立体几何。
g5 空间中的垂直关系。
18．、[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d af e的余弦值．
图1419．、[2014·湖南卷] 如图16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．
图1619．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⊥a1c1.
图(a)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＝，oc＝1，ob1＝.
在rt△oo1b1中，易知o1h＝＝2.而o1c1＝1，于是c1h＝＝＝
故cos∠c1ho1＝＝＝
即二面角c1ob1d的余弦值为。
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．
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o xyz，不妨设ab＝2.因为∠cba＝60°，所以ob＝，oc＝1，于是相关各点的坐标为o(0，0，0)，b1(，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，则即。
取z＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝(2，2，－)
设二面角c1ob1d的大小为θ，易知θ是锐角，于是。
cos θ＝cos〈，〉
故二面角c1ob1d的余弦值为。
19．、、2014·江西卷] 如图16，四棱锥p abcd中，abcd为矩形，平面pad⊥平面abcd.
图161)求证：ab⊥pd.
2)若∠bpc＝90°，pb＝，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．
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＝，gc＝，bg＝.
设ab＝m，则op＝＝，故四棱锥p abcd的体积为。
v＝×·m·＝.
因为m＝＝所以当m＝，即ab＝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，c，d，p，故＝，＝0，，0)，cd＝.
设平面bpc的一个法向量为n1＝(x，y，1)，则由n1⊥，n1⊥，得解得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＝.
设平面bpc与平面dpc的夹角为θ，则cos θ＝
19．、[2014·辽宁卷] 如图15所示，△abc和△bcd所在平面互相垂直，且ab＝bc＝bd＝2，∠abc＝∠dbc＝120°，e，f分别为ac，dc的中点．
1)求证：ef⊥bc；
2)求二面角ebfc的正弦值．
图1519．解：(1)证明：方法一，过点e作eo⊥bc，垂足为o，连接of.
由△abc≌△dbc可证出△eoc≌△foc，所以∠eoc＝∠foc＝，即fo⊥bc.又eo⊥bc，eo∩fo＝o，所以bc⊥平面efo.又ef平面efo，所以ef⊥bc.
图1方法二，由题意，以b为坐标原点，在平面dbc内过b作垂直bc的直线，并将其作为x轴，bc所在直线为y轴，在平面abc内过b作垂直bc的直线，并将其作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得b(0，0，0)，a(0，－1，)，d(，－1，0)，c(0，2，0)，因而e(0，，)f(，，0)，所以＝(，0，－)0，2，0)，因此·＝0，从而⊥，所以ef⊥bc.
图22)方法一，在图1中，过点o作og⊥bf，垂足为g，连接eg.因为平面abc⊥平面bdc，所以eo⊥面bdc，又og⊥bf，所以由三垂线定理知eg⊥bf，因此∠ego为二面角ebfc的平面角．
在△eoc中，eo＝ec＝bc·cos 30°＝.
由△bgo∽△bfc知，og＝·fc＝，因此tan∠ego＝＝2，从而得sin∠ego＝，即二面角ebfc的正弦值为。
方法二，在图2中，平面bfc的一个法向量为n1＝(0，0，1)．
设平面bef的法向量n2＝(x，y，z)，又＝(，0)，＝0，，)所以得其中一个n2＝(1，－，1)．
设二面角ebfc的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝cos〈n1，n2〉|＝因此sin θ＝即所求二面角正弦值为。
19．g5、g11[2014·新课标全国卷ⅰ] 如图15，三棱柱abc a1b1c1中，侧面bb1c1c为菱形，ab⊥b1c.
图151)证明：ac＝ab1；
2)若ac⊥ab1，∠cbb1＝60°，ab＝bc，求二面角a a1b1 c1的余弦值．
19．解：(1)证明：连接bc1，交b1c于点o，连接ao，因为侧面bb1c1c为菱形，所以b1c⊥bc1，且o为b1c及bc1的中点．
又ab⊥b1c，所以b1c⊥平面abo.
由于ao平面abo，故b1c⊥ao.
又b1o＝co，故ac＝ab1.
2)因为ac⊥ab1，且o为b1c的中点，所以ao＝co.
又因为ab＝bc，所以△boa≌ △boc.故oa⊥ob，从而oa，ob，ob1两两垂直．
以o为坐标原点，ob的方向为x轴正方向，|ob|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系o xyz.
因为∠cbb1＝60°，所以△cbb1为等边三角形，又ab＝bc，则a，b(1，0，0)，b1，c.，ab＝，1＝bc＝.
设n＝(x，y，z)是平面aa1b1的法向量，则。
即。所以可取n＝(1，，)
设m是平面a1b1c1的法向量，则。
同理可取m＝(1，－，
则cos〈n，m〉＝＝
所以结合图形知二面角a a1b1 c1的余弦值为。
18．，，2014·四川卷] 三棱锥a bcd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a np m的余弦值．
图1418．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＝.
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＝.
作br⊥ac于r
因为在△abc中，ab＝bc，所以r为ac的中点，所以br＝＝.
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＝＝.
同理，可得mq＝.
故△mnq为等腰三角形，所以在等腰△mnq中，cos∠mnq＝＝＝
故二面角a np m的余弦值是。
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o xyz.
则a(0，0，)，b(1，0，0)，c(0，，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，n，p，于是ab＝(1，0，－)bc＝(－1，，0)，mn＝(1，0，0)，np＝.
设平面abc的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，由得即。
从而。取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1，1)．
设平面mnp的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，得。即。从而。
取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．
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