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2016高考数学二轮复习微专题强化练习题:13立体几何中的向量方法(理)


第一部分



13(理)

一、选择题 1.(2014· 北京理,7)在空间直角坐标系 O-xyz 中,已知 A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0), D(1,1, 2),若 S1、S2、S3 分别是三棱锥 D-ABC 在 xOy、yOz、zOx 坐标平面上的正投影 图形的面积,则( A.S1=S2=S

3 C.S3=S1 且 S3≠S2 [答案] D [解析] D-ABC 在 xOy 平面上的投影为△ABC, 1 故 S1= AB· BC=2, 2 设 D 在 yOz 和 zOx 平面上的投影分别为 D2 和 D3,则 D-ABC 在 yOz 和 zOx 平面上的 投影分别为△OCD2 和△OAD3,∵D2(0,1, 2),D3(1,0, 2). ) B.S2=S1 且 S2≠S3 D.S3=S2 且 S3≠S1

1 1 故 S2= ×2× 2= 2,S3= ×2× 2= 2, 2 2 综上,选项 D 正确. 2.已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB,E 是 AA1 的中点,则异面直线 D1C 与 BE 所成角的余弦值为( 1 A. 5 C. 10 10 ) 3 10 B. 10 3 D. 5

[答案] B [解析] 以 A 为原点,AB、AD、AA1 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, 设 AB=1,则 B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),D1(0,1,2),∵AA1=2AB,∴E(0,0,1),

→ → ∴BE=(-1,0,1),CD1=(-1,0,2), → → BE· CD1 3 3 10 → → ∴cos〈BE,CD1〉= = = , 10 → → 2· 5 |BE|· |CD1| 故选 B. 3.(2015· 浙江理,8)如图,已知△ABC,D 是 AB 的中点,沿直线 CD 将△ACD 翻折成 △A′CD,所成二面角 A′-CD-B 的平面角为 α,则( )

A.∠A′DB≤α C.∠A′CB≤α [答案] B

B.∠A′DB≥α D.∠A′CB≥α

[解析] ∵A′C 和 BC 都不与 CD 垂直,∴∠A′CB≠α,故 C, D 错误.当 CA=CB 时,容易证明∠A′DB=α.不妨取一个特殊的三 角形,如 Rt△ABC,令斜边 AB=4,AC=2,BC=2 3,如图所示, 则 CD=AD=BD=2,∠BDH=120° ,设沿直线 CD 将△ACD 折成△ A′CD,使平面 A′CD⊥平面 BCD,则 α=90° .取 CD 中点 H,连接 A′H,BH,则 A′H ⊥CD, ∴A′H⊥平面 BCD, 且 A′H= 3, DH=1.在△BDH 中,由余弦定理可得 BH= 7. 在 Rt△A′HB 中,由勾股定理可得 A′B= 10.在△A′DB 中,∵A′D2+BD2-A′B2=- 2<0,可知 cos∠A′DB<0,∴A′DB 为钝角,故排除 A.综上可知答案为 B. 4.已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面边长都相等,A1 在底面 ABC 内的射影为△ ABC 的中心,则 AB1 与底面 ABC 所成角的正弦值等于( 1 A. 3 C. 3 3 B. 2 3 )

2 D. 3

[答案] B

[解析] 如图,设 A1 在平面 ABC 内的射影为 O,以 O 为坐标原点,OA、OA1 分别为 x 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图.设△ABC 边长为 1,则 A( 3 3 1 6 ,0,0),B1(- , , ), 3 2 2 3

5 3 1 6 → ∴AB1=(- , , ). 6 2 3 平面 ABC 的法向量 n=(0,0,1),则 AB1 与底面 ABC 所成角 α 的正弦值为 → sinα=|cos〈AB1,n〉|= 6 3 75 1 6 + + 36 4 9 2 . 3



5.过正方形 ABCD 的顶点 A,引 PA⊥平面 ABCD.若 PA=BA,则平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角的大小是( A.30° C.60° [答案] B [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系,不难求出平面 APB 与平面 PCD 的法向量分 |n1· n2 | 别为 n1=(0,1,0), n2=(0,1,1), 故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为 = |n1||n2| 2 , 2 ) B.45° D.90°

故所求的二面角的大小是 45° . 6.如图,四棱锥 S-ABCD 的底面为正方形,SD⊥底面 ABCD,则下列结论中不正确 ... 的是( ) A.AC⊥SB B.AB∥平面 SCD C.SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角

D.AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角 [答案] D [解析] ∵四边形 ABCD 是正方形,∴AC⊥BD. 又∵SD⊥底面 ABCD,∴SD⊥AC. ∵SD∩BD=D,∴AC⊥平面 SDB,从而 AC⊥SB.故 A 正确.易知 B 正确.设 AC 与 DB 交于 O 点,连接 SO.则 SA 与平面 SBD 所成的角为∠ASO,SC 与平面 SBD 所成的角为 ∠CSO,又 OA=OC,SA=SC,∴∠ASO=∠CSO.故 C 正确.由排除法可知选 D. 二、填空题 7.如图,在空间直角坐标系中有棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1,点 M 是线段 DC1 上的动点,则点 M 到直线 AD1 距离的最小值是________.

[答案]

3 a 3

→ [解析] 设 M(0,m,m)(0≤m≤a),AD1=(-a,0,a),直线 AD1 的一个单位方向向量 s =(- 2 2 → ,0, ),MD1=(0,-m,a-m),故点 M 到直线 AD1 的距离 2 2 → → 2 |MD1|2-|MD1· s| 1 m2+?a-m?2- ?a-m?2= 2 3 2 1 m -am+ a2, 2 2

d= =

根式内的二次函数当 m=-

-a a 3a a 1 1 = 时取最小值 ( )2-a× + a2= a2,故 d 的最小值 3 3 23 3 2 3 2× 2



3 a. 3 8.(2015· 四川理,14)如图,四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形,它们所在的平面互相

垂直,动点 M 在线段 PQ 上,E,F 分别为 AB,BC 的中点.设异面直线 EM 与 AF 所成的 角为 θ,则 cos θ 的最大值为________.

[答案]

2 5

[解析] 分别以直线 AB、AD、AQ 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图所示. 1 ? → 设 AB=1,则AF=? ?1,2,0?, 1 ? E? ?2,0,0?. 设 M(0,y,1)(0≤y≤1),则 1 → ? EM=? ?-2,y,1?, π? 由于异面直线所成角的范围为? ?0,2?, 1 1 |- + y| 2 2 2?1-y? = . 1 1 2 5· 4y2+5 1+ · +y +1 4 4

所以 cos θ=

因为?

8y+1 8y+1 16 1 ? 2?1-y? ?2 ? =1-4y2+5,令 8y+1=t,1≤t≤9,则4y2+5= 81 ≥5,当 t=1 时 2 ? 4y +5? t+ -2 t

取等号. 所以 2?1-y? ≤ 4y2+5 1 2 1- = 5 5
2

所以 cos θ= 三、解答题

2?1-y? 5· 4y +5



1 2 2 × = ,当 y=0 时,取得最大值. 5 5 5

9.在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ABC=90° ,BC=2,CC1=4,点 E 在线段 BB1 上, 且 EB1=1,D、F、G 分别为 CC1、C1B1、C1A1 的中点. 求证:(1)B1D⊥平面 ABD; (2)平面 EGF∥平面 ABD. [证明] (1)以 B 为坐标原点,BA、BC、BB1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空 间直角坐标系,如图所示. 则 B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4), 设 BA=a,则 A(a,0,0), → → 所以BA=(a,0,0),BD=(0,2,2), → → → B1D=(0,2,-2),B1D· BA=0, → → B1D· BD=0+4-4=0, 即 B1D⊥BA,B1D⊥BD,

又 BA∩BD=B,因此 B1D⊥平面 ABD. a (2)由(1)知,E(0,0,3),G( ,1,4),F(0,1,4), 2 → a → 则EG=( ,1,1),EF=(0,1,1), 2 → → → → B1D· EG=0+2-2=0,B1D· EF=0+2-2=0, 即 B1D⊥EG,B1D⊥EF, 又 EG∩EF=E,因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD. [方法点拨] 1.空间的平行与垂直关系的判断与证明,既可用综合几何方法解决,也可 用向量几何方法解决. 2.用向量方法研究空间线面位置关系. 设直线 l1、l2 的方向向量分别为 a、b,平面 α、β 的法向量分别为 e1,e2,A、B、C 分 别为平面 α 内相异三点(其中 l1 与 l2 不重合,α 与 β 不重合),则 ①l1∥l2?a∥b?存在实数 λ,使 b=λa(a≠0);l1⊥l2?a⊥b?a· b=0. ②l1⊥α?a∥e1?存在实数 λ,使 e1=λa(a≠0);l1∥α?a· e1=0?存在非零实数 λ1,λ2, → → 使 a=λ1AB+λ2AC. ③α∥β?e1∥e2?存在实数 λ,使 e2=λe1(e1≠0);α⊥β?e1⊥e2?e1· e2=0. 3.平面的法向量求法
? a=0, ?n· 在平面内任取两不共线向量 a,b,设平面的法向量 n=(x,y,z),利用? 建立 ? b=0, ?n·

x、y、z 的方程组,取其一组解. 10.如图, 已知 ABCD-A1B1C1D1 是底面为正方形的长方体, A1D1=2, A1A=2 3,点 P 是 AD1 上的动点. (1)当 P 为 AD1 的中点时,求异面直线 AA1 与 B1P 所成角的余弦值; (2)求 PB1 与平面 AA1D1 所成角的正切值的最大值. [解析] (1)(解法一)过点 P 作 PE⊥A1D1, 垂足为 E, 连接 B1E, 则 PE ∥AA1,

∴∠B1PE 是异面直线 AA1 与 B1P 所成的角.

在 Rt△AA1D1 中, A1D1=2,AA1=2 3, 1 ∴A1E= A1D1=1, 2
2 ∴B1E= B1A2 1+A1E = 5.

1 又 PE= AA1= 3, 2 ∴在 Rt△B1PE 中,B1P= 5+3=2 2, PE 3 6 cos∠B1PE= = = . B1P 2 2 4 ∴异面直线 AA1 与 B1P 所成角的余弦值为 6 . 4

(解法二)以 A1 为原点,A1B1 所在的直线为 x 轴,A1D1 所在直线为 y 轴,A1A 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系如图所示,则 A1(0,0,0),A(0,0,2 3), B1(2,0,0),P(0,1, 3), → ∴A1A=(0,0,2 3), → B1P=(-2,1, 3), → → A1A· B1P 6 6 → → ∴cos〈A1A,B1P〉= = = . → → 2 3×2 2 4 |A1A|· |B1P| ∴异面直线 AA1 与 B1P 所成角的余弦值为 (2)由(1)知,B1A1⊥平面 AA1D1, ∴∠B1PA1 是 PB1 与平面 AA1D1 所成的角, B 1A 1 2 且 tan∠B1PA1= = . A1P A1P A1D1· A1A 当 A1P 最小时, tan∠B1PA1 最大, 这时 A1P⊥AD1, 由 A1P= = 3, 得 tan∠B1PA1 AD1 2 3 = , 3 2 3 即 PB1 与平面 AA1D1 所成角的正切值的最大值为 . 3 11.(2014· 天津理,17)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD⊥AB,AB ∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点 E 为棱 PC 的中点. 6 . 4

(1)证明:BE⊥DC; (2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值; (3)若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF⊥AC,求二面角 F-AB-P 的余弦值. [解析] 解法一:由题意易知 AP、AB、AD 两两垂直,以点 A 为原点建立空间直角坐 标系(如图),可得 B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),由 E 为棱 PC 的中点, 得 E(1,1,1).

→ → → → (1)证明:BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BE· DC=0,所以 BE⊥DC. → → (2)BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2),设 n=(x,y,z)为平面 PBD 的法向量,则 → ? ?-x+2y=0, BD=0, ?n· ? ? 即? ? → ?x-2z=0. ? PB=0. ? n· 不妨令 y=1,可得 n=(2,1,1)为平面 PBD 的一个法向量,于是有 → n· BE 2 3 → cos〈n,BE〉= = = . 3 → 6× 2 |n|· |BE| 所以,直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 . 3

→ → → → (3)向量BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0),由点 F 在棱 PC 上, → → 设CF=λCP,0≤λ≤1. → → → → → → → 故BF=BC+CF=BC+λCP=(1-2λ,2-2λ,2λ),由 BF⊥AC,得BF· AC=0,因此, 3 1 1 3 → 2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得 λ= ,即BF=(- , , ). 4 2 2 2 设 n1=(x,y,z)为平面 FAB 的法向量,则

x=0, → ? ? AB=0, ?n1· ? ? 即? 1 1 3 → ? ? B F =0. ?n1· ?-2x+2y+2z=0. 不妨令 z=1,可得 n1=(0,-3,1)为平面 FAB 的一个法向量,取平面 ABP 的法向量 n2 =(0,1,0),则 -3 n 1· n2 3 10 cos〈n1,n2〉= = =- . |n1|· |n2| 10 10×1 易知,二面角 F-AB-P 是锐角, 3 10 所以其余弦值为 . 10 解法二:(1)证明:如图,取 PD 中点 M,连接 EM、AM.

1 由于 E、M 分别为 PC、PD 的中点,故 EM∥DC,且 EM= DC,又由已知,可得 EM 2 ∥AB 且 EM=AB,故四边形 ABEM 为平行四边形,所以 BE∥AM. 因为 PA⊥底面 ABCD,故 PA⊥CD,而 CD⊥DA,从而 CD⊥平面 PAD,因为 AM?平 面 PAD,于是 CD⊥AM,又 BE∥AM,所以 BE⊥CD. (2)连接 BM,由(1)有 CD⊥平面 PAD,得 CD⊥PD,而 EM∥CD,故 PD⊥EM,又因为 AD=AP,M 为 PD 的中点,故 PD⊥AM,可得 PD⊥BE,所以 PD⊥平面 BEM,故平面 BEM ⊥平面 PBD,所以,直线 BE 在平面 PBD 内的射影为直线 BM,而 BE⊥EM,可得∠EBM 为锐角,故∠EBM 为直线 BE 与平面 PBD 所成的角. 依题意,有 PD=2 2,而 M 为 PD 中点,可得 AM= 2,进而 BE= 2,故在直角三 角形 BEM 中,tan∠EBM= EM AB 1 3 = = ,因此 sin∠EBM= . BE BE 3 2 3 . 3

所以,直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为

(3)如图,在△PAC 中,过点 F 作 FH∥PA 交 AC 于点 H,因为 PA⊥底面 ABCD,故 FH ⊥底面 ABCD,从而 FH⊥AC,

又 BF⊥AC,得 AC⊥平面 FHB,因此 AC⊥BH,在底面 ABCD 内,可得 CH=3HA,从 而 CF=3FP. 在平面 PDC 内,作 FG∥DC 交 PD 于点 G,于是 DG=3GP,由于 DC∥AB,故 GF∥ AB,所以 A,B,F,G 四点共面,由 AB⊥PA,AB⊥AD,得 AB⊥平面 PAD,故 AB⊥AG, 所以∠PAG 为二面角 F-AB-P 的平面角. 1 2 10 在△PAG 中,PA=2,PG= PD= ,∠APG=45° ,由余弦定理可得 AG= ,cos 4 2 2 3 10 ∠PAG= . 10 3 10 所以,二面角 F-AB-P 的余弦值为 . 10 [方法点拨] 1.运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤 ①建立恰当的空间直角坐标系;②求出相关点的坐标;③写出向量坐标;④结合公式进 行论证、计算;⑤转化为几何结论. 2.两异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角;两平面的法向量的夹角与二 面角相等或互补;直线的方向向量与平面的法向量的夹角与线面角的余角相等或互补. 12.如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,四边形 ABCD 中,AB⊥AD,AB+ AD=4,CD= 2,∠CDA=45° .

(1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)设 AB=AP. (ⅰ)若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° ,求线段 AB 的长; (ⅱ)在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到点 P、B、C、D 的距离都相等?说明 理由. [解析] (1)因为 PA⊥平面 ABCD,AB?平面 ABCD, 所以 PA⊥AB. 又 AB⊥AD,PA∩AD=A,所以 AB⊥平面 PAD.

又 AB?平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD. (2)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A-xyz 如图.

在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E,则 CE⊥AD. 在 Rt△CDE 中,DE=CD· cos45° =1, CE=CDsin45° =1. 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t). 由 AB+AD=4 得 AD=4-t, 所以 E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0), → → CD=(-1,1,0),PD=(0,4-t,-t). (ⅰ)设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z),
?-x+y=0, ? → → 由 n⊥CD,n⊥PD,得? ? ??4-t?y-tz=0.

取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n=(t,t,4-t). → ? n· PB ? → 又PB=(t,0,-t),故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° 得 cos60° =? , →? |PB|? ?|n|· 即 |2t2-4t|
2 2 2

t +t +?4-t? · 2t

2=2,

1

4 解得 t= 或 t=4(舍去,因为 AD=4-t>0), 5 4 所以 AB= . 5 (ⅱ)假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等.

设 G(0,m,0)(其中 0≤m≤4-t),

→ → → 则GC=(1,3-t-m,0),GD=(0,4-t-m,0),GP=(0,-m,t). → → 由|GC|=|GD|得 12+(3-t-m)2=(4-t-m)2, 即 t=3-m; ① → → 由|GD|=|GP|得(4-t-m)2=m2+t2. ②

由①、②消去 t,化简得 m2-3m+4=0. ③ 由于方程③没有实数根,所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P、C、D 的距离都相等. 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等. [方法点拨] 1.用空间向量求点到平面的距离的方法步骤是:(1)求出平面的法向量 n; (2)任取一条过该点的该平面的一条斜线段,求出其向量坐标 n1;(3)求点到平面的距离 d= |n· n1 | . |n| 2.点面距、线面距、异面直线间的距离的求法共同点是:设平面的法向量为 n(求异面 直线间的距离时,取与两异面直线都垂直的向量为 n),求距离的两几何图形上各取一点 A、 → |AB· n| B,则距离 d= . |n| 13.(2015· 湖南理,19)如图,已知四棱台 ABCD-A1B1C1D1 的上、下底面分别是边长为 3 和 6 的正方形,A1A=6,且 A1A⊥底面 ABCD.点 P,Q 分别在棱 DD1,BC 上.

(1)若 P 是 DD1 的中点,证明:AB1⊥PQ; 3 (2)若 PQ∥平面 ABB1A1,二面角 P-QD-A 的余弦值为 ,求四面体 ADPQ 的体积. 7 [分析] 考查空间向量的运用, 线面垂直的性质与空间几何体体积计算. 考查转化思想、 方程思想、运算求解能力和空间想像能力. (1)建立空间直角坐标系,求得相关点的坐标将问题转化为证明 AB1― →· PQ― →=0;(2) → 利用向量几何求解: 将 PQ∥平面 ABB1A1 转化为PQ与平面 ABB1A1 的法向量垂直, 结合平面 的法向量与二面角的关系确定点 P,最后利用体积公式计算体积.或用综合几何方法求解. [解析] 解法一 由题设知,AA1,AB,AD 两两垂直,以 A 为坐标原点,AB,AD,AA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为 A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中 m=BQ,0≤m≤6.

9 9 → → (1)证明:若 P 是 DD1 的中点,则 P(0, ,3),PQ=(6,m- ,-3),AB1=(3,0,6),于 2 2 → → → → 是AB1· PQ=18-18=0,所以AB1⊥PQ,即 AB1⊥PQ; → → (2)由题设知,DQ=(6,m-6,0),DD1=(0,-3,6)是平面 PQD 内的两个不共线向量. 设 n1=(x,y,z)是平面 PQD 的一个法向量, → ? ? DQ=0, ?n1· ?6x+?m-6?y=0, 则 ? ,即? ?-3y+6z=0. → ? ?n1· DD1=0, ? 取 y=6,得 n1=(6-m,6,3). 又平面 AQD 的一个法向量是 n2=(0,0,1), 3 3 n 1· n2 所以 cos〈n1,n2〉= = ,而二面角 P-QD-A 2 2 2= |n1|· |n2| ?6-m? +6 +3 ?6-m?2+45 3 3 3 的余弦值为 ,因此 = ,解得 m=4,或者 m=8(舍去),此时 Q(6,4,0). 2 7 ?6-m? +45 7 → → → 设DP=λDD1 (0<λ<1),而DD1=(0,-3,6), → 由此得点 P(0,6-3λ,6λ),PQ=(6,3λ-2,-6λ). → 因为 PQ∥平面 ABB1A1,且平面 ABB1A1 的一个法向量是 n3=(0,1,0),所以PQ· n3=0, 2 即 3λ-2=0,亦即 λ= ,从而 P(0,4,4),于是,将四面体 ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三 3 1 1 1 棱锥 P-ADQ,而其高 h=4,故四面体 ADPQ 的体积 V= S△ADQ· h= × ×6×6×4=24. 3 3 2 解法二 (1)如图 c,取 A1A 的中点 R,连接 PR,BR,因为 A1A,D1D 是梯形 A1AD1D 的两腰,P 是 D1D 的中点,所以 PR∥AD,于是由 AD∥BC 知,PR∥BC,所以 P,R,B, C 四点共面. 由题设知,BC⊥AB,BC⊥A1A,所以 BC⊥平面 ABB1A1,因此 BC⊥AB1①, AR 3 A1B1 因为 tan∠ABR= = = =tan∠A1AB1, AB 6 A1A 所以 tan∠ABR=tan∠A1AB1,因此∠ABR+∠BAB1=∠A1AB1+∠BAB1=90° ,于是 AB1 ⊥BR,再由①即知平面 AB1⊥平面 PRBC,又 PQ?平面 PRBC,故 AB1⊥PQ.

图c

图d (2)如图 d,过点 P 作 PM//A1A 交 AD 于点 M,则 PM//平面 ABB1A1. 因为 A1A⊥平面 ABCD,所以 PM⊥平面 ABCD,过点 M 作 MN⊥QD 于点 N,连接 PN, 3 MN 3 则 PN⊥QD,∠PNM 为二面角 P-QD-A 的平面角,所以 cos∠PNM= ,即 = ,从而 7 PN 7 PM 40 = .③ MN 3 连接 MQ,由 PQ//平面 ABB1A1,所以 MQ//AB,又 ABCD 是正方形,所以 ABQM 为矩 形,故 MQ=AB=6.设 MD=t,则 MN= MQ· MD 6t ④过点 D1 作 D1E∥A1A 交 2 2= MQ +MD 36+t2

AD 于点 E,则 AA1D1E 为矩形,所以 D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此 ED=AD-AE=3, 36+t2 PM D1E 6 40 于是 = = =2,所以 PM=2MD=2t,再由③④得 = ,解得 t=2,因此 MD ED 3 3 3 1 1 1 PM=4.故四面体 ADPQ 的体积 V= S△ADQ· h= × ×6×6×4=24. 3 3 2


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