提能专训(十) 空间图形的位置关系
一、选择题
1．(河北承德月考) 若点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
B 命题立意：本题考查异面直线的几何性质，难度较小．
解题思路：因为点P 是两条异面直线l ，m 外的任意一点，则过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都垂直，故选
B.
2．(2013·广东汕头一模) 如图，P 是正方形ABCD 外一点，且P A ⊥平面ABCD ，则平面P AB 与平面PBC 、平面P AD 的位置关系是( )
A ．平面P AB 与平面PBC 、平面P AD 都垂直
B ．它们两两垂直
C ．平面P AB 与平面PBC 垂直，与平面P AD 不垂直
D ．平面P AB 与平面PBC 、平面P AD 都不垂直
A 思路点拨：∵ DA ⊥AB ，DA ⊥P A ，AB ∩P A ＝A ，
∴ DA ⊥平面P AB ，又DA ⊂平面P AD ，∴ 平面P AD ⊥平面P AB ，同理可证平面P AB ⊥平面PBC . 把四棱锥P －ABCD 放在长方体中，并把平面PBC 补全为平面PBCD 1，把平面P AD 补全为平面P ADD 1，易知∠CD 1D 即为两个平面所成二面角的一个平面角，∠CD 1D ＝∠APB ，∴ ∠CD 1D ＜90°，故平面P AD 与平面PBC 不垂直．
3．设α，β分别为两个不同的平面，直线l ⊂α，则“l ⊥β”是“α⊥β”成立的( )
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件
A 命题立意：本题主要考查空间线面、面面位置关系的判定与充分必要条件的判断，意在考查考生的逻辑推理能力．
解题思路：依题意，由l ⊥β，l ⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l ⊂α不能推出l ⊥β. 因此“l ⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，选A.
4．(2013·吉林普通中学摸底) 若m ，n 为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列结论正确的是( )
A ．若m ，n 都平行于平面α，则m ，n 一定不是相交直线
B ．若m ，n 都垂直于平面α，则m ，n 一定是平行直线
C ．已知α，β互相垂直，m ，n 互相垂直，若m ⊥α，则n ⊥β
D ．m ，n 在平面α内的射影互相垂直，则m ，n 互相垂直
B 解题思路：本题考查了空间中线面的平行及垂直关系．在A 中：因为平行于同一平面的两直线可以平行，相交，异面，故A 为假命题；在B 中：因为垂直于同一平面的两直线平行，故B 为真命
题；在C 中：n 可以平行于β，也可以在β内，也可以与β相交，故C 为假命题；在D 中，m ，n 也可以不互相垂直，故D 为假命题．故选
B.
5．(2013·浙江余姚中学质检) 如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，另一端点N 在正方形ABCD 内运动，则MN 的中点的轨迹的面积为( )
πA ．4π B ．2π C ．π 2
D 解题思路：本题考查了立体几何中的点、线、面之间的关系．如图可知，端点N 在正方形ABCD 内运动，连接点N 与点D ，由ND ，DM ，MN 构成一个直角三角形，设P 为NM 的中点，根据直角三角形斜边上的中线长度为斜边的一半可得，不论△MDN 如何变
化，点P 到点D 的距离始终等于1. 故点P 的轨迹是一个以D 为中心，
1π半径为1的球的82.
技巧点拨：探求以空间图形为背景的轨迹问题，要善于把立体几何问题转化到平面上，再联合运用平面几何、立体几何、空间向量、解析几何等知识去求解，实现立体几何到解析几何的过渡．
6．(2013·辽宁沈阳二中期中考试) 如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为P A ，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 是异面直线；②直线BE 与直线AF 是异面直线；③直线EF ∥平面PBC ；④平面BCE ⊥平面P AD .
其中正确结论的序号是( )
A ．①②
C ．①④ B ．②③ D ．②④
B 解题思路：本题考查了立体几何中的点、线、面之间的关系．画出几何体的图形，如图，由题意可知，①直线BE 与直线CF 是异面直线，不正确，因为E ，F 分别是P A 与PD 的中点，可知EF ∥AD ，所以EF ∥BC ，直线BE 与直线CF 是共面直线；②直线BE 与直线AF 是异面直线，满足异面直线的定义，正确；③直线EF ∥平面PBC ，由E ，F 是P A 与PD 的中点，可知EF ∥AD ，所以EF ∥BC ，因为EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以判断是正确的；④由题中条件不能判定平面BCE ⊥平面P AD ，故④不正确．故选B.
技巧点拨：翻折问题常见的是把三角形、四边形等平面图形翻折起来，然后考查立体几何的常见问题：垂直、角度、距离、应用等问题．此类问题考查学生从二维到三维的升维能力，考查学生空间想象能力．解决该问题时，不仅要知道空间立体几何的有关概念，还要注意到在翻折的过程中哪些量是不变的，哪些量是变化的．
二、填空题
7．(2013·山西大学附中期中测试) 如图，四边形ABCD 为菱形，四边形CEFB 为正方形，平面ABCD ⊥平面CEFB ，CE ＝1，∠AED ＝30°，则异面直线BC 与AE 所成角的大小为________．
45° 解题思路：因为BC ∥AD ，所以∠EAD 就是异面直线BC 与AE 所成的角．因为平面ABCD ⊥平面CEFB ，且EC ⊥CD ，所以EC ⊥平面ABCD .
在Rt △ECD 中，EC ＝1，CD ＝1，故ED ＝1＋1＝2.
AD 在△AED 中，∠AED ＝30°，AD ＝1，由正弦定理可得sin ∠AED
ED sin ∠AED ED 2sin 30°2＝sin ∠EAD ＝2. AD 1sin ∠EAD
又因为∠EAD ∈(0°，90°) ，所以∠EAD ＝45°.
故异面直线BC 与AE 所成的角为45°.
8．(2013·广东惠州调研) 给出命题：
①异面直线是指空间中既不平行又不相交的直线；
②两异面直线a ，b ，如果a 平行于平面α，那么b 不平行于平面α；
③两异面直线a ，b ，如果a ⊥平面α，那么b 不垂直于平面α； ④两异面直线在同一平面内的射影不可能是两条平行直线．
上述命题中，真命题的序号是________．
①③ 解题思路：本题考查了空间几何体中的点、线、面之间的关系．根据异面直线的定义知：异面直线是指空间中既不平行又不相交的直线，故命题①为真命题；两条异面直线可以平行于同一个平面，故命题②为假命题；若b ⊥α，则a ∥b ，即a ，b 共面，这与a ，b 为异面直线矛盾，故命题③为真命题；④两条异面直线在同一个平面内的射影可以是：两条平行直线、两条相交直线、一点一直线，故命题④为假命题．
9．如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，AA 1⊥平面ABC ，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成的角θ的正弦值为________．
45 解题思路：不妨设三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示空间直角坐标系，x 轴⊥AB ，则C (0,0,0)
⎛31⎫ ⎪， A (3，－1,0) ，B 1(3，1,2) ，D ，22⎭⎝2
31⎫→则CD ＝ ，－2⎪， 2⎭⎝2→＝(3，1,2) ． CB 1
→＝0，⎧n ·CD 设平面B 1DC 的法向量为n ＝(x ，y, 1) ，由⎨→＝0，⎩n ·CB 1
解得n ＝(3，1,1) ．
⎛⎫1→又∵ DA ＝ ，－2⎪， 2⎝2⎭
→，n 〉|＝4. ∴ sin θ＝|cos〈DA 5
三、解答题
10．(北京海淀期中) 在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝4，AD ＝22，CD ＝2，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝4.
(1)设平面P AB ∩平面PCD ＝m ，求证：CD ∥m ；
(2)求证：BD ⊥平面P AC .
解析：证明：(1)因为AB ∥CD ，CD ⊄平面P AB ，
AB ⊂平面P AB ，所以CD ∥平面P AB .
因为CD ⊂平面PCD ，平面P AB ∩平面PCD ＝m ，
所以CD ∥m
.
(2)因为AP ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，所以以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，
则B (4,0,0)，P (0,0,4)，D (0，2，0) ，C 2，0) ．
→＝(－4,22，0) ，AC →＝2，0) ，AP →＝(0,0,4)， 所以BD
→ ·→＝(－4) ×2＋2×22＋0×0＝0， 所以BD AC
→·→＝(－4) ×0＋22×0＋0×4＝0. BD AP
所以BD ⊥AC ，BD ⊥AP .
因为AP ∩AC ＝A ，AC ⊂平面P AC ，P A ⊂平面P AC ，
所以BD ⊥平面P AC
.
11．(山西适应训练) 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ，M ，N 分别是线段PB ，AC 上的动点，且不与端点重合，PM ＝AN .
(1)求证：MN ∥平面P AD ；
(2)当MN 的长最小时，求二面角A －MN －B 的余弦值．
解析：(1)证明：过M ，N 分别作BA 的平行线，交P A ，AD 于E ，F 两点，连接EF ，设PM ＝AN ＝a .
因为ME ∥AB ，NF ∥AB ，
所以ME ∥NF ，
NF AN 在△ADC 中，因为CD AC ，
AN ·CD 2所以NF ＝AC ＝2，
ME PM 在△P AB AB ＝PB
PM ·AB 22所以ME ＝PB 2，所以ME ＝NF ＝2a ，
所以，四边形MEFN 为平行四边形．
所以MN ∥EF .
又因为EF ⊂平面P AD ，MN ⊄平面P AD ，
所以MN ∥平面P AD .
(2)由(1)，知MN ＝EF ，在Rt △EAF 中，设AF ＝x ，
则可求得EA ＝1－x .
1所以MN 2＝EF 2＝AF 2＋EA 2＝x 2＋(1－x ) 2≥2
1当且仅当x ＝2M ，N 分别为PB ，AC 的中点．
如图，以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴的正半轴建立空间直角
1⎫⎛1⎛11⎫
坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，M 2，0，2，N 2，20⎪，B (1,0,0)， ⎝⎭⎝⎭
1⎫→⎛11⎛1⎫→ 所以AM ＝20，2，AN ＝22，0⎪，
⎝
⎭
⎝
⎭⎭
1⎫→⎛11⎫⎛1→ ⎪－0，BM ＝22，BN ＝－22，0.
⎝
⎭
⎝
设平面AMN 的法向量为m ＝(x ，y ，z ) ， →＝0，⎧m ·AM
则⎨
→＝0，⎩m ·AN
11⎧⎪2x ＋2z ＝0，
即⎨11⎪⎩2x ＋2y ＝0.
因此可取m ＝(1，－1，－1) ． 设平面BMN 的法向量为n ， →＝0，⎧n ·BM
则⎨
→＝0，⎩n ·BN
可取n ＝(1,1,1)．
1m·n 所以cos 〈m ，n 〉＝＝－3
|m ||n |1
故二面角A －MN －B 的余弦值为－3
.
图1
12．(2013·北京西城区第二次模拟) 如图1，四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，M 为侧棱PD 上一点．该四棱锥的俯视图和侧(左) 视图如图2所示．
图2
(1)证明：BC ⊥平面PBD ； (2)证明：AM ∥平面PBC ；
3
(3)线段CD 上是否存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为4？若存在，找到所有符合要求的点N ，并求CN 的长；若不存在，请说明理由．
解析：解法一：(1)证明：由俯视图可得BD ＝2，BC ＝23，CD ＝4，则BD 2＋BC 2＝CD 2，
所以BC ⊥BD .
又因为PD ⊥平面ABCD ， 所以BC ⊥PD ， 又因为PD ∩BD ＝D ， 所以BC ⊥平面PBD .
(2)证明：取PC 上一点Q ，使PQ ∶PC ＝1∶4，连接MQ ，BQ . 由侧(左) 视图知PM ∶PD ＝1∶4， 1所以MQ ∥CD ，MQ ＝4CD .
在△BCD 中，易得∠CDB ＝60°，所以∠ADB ＝30°.
又BD ＝2，所以AB ＝1，AD 3.
1
又因为AB ∥CD ，AB ＝4CD ，所以AB ∥MQ ，AB ＝MQ ， 所以四边形ABQM 为平行四边形，所以AM ∥BQ . 因为AM ⊄平面PBC ，BQ ⊂平面PBC ， 所以直线AM ∥平面PBC .
3
(3)线段CD 上存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为4由PD ⊥平面ABCD ，DA ⊥DC ，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz
.
所以D (0,0,0)，A (3，0,0) ，B 3，1，0) ，C (0,4,0)，M (0,0,3)． 设N (0，t, 0) ，其中0≤t ≤4，
→＝(－3，0,3) ，BN →＝(－3，t －1,0) ． 所以AM
3要使AM 与BN 所成角的余弦值为4， →·→||AM BN 34，
→→|AM ||BN |
|3|3
， 423＋(t －1)解得t ＝0或2，均适合0≤t ≤4.
故点N 位于点D 处，此时CN ＝4；或点N 位于CD 的中点处，3此时CN ＝2，有AM 与BN 所成角的余弦值为4.
解法二：(1)证明：由PD ⊥平面ABCD ，DA ⊥DC ，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz
.
在△BCD 中，易得∠CDB ＝60°，所以∠ADB ＝30°. 因为BD ＝2，所以AB ＝1，AD 3.
由俯视图和侧(左) 视图可得D (0,0,0)，A 3，0,0) ，B (3，1,0) ，C (0,4,0)，M (0,0,3)，P (0,0,4)，
→＝(－3，3,0) ，DB →＝(3，1,0) ． 所以BC
→·→3×3＋3×1＋0×0＝0， 因为BC DB 所以BC ⊥BD .
因为PD ⊥平面ABCD ，所以BC ⊥PD ， 又因为PD ∩BD ＝D ， 所以BC ⊥平面PBD .
→＝0，⎧n ·PC
(2)证明：设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ) ，则有⎨
→＝0. ⎩n ·BC →＝(－3，3,0) ，PC →＝(0,4，－4) ， 因为BC
⎧⎪4y －4z ＝0，
所以⎨取y ＝1，得n ＝(，1,1) ．
⎪－3x ＋3y ＝0. ⎩
→＝(－3，0,3) ， 因为AM
→·所以AM n 3·(－3) ＋1·0＋1·3＝0.
因为AM ⊄平面PBC ，所以直线AM ∥平面PBC .
3(3)线段CD 上存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为4设N (0，t, 0) ，其中0≤t ≤4，
→＝(－3，0,3) ，BN →＝(－3，t －1,0) ． 所以AM
3要使AM 与BN 所成角的余弦值为4， →·→||AM BN 34，
→||BN →||AM |3|3，
23＋(t －1)4解得t ＝0或2，均适合0≤t ≤4.
故点N 位于点D 处，此时CN ＝4；或点N 位于CD 的中点处，3
此时CN ＝2，有AM 与BN 所成角的余弦值为4.
13．(2013·山东东营一模) 如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝4，AB ＝2，点E ，F 分别在BC ，AD 上，且E 为BC 的中点，EF ∥AB . 现将四边形ABEF 沿EF 折起，使二面角A
－EF －D 等于60°
.
(1)设P 为AD 的中点，求证：CP ∥平面ABEF ； (2)求直线AF 与平面ACD 所成角的正弦值．
解析：(1)证明：取AF 的中点Q ，连接QE ，QP ， 1
则QP 綊2. 又DF ＝4，EC ＝2，且DF ∥EC ， 所以PQ 綊EC ，即四边形PQEC 为平行四边形， 所以CP ∥QE . 又QE ⊂平面ABEF ，CP ⊄平面ABEF ， 故CP ∥平面ABEF .
(2)由题知折叠后仍有EF ⊥AF ，EF ⊥FD ，则EF ⊥平面AFD .
∴ ∠AFD 为二面角A －EF －D 的一个平面角， 即∠AFD ＝60°.
过A 作AO ⊥FD 于O ，又AO ⊥EF ， ∴ AO ⊥平面CDFE .
作OG ∥EF 交EC 于G ，则OG ⊥FD ，AO ⊥OG ，
分别以OG ，OD ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，
在Rt △AOF 中，AF ＝2，∠AFO ＝60°，则FO ＝1，OA ＝3， ∴ F (0，－1,0) ，A (0,03) ，D (0,3,0)，C (2,1,0)．
→＝(0，－1，－3) ，AD →＝(0,3，－3) ，CD →＝(－2,2,0) ， ∴ AF
设平面ACD 的一个法向量
⎧⎪3y －3z ＝0，⎨ ⎪－2x ＋2y ＝0. ⎩
→＝0，⎧n ·AD
n ＝(x ，y ，z ) ，则⎨
→＝0，⎩n ·CD
即
令z ＝3，得y ＝1，x ＝1，∴ n ＝(1,13) ． |－1－3|2→则|cos〈n ，AF 〉|＝＝55，
5
2
∴ 直线AF 与平面ACD 所成角的正弦值为55.
提能专训(十) 空间图形的位置关系
一、选择题
1．(河北承德月考) 若点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
B 命题立意：本题考查异面直线的几何性质，难度较小．
解题思路：因为点P 是两条异面直线l ，m 外的任意一点，则过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都垂直，故选
B.
2．(2013·广东汕头一模) 如图，P 是正方形ABCD 外一点，且P A ⊥平面ABCD ，则平面P AB 与平面PBC 、平面P AD 的位置关系是( )
A ．平面P AB 与平面PBC 、平面P AD 都垂直
B ．它们两两垂直
C ．平面P AB 与平面PBC 垂直，与平面P AD 不垂直
D ．平面P AB 与平面PBC 、平面P AD 都不垂直
A 思路点拨：∵ DA ⊥AB ，DA ⊥P A ，AB ∩P A ＝A ，
∴ DA ⊥平面P AB ，又DA ⊂平面P AD ，∴ 平面P AD ⊥平面P AB ，同理可证平面P AB ⊥平面PBC . 把四棱锥P －ABCD 放在长方体中，并把平面PBC 补全为平面PBCD 1，把平面P AD 补全为平面P ADD 1，易知∠CD 1D 即为两个平面所成二面角的一个平面角，∠CD 1D ＝∠APB ，∴ ∠CD 1D ＜90°，故平面P AD 与平面PBC 不垂直．
3．设α，β分别为两个不同的平面，直线l ⊂α，则“l ⊥β”是“α⊥β”成立的( )
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件
A 命题立意：本题主要考查空间线面、面面位置关系的判定与充分必要条件的判断，意在考查考生的逻辑推理能力．
解题思路：依题意，由l ⊥β，l ⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l ⊂α不能推出l ⊥β. 因此“l ⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，选A.
4．(2013·吉林普通中学摸底) 若m ，n 为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列结论正确的是( )
A ．若m ，n 都平行于平面α，则m ，n 一定不是相交直线
B ．若m ，n 都垂直于平面α，则m ，n 一定是平行直线
C ．已知α，β互相垂直，m ，n 互相垂直，若m ⊥α，则n ⊥β
D ．m ，n 在平面α内的射影互相垂直，则m ，n 互相垂直
B 解题思路：本题考查了空间中线面的平行及垂直关系．在A 中：因为平行于同一平面的两直线可以平行，相交，异面，故A 为假命题；在B 中：因为垂直于同一平面的两直线平行，故B 为真命
题；在C 中：n 可以平行于β，也可以在β内，也可以与β相交，故C 为假命题；在D 中，m ，n 也可以不互相垂直，故D 为假命题．故选
B.
5．(2013·浙江余姚中学质检) 如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，另一端点N 在正方形ABCD 内运动，则MN 的中点的轨迹的面积为( )
πA ．4π B ．2π C ．π 2
D 解题思路：本题考查了立体几何中的点、线、面之间的关系．如图可知，端点N 在正方形ABCD 内运动，连接点N 与点D ，由ND ，DM ，MN 构成一个直角三角形，设P 为NM 的中点，根据直角三角形斜边上的中线长度为斜边的一半可得，不论△MDN 如何变
化，点P 到点D 的距离始终等于1. 故点P 的轨迹是一个以D 为中心，
1π半径为1的球的82.
技巧点拨：探求以空间图形为背景的轨迹问题，要善于把立体几何问题转化到平面上，再联合运用平面几何、立体几何、空间向量、解析几何等知识去求解，实现立体几何到解析几何的过渡．
6．(2013·辽宁沈阳二中期中考试) 如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为P A ，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 是异面直线；②直线BE 与直线AF 是异面直线；③直线EF ∥平面PBC ；④平面BCE ⊥平面P AD .
其中正确结论的序号是( )
A ．①②
C ．①④ B ．②③ D ．②④
B 解题思路：本题考查了立体几何中的点、线、面之间的关系．画出几何体的图形，如图，由题意可知，①直线BE 与直线CF 是异面直线，不正确，因为E ，F 分别是P A 与PD 的中点，可知EF ∥AD ，所以EF ∥BC ，直线BE 与直线CF 是共面直线；②直线BE 与直线AF 是异面直线，满足异面直线的定义，正确；③直线EF ∥平面PBC ，由E ，F 是P A 与PD 的中点，可知EF ∥AD ，所以EF ∥BC ，因为EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以判断是正确的；④由题中条件不能判定平面BCE ⊥平面P AD ，故④不正确．故选B.
技巧点拨：翻折问题常见的是把三角形、四边形等平面图形翻折起来，然后考查立体几何的常见问题：垂直、角度、距离、应用等问题．此类问题考查学生从二维到三维的升维能力，考查学生空间想象能力．解决该问题时，不仅要知道空间立体几何的有关概念，还要注意到在翻折的过程中哪些量是不变的，哪些量是变化的．
二、填空题
7．(2013·山西大学附中期中测试) 如图，四边形ABCD 为菱形，四边形CEFB 为正方形，平面ABCD ⊥平面CEFB ，CE ＝1，∠AED ＝30°，则异面直线BC 与AE 所成角的大小为________．
45° 解题思路：因为BC ∥AD ，所以∠EAD 就是异面直线BC 与AE 所成的角．因为平面ABCD ⊥平面CEFB ，且EC ⊥CD ，所以EC ⊥平面ABCD .
在Rt △ECD 中，EC ＝1，CD ＝1，故ED ＝1＋1＝2.
AD 在△AED 中，∠AED ＝30°，AD ＝1，由正弦定理可得sin ∠AED
ED sin ∠AED ED 2sin 30°2＝sin ∠EAD ＝2. AD 1sin ∠EAD
又因为∠EAD ∈(0°，90°) ，所以∠EAD ＝45°.
故异面直线BC 与AE 所成的角为45°.
8．(2013·广东惠州调研) 给出命题：
①异面直线是指空间中既不平行又不相交的直线；
②两异面直线a ，b ，如果a 平行于平面α，那么b 不平行于平面α；
③两异面直线a ，b ，如果a ⊥平面α，那么b 不垂直于平面α； ④两异面直线在同一平面内的射影不可能是两条平行直线．
上述命题中，真命题的序号是________．
①③ 解题思路：本题考查了空间几何体中的点、线、面之间的关系．根据异面直线的定义知：异面直线是指空间中既不平行又不相交的直线，故命题①为真命题；两条异面直线可以平行于同一个平面，故命题②为假命题；若b ⊥α，则a ∥b ，即a ，b 共面，这与a ，b 为异面直线矛盾，故命题③为真命题；④两条异面直线在同一个平面内的射影可以是：两条平行直线、两条相交直线、一点一直线，故命题④为假命题．
9．如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，AA 1⊥平面ABC ，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成的角θ的正弦值为________．
45 解题思路：不妨设三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示空间直角坐标系，x 轴⊥AB ，则C (0,0,0)
⎛31⎫ ⎪， A (3，－1,0) ，B 1(3，1,2) ，D ，22⎭⎝2
31⎫→则CD ＝ ，－2⎪， 2⎭⎝2→＝(3，1,2) ． CB 1
→＝0，⎧n ·CD 设平面B 1DC 的法向量为n ＝(x ，y, 1) ，由⎨→＝0，⎩n ·CB 1
解得n ＝(3，1,1) ．
⎛⎫1→又∵ DA ＝ ，－2⎪， 2⎝2⎭
→，n 〉|＝4. ∴ sin θ＝|cos〈DA 5
三、解答题
10．(北京海淀期中) 在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝4，AD ＝22，CD ＝2，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝4.
(1)设平面P AB ∩平面PCD ＝m ，求证：CD ∥m ；
(2)求证：BD ⊥平面P AC .
解析：证明：(1)因为AB ∥CD ，CD ⊄平面P AB ，
AB ⊂平面P AB ，所以CD ∥平面P AB .
因为CD ⊂平面PCD ，平面P AB ∩平面PCD ＝m ，
所以CD ∥m
.
(2)因为AP ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，所以以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，
则B (4,0,0)，P (0,0,4)，D (0，2，0) ，C 2，0) ．
→＝(－4,22，0) ，AC →＝2，0) ，AP →＝(0,0,4)， 所以BD
→ ·→＝(－4) ×2＋2×22＋0×0＝0， 所以BD AC
→·→＝(－4) ×0＋22×0＋0×4＝0. BD AP
所以BD ⊥AC ，BD ⊥AP .
因为AP ∩AC ＝A ，AC ⊂平面P AC ，P A ⊂平面P AC ，
所以BD ⊥平面P AC
.
11．(山西适应训练) 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ，M ，N 分别是线段PB ，AC 上的动点，且不与端点重合，PM ＝AN .
(1)求证：MN ∥平面P AD ；
(2)当MN 的长最小时，求二面角A －MN －B 的余弦值．
解析：(1)证明：过M ，N 分别作BA 的平行线，交P A ，AD 于E ，F 两点，连接EF ，设PM ＝AN ＝a .
因为ME ∥AB ，NF ∥AB ，
所以ME ∥NF ，
NF AN 在△ADC 中，因为CD AC ，
AN ·CD 2所以NF ＝AC ＝2，
ME PM 在△P AB AB ＝PB
PM ·AB 22所以ME ＝PB 2，所以ME ＝NF ＝2a ，
所以，四边形MEFN 为平行四边形．
所以MN ∥EF .
又因为EF ⊂平面P AD ，MN ⊄平面P AD ，
所以MN ∥平面P AD .
(2)由(1)，知MN ＝EF ，在Rt △EAF 中，设AF ＝x ，
则可求得EA ＝1－x .
1所以MN 2＝EF 2＝AF 2＋EA 2＝x 2＋(1－x ) 2≥2
1当且仅当x ＝2M ，N 分别为PB ，AC 的中点．
如图，以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴的正半轴建立空间直角
1⎫⎛1⎛11⎫
坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，M 2，0，2，N 2，20⎪，B (1,0,0)， ⎝⎭⎝⎭
1⎫→⎛11⎛1⎫→ 所以AM ＝20，2，AN ＝22，0⎪，
⎝
⎭
⎝
⎭⎭
1⎫→⎛11⎫⎛1→ ⎪－0，BM ＝22，BN ＝－22，0.
⎝
⎭
⎝
设平面AMN 的法向量为m ＝(x ，y ，z ) ， →＝0，⎧m ·AM
则⎨
→＝0，⎩m ·AN
11⎧⎪2x ＋2z ＝0，
即⎨11⎪⎩2x ＋2y ＝0.
因此可取m ＝(1，－1，－1) ． 设平面BMN 的法向量为n ， →＝0，⎧n ·BM
则⎨
→＝0，⎩n ·BN
可取n ＝(1,1,1)．
1m·n 所以cos 〈m ，n 〉＝＝－3
|m ||n |1
故二面角A －MN －B 的余弦值为－3
.
图1
12．(2013·北京西城区第二次模拟) 如图1，四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，M 为侧棱PD 上一点．该四棱锥的俯视图和侧(左) 视图如图2所示．
图2
(1)证明：BC ⊥平面PBD ； (2)证明：AM ∥平面PBC ；
3
(3)线段CD 上是否存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为4？若存在，找到所有符合要求的点N ，并求CN 的长；若不存在，请说明理由．
解析：解法一：(1)证明：由俯视图可得BD ＝2，BC ＝23，CD ＝4，则BD 2＋BC 2＝CD 2，
所以BC ⊥BD .
又因为PD ⊥平面ABCD ， 所以BC ⊥PD ， 又因为PD ∩BD ＝D ， 所以BC ⊥平面PBD .
(2)证明：取PC 上一点Q ，使PQ ∶PC ＝1∶4，连接MQ ，BQ . 由侧(左) 视图知PM ∶PD ＝1∶4， 1所以MQ ∥CD ，MQ ＝4CD .
在△BCD 中，易得∠CDB ＝60°，所以∠ADB ＝30°.
又BD ＝2，所以AB ＝1，AD 3.
1
又因为AB ∥CD ，AB ＝4CD ，所以AB ∥MQ ，AB ＝MQ ， 所以四边形ABQM 为平行四边形，所以AM ∥BQ . 因为AM ⊄平面PBC ，BQ ⊂平面PBC ， 所以直线AM ∥平面PBC .
3
(3)线段CD 上存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为4由PD ⊥平面ABCD ，DA ⊥DC ，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz
.
所以D (0,0,0)，A (3，0,0) ，B 3，1，0) ，C (0,4,0)，M (0,0,3)． 设N (0，t, 0) ，其中0≤t ≤4，
→＝(－3，0,3) ，BN →＝(－3，t －1,0) ． 所以AM
3要使AM 与BN 所成角的余弦值为4， →·→||AM BN 34，
→→|AM ||BN |
|3|3
， 423＋(t －1)解得t ＝0或2，均适合0≤t ≤4.
故点N 位于点D 处，此时CN ＝4；或点N 位于CD 的中点处，3此时CN ＝2，有AM 与BN 所成角的余弦值为4.
解法二：(1)证明：由PD ⊥平面ABCD ，DA ⊥DC ，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz
.
在△BCD 中，易得∠CDB ＝60°，所以∠ADB ＝30°. 因为BD ＝2，所以AB ＝1，AD 3.
由俯视图和侧(左) 视图可得D (0,0,0)，A 3，0,0) ，B (3，1,0) ，C (0,4,0)，M (0,0,3)，P (0,0,4)，
→＝(－3，3,0) ，DB →＝(3，1,0) ． 所以BC
→·→3×3＋3×1＋0×0＝0， 因为BC DB 所以BC ⊥BD .
因为PD ⊥平面ABCD ，所以BC ⊥PD ， 又因为PD ∩BD ＝D ， 所以BC ⊥平面PBD .
→＝0，⎧n ·PC
(2)证明：设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ) ，则有⎨
→＝0. ⎩n ·BC →＝(－3，3,0) ，PC →＝(0,4，－4) ， 因为BC
⎧⎪4y －4z ＝0，
所以⎨取y ＝1，得n ＝(，1,1) ．
⎪－3x ＋3y ＝0. ⎩
→＝(－3，0,3) ， 因为AM
→·所以AM n 3·(－3) ＋1·0＋1·3＝0.
因为AM ⊄平面PBC ，所以直线AM ∥平面PBC .
3(3)线段CD 上存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为4设N (0，t, 0) ，其中0≤t ≤4，
→＝(－3，0,3) ，BN →＝(－3，t －1,0) ． 所以AM
3要使AM 与BN 所成角的余弦值为4， →·→||AM BN 34，
→||BN →||AM |3|3，
23＋(t －1)4解得t ＝0或2，均适合0≤t ≤4.
故点N 位于点D 处，此时CN ＝4；或点N 位于CD 的中点处，3
此时CN ＝2，有AM 与BN 所成角的余弦值为4.
13．(2013·山东东营一模) 如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝4，AB ＝2，点E ，F 分别在BC ，AD 上，且E 为BC 的中点，EF ∥AB . 现将四边形ABEF 沿EF 折起，使二面角A
－EF －D 等于60°
.
(1)设P 为AD 的中点，求证：CP ∥平面ABEF ； (2)求直线AF 与平面ACD 所成角的正弦值．
解析：(1)证明：取AF 的中点Q ，连接QE ，QP ， 1
则QP 綊2. 又DF ＝4，EC ＝2，且DF ∥EC ， 所以PQ 綊EC ，即四边形PQEC 为平行四边形， 所以CP ∥QE . 又QE ⊂平面ABEF ，CP ⊄平面ABEF ， 故CP ∥平面ABEF .
(2)由题知折叠后仍有EF ⊥AF ，EF ⊥FD ，则EF ⊥平面AFD .
∴ ∠AFD 为二面角A －EF －D 的一个平面角， 即∠AFD ＝60°.
过A 作AO ⊥FD 于O ，又AO ⊥EF ， ∴ AO ⊥平面CDFE .
作OG ∥EF 交EC 于G ，则OG ⊥FD ，AO ⊥OG ，
分别以OG ，OD ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，
在Rt △AOF 中，AF ＝2，∠AFO ＝60°，则FO ＝1，OA ＝3， ∴ F (0，－1,0) ，A (0,03) ，D (0,3,0)，C (2,1,0)．
→＝(0，－1，－3) ，AD →＝(0,3，－3) ，CD →＝(－2,2,0) ， ∴ AF
设平面ACD 的一个法向量
⎧⎪3y －3z ＝0，⎨ ⎪－2x ＋2y ＝0. ⎩
→＝0，⎧n ·AD
n ＝(x ，y ，z ) ，则⎨
→＝0，⎩n ·CD
即
令z ＝3，得y ＝1，x ＝1，∴ n ＝(1,13) ． |－1－3|2→则|cos〈n ，AF 〉|＝＝55，
5
2
∴ 直线AF 与平面ACD 所成角的正弦值为55.