图1-3
17．解：(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE. 又因为AB?平面PDE， 所以AB∥平面PDE.
因为AB?平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG， 所以AB∥FG.
(2)因为PA⊥底面ABCDE， 所以PA⊥AB，PA⊥AE.
建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，→
0，2)，F(0，1，1)，BC＝(1，1，0)．
设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则 →??n2AB＝0，??x＝0，
即? ?
?→y＋z＝0.???n2AF＝0，
令z＝1，则y＝－1.所以n＝(0，－1，1)．
设直线BC与平面ABF所成角为α，则 →??n2BC→??＝1. sin α＝|cos〈n，BC〉|＝
?|n||→?BC|?2?π
因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.
6设点H的坐标为(u，v，w)．
→→
因为点H在棱PC上，所以可设PH＝λPC(0<λ<1)．
即(u，v，w－2)＝λ(2，1，－2)，所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ. 因为n是平面ABF的一个法向量， →
所以n2AH＝0，
即(0，－1，1)2(2λ，λ，2－2λ)＝0， 2?422?解得λ＝，所以点H的坐标为?，，?. 3?333?所以PH＝
?4?＋?2?＋?－4?＝2.
?3??3??3???????
222
19．、、、[20142湖北卷] 如图1-4，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．
图1-4 19．解：方法一(几何方法)：
(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.
当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.
图① 图②
1
(2)如图②，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD.
2
又DP＝BQ，DP∥BQ，
1
所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，从而EF∥PQ，且EF＝PQ.
2
在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，
2
于是EQ＝FP＝1＋λ，所以四边形EFPQ也是等腰梯形． 同理可证四边形PQMN也是等腰梯形．
分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG， 则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，
故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．
若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°. 连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN知四边形EFNM是平行四边形． 连接GH，因为H，G是EF，MN的中点， 所以GH＝ME＝2.
1?2?22222
在△GOH中，GH＝4，OH＝1＋λ－??＝λ＋，
2?2?
1?2?2
OG＝1＋(2－λ)－??＝(2－λ)2＋，
2?2?
2
2
11222222
由OG＋OH＝GH，得(2－λ)＋＋λ＋＝4，解得λ＝1±，
222
2
，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2
方法二(向量方法)：
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③所示的空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)．
故存在λ＝1±
图③ 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.
→???FE2n＝0，?x＋y＝0，
(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由?可得?
?→－x＋λz＝0.???FP2n＝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m2n＝(λ－2，2－λ，1)2(λ，－λ，1)＝0，
2
即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±. 22
，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2
18．、[20142新课标全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设二面角D-AE-C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E-ACD的体积．
故存在λ＝1±
→
图1-3 18．解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.
因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点． 又E为PD的中点，所以EO∥PB. 因为EO?平面AEC，PB?平面AEC， 所以PB∥平面AEC.
(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形， 所以AB，AD，AP两两垂直．
→→
如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|AP|为单位
31?→?31??
长，建立空间直角坐标系A-xyz，则D(0，3，0)，E?0，，?，AE＝?0，，?.
22?22???
→设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，3，0)，AC＝(m，3，0)． 设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，
?mx＋3y＝0，→??n12AC＝0，?
则?即?31
→y＋z＝0，??n12AE＝0，?2?2可取n1＝?
?3?
，－1，3?. ?m?
又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，
1
由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即
2
3132＝，解得m＝. 3＋4m22
1113因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V＝3333
232213
3＝. 2817．，[20142山东卷] 如图1-3所示，在四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．
图1-3
(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．
17．解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形， 且AB＝2CD，所以AB∥DC， 又M是AB的中点， 所以CD∥MA且CD＝MA.
连接AD1.因为在四棱柱ABCD - A1B1C1D1中， CD∥C1D1，CD＝C1D1，
所以C1D1∥MA，C1D1＝MA，
所以四边形AMC1D1为平行四边形， 因此，C1M∥D1A.
又C1M?平面A1ADD1，D1A?平面A1ADD1， 所以C1M∥平面A1ADD1. (2)方法一：连接AC，MC. 由(1)知，CD∥AM且CD＝AM， 所以四边形AMCD为平行四边形， 所以BC＝AD＝MC.
由题意∠ABC＝∠DAB＝60°， 所以△MBC为正三角形，
因此AB＝2BC＝2，CA＝3， 因此CA⊥CB.
设C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C - xyz.
所以A(3，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，3)． ?31?
，，0?， ?22?
3131??→→?→?
所以MD1＝?－，－，3?，D1C1＝MB＝?－，，0?.
2?2??22?
因此M?
设平面C1D1M的一个法向量n＝(x，y，z)，