（1，3，
????2，CF=（-1，-3，2）
2????????????????AE?CF3???????）.…10分故cos?AE,CF?????3|AE||CF|.
所以直线AE与CF所成的角的余弦值为3. 3?4，
35.如图，在四棱锥A?EFCB中，平面AEF?平面EFCB，EF∥BC，BC△AEF为等边三角形，
EF?2a，?EBC??FCB?60?，O为EF的中点．(Ⅰ) 求证：AO?BE；(Ⅱ) 求二面角F?AE?B的余弦值；(Ⅲ) 若BE?平面
AAOC，求a的值．
FCOEB
（Ⅲ）由（I）知AO?平面EFCB，则AO?BE，若BE?平面AOC，只需BE?OC，
EB?(2?a,23??????????3a,0)，又OC????(?2,23?3a,0)，
BE?OC??2(2?a)?(23?3a)2?0，解得a37.如图2，三角形PDC所在的平面与长方形
?2或a?44，由于a?2，则a?. 33ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，AB=6，BC=3.
（1）证明：AB、BC上，且AF=2FB，CG=2GB．
点E是CD边的中点，点F、G分别在线段
（2）求二面角P-AD-C的正切值；（3）求直线PA与直线FG所成角的余弦值． PE?FG；
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【解析】（1）证明：∵ 且平面
PD?PC且点E为CD的中点，∴ PE?DC，又平面PDC?平面ABCD，
，∴
PDC?平面ABCD?CD，PE?平面PDCPE?平面ABCD，又FG?平面
ABCD，∴ PE?FG；
（2）∵
ABCD是矩形，∴
AD?DC，又平面
PDC?平面ABCD，且平面PDC?平面
ABCD?CD，AD?平面ABCD，∴ AD?平面PCD，又CD、PD?平面PDC，
∴
∴ ?PDC即为二面角P?AD?C的平面角，在Rt?PDE中，PD?4，AD?DC，AD?PD，
DE?PE71?AB?3，PE?PD2?DE2?7，∴ tan?PDC?DE3273；（3）如下图所示，连接
即二面角P?AD?C的正切值为AC，∵ AF?2FB，CG?2GB即
AFCG??2， FBGB?PAC中，
∴
AC//FG，∴
?PAC为直线
PA与直线
FG所成角或其补角，在
PA?PD2?AD2?5，AC?AD2?CD2?35，
5?35?4295PA?AC?PC??由余弦定理可得cos?PAC?2PA?AC252?5?352222??2，∴ 直线PA与直线
FG所成角的余弦值为95． 2538如图，已知四棱台ABCD?底面
A1B1C1D1上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA1?6，且AA1?ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上.（1）若P是DD1的中点，证明：AB1?PQ；
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（2）若PQ//平面
ABB1A1，二面角P?QD?A的余弦值为
3，求四面体ADPQ的体积. 7
解：解法一 由题设知，
AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直
∴cos?n1,n2??n1?n2?|n1|?|n2|3(6?m)?6?3222?3(6?m)?452，而二面角P?QD?A的余弦值为
333，因此，此时Q(6,4,0)， ?，解得m?4，或者m?8（舍去）
277(6?m)?45??????????????设DP??DD1(0???1)，而DD1?(0,?3,6)，由此得点P(0,6?3?,6?)，
???????PQ?(6,3??2,?6?)，∵PQ//平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3?(0,1,0)， ???2∴PQ?n3?0，即3??2?0，亦即??，从而P(0,4,4)，于是，将四面体ADPQ视为以?ADQ3为底面的三棱锥
P?ADQ，则其高
h?4，故四面体
ADPQ的体积
111V?S?ADQ?h???6?6?4?24.
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解法二 （1）如图c，取A1A的中点R，连结PR，BR，∵A1A，D1D是梯形是D1D的中点，∴PR//由题设知，BCA1AD1D的两腰，PAD，于是由AD//BC知，PR//BC，∴P，R，B，C四点共面，
?AB，BC?A1A，∴BC?平面ABB1A1，因此BC?AB1①，
AR3AB1???tan?A1AB1，∴tan?ABR?tan?A1AB1，因此 AB6A1A∵tan?ABR??ABR??BAB1??A1AB1??BAB1?90?，于是AB1?BR，再由①即知AB1?平面PRBC，
又PQ?平面PRBC，故AB1?PQ；
（2）如图d，过点P作PM∵
//A1A交AD于点M，则PM//平面ABB1A1，
作MNA1A?平面ABCD，∴OM?平面ABCD，过点M为二面角P?QD??QD于点N，连结
PN，则
PN?QD，?PNMA的平面角，∴cos?PNM?3MN3，即?7PN7，从而
PM40③连结MQ，由PQ//平面ABB1A1，∴MQ//AB，又ABCD是正方形，所以ABQM?MN3为矩形，故MQ?AB?6，设MD?t，则
MN?MQ?MDMQ?MD22?6t36?t2④，过点
D1作
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D1E//A1A交AD于点E，则
AA1D1E为矩形，∴
D1E?A1A?6，AE?A1D1?3，因此
，∴
ED?AD?AE?336?t2?3403，于是
PMD1E6???2MDED3PM?2MD?2t，再由③④得
，解得
t?2，因此
PM?4，故四面体
ADPQ的体积
111V?S?ADQ?h???6?6?4?24.
33239如图，在长方体??CD??1?1C1D1中，??1?1，????D?2，?、F分别是??、?C的
中点．证明?1、C1、F、?四点共面，并求直线CD1与平面?1C1F?所成的角的大小.
故
??????CD1?n15????????15CD1n．因此直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小为arcsin1515．
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