立体几何典型例题精选(含答案)

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， EF1，FBFC,BFC90，AE3. EDFC（1）求证：AB平面BCF；

（2）求直线AE与平面BDE所成角的正切值.

A

B变式1：（2013湖北8校联考）如左图，四边形ABCD中，E是BC的中点，DB2,DC1,BC5,

ABAD2.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1-5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1-4，四边形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D - AF - E的余弦值．

变式3： [2014·浙江卷] 如图1-5，在四棱锥A -BCDE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B - AD - E的大小．

变式4：[2014·全国19] 如图1-1所示，三棱柱ABC - A1B1C1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，AB23. （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ABCDA1B1C1D1中，KBB1，MCC1，且BK求：平面AKM与ABCD所成角的余弦值．

变式6：如图ABCDA1B1C1D1是长方体，AB＝2，AA1AD1，求二平面AB1C与A1B1C1D1所成二面角的正切值．

13BB1，CMCC1． 44

高考试题精选 1．[2014·四川，18] 三棱锥A - BCD及其侧视图、俯视图如图1-4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．

2．[2014·湖南卷] 如图所示，四棱柱ABCD -A1B1C1D1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1-6，四棱锥P - ABCD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P - ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．

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AMMB1，

∵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，FBFCBC4，又FBFC，得FB ∴EM2222. 2. ……………3分

3，AM1，EM2，

2 在△AME中，AE22 ∴AMEM3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，OHE1AB1. 2DC1 由（1）知EF∥AB，且EFAB，

2HO ∴EF∥OH，且EFOH.

AMB ∴四边形EOHF是平行四边形.

∴EO∥FH，且EOFH1 .……………7分 由（1）知AB平面BCF，又FH平面BCF，

∴FHAB. ……………8分

∵FHBC，ABFBC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，EOBD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AEOAO2. ……………13分 EO ∴直线AE与平面BDE所成角的正切值为2. ……………14分 证法2：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，OHEFz1AB1.

D21 由（1）知EF∥AB，且EFAB， HO2B ∴EF∥OH，且EFOH. AMx ∴四边形EOHF是平行四边形.

∴EO∥FH，且EOFH1. ……………7分 由（1）知AB平面BCF，又FH平面BCF， ∴FHAB.

∵FHBC，ABCyBC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A1,2,0，B1,0,0，D1,2,0，E0,1,1. ∴AE1,1,1，BD2,2,0，BE1,1,1. ……………9分 设平面BDE的法向量为nx,y,z，由nBD0，nBE0， 得2x2y0，xyz0，得z0,xy.

令x1，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， 则sincosn,AEnAEnAE6. ……………11分 3 ∴cos1sin23sin2. ……………13分 ，tan3cos ∴直线AE与平面BDE所成角的正切值为2. ……………14分

变式1：（2013湖北8校联考）

1（1）取BD中点F，连结EF,AF,则AF1,EF,AFE60,……………2分

2131,由余弦定理知AE121cos6022222AF2EF2AE2,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，

1131),C(1,,0),B(1,,0),D(1,,0) ………8分

2222设平面ABD的法向量为n(x,y,z),

则A(0,0,2x0nDB0由得1,取z3,则y3,n(0,3,3). 3xyz0nDA02213nAC6AC(1,,),cosn,AC ……11分

224|n||AC|故直线AC与平面ABD所成角的余弦值为10. …………12分 4

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110，，. 图所示)．依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M22

11→→→

0，，，AD＝(0，1，－1)．…………7分 则BC＝(1，1，0)，BM＝22x＋y＝0，→BC＝0，n·00

设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)， 则即1 1

→y＋z＝0，002BM＝0，n·2取z0＝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，

→|n·AD|6→则sin θ＝cos〈n，AD＝＝. …………11分 〉3→|n|·|AD|

||

即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为

6

. …………12分 3

例2.（2014，广东卷）

解:(1)证明:PD平面ABCD,PDPCD,平面PCD平面ABCD,平面PCD平面ABCDCD,AD平面ABCD,ADCD,AD平面PCD,CF平面PCD,CFAD,又AFPC,CFAF,AD,AF平面ADF,ADAFA,CF平面ADF.(2)解法一:过E作EG//CF交DF于G,CF平面ADF,EG平面ADF,过G作GHAF于H,连EH,则EHG为二面角DAFE的平面角,设CD2,DPC300,1CDF300,从而CF=CD=1,21DECFDE233CP4,EF∥DC,,即=,DE,还易求得EF=,DF3,DPCP2223233DEEF223.易得AE19,AF7,EF3,从而EGDF4223193AEEF22319,故HG(319)2(3)263,EHAF47474747cosEHGGH6347257.EH4731919解法二:分别以DP,DC,DA为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设DC2,1则A(0,0,2),C(0,2,0),P(23,0,0),设CFCP,则F(23,22,0),DFCF,可得,43331

从而F(,,0),易得E(,0,0),取面ADF的一个法向量为n1CP(3,1,0),2222设面AEF的一个法向量为n2(x,y,z),利用n2AE0,且n2AF0,得n2可以是(4,0,3),从而所求二面角的余弦值为n1n243257.19|n1||n2|219

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AB2＝AC2＋BC2，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CD2＝BC2＋BD2，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

2 32

在Rt△ABD中，由BD＝2，AB＝2，AD＝6，得BF＝，AF＝AD.

33

22

从而GF＝ED＝. …………9分

33

5 72

在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝，BG＝. …………11分

143

GF2＋BF2－BG23

在△BFG中，cos∠BFG＝＝. …………13分

22BF·GF

ππ

所以，∠BFG＝，即二面角B - AD - E的大小是.…………14分

66

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＝(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．

→

可算得AD＝(0，－2，－2)，AE＝(1，－2，－2)，DB＝(1，1，0)．…………7分

AD＝0，－2y1－2z1＝0，m·由→即可取m＝(0，1，－2)．…………9分

x－2y－2z＝0，111AE＝0，m·

→AD＝0，－2y2－2z2＝0，n·由即 可取n＝(1，－1，2)．…………11分

→x＋y＝0，22DB＝0，n·

|m·n|33

于是|cos〈m，n〉|＝＝＝. …………13分

|m|·|n|3×22

π

由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B - AD - E的大小是. …………14分 6

变式4：（2014全国卷）

19．解：方法一：(1)证明：因为A1D⊥平面ABC，A1D⊂平面AA1C1C，故平面 AA1C1C⊥平面ABC. 又BC⊥AC，所以BC⊥平面AA1C1C. …………2分

连接A1C，因为侧面AA1C1C为菱形，故AC1⊥A1C.

由三垂线定理得AC1⊥A1B. ……4分（注意：这个定理我们不能用） (2) BC⊥平面AA1C1C，BC⊂平面BCC1B1，故平面AA1C1C⊥平面BCC1B1.

作A1E⊥CC1，E为垂足，则A1E⊥平面BCC1B1. …………6分

又直线AA1∥平面BCC1B1，因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E＝3. 因为A1C为∠ACC1的平分线，所以A1D＝A1E＝3. …………8分 作DF⊥AB，F为垂足，连接A1F.

由三垂线定理得A1F⊥AB，故∠A1FD为二面角A1 ­ AB ­ C的平面角．…………10分

2－AD2＝1，得D为AC中点，DF＝由AD＝AA11

5A1D

，tan∠A1FD＝＝15，……12分 5DF

1

所以cos∠A1FD＝. …………13分

4

1

所以二面角A1 ­ AB ­ C的大小为arccos. …………14分

4

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A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内．

→→

(1)证明：设A1(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)，AA1＝(a－2，0，c)，AC1＝AC＋AA1＝(a－4，0，c)，BA1＝(a，－1，c)．由→

|AA1|＝2，得（a－2）2＋c2＝2，即a2－4a＋c2＝0.①

→→

又AC1·BA1＝a2－4a＋c2＝0，所以AC1⊥A1B . …………4分

→→→

(2)设平面BCC1B1的法向量m＝(x，y，z)，则m⊥CB，m⊥BB1，即m·CB＝0，→→→

0.因为CB＝(0，1，0)，BB1＝AA1＝(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BCC1B1的距离为 →

|CA·m|2c→→

|CA|·|cos〈m，CA〉|＝＝2＝c. …………6分

|m|c＋（2－a）2又依题设，A到平面BCC1B1的距离为3，所以c＝3，

代入①，解得a＝3(舍去)或a＝1， →

于是AA1＝(－1，0，3)． …………8分 设平面ABA1的法向量n＝(p，q，r)， →→→→

则n⊥AA1，n⊥AB，即n·AA1＝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 n·p1

故 cos〈n，p〉＝＝. …………13分

|n||p|4

1

所以二面角A1 ­ AB ­ C的大小为arccos. …………14分

4

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//面ABC，M、O到平面ABC的距离相等，作OHBC于H，连MH，则MHBC，求得：

→m·BB1＝OH=OCsin600=321515,MH=,利用体积相等得：VAMBCVMABCd。…………5分 252（2）CE是平面ACM与平面BCD的交线.

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. ……7分

因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.

BFBCsin603，…………9分

tan25AB…………11分 2，sin5 BF所以，所求二面角的正弦值是

25. …………12分 5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=OM=3，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，3），B（0，-3，0），A（0，-3，23），

（1）设n(x,y,z)是平面MBC的法向量，则BC=(1,3,0)，

AzBM(0,3,3)，由nBC得x3y0；由nBM得3y3z0；取n(3,1,1),BA(0,0,23)，则距离

BMDOxdBAnn215…………5分 5yC（2）CM(1,0,3)，CA(1,3,23).

n1CMx3z0设平面ACM的法向量为n1(x,y,z)，由得.解得x3z，

x3y23z0n1CAyz，取n1(3,1,1).又平面BCD的法向量为n(0,0,1)，则cosn1,n设所求二面角为，则sin1(

n1nn1n1 51225.…………12分 )55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CM3311a，a，BKa．在△ECM中，由BK∥CM可得EBa，CF4425故tanMFC变式6：

5421．因此所求角的余弦值为cosMFC． 421解析：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∴平面AB1C与平面A1B1C1D1的交线m为过点B1且平行于AC的直线．直线m就是二平面AB1C与A1B1C1D1所成二面角的棱．又平面AB1C与平面AA1⊥平面

A1B1C1D1，过A1作AH⊥m于H，连结AH．则AHA1为二面角AmA1的平面角．可求得

tanAHA15． 2

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＝

AC210AB－2＝.

2

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， BR10

所以NQ＝＝.

24同理，可得MQ＝10

. 故△MNQ为等腰三角形， 4

MNBD2410

所以在等腰△MNQ中， cos∠MNQ＝＝＝.…………13分

NQNQ5故二面角A - NP - M的余弦值是10

. …………14分 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．…………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，

131313

所以M－，0，，N，0，，P，，0，于是

222222

AB＝(1，0，－3)，BC＝(－1，3，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝0，



33

.…………7分 ，－22

设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，

（1，0，－3）＝0，x1－3z1＝0，n1⊥AB，n1·AB＝0，（x1，y1，z1）·

由得即从而 n1⊥BC，n1·BC＝0，（x1，y1，z1）·（－1，3，0）＝0，－x1＋3y1＝0.

取z1＝1，则x1＝3，y1＝1，所以n1＝(3，1，1)． …………9分 设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，

（1，0，0）＝0，x2＝0，（x2，y2，z2）·n2⊥MN，n2·MN＝0，

得即0，3，－3＝0，从而3y－3z＝0. n2⊥NP，n2·NP＝0，（x2，y2，z2）·222222

取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)． …………11分 设二面角A - NP - M的大小为θ，则cos θ＝分

故二面角A-NP-M的余弦值是

2.（2014 湖南卷）

10.…………14分 5

（0，1，1）10n1·n2＝（3，1，1）·

＝.…13

|n1|·|n2|5×25

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. …………4分 (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⊥A1C1. 又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，

因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1.

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＝3，OC＝1，OB1＝7.

OO1·O1B13在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2.

OB17

12192

而O1C1＝1，于是C1H＝O1C21＋＝. 1＋O1H＝77

32

7257O1H

故cos∠C1HO1＝＝＝.

C1H19197

257

即二面角C1­OB1­D的余弦值为. 19

方法二：因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1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，OO1两两垂直．

如图，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) ，B1(3，0，2)，C1(0，1，2)． 易知，n1＝(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量．

→n2·OB1＝0，3x＋2z＝0，

设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则即

→y＋2z＝0.n2·OC1＝0，

取z＝－3，则x＝2，y＝23，所以n2＝(2，23，－3)． 设二面角C1­OB1­D的大小为θ，易知θ是锐角，于是

n1·n2＝23＝257. cos θ＝|cos〈，〉|＝19|n1|·|n2|19

257

故二面角C1­OB1­D的余弦值为. 19

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.

2 32 66

在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝. 333

设AB＝m，则OP＝PG2－OG2＝1

V＝×6·m·3

2

4－m2，故四棱锥P - ABCD的体积为

3

4m

－m2＝8－6m2. 33

2

4

因为m8－6m＝8m－6m＝所以当m＝

28

m2－＋， －633

266

，即AB＝时，四棱锥P - ABCD的体积最大．

33

666，26，0，D0，26，0，P0，0，6，

，－，0，C

333333

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

6266→6→

故PC＝，，BC＝(0，6，0)，CD＝－，0，0. ，－3333设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y，1)，

62 66x＋y－＝0，→→33则由n1⊥PC，n1⊥BC，得3解得x＝1，y＝0，则n1＝(1，0，1)．

6y＝0，

1

0，，1. 同理可求出平面DPC的一个法向量为n2＝2|n1·n2|

设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝

|n1||n2|

12·10＝.

51＋14