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.
2 322
在Rt△ABD中，由BD＝2，AB＝2，AD＝6，得BF＝，AF＝AD.从而GF＝ED＝
3332
. 3
5 72
在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝，BG＝. 143
GF2＋BF2－BG23
在△BFG中，cos∠BFG＝＝.
2BF2GF2
ππ
所以，∠BFG＝，即二面角B - AD - E的大小是.
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)． ?m2AD＝0，?－2y1－2z1＝0，由?→即? ?m2AE＝0，?x1－2y1－2z1＝0，可取m＝(0，1，－2)．
→??n2AD＝0，?－2y2－2z2＝0，
由?即?
→??n2DB＝0，?x2＋y2＝0，
可取n＝(1，－1，2)．
|m2n|33
于是|cos〈m，n〉|＝＝＝. |m|2|n|3322由题意可知，所求二面角是锐角，
π
故二面角B - AD - E的大小是. 6
19．，[20142重庆卷]如图1-3所示，四棱锥P-ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥
π1
底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M为BC上一点，且BM＝，MP⊥AP.
32
(1)求PO的长；
(2)求二面角A-PM-C的正弦值．
图1-3 19．解：(1)如图所示，连接AC，BD，因为四边形ABCD为菱形，所以AC∩ BD＝O，且
→→→
AC⊥BD.以O为坐标原点，OA，OB，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz.
π
因为∠BAD＝，
3
ππ
所以OA＝AB2cos＝3，OB＝AB2sin＝1，
66
→→
所以O(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，1，0)，C(－3，0，0)，OB＝(0，1，0)，BC＝(－3，－1，0)．
131?→1→?
由BM＝，BC＝2知，BM＝BC＝?－，－，0?，
244??4
33?→→→?
从而OM＝OB＋BM＝?－，，0?，
?44?即M?－
??33?，，0?. 44?
3?→→?3→→
设P(0，0，a)，a＞0，则AP＝(－3，0，a)，MP＝?，－，a?.因为MP⊥AP，所以MP2AP4?4?33332
＝0，即－＋a＝0，所以a＝或a＝－(舍去)，即PO＝.
4222
3?→?333?→?3?→?
(2)由(1)知，AP＝?－3，0，?，MP＝?，－，?，CP＝?3，0，?.设平面
2?42?2???4?
APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．
→→
由n12AP＝0, n12MP＝0，得
3
－3x1＋z1＝0，
2?53?
故可取n1＝?1，，2?.
3??333
x1－y1＋z1＝0，442
→→
由n22MP＝0，n22CP＝0，得
?????
333?x－y＋z＝0，?442
故可取n＝(1，－?3
3x＋z＝0，??2
2
2
2
2
2
2
3，－2)．
从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为
n12n215
cos〈n1，n2〉＝＝－，
|n1|2|n2|5故所求二面角A-PM-C的正弦值为10
. 5
G6 三垂线定理 19．、[20142全国卷] 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．
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.
连接A1C，因为侧面AA1C1C为菱形，故AC1⊥A1C. 由三垂线定理得AC1⊥A1B.
(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.
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.
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．
由AD＝AA1－A1D＝1，得D为AC中点，
22
DF＝5A1D1，tan∠A1FD＝＝15，所以cos∠A1FD＝. 5DF4
1所以二面角A1 - AB - C的大小为arccos.
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|AA 1|＝2，得（a－2）2＋c2＝2，即a2－4a＋c2＝0.①
→→22
又AC12BA1＝a－4a＋c＝0，所以AC1⊥A1B .
→→→→
(2)设平面BCC1B1的法向量m＝(x，y，z)，则m⊥CB，m⊥BB1，即m2CB＝0，m2BB1＝→→→
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|2|cos→
|CA2m|2c→
〈m，CA〉|＝＝2＝c.
|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)．
设平面ABA1的法向量n＝(p，q，r)， →→→→
则n⊥AA1，n⊥AB，即n2AA1＝0，n2AB＝0，
－p＋3r＝0，且－2p＋q＝0.
令p＝3，则q＝2 3，r＝1，所以n＝(3，2 3，1)． 又p＝(0，0，1)为平面ABC的法向量，故
→
n2p1
cos〈n，p〉＝＝.
|n||p|4
1
所以二面角A1 - AB - C的大小为arccos.
4
G7 棱柱与棱锥
13．[20142山东卷] 三棱锥P - ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D - ABE的体积为V1，P - ABC的体积为V2，则＝________．
11
13. [解析] 如图所示，由于D，E分别是边PB与PC的中点，所以S△BDE＝S△PBC.又因44
V1
V2
V11
为三棱锥A - BDE与三棱锥A - PBC的高长度相等，所以＝. V24
19．、、[20142江西卷] 如图1-6，四棱锥P - ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.
图1-6
(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．
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＝PG－OG＝
2
2
42
－m，故四棱锥P - ABCD的体积为 3
V＝362m21342m2－m＝8－6m. 33