) A．正方形

B.矩形

C．菱形

D.一般的平行四边形

【解析】

在Rt△O′C′D′中，

O′D′＝2O′C′＝22. 故在平面图形中OD＝2×22＝42. 在Rt△ODC中，OC＝OD2＋DC2＝32＋4＝6. 所以OC＝OA，所以原图形OABC是菱形．

【答案】

C 3．在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为(

)

【解析】

由几何体的正视图和俯视图可知，该几何体应为一个半圆锥和一个有一侧面(与半圆锥的截面为同一三角形)垂直于底面的三棱锥组成的组合体，故其侧视图应为D选项．

【答案】

D 4．三棱锥SABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱SB的长为(

)

A．211

B.42

C.38 D.163 【解析】

取AC的中点为D，连接SD，BD，在Rt△SDC中，SD2＝SC2＋CD2＝42＋22＝20，在Rt△BDC中，SB2＝BD2＋SD2＝(23)2＋20＝32，∴SB＝42，故选B. 【答案】

B

5．已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为(

)

A．1 C.3

23B.

4D.3

43133，高为3，则其面积为S＝××3＝，选B. 2224【解析】

由题知，该三棱锥为正三棱锥，则其侧视图为如图所示的三角形，其底面边长为

【答案】

B 专题二：空间几何体的表面积与体积

1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(

)

A．16＋8π

B．8＋8π

C．16＋16π

D.8＋16π

【解析】

原几何体为组合体：上面是长方体，下面是圆柱的1半(如图所示)，其体积为V＝4×2×2＋π×22×4＝16＋8π.

2【答案】

A 2．已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，那么这个几何体的侧面积是(

) A．(1＋2)cm2

B.(3＋2)cm2

C．(4＋2)cm2

D.(5＋2)cm2

【解析】

由三视图可知该几何体的直观图如图所示，所以侧面积为(4＋2)cm2.故选C. 一

【答案】

C 3．正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，则三棱锥A-B1DC1的体积为(

) 33A．3

B.

C．1

D.

22【解析】如图，在正△ABC中，

D为BC中点，

则有AD＝3AB＝3，

2

1S△DB1C1＝×2×3＝3. 2又∵平面BB1C1C⊥平面ABC，AD⊥BC，AD⊂平面ABC，∴AD⊥平面BB1C1C，即AD为三棱锥A-B1DC1底面上的高．

11∴V三棱锥A-B1DC1＝S△DB1C1·AD＝×3×3＝1. 33【答案】

C 4．一个正三棱柱的侧视图是边长为3的正方形，则它的外接球的表面积等于(

) 25π28πA．8π

B.

C．9π

D.

33【解析】

因为正三棱柱ABC-DEF的侧视图是边长为3的正方形，所以正三棱柱的高为3，正三角形的高也是3.设它的外接球的球心为O，半径为R，底面△ABC的中心为G，所以△OGA是直角三角形，OG是高的一半，即OG＝23GA＝. 3在△OGA中，由勾股定理得R2＝OG2＋GA2，

25解得R2＝. 1225π所以外接球的表面积为4πR2＝，故选B. 3【答案】

B 5．已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底3面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为16________．

【解析】

如图，设球的半径为R，

圆锥底面半径为r. 3由题意得πr2＝×4πR2. 163∴r2＝R2，

4根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点，且AB⊥O1C. 1∴OO1＝R2－r2＝R，

21R因此体积较小的圆锥的高AO1＝R－R＝，

22R3体积较大的圆锥的高BO1＝R＋＝R. 221且这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比为. 332.又GA是正三角形ABC的高的，所以23专题三：空间点、直线、平面之间的位置关系

1．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是(

)

A．若AC与BD共面，则AD与BC共面

B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线

C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC

D．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC

【解析】

由公理1知，命题A正确．

对于B，假设AD与BC共面，由A正确得AC与BD共面，这与题设矛盾，故假设不成立，从而结论正确．

对于C，如图，当AB＝AC，DB＝DC，

当二面角A-BC-D的大小变化时，

AD与BC不一定相等，故不正确．

对于D，如图，取BC的中点E，连接AE，DE，则由题设得BC⊥AE，BC⊥DE. 根据线面垂直的判定定理得BC⊥平面ADE，

从而AD⊥BC.故D正确．

【答案】

C 2．已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l(

) A．平行

B．相交

C．垂直

D.异面

【解析】

直线l与平面α斜交时，在平面α内不存在与l平行的直线，∴A错；l∥α时，在平面α内不存在与l相交的直线，∴B错；l⊂α时，在平面α内不存在与l异面的直线，∴D错；无论以上哪种情形在平面α内都有无数条直线与l垂直．故选C. 【答案】

C 3．若P是两条异面直线l，m外的任意一点，则(

) A．过点P有且仅有一条直线与l，m都平行

B．过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直

C．过点P有且仅有一条直线与l，m都相交

D．过点P有且仅有一条直线与l，m都异面

【解析】

对于选项A，若过点P有直线n与l，m都平行，则l∥m，这与l，m异面矛盾．

对于选项B，过点P与l，m都垂直的直线，即过点P且与l，m的公垂线段平行或重合的那一条直线．

对于选项C，过点P与l，m都相交的直线有一条或零条．

对于选项D，过点P与l，m都异面的直线可能有无数条．

【答案】

B 4．如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别CFCG2是边BC，CD上的点，且＝＝，则(

) CBCD3A．EF与GH平行

B．EF与GH异面

C．EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上

D．EF与GH的交点M一定在直线AC上

【解析】

EF与GH必相交，设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，即点M是平面ACB与平面ACD的交点，而AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上．

【答案】

D 【解析】

由已知与图可知，白蚁“走完六段”后，又回到A点，故走完2014段后，停留的点为C点，同理，黑蚁最后停留的点为D1点，所以此时黑白蚁的距离为CD1＝2. 【答案】

B 5．如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF与侧棱C1C所成的角的余弦值是(

)

A.5

525B.

51C.

D.2 2【解析】

如图，取AC中点G，

连FG，EG，则FG∥C1C，FG＝C1C；

1EG∥BC，EG＝BC，故∠EFG即为EF 2FG2与C1C所成的角，在Rt△EFG中，cos∠EFG＝＝FE5【答案】

B 10．如图7-3-14所示，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝2，DA⊥AC，DA⊥AB，若DA＝1，且E为DA的中点，求异面直线BE与CD所成角的余弦值．

【解】

取AC中点F，连EF，BF，则EF∥DC，

25＝. 5

∴∠BEF即为异面直线BE与CD所成的角(或其补角)．

∵DA＝1，BC＝2，AB＝AC. ∴DC＝2，

∴EF＝2. 212512＋＝22，

在△BEF中，

BE＝BF＝

由余弦定理得

EB2＋EF2－BF2cos∠BEF＝

2EB·EF

＝52＋22－52222522××2210，

10

＝∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为10. 10专题四：直线、平面平行的判定及其性质

1．如图所示，四棱锥P-ABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面PAD的位置关系为________．

【解析】

取PD的中点F，连结EF，AF，

1在△PCD中，EF綊CD. 2又∵AB∥CD且CD＝2AB，

∴EF綊AB，∴四边形ABEF是平行四边形，∴EB∥AF. 又∵EB⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD. 【答案】

平行

2．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证：

(1)直线EG∥平面BDD1B1；

(2)平面EFG∥平面BDD1B1. 【证明】

(1)如图所示，连接SB，

∵E，G分别是BC，SC的中点，

∴EG∥SB. 又∵SB⊂平面BDD1B1，

EG⊄平面BDD1B1，

∴直线EG∥平面BDD1B1. (2)连接SD，

∵F，G分别是DC，SC的中点，

∴FG∥SD. 又∵SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，

∴FG∥平面BDD1B1，且EG⊂平面EFG，

FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，

∴平面EFG∥平面BDD1B1. 3．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面是平行四边形，PA⊥平面ABCD，点M，N分别为BC，PA的中点．在线段PD上是否存在一点E，使NM∥平面ACE？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．

【解】

在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE. 证明如下：如图，取PD的中点E，连接NE，EC，AE，

因为N，E分别为PA，PD的中点，

1所以NE綊AD. 21又在平行四边形ABCD中，CM綊AD，所以NE綊MC，即四边形MCEN是平行四边形．所2以NM綊EC. 又EC⊂平面ACE，NM⊄平面ACE，

所以MN∥平面ACE，即在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE. 4．如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．

(1)求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH；

(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．

【解】

(1)∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥HG. ∵HG⊂平面ABD，∴EF∥平面ABD. ∵EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，

∴EF∥AB.∴AB∥平面EFGH. 同理可证，CD∥平面EFGH. (2)设EF＝x(0＜x＜4)，

∵四边形EFGH为平行四边形，

CFxFGBFBC－CFx∴＝，则＝＝＝1－. CB46BCBC43∴FG＝6－x. 23x＋6－x＝12－x. ∴四边形EFGH的周长l＝22又0＜x＜4，∴8＜l＜12，

∴四边形EFGH周长的取值范围是(8,12)．

专题五：直线、平面垂直的判定及其性质

1．三棱锥P-ABC的两侧面PAB、PBC都是边长为2a的正三角形，AC＝3a，则二面角A-PB-C的大小为(

) A．90°

B．30°

C．45°

D．60°

【解析】

如图，取PB的中点为M，连接AM、CM，则AM⊥PB，CM⊥PB，∴∠AMC为二面角A-PB-C的平面角，易得AM＝CM＝3a，则△AMC为正三角形，

∴∠AMC＝60°. 【答案】

D 92．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为3的正4三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(

) 5ππππA.

B.

C.

D.

12346【解析】

如图所示，P为正三角形A1B1C1的中心，

设O为△ABC的中心，由题意知：PO⊥平面ABC，

连接OA，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角．

在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝3，

则S＝333×(3)2＝，

449VABC-A1B1C1＝S×PO＝，∴PO＝3. 4又AO＝3PO×3＝1，∴tan∠PAO＝＝3，

3AOπ∴∠PAO＝. 3【答案】

B 3．如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点．求证：

(1)PA⊥底面ABCD；

(2)BE∥平面PAD；

(3)平面BEF⊥平面PCD. 【解】

(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD. (2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，

所以AB∥DE，且AB＝DE. 所以四边形ABED为平行四边形．

所以BE∥AD. 又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

所以BE∥平面PAD. (3)因为AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形，

所以BE⊥CD，AD⊥CD. 由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD. 所以CD⊥平面PAD. 所以CD⊥PD. 因为E和F分别是CD和PC的中点，

所以PD∥EF.所以CD⊥EF. 又因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，

所以CD⊥平面BEF. 所以平面BEF⊥平面PCD. 4．如图，已知二面角α-MN-β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A，B两点在棱MN上，∠BAD＝60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O. (1)证明：AB⊥平面ODE；

(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值．

【解】

(1)证明：如图，因为DO⊥α，AB⊂α，所以DO⊥AB.连接BD，由题设知，△ABD是正三角形．又E是AB的中点，所以DE⊥AB.而DO∩DE＝D，故AB⊥平面ODE.

(2)因为BC//AD，所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即∠ADO是BC与OD所成的角．

由(1)知，AB⊥平面ODE，所以AB⊥OE.又DE⊥AB，于是∠DEO是二面角α-MN-β的平面角，从而∠DEO＝60°. 不妨设AB＝2，则AD＝2，易知DE＝3. 3在Rt△DOE中，DO＝DE·sin 60°＝. 23DO23连接AO，在Rt△AOD中，cos∠ADO＝＝＝. AD243故异面直线BC与OD所成角的余弦值为. 45．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：

(1)直线BC1∥平面EFPQ；

(2)直线AC1⊥平面PQMN. 【证明】

(1)连接AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，

因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1. 从而BC1∥FP. 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，

故直线BC1∥平面EFPQ. (2)如图，连接AC，BD，则AC⊥BD.

由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD. 又AC∩CC1＝C，

所以BD⊥平面ACC1.

而AC1⊂平面ACC1，

所以BD⊥AC1. 因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，

所以MN∥BD，从而MN⊥AC1. 同理可证PN⊥AC1. 又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN. 专题六：空间向量及其运算

1．空间四点A(2,3,6)，B(4,3,2)，C(0,0,1)，D(2,0,2)的位置关系为(

) A．共线

B．共面

C．不共面

D．无法确定

【解析】

可在空间直角坐标系中作图分析，知A，B，C，D不共面．

【答案】

C 2．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为(

) 1414A．－2

B．－

C.

D．2 35【解析】

由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，

∴14－7λ＝0，∴λ＝2. 【答案】

D 3．已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝(

) A．9

B．－9

C．－3

D．3 【解析】

由题意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，

2x－y＝7，∴x＋2y＝6，－3x＋3y＝λ，【答案】

B →→4．设OABC是四面体，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG＝3GG1，若OG＝xOA→→＋yOB＋zOC，则(x，y，z)为(

) 111333，，

B.，，

A.444444111222，，

D.，，

C.333333→→→→21→→→1→→→→1→【解析】

OG1＝OA＋AG1＝OA＋×(AB＋AC)＝OA＋[(OB－OA)＋(OC－OA)]＝(OA＋3233→→→3→1→→→111OB＋OC)，由OG＝3GG1知，OG＝OG1＝(OA＋OB＋OC)，∴(x，y，z)＝4，4，4. 44【答案】

A →→π5．如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈OA，BC〉3的值为(

) 1A．0

B.

2

解得λ＝－9.

32

D.

22→→→π【解析】

设OA＝a，OB＝b，OC＝c，由已知可知〈a，b〉＝〈a，c〉＝，且|b|＝|c|，

3C.→→∴OA·BC＝a·(c－b)＝a·c－a·b

11＝|a||c|－|a||b|＝0. 22→→∴cos〈OA，BC〉＝0. 【答案】

A →1→→6．在空间四边形ABCD中，G为CD的中点，则AB＋(BD＋BC)＝________. 2→1→→→1→→→→【解析】

依题意有AB＋(BD＋BC)＝AB＋×2BG＝AB＋BG＝AG. 22→【答案】

AG

7．已知a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值为________．

【解析】

∵b－a＝(1＋t,2t－1,0)，

∴|b－a|＝1＋t2＋2t－12

＝19t－2＋，

555135即t＝时，|b－a|取得最小值. 55【答案】

35

58．如图所示，在45°的二面角α-l-β的棱上有两点A，B，点C，D分别在α，β内，且AC⊥AB，∠ABD＝45°，AC＝BD＝AB＝1，则CD的长度为________．

图7-6-9 →→→→【解析】

由CD＝CA＋AB＋BD，

→→1cos〈AC，BD〉＝cos 45°cos 45°＝，

2→→∴〈AC，BD〉＝60°，

→→→→→→→→→→2222∴|CD|＝CA＋AB＋BD＋2(CA·AB＋AB·BD＋CA·BD)＝3＋2×(0＋1×1×cos 135°＋1×1×cos 120°) ＝2－2，

→∴|CD|＝2－2.

【答案】

2－2 9．已知a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求：(1)a，b，c；(2)a＋c与b＋c所成角的余弦值．

【解】

(1)因为a∥b，所以x41＝＝，解得x＝2，y＝－4，此时a＝(2,4,1)，b＝(－2，－2y－1－4，－1)，又因为b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，解得z＝2，于是c＝(3，－2,2)．

a＋c·b＋c(2)a＋c＝(5,2,3)，b＋c＝(1，－6,1)，因此a＋c与b＋c所成角的余弦值为＝|a＋c||b＋c|5－12＋32＝－. 1938×382故a＋c与b＋c所成角的余弦值为－. 19110．如图所示，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝BB1，32DF＝DD1. 3

(1)求证：A，E，C1，F四点共面；

→→→→(2)若EF＝xAB＋yAD＋zAA1，求x＋y＋z的值．

→→→→→→1→2→【解】

(1)证明：∵AC1＝AB＋AD＋AA1＝AB＋AD＋AA1＋AA1

33→1→→2→＝AB＋AA1＋AD＋AA1

33→→→→＝(AB＋BE)＋(AD＋DF) →→＝AE＋AF. ∴A，E，C1，F四点共面．

→→→(2)∵EF＝AF－AE

→→→→＝AD＋DF－(AB＋BE) →2→→1→＝AD＋DD1－AB－BB1

33→→1→＝－AB＋AD＋AA1. 31∴x＝－1，y＝1，z＝. 31∴x＋y＋z＝. 3专题七：立体几何中的向量方法

1．如图所示，已知矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD的中点，沿AO将三角形AOD折起，使DB＝3.

(1)求证：平面AOD⊥平面ABCO；

(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值．

【解】

(1)证明：在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD的中点，

∴△AOD，△BOC为等腰直角三角形，

∴∠AOB＝90°，即OB⊥OA. 12取AO中点H，连结DH，BH，则OH＝DH＝AO＝，

225在Rt△BOH中，BH2＝BO2＋OH2＝，

2在△BHD中，DH2＋BH2＝225＋＝3，又DB2＝3，∴DH2＋BH2＝DB2，∴DH⊥BH. 22又DH⊥OA，OA∩BH＝H，

∴DH⊥平面ABCO. 而DH⊂平面AOD，

∴平面AOD⊥平面ABCO. (2)分别以OA，OB所在直线为x轴，y轴，

O为坐标原点，建立如图所示的空间直角

坐标系，则B(0，2，0)，A(2，0,0)，

D2222，C－，，0，

，0，22222，→→222，0)，AD＝－，0，，BC＝22→∴AB＝(－－2，－2，0. 22设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，

→n·AB＝0，由→n·AD＝0，

－2x＋2y＝0，得

22－2x＋2z＝0，即x＝y，x＝z，令x＝1，则y＝z＝1，n＝(1,1,1)．

设α为直线BC与平面ABD所成的角，

→|BC·n|26则sin α＝＝＝. →33|BC|·|n|即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为6. 3

2．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1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＜2)．

(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．

【解】

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所示的空间直角坐标系D-xyz.由已知得

B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，λ)，

→→→BC1＝(－2,0,2)，FP＝(－1,0，λ)，FE＝(1,1,0)．

→(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1,0,1)，

→→→因为BC1＝(－2,0,2)，所以BC1＝2FP，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→FP·n＝0，→FE·n＝0，

x＋y＝0，可得

－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，

2即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±. 22故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．

23．三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示．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A-NP-M的余弦值．

【解】

(1)证明：如图(1)，取BD的中点O，连接AO，CO.

(1) 由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD均为正三角形，

因此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分别为线段AD，AB的中点，

所以NH∥AO，MN∥BD. 因为AO⊥BD，所以NH⊥BD. 因为MN⊥NP，所以BD⊥NP. 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中点，故P为BC中点．

(2)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．

(2) →→→如图(2)，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，

131313所以M－，0，，N，0，，P，，0. 222222→→→→33于是AB＝(1,0，－3)，BC＝(－1，3，0)，MN＝(1,0,0)，NP＝0，，－. 22设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，

→n⊥AB，则→n⊥BC，11

→n·AB＝0，即→n·BC＝0，11

1，0，－3＝0，x1，y1，z1·有

－1，3，0＝0，x1，y1，z1·

x1－3z1＝0，从而

－x1＋3y1＝0.取z1＝1，则x1＝3，y1＝1，所以n1＝(3，1,1)．

设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，

→n⊥MN，则→n⊥NP，22

→n·MN＝0，即→n·NP＝0，22

x，y，z·1，0，0＝0，222有0，3，－3＝0，

x，y，z·22222x＝0，2从而3

3y－z＝0.2222取z2＝1，所以n2＝(0,1,1)．

设二面角A-NP-M的大小为θ，

0，1，1n1·n23，1，1·10则cos θ＝＝＝. |n2||n1|·5×25故二面角A-NP-M的余弦值是

10. 5