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立体几何解答题1


立体几何解答题 1

1.(本小题满分 15 分)如图,已知四棱锥 P ? ABCD ,底面 ABCD 为边长为 2 的菱 形, PA ? 平面 ABCD , ?ABC ? 60? , E 是 BC 的中点, PA ? AB .
P

F

A B C

D E

(Ⅰ) 证明: AE ? PD ; (Ⅱ) 若 F 为 PD 上的动点,求 EF 与平面 PAD 所成最大角的正切值. 【答案】 (Ⅰ)见解析; (Ⅱ)
6 . 2

【解析】 ?ABC ? 60? , PA ? 平面 ABCD , 试题分析: (Ⅰ) 由底面 ABCD 为边长为 2 的菱形, 易证 AE ? 平面 PAD ,可得 AE ? PD ; (Ⅱ)连结 AF ,由(Ⅰ)易知 ?AFE 为 EF 与平面 PAD 所成的角,在 Rt ?PAD 中,可求得 tan ?AFE ?

AE 6 . ? AF 2

试题解析: (Ⅰ)∵ 四边形 ABCD 为菱形,且 ?ABC ? 60? , ∴ ?ABC 为正三角形,又 E 为 BC 中点, ∴ AE ? BC ;又 AD / / BC , ∴ AE ? AD , ∵ PA ? 平面 ABCD ,又 AE ? 平面 ABCD , ∴ PA ? AE , ∴ AE ? 平面 PAD ,又 PD ? 平面 PAD , ∴ AE ? PD ;
P

F

A B C

D E

(Ⅱ)连结 AF ,由(Ⅰ)知 AE ? 平面 PAD ,
试卷第 1 页,总 148 页

∴ ?AFE 为 EF 与平面 PAD 所成的角, 在 Rt ?AEF 中, AE ? 3 , ?AFE 最大当且仅当 AF 最短, 即 AF ? PD 时 ?AFE 最大, 依题意,此时,在 Rt ?PAD 中, PA? AD ? PD ? AF , ∴ AF ? 2 , tan ?AFE ?

AE 6 , ? AF 2
6 . 2

∴ EF 与平面 PAD 所成最大角的正切值为 考点:1.线线垂直证明;2.求线面角.

2. (本题 15 分)如图,已知平面 QBC 与直线 PA 均垂直于 Rt ?ABC 所在平面,且

PA ? AB ? AC .

(Ⅰ)求证: PA / / 平面 QBC ; (Ⅱ)若 PQ ? 平面QBC ,求二面角 Q ? PB ? A 的余弦值.

【答案】 (Ⅰ)见解析; (Ⅱ) ? 【解析】

3 . 3

试题分析: (Ⅰ) 在平面 QBC 作 QD ? BC , 可得 QD / / PA , 从而可证 PA / / 平面 QBC ; (Ⅱ) 用定义法, 过 Q 作 QR ? PB 于点 R , 连结 RN , 则 ?QRN 为二面角 Q ? PB ? A 的平面角. 试题解析: (Ⅰ)证明:过点 Q 作 QD ? BC 于点 D , ∵ 平面 QBC ⊥平面 ABC , ∴ QD ? 平面 ABC , 又 PA ⊥平面 ABC , ∴ QD ∥ PA , 又 QD ? 平面 QBC 且,

试卷第 2 页,总 148 页

∴ PA ∥平面 QBC ; (Ⅱ)解:∵ PQ ? 平面 QBC , ∴ ?PQB ? ?PQC ? 90? ∴ ?PQB ? ?PQC 又∵ PB ? PC, PQ ? PQ ,

∴ BQ ? CQ ,

∴ 点 D 是 BC 的中点,连结 AD ,则 AD ? BC , ∴ AD ? 平面 QBC , ∴ PQ / / AD , AD ? QD ,

∴ 四边形 PADQ 是矩形,

设 PA ? 2a ,则 PQ ? AD ? 2a , PB ? 2 2a , ∴ BQ ? 6a , 过 Q 作 QR ? PB 于点 R , ∴ QR ?

2a ? 6a 6 PQ2 2a 2 2 ? a , PR ? ? ? a, 2 PB 2 2a 2 2 2a

取 PB 中点 M ,连结 AM ,取 PA 的中点 N ,连结 RN ,

1 1 1 PB ? PM , PN ? PA ∴ MA ∥ RN , 4 2 2 ∵ PA ? AB ∴ AM ? PB , ∴ RN ? PB ,
∵ PR ? ∴ ?QRN 为二面角 Q ? PB ? A 的平面角,

2 2 连结 QN ,则 QN ? QP ? PN ?

2a 2 ? a 2 ? 3a , 又∵ RN ?

2 a, 2

3 2 1 2 a ? a ? 3a 2 QR 2 ? RN 2 ? QN 2 2 3 2 ∴ cos ?QRN ? , ? ?? 2QR ? RN 3 6 2 2? a? a 2 2
即二面角 Q ? PB ? A 的余弦值为 ?

3 . 3

考点:1.线面垂直证明;2.二面角. 3. (本题满分 15 分)如图,在三棱锥 P ? ABC 中,△PAB 和△CAB 都是以 AB 为斜边的
试卷第 3 页,总 148 页

等腰直角三角形, 若 AB ? 2PC ? 2 ,D 是 PC 的中点

(1)证明: AB ? PC ; (2)求 AD 与平面 ABC 所成角的正弦值. 【答案】 (1)见解析 (2)

21 14

【解析】 试题分析:第一问根据空间的垂直关系的转换,得出线性垂直,第二问根据线面角的定 义找出线面角的平面角,放在相应的三角形中来求解即可得结果. 试题解析: ( 1 )取 AB 中点 E ,则 CE ? AB , PE ? AB , 则 AB ? 平面 PEC ,所以

AB ? PC
(2) PE ? CE ?

2 ,所以三角形 PEC 为正三角形,过 P 作 PO ? CE , 则 PO ? 平面 2

ABC,过 D 作 DH 平行 PO,则 DH ? 平面 ABC,连 AH,则 ?DAH 为所求角.

PO ?

6 6 14 DH 21 , DH ? , AD ? , sin ?DAH ? ? . 4 8 4 AD 14

15 分

考点:空间线线垂直,线面垂直的判定和性质,线面角. 4. (本题满分 15 分)如图,已知 AB ? 平面 BEC , AB / /CD, AB ? BC ? 4 , ?BEC 为 等边三角形,

A

D

B

C

E (1)若平面 ABE ? 平面 ADE ,求 CD 长度;
(2)求直线 AB 与平面 ADE 所成角的取值范围.
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【答案】 (1) 2

(0, ] (2) ? ? 4
【解析】 试题分析:第一问根据直线和平面平行,利用直线与面的垂线垂直,再利用向量垂直数 量积等于零从而得出结果,第二问利用线面角的正弦值的取值范围,即对应的向量与面 的法向量所成角的余弦值从而求得结果. 试题解析: ( 1 )设 | CD |? d 取 BE, AE 中点 O, F ,连结 OC, OF ,以 O 为原点,

?

0, 4), B(?2,0,0), OE , OC , OF 为 x, y, z 轴建立坐标系,则 A(?2,
C(0,2 3,0), D(0,2 3, d ), E(2,0,0)
易 知 平 面 ABE 的 法 向 量 为

??? ? OC ? (0,2 3,0)
设面 ADE 的一个法向量为 n ? ( x, y, z)

?

? ??? ? ? ? 2-d ?n ? AE ? 4 x-4 z ? 0 ,1) 则 ? ? ???? 可得 n ? (1, 2 3 ? ?n ? DE ? ?2 x ? 2 3 y ? dz ? 0
所有 n ? OC ? 0 ? d ? 2 ,所以 CD 长度为 2 . (2)由(1)可知:面 ADE 的一个法向量 n ? (1,

? ??? ?

?

2-d 2 3

,1) ,设直线 AB 与面 ADE 所成

??? ? ? AB ? n ? ? |= 角为 ? ,则 sin ? ? | ??? | AB|?|n|

4 4 1?1? (2 ? d ) 12
2

? (0,

? 2 (0, ] . ] ,所以 ? ? 4 2

考点:垂直、平行关系的转换,线面角.
? 5. 如图, 在三棱锥 P ? ABC 中, △ ABC 是边长为 2 的正三角形,?PCA ? 90 , E ,

H 分别为 AP , AC 的中点, AP ? 4 , BE ? 3 .

(Ⅰ)求证: AC ? 平面 BEH ; (Ⅱ)求直线 PA 与平面 ABC 所成角的正弦值. 【答案】 (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ)

3 . 4
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【解析】 试题分析: (Ⅰ)因为△ ABC 是边长为 2 的正三角形, 所以 BH ? AC . 又因为 E , H 分别为 AP , AC 的中点, 得 EH // PC , 因为 ?PCA ? 90? , 所以 EH ? AC . 故 AC ? 平面 BEH . (Ⅱ)取 BH 得中点 G ,连接 AG . 因为 EH ? BH ? BE ? 3 ,所以 EG ? BH . 又因为 AC ? 平面 BEH , 所以 EG ? AC , 所以 EG ? 平面 ABC . 所以 ?EAG 为 PA 与平面 ABC 所成的角. 在直角三角形 EAG 中, AE ? 2 , EG ? 所以 sin ?EAG ?

3 , 2

EG 3 ? . EA 4

所以 PA 与平面 ABC 所成的角的正弦值为

3 . 4

P

E

A G B

H

C

考点:1.三棱锥的性质,2.线面垂直的判定,3.线面角.

?PCA ? 90? , 6. 如图, 在三棱锥 P ? ABC 中, 底面△ ABC 是边长为 2 的等边三角形,

E,F 分别为 AP,AC 的中点,且 PA ? 4 , BE ? 3 .

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P E

A

F
B

C

(Ⅰ)求证: AC ? 平面 BEF ; (Ⅱ)求二面角 A ? BP ? C 的余弦值. 【答案】 (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ) 【解析】
? 试题分析: (Ⅰ)∵ PA ? 4 , AC ? 2 , ?PCA ? 90 ? ∴ ?PAC ? 60 .

7 . 13

又∵ AE ? AC ? 2 ,∴△ AEC 是边长为 2 的等边三角形. ∵ F 为 AC 的中点,∴ AC ? EF . 又△ ABC 是边长为 2 的等边三角形, F 为 AC 的中点, ∴ AC ? BF . 又∵ EF ? BF ? F ,∴ AC ? 平面 BEF . (Ⅱ)如图,取 AB 中点 F , BF 中点 G ,连接 EF , EG , 由(Ⅰ)可知 EF ? BF ? 3 , BE ? 所以 EG ? BF , 所以 EG ? 平面 ABC . 如图建立空间直角坐标系 G ? xyz ,

3,

则 B(

3 3 3 3 3 ,0,0) , E (0,0, ) , A(? ,?1,0) , C (? ,1,0) , P( ,1,3) , 2 2 2 2 2

所以 BP ? (0,1,3) , BA ? (? 3,?1,0) , 所以平面 ABP 的法向量为 n1 ? ( 3,?3,1) , 所以 BP ? (0,1,3) , BC ? (? 3,1,0) , 所以平面 CBP 的法向量为 n2 ? ( 3,?3,?1) , 所以平面 ABP cos? ?

n1 ? n2 n1 n2

??

7 , 13

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即平面 ABP 与平面 CBP 所成角的余弦值为

7 . 13

z

P

E

A

F B

C
y

x
考点:1.三棱锥的性质。2.线面垂直的判定,3.二面角. 7. (本小题满分 15 分)如图所示,在四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,侧棱 PD ⊥底面 ABCD , PD ? DC , E 是 PC 的中点,作 EF ? PB 交 PB 于点 F .

(1)证明: PB ? 平面 DEF ; (2)若 AD ? 2 DC ,求直线 BE 与平面 PAD 所成角的正弦值. 【答案】 (Ⅰ)见解析; (Ⅱ)

2 . 6

【解析】 试题分析: (Ⅰ)先证 BC ? 平面 PDC ,可得 DE ? BC ,再证 DE ? PC ,可证结论 成立; (Ⅱ)取 AB 中点 G , PD 中点 H ,连接 EH , HG ,可证? 平面PAD ? 平面ABCD , 从而可证 ? GHA 为所求直线 BE 与平面 PAD 所成的角,再计算即可. 试题解析: (Ⅰ) Q ABCD 是矩形,? BC ? DC 1分 Q PD ? 平面 ABCD,? PD ? BC ,? BC ? 平面 PDC 3分 又 DE ? 平面 PDC,? DE ? BC 4分 Q E 为 PC 中点, PD ? DC ? DE ? PC 5分 ? DE ? 平面 PBC,? PB ? DE 6分 又 EF ? PB ,? PB ? 平面DEF (Ⅱ)取 AB 中点 G , PD 中点 H ,连接 EH , HG . 8分

Q E 是 PC 中点,? EH P CD且EH ? ? EBGH 为平行四边形,即 BE PGH

1 CD , 2
9分

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Q PD ? 平面 ABCD ,? 平面PAD ? 平面ABCD

? AB ? 平面PAD, 连接 AH ,
??GHA 为所求直线 BE 与平面 PAD 所成的角.

10 分 13 分 14 分

? AD ? 2 DC ,? 在 Rt?ADH 中 AH ?
3 2 CD , 2

17 DC 2

? 在 Rt?AGH 中, AG ?

sin ?AHG ?

AG 2 . ? HG 6

15 分

(其它方法证明相应给分) 考点:1.直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质;2.直线与平面所成角的定义及 求法. 8. (本小题满分 15 分) 已知四边形 ABCD 中, AB // CD, AD ? AB ? BC ?

1 CD ? 2 , 2

E 为 DC 中点, 连接 AE , 将 ?AED 沿 AE 翻折到 ?AED1 ,使得二面角 D1 ? AE ? D 的
平面角的大小为 ? .
D1 D E C

A

B

(Ⅰ)证明: BD1 ? AE ; (Ⅱ)已知二面角 D1 ? AB ? C 的平面角的余弦值为 【答案】 (Ⅰ) 见解析; (Ⅱ) ? ? 【解析】 试题分析: (Ⅰ)取 AE 中点 H ,证 AE ? 面 HBD (Ⅱ)建立空间直 1 即可证结论成立; 角坐标系,由空间向量的知识计算即可. 试题解析: (Ⅰ)取 AE 中点 H ,? AD1 ? AE ? D1 E, AB ? AE ? BE,

5 ,求 ? 的大小及 CD1 的长. 5

?
2

, CD1 ? 10 .

? D1 H ? AE, BH ? AE
? AE ? 面 HBD 1 ? AE ? BD1
4分 6分

2分

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z D1 D E C

A x

B

y

(Ⅱ) 建系

8分

A(1,0,0) , B(0, 3,0) , D1 (0,? 3 cos? , 3 sin ? )

? AB ? (?1, 3,0) , BD1 ? (0,? 3 ? 3 cos? , 3 sin? )
设面 ABD 1 法向量 n ? ( x1 , y1 , z1 ) , 则 AB ? n ? ?x1 ? 3 y1 ? 0 , BD1 ? n ? (? 3 ? 3cos? ) y1 ? ( 3sin? ) z1 ? 0

??? ? ?

???? ? ?

?n ? ( 3 sin ? , sin ? ,1 ? cos? )
同理面 ABC 法向量 m ? (0,0,1) 二面角 D1 ? AB ? C 的平面角的余弦值为 分 解得 ? ?

11 分

1 ? cos? 3 sin ? ? sin ? ? (1 ? cos? )
2 2 2

?

5 13 5

?
2

, CD1 ? 10

15 分

考点:1.线面垂直的判定与性质;2.空间向量的应用. 9. (本题满分 15 分)如图,正四棱锥 S-ABCD 中, SA ? SB ? 2,E,F,G 分别为 BC,SC,CD 的中点。设 P 为线段 FG 上任意一点。
S F P D G E A B C

(Ⅰ)求证: EP ? AC ; (Ⅱ)当 P 为线段 FG 的中点时,求直线 BP 与平面 EFG 所成角的余弦值。 【答案】 (Ⅰ); (Ⅱ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ) 设 AC 交 BD 于 O , 根据线面垂直的判定定理和线面垂直的性质定理, 即可证明结果; (Ⅱ)过 B 作 BH ? GE 于 H ,连接 PH ,由 BD ? AC , BD / GH /
试卷第 10 页,总 148 页

,得 BH / / AC 由

(Ⅰ)知 AC ? 面 GEF ,则 BH ? 面 GEF , ?BPH 就是直线 BP 与平面 EFG 所成 的角,解三角形即可求出结果. 试题解析: (Ⅰ)证明:设 AC 交 BD 于 O , ∵ S ? ABCD 为正四棱锥, ∴ SO ? 底面 ABCD ∴ SO ? AC ∵ BD ? AC , ∴

AC ? 面SBD, ? AC ? SD ? ? SD / / FG ?

? AC ? GF ? ? ? AC ? 面 GEF AC ? GE ?
? PE ? AC . 又∵ PE ? 面 GEF,

(Ⅱ)过 B 作 BH ? GE 于 H ,连接 PH , ∵ BD ? AC , BD / /GH ∴ BH / / AC 由(Ⅰ)知 AC ? 面 GEF ,则 BH ? 面 GEF ∴ ?BPH 就是直线 BP 与平面 EFG 所成的角 在 Rt ?BHP 中, BH ?

2 13 15 ,PH ? ,PB ? 2 2 2

故 cos ?BPH ?

PH 195 . ? PB 15

考点:1.线面垂直的判定定理和性质定理;2.线面角的求法. 10. (本题满分 15 分)如图,正四棱锥 S-ABCD 中, SA ? AB , E,F,G 分别为 BC,SC,CD 的中点,设 P 为线段 FG 上任意一点。
S F P D G E A B C

(Ⅰ)求证: PE ? AC ; (Ⅱ)当直线 CP 与平面 EFG 所成的角取得最大值时,求二面角 P-BD-S 的平面角 的余弦值.

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【答案】 (Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)

5 . 5

【解析】 ? SO ? AC , 试题分析: (Ⅰ)设 AC 交 BD 于 O ,由题意可知 SO ? 底面 ABCD, 又? BD ? AC ,可得 AC ? 面SBD 然后再利用线面垂直的判定定理和性质定理即可证 明结果; (Ⅱ)方法一:设 AB ? 2 ,如图建立空间直角坐标系,利用空间向量在立体几 何的中应用,即可求出结果.方法二:不妨设 AB ? 4 ,取 GE 中点 K ,则 CK ? 平面

GEF ,点 C 到平面 GEF 的距离为 CK ? 2 ,设 CP 与平面 EFG 所称角为 ? ,则
sin ? ? CK 2 ? ,当 CP 最小时, ? 最大,此时 CP ? GF, P 为 GF 中点.过 P 作 CP CP PH ? 平面 SBD ,所以 P 到平面 SBD 的距离为 F 到平面 SBD 的距离,即 C 到平面 SBD 的距离的一般, PH ? 2,HI 的长即为 F 到平面 ABCD的距离的一半,即

HI ?

2 . 所以, tan?PIH ? 2 ,即可求出结果. 2

试题解析: (Ⅰ)证:设 AC 交 BD 于 O , ∵ S-ABCD 为正四棱锥, ∴ SO ? 底面 ABCD, ? SO ? AC 1 分 又? BD ? AC ,
∴AC ? 面SBD ? AC ? SD ? ? ? AC ? GF ? SD ? FG ? ? AC ? 面GEF AC ? GE ? ?

又∵ PE ? 面GEF ,∴ PE ? AC . 4 分 (Ⅱ)解:设 AB ? 2 ,如图建立空间直角坐标系, z S

F P D O A G E B y C x

0, 0 ? ,G ? 0, 1, 0 ?,S 0, 0,2 ,F ? 则 B ?1, ?1, 0 ? C ?1,1, 0 ? , D ? ?1,1, 0 ? , E ?1, ? ,,
???? 1 1 2 ∴ GF ? ( ,? , ) 2 2 2 ??? ? ???? ? ? 2 ? , ?) , 设 GP ? ? GF ? ( , 2 2 2
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?

?

?1 1 ?2 2

2? ? 2 ? ?

? ? 1? , 故点 P ( , 2 2 ??? ? ? 2? ∴ CP ? ( ? 1, 2

2 ?) 2

?
2



2 ?) 2

因为 AC ? 平面 GEF ,所以取平面 GEF 得一个法向量 n ? 设 CP 与平面 EFG 所成角为 ? ,

?

?1,1,0?

??? ? ? 则 sin ? ? cos ? CP, n ? ?

|

?
2

?1?

?
2

|

? ? 1 2 ? ( ? 1)2 ? (? )2 ? ? 2 2 2 2

?

2 2

1

? 2 ? ? ?1

∵点 P 在线段 FG 上,∴ 0 ≤ ? ≤ 1 ,即 ? ? 点 P 为 GF 中点,即 P ?

1 时, sin ? 取最大值,也即 ? 最大,此时 2

?1 3 2? ?4,4, 4 ? ?. ? ?

设二面角 P-BE-F 的大小为 ? ,由图中可知 ? 为锐角 面 BDS 的一个法向量 n ?

?

?1,1,0? ,
??
??? ? ??? ? 3 7 2 ) 4 4 4

设平面 PBD 的一个法向量为 m ? ? a, b, c ? ,则 BD ? (?2, 2,0), BP ? (? , ,

由 m ? BD ? ?2a ? 2b ? 0,, m ? BP ? ?

?? ??? ?

?? ??? ?

3 7 2 a? b? c?0 4 4 4

取 c ? 2 2 ,则 a ? b ? ?1 ,即 m ? ?1, ?1, 2 2

??

?

?

? ?? ? ?? n?m 5 所以 cos ? ? cos ? n, m ? ? ? ?? ? , 5 n?m
5 . 5

∴二面角 P-BE-F 的余弦值为 方法二:

不妨设 AB ? 4 ,取 GE 中点 K ,则 CK ? 平面 GEF ,点 C 到平面 GEF 的距离为

CK ? 2 ,设 CP 与平面 EFG 所称角为 ? ,则 sin ? ?
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CK 2 ? CP CP

当 CP 最小时, ? 最大,此时 CP ? GF,P 为 GF 中点. 过 P 作 PH ? 平面 SBD , 所以 P 到平面 SBD 的距离为 F 到平面 SBD 的距离, 即C 到 SBD PH ? 2 , HI ABCD F 平面 的距离的一般, 的长即为 到平面 的距离的一半,即

HI ?

2 . 2
5 5 ,即二面角 P-BE-F 的余弦值为 . 5 5

所以, tan?PIH ? 2 ,从而 cos ?PIH ?

考点:1.线面垂直的判断和性质定理;2.二面角的求法.

?? //CD , ?? ? ?C ? 4 , CD ? 2 , 11. (本小题满分 15 分) 如图, 已知 ?? ? 平面 ??C , ???C
为等边三角形.

(Ⅰ)求证:平面 ??? ? 平面 ?D ? ; (Ⅱ)求 ?? 与平面 CD ? 所成角的正弦值. 【答案】 (Ⅰ)证明见解析; (Ⅱ)

6 . 4

【解析】 试题分析: (Ⅰ) 取 ?? 的中点 F , 连接 ? F ,DF , 先证 ?F ? DF , 再证 ? F ? 面 ?D ? , 进而可证平面 ??? ? 平面 ?D ? ; (Ⅱ) 补全成正三棱柱 ??? ? ??C , 取 ?? 中点 ? , CD ? ?? ?? 连接 , ?? ,先找出 与平面 所成的角,再在直角三角形中计算出 ?? 与 平面 CD ? 所成角的正弦值. 试题解析: (Ⅰ)取 ?? 的中点 F ,连接 ? F , DF

由 ?? ? ?? ? 4 ,知 ?F ? ??

2分 4分

计算可得 ?F ? 2 2 , ?D ? D? ? ?D ? 2 5 , DF ? 2 3 ,则 ?F ? DF

则 ? F ? 面 ?D ? 5 分 又 ?F ? 面 ??? ?平面 ??? ? 平面 ?D ? 7 分 (Ⅱ)如图,补全成正三棱柱 ??? ? ??C ,取 ?? 中点 ? ,连接 ?? , ??
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???? 为正三角形,则 ?? ? ?? 又 CD ? 平面 ??? ,则 ?? ? CD 所以 ?? ? 平面 CD ? ,则 ???? 即为 ?? 与平面 CD ? 所成的角 11 分
在 ???? 中, ?? ? ?? , ?? ? 2 3 , ?? ? 4 2 13 分

sin ???? ?

?? 6 6 ,即 ?? 与平面 CD ? 所成角的正弦值为 ? ?? 4 4

15 分

考点:1、面面垂直;2、直线与平面所成的角. 12 . ( 本 题 满 分 15 分 ) 如 图 , 已 知

AB ?

平 面

B E, C∥ A B, ? C D ? , A4 B
边三角形.
A

, V ? B 2 C 为等

C D

B E C

D

B

C

E

(Ⅰ)求证:平面 ABE ⊥平面 ADE ; (Ⅱ)求二面角 A ? DE ? B 的平面角的余弦值. 【答案】 (Ⅰ)证明见解析; (Ⅱ)

6 . 4

【解析】 试题分析: (Ⅰ) 取 ?? 的中点 F 、?? 的中点 G , 连结 FG 、GD 、CF , 先证 CF//GD , 再证 CF ? 平面 ??? , 进而可证平面 ??? ? 平面 ?D ? ; (Ⅱ) 过 G 作 G? ? FD 于 ? , 过 ? 作 ?? ? D? 于 ? , 先找出二面角 ? ? D? ? ? 的平面角, 再在直角三角形 G?? 中算出 cos ?G?? 的值,即可得二面角 ? ? D? ? ? 的平面角的余弦值. 试题解析: (Ⅰ)取 ?? 的中点 F 、 ?? 的中点 G ,连结 FG 、 GD 、 CF

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1 2 1 ? DC ? ?? , CD//?? 2 ? CD ? GF , CD//GF ? CFGD 是平行四边形 3 分 ? CF//GD ? ?? ? 平面 ??C ,? ?? ? CF ? CF ? ?? , ?? ? ?? ? ? ,? CF ? 平面 ??? ? CF//DG ,? DG ? 平面 ??? ? DG ? 平面 ?D ? ,?平面 ??? ? 平面 ?D ? 6 分 (另证:可证得 ??GD 是二面角 ? ? ?? ? D 的平面角 3 分

? GF ? ?? , GF//??

在 ?? GD 中 , 计 算 可 得 : ?G ? 2 2 , DG ? 2 3 , ?D ? 2 5 , 满 足

?D2 ? ?G 2 ? DG 2
故 ?? GD ?

?
2

,?平面 ??? ? 平面 ?D ?

6 分)

(Ⅱ)方法 1:过 G 作 G? ? FD 于 ? ,过 ? 作 ?? ? D? 于 ? 由 ?? ? GF , ?? ? FC ,可得 ?? ? 平面 GFCD ,平面 ??D ? 平面 GFCD 从而 G? ? 平面 ?? D ,由此可得 D? ? 平面 G?? 即 ?G?? 就是二面角 ? ? D? ? ? 的平面角 10 分 因为 G? ? 3 , G? ?

3 5 2 30 , ?? ? 5 5

13 分

故 cos ?G?? ?

?? 6 6 ,即二面角 ? ? D? ? ? 的平面角的余弦值为 ? ?G 4 4

15 分

(另解:过 ?? 中点 G 作 G? ? D? 于 ? ,连结 ?? ,可证得 ?G?? 就是二面角 ? ? D ? ? ? 的平面角 10 分 在 ?G?? 中,计算可得: ?G ? 2 2 , G? ?

2 30 8 5 , ?? ? 5 5

13 分

故 cos ?G?? ?

?? 6 6 ,即二面角 ? ? D? ? ? 的平面角的余弦值为 ? ?G 4 4

15 分)

方法 2:作 ?? ? ? C 于 ? , ?? ? 平面 ??C , ?? ? ?? , ?? ? ?C ? ? , ?? ? 平 面 ?? CD
试卷第 16 页,总 148 页

以 ?? 、 ? C 所在直线分别为 x 轴、 y 轴, ? 为坐标原点建立坐标系

则 ? ? 0, ?2,4? , ? ? 0, ?2,0? , D ? 0, 2, 2? , ? 2 3, 0, 0

?

?

9分

于是 ?D ? ?2 3, 2, 2 , ?? ? ?2 3, ?2, 4 , ?? ? ?2 3, ?2, 0 设平面 ??D 的法向量为 n1 ? ? x1 , y1 , z1 ? ,则 ? 取 z1 ? 2 ,则 n1 ?

??? ?

?

?

??? ?

?

?

?

?

?

? ?? 3x1 ? y1 ? 2 z1 ? 0 ? ?? 3x1 ? y1 ? z1 ? 0

?

? ?

3,1, 2

?
? ? 3x2 ? y2 ? 0 ? ?? 3x2 ? y2 ? z2 ? 0

设平面 ? D ? 的法向量为 n2 ? ? x2 , y2 , z2 ? ,则 ? 取 x2 ? 1 ,则 n2 ? 1, ? 3, 2 3

?

?

?

13 分

3? 3?4 3 6 ? ? cos n1 , n2 ? ? 4 8 ? 16
即二面角 ? ? D? ? ? 的平面角的余弦值为

6 4

15 分

考点:1、面面垂直;2、二面角. 13.如图,弧 AEC 是半径为 a 的半圆, AC 为直径,点 E 为弧 AC 的中点,点 B 和点

C 为线段 AD 的三等分点,平面 AEC 外一点 F 满足 FB ? FD ? 5a , FE ? 6a .

(Ⅰ)证明: EB ? FD ; (Ⅱ)已知点 R 为线段 FB 上的点,且 FR ? ? FB ,求当 RD 最短时,直线 RE 和平面
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BDE 所成的角的正弦值. 【答案】 (1)证明:BE ? 平面 BDF ; (2)过 R 做 RH ? 平面 BDF , 所以 ? REH 即
为 RE 和平面 BDE 所成的角, RH ? 【解析】 试题分析: ( 1 )要证明 EB ? FD ,即证 EB ? 平面 B D F ,由 FB ? FD ? 5a , 可得 ?EBF 为直角三角形, 即 EB ? BF ; 再由点 E 为弧 AC 的中点可得, FE ? 6a , 圆心角 ?EBD ? 900 ,结合线面垂直的判定定理可得 EB ? 平面 B D F ,进而证得

4 3 4 5 . a, RE ? a ,所以 sin REH ? 5 15 5

EB ? FD ; (2)首先根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,然后分别写出各点的
坐标并设出 R(x 0 , y0 , z0 ) , 再由 FR ? ? FB 可得 R(0, ? a ? , 2a ? 2a ? ) ,于是求出 RD 的表达式,并根据二次函数的最值求出其最小值,进而求出 R 点的坐标,最后根据直线 与平面所成的角的向量数量积求出其夹角即可得出所求的结果. 试题解析: (1) 连接 CF ,因为弧 AEC 是半径为 a 的半圆, AC 为直径,点 E 为弧 AC 的中点,所以 BE ? AC .在 ?BCE 中, EC ?
?

BC2 ? BE2 ? a2 ? a2 ? 2 a .在

?BDF 中, BF ? DF ? 5a , ?BDF 为等腰三角形,且点 C 是底边 BD 的中点,所

CE ? CF ? ( 2a) ? (2a) ? 6a ? EF , 以 CF ? BD ; 在 ?CEF 中, 所以 ?CEF
2 2 2 2 2 2

为直角三角形,且 CF ? EC ;因为 CF ? BD , CF ? EC ,且 CE ? BD ? C ,所以

CF ? 平面 BED ,而 EB ? 面 BED ,所以 CF ? EB .因为 BE ? AC, BE ? CF ,
所以 EB ? 平面 BDF ,而 FD ? 面 BDF ,所以 EB ? FD ; (2)以点 C 为原点,分别以 CG, CD, CF 为 x, y, z 轴,建立如图所示的空间直角坐标 系 . 则 C (0,0,0), D(0,a,0), B(0, ? a,0), A(0, ?2a,0), E(a, ? a,0), F(0,0, 2a) , 设

FR ? ? FB 可得: FR ? ? FB , 即x R( x , 0y , , 则由 z ) (, y0 z , 02 a )0 ? 0 ( ,a ,2 a )? ? ? ? 0 0
所以 x 0 ? 0, y0 ? ? a ?, z0 ? 2a ? 2a ? ,所以

?

?



RD ? (? x 0 , a ? y0 , ? z0 ) ? (a ? a? ) 2 ? (2a ? 2a ? ) 2 ? a 5? 2 ? 6? ? 5 , 当 ? ?
?

?

3 5

时 , RD 取 得 最 小 值 . 此 时 R (0, ? a,
? ?

3 5

4 a ) . 由 (1) 知 , 平 面 BDE 的 法 向 量 为 5

CF ? (0, 0, 2a) ,所以 cos? ?

?

CF ? RE CF ? RE
? ?

??

4 15 ,所以直线 RE 和平面 BDE 所成 15

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的角的正弦值为

4 5 . 15

考点:1、平面与平面垂直的性质;2、直线与直线的判定性质;3、直线与平面所成的 角; 14.如图,弧 AEC 是半径为 a 的半圆, AC 为直径,点 E 为弧 AC 的中点,点 B 和点

C 为线段 AD 的三等分点,平面 AEC 外一点 F 满足 FB ? FD ? 5a , FE ? 6a .

(Ⅰ)证明: EB ? FD ; (Ⅱ)已知点 Q , R 为线段 FE ,FB 上的点,使得 FQ ? ? FE , FR ? ? FB ,求当 RD 最短时,平面 BDE 和平面 RQD 所成二面角的正弦值. 【答案】 (Ⅰ)证明: BE ? 平面 BDF ; (Ⅱ)过 R 作 RH ? 平面 BDF ,所以 ? REH 即为 RE 和平面 BDE 所成的角,
? ? ? ?

RH ?

4 3 4 5 a, RE ? a ,所以 sin REH ? . 5 15 5

【解析】 试题分析: (Ⅰ)要证明 EB ? FD ,即证 EB ? 平面 BDF ,由 FB ? FD ? 5 a, 可得 ?EBF 为直角三角形, 即 EB ? BF ; 再由点 E 为弧 AC 的中点可得, FE ? 6a , 圆心角 ?EBD ? 90 ,结合线面垂直的判定定理可得 EB ? 平面 B D F ,进而证得
0

EB ? FD ; (Ⅱ)首先根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,然后 根据已知

FD ? FB, BC ? CD 可得到 FC ? BD, FC ? 2a. 于是可知,当 RD ? FB 时, RD 最
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短, 进而求出参数 ? 的值, 于是可求出点 R 的坐标, 再分别设出平面 RQD 、 平面 BED 的法向量,进而求出所求二面角的正弦值即可.

AB ? BC ,AC 为直径, 试题解析: (Ⅰ) 证明: 因为 E 为弧 AC 的中点, 所以 EB ? AD .
因为 EF 2 ? 6 a2 ? ( 5a)2 ? a2 ? BF2 ? BE2 ,所以 EB ? FB. 因为 BF ? BD ? B, 所 以 EB ? 平面 BDF . 因为 FD ? 平面 BDF , 所以 EB ? FD. (Ⅱ)如图,以 B 为原点, BE 为 x 轴正方向,过 B 作平面 BEC 的垂线,建立空间直 角坐标系,

??? ?

z

y

x
由此得 B(0, 0, 0) , C (0, a,0) , D(0, 2a, 0) , E (a,0,0). 因为 FD ? FB, BC ? CD, 所以 FC ? BD. 所以 FC ? 2a. 当 RD ? FB 时, RD 最短.此时 RD ?

2a ? 2a 4 5 ? a 5 5a

??? ? 3 ??? ? ??? ? 3 ??? ? 3 2 5 a ? ? ? .因为 FQ ? FE , FR ? FB, 5 5 5 5 ??? ? 3 ??? ? 3 ??? ? 2 4 8 4 所以 R (0, a, a ), RQ ? BE ? ( a, 0, 0). 所以 RD ? (0, a, ? a ). 设平面 RQD 的 5 5 5 5 5 5 ?? ?? ??? ? ?? ??? ? ?? 法向量为 n1 ? ( x, y, z), 则 n1 ? RD ? 0, n1 ? RQ ? 0, ∴ n1 ? (0,1, 2). 因为平面 BED 的法
所以 BR ? 向量为 n2 ? (0,0,1), 所以 cos n1 , n2 ?

?? ?

?? ?? ?

?? ?? ? 2 5 5 . 所以 sin n1 , n2 ? . 所以平面 BED 与 5 5

平面 RQD 所成二面角的正弦值为

5 . 5

考点:1、平面与平面垂直的性质;2、直线与直线的判定性质;3、二面角的求法; 15.已知四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为 ?ABC ? 2 ? 的菱形, PA ? 平面 ABCD,点 Q 3 在直线 PA 上.

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P

Q

D C A B M

(Ⅰ)证明:直线 QC ? 直线 BD; (Ⅱ)若二面角 B ? QC ? D 的大小为 2? ,点 M 为 BC 的中点,求直线 QM 与 AB 所成角的 3 余弦值. 【答案】 (Ⅰ)证明见解析; (Ⅱ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ) 先证 ?? ? ?D , 再证 ?D ? 平面 ??C , 进而可证直线 QC ? 直线 ?D ; (Ⅱ)先找出二面角 ? ? QC ? ? 的平面角,再找出直线 Q? 与 ?? 所成角,进而在

5 34 . 34

?Q?G 中计算出直线 Q? 与 ?? 所成角的余弦值.
?? ? 平面 ?? CD , ??? 试题解析: (Ⅰ) 显然 ?D ? ?C , 则? D, 故 ?D ? 平面 ??C

QC ? 平面 ??C ,则直线 QC ? 直线 ?D
(Ⅱ)由已知和对称性可知,二面角 ? ? QC ? ? 的大小为

? ,设底面 ?? CD 的棱长 3

为单位长度 2 ,?Q ? x ,设 ? C ,?D 交于点 ? ,则有点 ? 到平面 ?QC 的距离 ?? 为

1 ,过点 ? 做 QC 的垂线,垂足设为 F ,则有 tan ?? F? ? tan

?
3

?

?? , ?? ? 1 ,则 ?F

?F ?

3 2 3 ,点 ? 到 QC 的距离为 ,则有 3 3

2 3 ? x2 ? 2 3 3

?

?

2

? 2 3x ,得 x ?

6 2
2

? 6? 10 2 过点 ? 作 ?? 的平行线交 ?D 的中点为 G ,则 G? ? 2 , QG ? ? ? 2 ? ? ?1 ? 2 ? ?

1 ?? ? 2 ? 1 ? 2 ? 2 ?1? ? 7 ,则 Q? ? 2
2 2

? 6? ? ? 2 ? ? ? ? ?

2

? 7?

2

?

34 2

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34 10 ?4? Q? 2 ? G? 2 ? QG 2 4 ? 5 34 cos ?Q?G ? ? 4 2Q? ? G? 34 34 2? ?2 2
即所求的 Q? 与 ?? 所成角的余弦值为

5 34 34

考点:1、线线垂直;2、二面角;3、异面直线所成的角. 16.已知四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为 ?ABC ? 2 ? 的菱形, PA ? 平面 ABCD,点 Q 3 在直线 PA 上.
P

Q

D C A B M

(Ⅰ)证明:直线 QC ? 直线 BD; (Ⅱ)若二面角 B ? QC ? D 的大小为 2? ,点 M 为 BC 的中点,求直线 QM 与 AB 所成角的 3 余弦值. 【答案】 (Ⅰ)证明见解析; (Ⅱ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ) 先证 ?? ? ? D , 再证 ?D ? 平面 ??C , 进而可证直线 QC ? 直线 ?D ; (Ⅱ)先找出二面角 ? ? QC ? ? 的平面角,再找出直线 Q? 与 ?? 所成角,进而在

5 34 . 34

?Q?G 中计算出直线 Q? 与 ?? 所成角的余弦值.
?? ? 平面 ?? CD , ??? 试题解析: (Ⅰ) 显然 ?D ? ?C , 则? D, 故 ?D ? 平面 ??C

QC ? 平面 ??C ,则直线 QC ? 直线 ?D
(Ⅱ)由已知和对称性可知,二面角 ? ? QC ? ? 的大小为

? ,设底面 ?? CD 的棱长 3

为单位长度 2 ,?Q ? x ,设 ? C ,?D 交于点 ? ,则有点 ? 到平面 ?QC 的距离 ?? 为

1 ,过点 ? 做 QC 的垂线,垂足设为 F ,则有 tan ?? F? ? tan

?
3

?

?? , ?? ? 1 ,则 ?F

?F ?

3 2 3 ,点 ? 到 QC 的距离为 ,则有 3 3
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2 3 ? x2 ? 2 3 3

?

?

2

? 2 3x ,得 x ?

6 2
2

? 6? 10 2 过点 ? 作 ?? 的平行线交 ?D 的中点为 G ,则 G? ? 2 , QG ? ? ? 2 ? ? ?1 ? 2 ? ? ? 6? ? ? 2 ? ? ? ? ? 34 10 ?4? Q? 2 ? G? 2 ? QG 2 4 ? 5 34 cos ?Q?G ? ? 4 2Q? ? G? 34 34 2? ?2 2

1 ?? ? 2 ? 1 ? 2 ? 2 ?1? ? 7 ,则 Q? ? 2
2 2

2

? 7?

2

?

34 2

即所求的 Q? 与 ?? 所成角的余弦值为

5 34 34

考点:1、线线垂直;2、二面角;3、异面直线所成的角. AC ? 8 . 17. (本题满分 12 分) 在边长为 5 的菱形 ABCD 中, 现沿对角线 BD 把△ ABD

9 . 25 (Ⅰ)求证:平面 ABD ⊥平面 CBD ; (Ⅱ)若 M 是 AB 的中点,求三棱锥 A ? MCD 的体积.
折起,折起后使 ?ADC 的余弦值为

【答案】 (Ⅰ)答案见解析; (Ⅱ)8 【解析】 试题分析: (1)证明两个平面垂直,首先考虑直线与平面垂直,也可以简单记为“证面 面垂直,找线面垂直” ,是化归思想的体现,这种思想方法与空间中的平行关系的证明 类似,掌握化归与转化思想方法是解决这类题的关键. (2)证明线面垂直的方法:一是 线面垂直的判定定理;二是利用面面垂直的性质定理;三是平行线法(若两条平行线中 的一条垂直于这个平面,则另一条也垂直于这个平面.解题时,注意线线、线面与面面 关系的相互转化. (3) 在求三棱柱体积时, 选择适当的底作为底面, 这样体积容易计算. 试题解析: (Ⅰ)证明 :在边长为 5 的菱形 ABCD 中,设 AC,BD 交于点 O,AD=5,所 以 OA=4,OD=3 翻折后得到三棱锥 A-BCD,在 ?ACD 中,

AC 2 ? AD 2 ? CD 2 ? 2 AD ? CD cos ?ADC ? 25 ? 25 ? 2 ? 5 ? 5 ?
2 2 2 在 ?AOC 中, OA ? OC ? 32 ? AC

9 ? 32 25

? ?AOC ? 900 即 AO ? OC, 又 AO ? BD, OC ? BD ? O
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所以 AO ? 平面ABD, AO ? 平面CBD, 所以平面 ABD ⊥平面 CBD (Ⅱ)因为 M 是 AB 的中点,所以 A1 B 到平面 MCD 的距离相等,

?V A? MCD ? VB ? MCD ?

1 1 ? S ?BCD ? AO ? 8 . 2 3

考点:证明面面垂直及三棱锥的体积. 18. (本题满分 12 分)正 ?ABC 的边长为 4,CD 是 AB 边上的高,E、F 分别是 AC 和 BC 的中点(如图(1) ) .现将 ?ABC 沿 CD 翻折成直二面角 A-DC-B(如图(2) ) . 在图形(2)中: (Ⅰ)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系,并说明理由; (Ⅱ)求二面角 E-DF-C 的余弦值; (Ⅲ)在线段 BC 上是否存在一点 P,使 AP ? DE ?证明你的结论.

【答案】 (Ⅰ)证明见解析(Ⅱ)在线段 BC 上存在点 P,使 AP⊥DE 【解析】 试题分析: (1)证明线面平行常用方法:一是利用线面平行的判定定理,二是利用面面 平行的性质定理,三是利用面面平行的性质; (2)空间向量将空间位置关系转化为向量 运算, 应用的核心是要充分认识形体特征, 建立恰当的坐标系, 实施几何问题代数化. 同 时注意两点:一是正确写出点、向量的坐标,准确运算;二是空间位置关系中判定定理 与性质定理条件要完备. 试题解析: (Ⅰ)如图(2) :在 ?ABC 中,由 EF 分别是 AC、BC 的中点,得 EF//AB,又 AB ? 平面 DEF, EF ? 平面 DEF. ∴ AB // 平面 DEF. 3分

(Ⅱ)以点 D 为坐标原点,以直线 DB、DC、DA 分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角 坐标系,则 A(0,0,2), B(2, 0, 0),C(0,2 3,0), E(0, 3,1), F (1, 3,0) 平面 CDF 的法向量 DA ? (0,0,2) .设平面 EDF 的法向量为 n =(x,y,z) . 则? 4分

?

? ?x ? 3 y ? 0 ? DF ? n ? 0 ,即 ? ,取 n ? (3,? 3,3) ? ? 3y ? z ? 0 ? DE ? n ? 0
试卷第 24 页,总 148 页

6分

cos ? DA ? n ??


DA ? n | DA | ? | n |

?

21 21 . 二面角 E-DF-C 的平面角的余弦值为 . 7 7

8

(Ⅲ) 在平面坐标系 xDy 中, 直线 BC 的方程为 y ? ? 3x ? 2 3 , 设 P( x,2 3 ? 3x,0) , 则 AP ? ( x,2 3 ? 3x,?2) . 10 分

∵ AP ? DE ? AP ? DE ? 0 ? x ?

4 1 ? BP ? BC . 3 3
12 分.

∴在线段 BC 上存在点 P,使 AP⊥DE. 考点:线面平行及线线垂直.

19. (本小题满分 1 2 分)如图,梯形 ABCD 中, CE ? AD 于 E , BF ? AD 于 F ,且

AF ? BF ? BC ? 1, DE ? 2 ,现将 ?ABF ,?CDE 分别沿 BF 与 CE 翻折,使点 A
与点 D 重合.

(1)设面 ABF 与面 CDE 相交于直线 l ,求证: l / / CE ; ( 2)试类比求解三角形的内切圆(与三角形各边都相切)半径的方法,求出四棱锥

A ? BCEF 的内切球(与四棱锥各个面都相切)的半径.
【答案】 (1)证明见解析; (2)

2? 2 . 2

【解析】 试题分析: (1)解决立体几何的有关问题,空间想象能力是非常重要的,但新旧知识的 迁移融合也很重要,在平面几何的基础上,把某些空间问题转化为平面问题来解决,有 时很方便; (2)通过直线与直线平行证明直线与平面垂直,然后根据直线与平面平行的 性质定理证明; (3)根据体积分割进行求解,先求整个四棱锥的体积,再把四棱锥分割 成小的三棱锥,小的三棱锥的体积之和等于四棱锥的和. 试题解析: (1)? CE // BF , CE ? 面 ABF , BF ? 面 ABF ? CE // 面 ABF ? CE ? 面 ABF ,平面 ABF ? 平面 ACE ? l

? l // CE
设内切球的半径 r ,内切球的圆心 O 与四棱锥的各个点连接,将四棱锥分成五个小的三 棱锥, 由于 AF ? 1, EF ? 1, AE ? 2 ,? AF ? EF ,

? AF ? FB, EF ? FB ? F ,? AF ? 面 BCEF ,

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1 1 ?VA? BCEF ? ?1 ? AF ? 3 3 1 1 1 1 S AFB ? ?1 ?1 ? , S AFE ? ?1 ?1 ? , S BCEF ? 1?1 ? 1, 2 2 2 2

S ACE ?

1 2 1 2 , S ABC ? ? BC ? AB ? , ? CE ? AE ? 2 2 2 2

1 1 1 1 1 ?VA? BCEF ? S AFB ? r ? S AFE ? r ? ? S BCEF ? r ? ? S ACE ? r ? ? S ABC ? r 3 3 3 3 3

?r ?

3VA? BCEF 2? 2 . ? 2 S AFB ? S AFE ? S BCEF ? S ACE ? S ABC

考点:1、直线与直线平行的判定;2、求内切球的半径. 20. (本小题满分 13 分)如图,菱形 ABCD 的边长为 2 ,现将 ?ACD 沿对角线 AC 折 起至 ?ACP 位置,并使平面 PAC ? 平面 ABC .

(1)求证: AC ? PB ; (2)在菱形 ABCD 中,若 ?ABC ? 600 ,求直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值; (3)求四面体 PABC 体积的最大值. 【答案】 (1)证明见解析; (2) 【解析】 试题分析: (1)要证线线垂直,就是要证线面垂直,由于 ABCD 是菱形,因此取 AC 中 点 O 则有 AC ? PO, AC ? BO , 这样可得线面垂直, 从而得结论线线垂直; (2) 在 (1) 的证明中正好有 OB, OB, OP 三线两两垂直,因此以它们为坐标轴,建立空间直角坐标 系, 用空间向量法求出直线 AB 与平面 PBC 所成角; (3) 引入一个参数, 设 ?ABC ? ? , 则

15 16 3 ; (3) . 27 5

S ?ABC ?

1 2 ? 2 sin ? ? 2 sin ? 2



PO ? AP cos

?
2

? 2 cos

?
2



1 4 ? 8 ? ? VPABC ? S ?ABC ? PO ? sin? cos ? sin cos 2 3 3 2 3 2 2
(0?

8 ?? ?? ? sin ?1 ? sin 2 ? 3 2? 2?

?
2

?

?
2

) ,变形有

V2 ?

32 ?? ? ?? ?? ? 2 sin 2 ?1 ? sin 2 ??1 ? sin 2 ? , 用 均 值 不 等 式 可 求 得 最 大 值 , 也 可 设 9 2? 2 ?? 2?

sin

?
2

? t ,然后用导数的方法求得最大值.
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试题解析: (1)证明:取 AC 中点 O ,连接 PO, BO ,由于四边形 ABCD 为菱形,

? PA ? PC, BA ? BC ,? PO ? AC, BO ? AC,

又 PO ? BO ? O ,

? AC ? 平面 POB ,又 PB ? 平面 POB , ? AC ? PB .
PO ? AC ,

(2)? 平面 PAC ? 平面 ABC , 平面 PAC ? 平面 ABC ? AC , PO ? 平面PAC ,

?PO ? 面ABC,?OB, OC, OP 两两垂直,

故以 O 为原点,以 OB, OC, OP 方向分别为 x, y, z 轴正方向建立空间直角坐标系,

??? ? ??? ? ??? ?

? ?ABC ? 600 ,菱形 ABCD 的边长为 2 ,
∴ A(0, ?1,0), B( 3,0,0), C(0,1,0), P(0,0, 3) ,

??? ? ??? ? ??? ? AB ? ( 3,1,0), PB ? ( 3,0, ? 3), PC ? (0,1, ? 3) ,
设平 面PBC 的法向量 n ? ( x, y, z) ,直线 AB 与平 面PBC 成角为 ? , ∴?

?

? ? 3x ? 3z ? 0 ,取 x ? 1 ,则 y ? 3, z ? 1 ,于是 n ? (1, 3,1) , ? y ? 3 z ? 0 ?
3? 3 2? 5 |? 15 , ∴直线 AB 与平面 PBC 成角的正弦值 5

∴ sin ? ?| cos ? AB, n ?|?|

15 . 5 (3)法一:
为 设

?ABC ? ?APC ? ? , ? ? (0, ? )
1 2 ? 2 sin ? ? 2 sin ? , 2 1 3

,



PO ? AP cos

?
2

? 2 cos

?
2



S ?ABC ?

又 PO ? 平面 ABC, ∴ VPABC ? S ?ABC ? PO ?

4 ? 8 ? ? sin? cos ? sin cos 2 3 2 3 2 2

8 ?? ?? ? ? ? sin ?1 ? sin 2 ? ( 0 ? ? ) , 3 2? 2? 2 2
试卷第 27 页,总 148 页

∴V 2 ?

32 ?? ? ?? ?? ? 2 sin 2 ?1 ? sin 2 ??1 ? sin 2 ? 9 2? 2 ?? 2?
3

? ?? ? 2 ? ? 1 ? sin 2 ? 1 ? sin 2 ? ? 2 sin 32 2 2 2 ? ? 32 ? 2 , ? ? ? 9 ? 3 9 ? 27 ? ? ? ? 16 3 ? 3 ? ? ∴V ? ,当且仅当 2 sin 2 ? 1 ? sin 2 ,即 sin ? 时取等号, 27 2 3 2 2 16 3 ∴四面体 PABC 体积的最大值为 . 27
法二:设 ?ABC ? ?APC ? ? , ? ? (0, ? ) ,

1 2 ? 2 sin ? ? 2 sin ? ,又 PO ? 平面 ABC, 2 2 2 1 4 ? 8 ? ? ∴ VPABC ? S ?ABC ? PO ? sin? cos ? sin cos 2 3 3 2 3 2 2
∴ PO ? AP cos

?

? 2 cos

?

, S ?ABC ?

8 ?? ?? ? ? , ? sin ?1 ? sin 2 ? ( 0 ? ? ) 2 2 3 2? 2?
设 t ? sin

?
2

,则 VPABC ? (t ? t 3 ) ,且 0 ? t ? 1 ,

8 3

8 3 3 3 ? ? ? t ? 1 时, V PABC ∴当 0 ? t ? 时, V PABC ? 0 ,当 ? 0, 3 3 3 16 3 16 3 ∴当 t ? 时, V PABC 取得最大值 ,∴四面体 PABC 体积的最大值为 . 3 27 27 ? ∴ VPABC ? (1 ? 3t 2 ) ,
法三:设 PO ? x ,则 BO ? x , AC ? 2 4 ? x 2 , ?0 ? x ? 2? 又 PO ? 平面 ABC, ∴ VP? ABC ?

1 1 1 1 PO ? S ?ABC ? ? x ? ? x ? 2 4 ? x 2 ? ? x 2 4 ? x 2 , 3 3 2 3

1 1 1 2 2 1 1 ? x 2 ? x 2 ? 8 ? 2x 2 ? x ? x 8 ? 2x 2 ? ∵ ? x2 4 ? x2 ? 3 3 2 3 2? 3 ?

?

?

? 16 3 ? ? , ? 27 ?

3

2 2 当且仅当 x ? 8 ? 2 x , 即x ?

2 6 16 3 时取等号, ∴四面体 PABC 体积的最大值为 . 27 3

考点:线面垂直与线线垂直,直线与平面所成的角,棱锥的体积,均值不等式(导数与 函数的最值). 21. (本小题满分 12 分)如图:三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧棱垂直底面,∠ACB=90°,AC =BC=

1 AA1 ,D 是侧棱 AA1 的中点. 2

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(Ⅰ)证明:平面 BDC1⊥平面 BDC; (Ⅱ)平面 BDC1 分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比. 【答案】 (Ⅰ)见试题解析;2.1:1 【解析】 试题分析: 要证明平面 BDC1 ⊥平面 BDC, 可通过线线垂直、线面垂直来证 , 即先证 (Ⅱ)先求出棱锥 B ? DACC1 的体积为 DC1 ? BC , DC1 ? DC ; 积为 V=1,所以两部分的体积比为 1:1. 试 题 解 析 : ( 1 ) 证 明 : 由

1 ,又三棱柱的体 2
题 设 可 知

BC ? CC1 , BC ? AC, CC1 ? AC ? C ? BC ? 平面A

C 1A 1 C

又DC1 ? 平面ACC1 A1 ? DC1 ? BC ,
?

又? ?A1 DC1 ? ?ADC ? 450 ? ?CDC1 ? 900 即DC1 ? DC ,

又DC ? BC ? C,? DC1 ? 平面BDC ,

又DC1 ? 平面BDC1,故平面BDC1 ? 平面BDC .6 分
?

(2)设棱锥 B ? DACC1 的体积为 V ,
/

设AC ? 1,?V / ?

1 1 1? 2 1 BC ? S DACC1 ? ? 1 ? ?1 ? 3 3 2 2 ,
12 分

又三棱柱的体积为 V=1,故平面 BDC1 分棱柱所得两部分的体积比为 1:1.

考点:1.面面垂直的证明;2.几何体的体积. 22 . (本小题满分 12 分)如图 , 在底面为菱形 ABCD 的四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中 , ∠ ABC=60°,AA1=AB=2,A1B=A1D=2 2 .

试卷第 29 页,总 148 页

A1

D1

B1
A

C1

?

E

D

B

C

(1)求证:AA1⊥面 ABCD; (2)若点 E 在 A1D 上,且

A1 E =2,求二面角 E—AC—D. ED

【答案】 (1)见试题解析;(2)30°. 【解析】 试题分析: (1)要证明 AA1⊥面 ABCD,可证明 A1A 与面 ABCD 内两相交直线垂直,故问题可 转化为证明 A1A⊥AB,A1A⊥AD; (2)可用空间向量求二面角 E—AC—D,首先以 A 为原点, 直线 AF、AD、AA1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立坐标系,可求得平面 ACE 的法向量为 n1 = (-

?? ?? ? n1 ? n2 3 3 ,1,-2),平面 ABCD 的法向量 n2 = (0,0,2) ,故∴cos n1 , n2 = = , 3 | n1 || n2 | 2

∴二面角 E—AC—D=30°. 试题解析: (1)∵A1A=AB=2 ,A1B=2 2 , ∴A1A⊥AB, 又∵四边形 ABCD 是菱形 ,∴AD=AB=2,又 A1D=2 2 ,∴A1A⊥AD , ∵AB ? ?面 ABCD ,AD

? ABCD , AB∩AD=A,∴A1A⊥面 ABCD 面 ?

6分

z A
1

y
D

x

(2)∵ABCD 为菱形且∠ABC=60° ,∴△ABC 为正三角形,取 BC 中点 F ,∴AF⊥BC , ∵AD∥BC ∴AF⊥AD,以 A 为原点,直线 AF、AD、AA1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立坐 标系, ∴A(0,0,0) ,B( 3 ,-1,0) ,C( 3 ,1,0) , D(0,2,0) , A1(0,0,2),



A1 E 4 2 =2 ,∴E(0, , ) . 3 3 ED

试卷第 30 页,总 148 页

设平面 ACE 的法向量为 n1 = (x,y,z) ∴?

? ?n1 ? AE ? 0 ? ?n1 ? AC ? 0
?? ?? ?

令 y=1 得 n1 = (-

3 ,1,-2) , 3

又平面 ABCD 的法向量 n2 = ( 0,0,2 ) , ∴ cos n1 , n2 = E—AC—D=30° .12 分 考点:1.线面垂直;2.空间向量的应用.

n1 ? n2 | n1 || n2 |

=

3 , ∴二面角 2

23. (本题满分 12 分) 如图,在三棱锥 P ? ABC 中, AC ? BC ? 2 ,?ACB ? 90? ,

AP ? BP ? AB , PC ? AC .
P

D A B

C (Ⅰ)求证: PC ? AB ; (Ⅱ)求点 C 到平面 APB 的距离. 【答案】 (Ⅰ)见解析 (Ⅱ)

2 3 3

【解析】 试题分析: 第一问根据空间垂直关系的转换, 由线线垂直证线面垂直再转换出线线垂直, 第二问可以应用从点向面作垂线, 垂足落在什么地方要注意, 还可以应用等积法来求解.

试题解析: (Ⅰ)取 AB 中点 D ,连结 PD,CD . ? AP ? BP ,? PD ? AB .? AC ? BC , ? CD ? AB .? PD ? CD ? D ,? AB ? 平面 PCD .

? PC ? 平面 PCD ,? PC ? AB .6 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 AB ? 平面 PCD , ? 平面 APB ? 平面 PCD . 过 C 作 CH ? PD ,垂足为 H . ? 平面 APB ? 平面 PCD ? PD , ? CH ? 平面 APB .
试卷第 31 页,总 148 页

? CH 的长即为点 C 到平面 APB 的距离. 由(Ⅰ)知 PC ? AB ,又 PC ? AC ,且 AB ? AC ? A , ? PC ? 平面 ABC . ? CD ? 平面 ABC , ? PC ? CD .在 Rt△PCD 中, CD ?
1 3 AB ? 2 , PD ? PB ? 6 , 2 2

? PC ? PD2 ? CD2 ? 2 . CH ?

PC ? CD 2 3 . ? PD 3

? 点 C 到平面 APB 的距离为

2 3 .12 分 3

考点:线面垂直的判定,线面垂直的性质,点到平面的距离. 24. (本题满分 12 分)已知四棱锥 P ? ABCD 中, PC ? 底面ABCD , PC ? 2 ,且 底面 ABCD 是边长为 1 的正方形, E 是侧棱 PC 上的一点(如图所示) . P E

D F A B

C

(1)如果点 F 在线段 BD 上, DF ? 3BF ,且 EF // 平面PAB ,求 (2)在(1)的条件下,求二面角 B ? EF ? C 的余弦值. 【答案】 (1)

PE 的值; EC

1 (2) 3

?

3 55 55

【解析】 试题分析:第一问注意平行线分线段成比例即可得结果,第二问注意应用面的法向量求 二面角的余弦值的方法和步骤,注意二面角的面的法向量的求法,注意最后要给出明确 的结果. 试题解析: (1) 连接 CF 并延长交 AB 于 K , 连接 PK , 因为 EF //平面 PAB , EF ? 平面 PC K ,平面 PC K ?平面 PAB ? PK ,所以 EF ? PK ,因为 DF ? 3 FB ,

AB ? CD ,所以 CF ? 3KF ,又因为 EF ? PK ,所以 CE ? 3PE , 所以

PE 1 ? EC 3

(2) 以 C 为原点, CD, CB, CP 所在直线为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间坐标系(如图 所 示 ) 则 有 : C (0,0,0), D(1,0,0) , A(1,1, 0) , B(0,1, 0) , P(0, 0, 2) , E (0, 0, ) ,

3 2

试卷第 32 页,总 148 页

1 3 F ( , , 0) , 4 4
z P E

x

D F A K y B

C

故 EF ? ( , , ? ) , BF ? ( , ? , 0) , CF ? ( , , 0)

??? ?

1 3 4 4

3 2

??? ?

1 4

1 4

??? ?

1 3 4 4

? 1 3 3 ? ?? ??? n ? EF ? x? y? z ?0 1 ? ? ? 4 4 2 设 n ? ( x1, y1, z1 ) 是平面 BEF 的一个法向量,则有: ? ,取 ?? ??? ? 1 1 ? n ? BF ? x ? y ? 0 1 ? ? 4 4
? 2 x ? 1 得: n1 ? (1,1, ) 3

同理:平面 CEF 的一个法向量为: n2 ? (3, ?1,0)

?? ?

?? ?? ? ?? ?? ? n1 ? n2 3 55 , cos ? n1 , n2 ?? ?? ?? ? ? 55 n1 n2
所以:二面角 B ? EF ? C 的余弦值为: ?

3 55 . 55

考点:线面平行的性质,二面角的余弦值. 25. (本小题满分 12 分)如图在四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 a 的正方 形,侧面 PAD ? 底面 ABCD ,且 PA ?PD ? 中点.

2 AD ,设 E , F 分别为 PC , BD 的 2

(1)求证: EF / / 平面 PAD ; (2)求证:面 PAB ? 平面 PDC .
试卷第 33 页,总 148 页

【答案】 (1)详见解析; (2)详见解析. 【解析】 试题分析: (1)连结 AC ,设 AC ? BD ? F ,从而可证在 ?CPA 中 EF // PA ,根据 线面平行的判定,即可得证; (2)根据题意可证得 CD ? PA , PA ? PD ,从而根据 线面垂直的判定可知 PA ? 面 PDC ,再由面面垂直的判定即可得证. 试题解析: (1) ABCD 为平行四边形,连结 AC ,设 AC ? BD ? F , F 为 AC 中点,

E 为 PC 中点, ∴在 ?CPA 中 EF / / PA , 且 PA ? 平面 PAD , ∴ EF / / 平面 PAD ; EF ? 平面 PAD , (2)∵平面 PAD ? 平面 ABCD ,平面 PAD ? 面 ABCD ? AD ,四边形 ABCD 为正 方形, CD ? AD , CD ? 平面 ABCD ,∴ CD ? 平面 PAD ,∴ CD ? PA ,又∵

PA ? PD ?

2 ? AD ,∴ ?PAD 是等腰直角三角形,且 ?PAD ? 即 PA ? PD , 2 2

CD ? PD ? D ,且 CD , PD ? 面 ABCD , PA ? 面 PDC ,又∵ PA ? 面 PAB ,∴ 平面 PAB ? 平面 PDC .
考点:1.线面平行的判定;2.线面垂直的判定. 26. (本小题满分 12 分)如图,在四棱锥 P ? ABCD 中, PC ? 底面 ABCD , ABCD 是 直角梯形, AB ? AD , AB ? CD , AB ? 2 AD ? 2CD ? 2 , E 是 PB 的中点.

(1)求证;平面 EAC ? 平面 PBC ; (2)若二面角 P ? AC ? E 的余弦值为

3 ,求直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值. 3

【答案】 (1)详见解析; (2) 【解析】

2 . 3

试题分析: (1) 根据条件可得 AC ? BC ? 2 , 从而可证得 AC ? BC , 进一步有 AC ? 平面 PBC ,即可得证; (2)以 C 为原点, DA , CD , CP 分别为 x 轴, y 轴, z 轴 正向,建立空间直角坐标系,利用空间向量结合条件可求得 n ? (1, ?1, ?2) 为平面 EAC 的一个法向量,从而求解. 试题解析: (1) ∵ PC ? 平面 ABCD ,AC ? 平面 ABCD , ∴ AC ? PC , ∵ AB ? 2 ,

??? ?

??? ?

??? ?
?

AD ? CD ? 2 , ∴ AC ? BC ? 2 , ∴ AC2 ? BC2 ? AB2 , ∴ AC ? BC , 又 ∵
BC ? PC ? C ,∴ AC ? 平面 PBC ,
∵ AC ? 平面 EAC , ∴平面 EAC ? 平面 PBC ; (2) 如图, 以 C 为原点,DA ,CD ,

??? ?

??? ?

试卷第 34 页,总 148 页

??? ? CP 分别为 x 轴, y 轴, z 轴正向,建立空间直角坐标系,则 C (0,0,0) , A(1,1,0) ,
??? ? ??? ? 1 1 a B(1,?1,0) ,设 P(0,0, a)(a ? 0) ,则 E ( ,? , ) , CA ? (1,1,0) , CP ? (0,0, a) , 2 2 2 ??? ? 1 1 a ?? ? CE ? ( , ? , ) , 则可取平面 PAC 的一个法向量为 m ? (1, ?1,0) , , 设n ?( xyz , ,) 为 2 2 2
平面 EAC 的法向量,则 n ? CA ? n ? CE ? 0 ,即 ?

? ??? ?

? ??? ?

?x ? y ? 0 ,取 x ? a , y ? ? a , ? x ? y ? az ? 0

?? ? ? ?? ? | m? n | a 3 z ? ?2 ,则 n ? (a, ?a, ?2) ,依题意, | cos ? m, n ?|? ?? ? ? ,则 ? 2 3 | m|?|n | a ?2
a ?1, ? ??? ? 于 是 n ? (1,? 1, ? 2, ) PA ? (1,1, ?2) , 设 直 线 PA 与 平 面 EAC 所 成 角 为 ? , 则
? ??? ? 2 sin ? ? | c o? s P A n, ? ? | , 3
即直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为

2 . 3

考点:1.线面垂直,面面垂直的判定;2.空间向量求空间角. 27. (本小题满分 13 分)已知长方体 ABCD ? A1B1C1D1 ,点 O1 为 B1D1 的中点.
D1 O1 A1 B1 C1

D

C

A

B

(1)求证: AB1 // 面 AO 1 1D ; (2)若 AB ?

2 AA1 ,试问在线段 BB1 上是否存在点 E 使得 AC ? AE ,若存在求出 1 3

试卷第 35 页,总 148 页

BE ,若不存在,说明理由. BB1
【答案】 (1)证明见解析; (2)在线段

BB1

上存在点 E 有

BE 4 ? BB1 9

【解析】 试题分析: (1)证明线面平行常用方法:一是利用线面平行的判定定理,二是利用面面 平行的性质定理,三是利用面面平行的性质; (2)解决是否存在的问题时先假设存在, 如果推出矛盾则不存在,如果成立找出成立的点 试题解析: (1)证明:连结 AD1 交 A D 于点 G ,所以 G 为
1

AD1

的中点,连结 O1G

?

在 ? AB1D1 中, O1 为 B1D1 的中点 且 AB ? 面 AO D ? O1G ? 面 AO 1 1D 1 1 1 6分
C1 O1

?O1G // AB1
1 1D ? AB1 // 面 AO
D1

A1

B1

G

D

C

A

B

(2)若在线段 BB1 上存在点 E 得 AC ? AE ,连结 A1B 交 AE 于点 1

M

? BC ? 面 ABB1 A1 且 AE ? 面

? BC ? AE

ABB1 A1


? AE ? 面 A1BC 且 AC 1 , BC ? 面 A 1BC

? AC 1 ? BC ? C

? A1B ? 面 A1BC ? AE ? A1B
在 ?AMB 和 ?ABE 中有: ?BAM ? ?ABM ? 90?, ?BAM ? ?BEA ? 90?

??ABM ? ?BEA 同理: ?BAE ? ?AA1B

? ?ABE ~ ?A1 AB
? AB ?

?

BE AB ? AB AA1
13 分

2 2 4 BE 4 AA1 ? BE ? AB ? BB1 即在线段 BB1 上存在点 E 有 ? 3 3 9 BB1 9
试卷第 36 页,总 148 页

D1 O1 A1 B1

C1

E D M

C

A

B

考点:线面平行及线线垂直.

? A1 中,BB1 // CC1 // AA1 , 28. (本小题满分 12 分)如图 1,在边长为 12 的正方形 AA?A1
? 分别交 BB1 , CC1 于点 P, Q ,将该正方形沿 BB1 , CC1 折 且 AB ? 3 ,且 BC ? 4 , AA1

? 与 AA1 重合,构成图 2 所示的三棱柱 ABC ? A1 B1C1 ,在图 2 中: 叠,使得 A?A1
A1 B1 C1 A1′ A1 B1 C1 Q P B C A′ A B
M (图 2)

Q P A

C

(图 1)

(1)求证: AB ? PQ ; (2)在底边 AC 上有一点 M ,使得 BM // 平面 APQ ,求点 M 到平面 PAQ 的距离. 【答案】 (1)见解析, (2) 3 【解析】 试题分析: (1)证明线线垂直,一般通过证明线面垂直,证明线面垂直的方法:一是 线面垂直的判定定理;二是利用面面垂直的性质定理;三是平行线法(若两条平行线中 的一条垂直于这个平面,则另一条也垂直于这个平面.解题时,注意线线、线面与面面 关系的相互转化; (2)空间向量将空间位置关系转化为向量运算,应用的核心是要充分 认识形体特征,建立恰当的坐标系,实施几何问题代数化.同时注意两点:一是正确写 出点、向量的坐标,准确运算;二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备. 试题解析: (1)由 BB1 ? 平面 ABC 得 BB1 ? AB ;由勾股定理得

试卷第 37 页,总 148 页

AB ? BC ,从而证得 AB ? 平面 BCC1 B1 ,从而 AB ? PQ
( 2 ) 如 图 建 系 , 由 条 件 得 BP ? 3, CQ ? 7 , 可 求 得 平 面 APQ 的 一 个 法 向 量 为

???? ? ??? ? ? ? ? ??? ? ??? ? ? ? ?? 。 设 AM ? λ AC , 则 B M ? B A , n ? (1,? 1,1) ? AM ? ( 3 ?3 λ ,λ 4 ,0 )由 题 意 有

???? ? ? BM ? n ? 0 ,
解得 λ ?

AM ? n 3 ? 3. ,则 d ? 7 n

考点:证明线线垂直,点到直线的距离. 29.如图,已知四棱锥 S-A BCD 是由直角梯形沿着 CD 折叠而成,其中 SD=DA=AB=BC=l, o AS∥BC,A⊥AD,且二面角 S-CD-A 的大小为 120 .

(Ⅰ)求证:平面 ASD⊥平面 ABCD; (Ⅱ)设侧棱 SC 和底面 ABCD 所成角为 ? ,求 ? 的正弦值. 【答案】 (1) ; (2) . 【解析】 试题分析: 本题主要考查线线垂直、 线面垂直、 面面垂直、 二面角、 线面角等基础知识, 考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑思维能力、计算能力.第一 问,通过平面图形可得 CD ? SD, CD ? AD ,所以利用线面垂直的判定得 CD ? 平面

ADS ,再利用面面垂直的判定得平面 ASD ? 平面 ABCD ;第二问,作出辅助线 SH, 先由面面垂直的性质,得 SH ? 平面 ABC ,所以得到 CH 为侧棱 SC 在底面 ABCD 内 的射影,即 ?SCH 为侧棱 SC 和底面 ABC 所成的角 ? ,在 Rt ?SHD 、 Rt ?SDC 、 Rt?SHC 中,利用正弦的定义解出 sin ? . 试题解析: ( Ⅰ ) 因 为 SD ? DA ? AB ? BC ? 1 , AS // BC , AB ? AD , 所 以
CD ? SD, CD ? AD .
? 所以,二面角 S ? CD ? A 的平面角为 ?ADS ,所以 ?ADS ? 120 .

又 AD ? SD ? D ,∴ CD ? 平面 ADS .
试卷第 38 页,总 148 页

又? CD ? 平面 ABCD ,∴平面 ASD ? 平面 ABCD . (Ⅱ)过点 S 作 SH ? AD ,交 AD 的延长线于 H 点. ∵平面 ASD ? 平面 ABCD ,平面 ASD ? 平面 ABCD ? AD , ∴ SH ? 平面 ABC . ∴ CH 为侧棱 SC 在底面 ABCD 内的射影. 所以, ?SCH 为侧棱 SC 和底面 ABC 所成的角 ? . 在 Rt ?SHD 中 , ?SDH ? 180? ? ?ADS ? 180? ? 120? ? 60? ,

SD ? 1 ,

SH ? SD sin 60? ?

3 . 2

在 Rt ?SDC 中, ?SDC ? 90? , SD ? AB ? DC ? 1 ,∴ SC ? 在 Rt ?SHC 中, sin ? ?

2.

SH 3 6 6 .即 ? 的正弦值为 . ? ? 4 SC 2 2 4

考点:线线垂直、线面垂直、面面垂直、二面角、线面角. 30. (本小题满分 12 分) 如图,边长为 2 的正方形 ABCD 中,点 E 是 AB 的中点,点 F 是 BC 的中点,将△ AED 、 △ DCF 分别沿 DE 、DF 折起,使 A 、C 两点重合于点 A? , 连接 EF , A?B .

(Ⅰ)求证: A?D ? EF ; (Ⅱ)求二面角 A? ? EF ? D 的余弦值. 【答案】 (1)证明详见解析; (2)

1 . 3

【解析】 试题分析:本题主要考查线线垂直、线面垂直、空间向量法、向量的夹角等基础知识, 考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑思维能力、计算能力.第一 问,通过 A?D ? A? E , A?D ? A?F ,利用线面垂直的判定,得 A?D ? 平面 A?EF ,再 利用线面垂直的性质,得 A?D ? EF ;第二问,根据已知条件证明出 A?E , A?F , A?D 相互垂直,则建立空间直角坐标系,求出平面 DEF 和平面 A?EF 的法向量,利用夹角公 式求二面角的余弦值.
试卷第 39 页,总 148 页

试题解析: (Ⅰ)在正方形 ABCD 中,有 AD ? AE , CD ? CF ? ?E , A?D ? A?F A D ? A 则 又 A?E ? A?F ? A? ∴ A?D ? 平面 A?EF 而 EF ? 平面 A?EF ,∴ A?D ? EF 5分 (Ⅱ)方法一: ∵正方形 ABCD 的边长为 2,点 E 是 AB 的中点,点 F 是 BC 的中点, ∴ BE ? BF ? A?E ? A?F ? 1 , ∴ EF ? 2
2 2 2 ∴ A?E ? A?F ? EF ,∴ A?E ? A?F

由(Ⅰ)得 A?D ? 平面 A?EF , ∴分别以 A?E , A?F , A?D 为 x , y , z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 A? ? xyz ,

则 A?(0,0,0) , E (1, 0, 0) , F (0,1, 0) , D(0,0, 2) ∴ DE ? (1,0, ?2) , DF ? (0,1, ?2) ,

??? ?

????

?? ???? ?? ? ?n1 ? DE ? x ? 2 z ? 0 设 平 面 DEF 的 一 个 法 向 量 为 n1 ? ( x, y, z) , 则 由 ? ?? ???? , 可取 ? ?n1 ? DF ? y ? 2 z ? 0 ?? n1 ? ( 2 , 2 , 1)
又平面 A?EF 的一个法向量可取 n2 ? (0,0,1)

?? ?

?? ?? ? ?? ?? ? n1 ? n2 1 1 ? ? ∴ cos ? n1 , n2 ?? ?? ?? ? | n1 || n2 | 4 ? 4 ? 1 ?1 3
∴二面角 A? ? EF ? D 的余弦值为

方法二: 连接 BD 交 EF 于点 G ,连接 A?G ∵在正方形 ABCD 中,点 E 是 AB 的中点,点 F 是 BC 的中点, ∴ BE ? BF , DE ? DF , ∴点 G 为 EF 的中点, 且 BD ? EF ∵正方形 ABCD 的边长为 2,∴ A?E ? A?F ? 1 ,∴ A?G ? EF ∴ ?A?GD 为二面角 A? ? EF ? D 的平面角 由(Ⅰ)可得 A?D ? A?G , ∴△ A?DG 为直角三角形 ∵正方形 ABCD 的边长为 2,

1 3

12 分

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∴ BD ? 2 2 , EF ? 2 , ∴ BG ?

2 3 2 2 , DG ? 2 2 ? , ? 2 2 2

又 A?D ? 2 ∴ A?G ?

DG 2 ? A?D2 ?

9 2 ?4 ? 2 2

2 A?G 1 ? 2 ? ∴ cos ?A?GD ? DG 3 2 3 2
∴二面角 A? ? EF ? D 的余弦值为

1 3

考点:线线垂直、线面垂直、空间向量法、向量的夹角. 31 .(本小题满分 12 分)如图,已知 AB ⊥平面 ACD , DE / / AB , AD ? AC

? DE ? 2 AB ? 2 ,且 F 是 CD 的中点, AF ? 3 .

(1)求证: AF / / 平面 BCE ; (2)求证:平面 BCE ⊥平面 CDE ; (3)求此多面体的体积. 【答案】 (1) (2)均见解析; (3) 3 . 【解析】 试题分析: (1) 取 CE 中点 M ,证明 AF // BM 即可; (2)证明 BM ? 平面 CDE 即 可; (3) 以 C 为顶点,以四边形 ABED 为底,求四棱锥的体积即可. 试 题 解 析 :( 1 ) 取 CE 中 点 M , 连 接 B M, F M ( 如 下 图 所 示 ), 则

1 1 F M/ / D E , F? M D E AB // DE , AB ? DE , , 又因为 所以 AB // FM , AB ? FM , 2 2 所以四边形 ABMF 是平行四边形,AF // BM , , BM ? 平面 BCE ,AF ? 平面 BCE ,
试卷第 41 页,总 148 页

所以 AF // 平面 BCE ,

4分
E

B

M A

C

F

D

(2)∵ AF ? 3 ?CD ? 2 ,所以 ?ACD 为正三角形,∴ AF ? CD ∵ AB ? 平面 ACD , DE // AB ∴ DE ? 平面 ACD 又 AF ? 平面 ACD ∴ DE ? AF 又 AF ? CD , CD ? DE ? D ∴ AF ? 平面 CDE 又 BM // AF ∴ BM ? 平面 CDE ,又∵ BM ? 平面 BCE ∴平面 BCE ⊥平面

CDE
( 3 ) 此 多 面 体 是 一 个 以 C 为 顶 点 , 以 四 边 形 ABED 为 底 面 的 四 棱 锥 ,

S ABED ?

(1 ? 2) ? 2 ?3 2

? 面ABDE ? 面ADC , ? 等 边 三 角 形 AD 边 上 的 高 就 是 四 棱 锥 的 高

1 VC ? ABDE ? ? 3 ? 3 ? 3 3
考点:1.线面平行的判定与性质;2.线面、面面垂直的判定与性质;3.多面体体积. 32. (本题满分 12 分) 如图, 在直三棱柱 ABC ? A (侧棱和底面垂直的棱柱) 中, 1B 1C1 平面 A 1 ? 3 ,线段 AC、A1B 上分别有一点 E、F 且 1 BC ? 侧面 A 1 ABB 1 , AB ? BC ? AA 满足 2 AE ? EC,2BF ? FA 1.
A1 C1

B1

A

E

F C

B

(1)求证: AB ? BC ; (2)求点 E到直线A1 B 的距离; (3)求二面角 F ? BE ? C 的平面角的余弦值。 【答案】 (1)见解析; (2) 3 ; (3) ? 【解析】
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6 . 6

试题分析: (1)过 A 作 AD⊥A1B 于 D 可得 AD⊥平面 A1BC,所以有 AD⊥BC,又 AA1⊥底面 ABC,即 AA1⊥BC 可证 BC⊥侧面 A1ABB1,所以可证结论成立; (2) (3)建立如图所示空间直角坐标系,由空间向量公式计算即可; 试题解析: (1)证明:如图,过点 A 在平面 A1ABB1 内作 AD⊥A1B 于 D,则由平面 A1BC⊥侧面 A1ABB1,且平面 A1BC ? 侧面 A1ABB1=A1B,得 AD⊥平面 A1BC,又 BC ? 平面 A1BC,所以 AD⊥BC. 因为三棱柱 ABC—A1B1C1 是直三棱柱,则 AA1⊥底面 ABC,所以 AA1⊥BC. 又 AA1 ? AD=A,从而 BC⊥侧面 A1ABB1, 又 AB ? 侧面 A1ABB1,故 AB⊥BC. 4分 (2)由(Ⅰ)知,以点 B 为坐标原点,以 BC、BA、BB1 所在的直线分

别为 x 轴、y 轴、z 轴,可建立如图所示的空间直角坐标系, B(0,0,0), A(0,3,0), C(3,0,0) , A1 (0,3,3)

E、F ,满足 2 AE ? EC,2BF ? FA1 , 有由 线段AC、A1 B上分别有一点
所以 E(1,2,0), F(0,1,1)

??? ? EF ? (?1, ?1,1),

???? BA1 ? (0,3,3). 所以 EF ? BA1 ,
3。
8分

所以点 E到直线A1 B 的距离 d ? EF ?

(3)

cos? ? ?

6 。 6

12 分

考点:1.空间线面垂直的判定与性质;2.空间微量的应用. 33 . (本题满分 15 分)如图,三棱锥 P?ABC 中, E,D 分别是棱 BC,AC 的中点, PB=PC=AB=4,AC=8, BC= 4 3 ,PA= 2 6 .

试卷第 43 页,总 148 页

P

A

E D B

C

(Ⅰ)求证:BC⊥平面 PED; (Ⅱ)求直线 AC 与平面 PBC 所成角的正弦值. 【答案】 (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ)
3 . 4

【解析】 试题分析: (Ⅰ) 首先由勾股定理确定直角三角形 ABC,从而得到 AB⊥BC ,结合三角形 的中位线的性质有 DE⊥BC ,另一方面,PD 是等腰三角形 PBC 的底边 BC 上的中线,所 以有 PD⊥BC , 于是可证 BC⊥平面 PED; (Ⅱ) 思路之一: 取 PD 中点 F, 连接 EF , CF , 首先根据(I)的结果证明∠ECF 就是直线 AC 与平面 PBC 所成的角,再求其正弦值;思 路之二:以 D 为坐标原点,分别以射线 DC,DE 为 x,y 轴正半轴,如建立空间直角坐标 系,求出平面 PBC 的法向量,然后利用空间向量的夹角公式求出直线 AC 与平面 PBC 所 成角的正弦值. 试题解析:解: (Ⅰ)∵AC=8,BC= 4 3 ,AB=4,由勾股定理可得 AB⊥BC, 又 E,D 分别是棱 BC,AD 的中点,∴DE∥AB, ∴DE⊥BC.
P

3分

F A C D B

E

又已知 PB=PC,且 D 是棱 BC 的中点,∴PD⊥BC, ∴BC⊥平面 PED. 7分 (Ⅱ)法一:在△PAC 中,∵AC=8,PC=4,PA= 2 6 , 由余弦定理可得 cos∠PCA=
7 , 8

5分

又∵E 是 AC 的中点, 由余弦定理可求得 PE=2, 10 分 易求得 PD=DE=2,∴△PDE 是等边三角形, 取 PD 中点 F,则 EF⊥PD, 又 BC⊥平面 PED,BC⊥EF, ∴EF⊥平面 PBC, ∴∠ECF 就是直线 AC 与平面 PBC 所成的角, ∴sin∠ECF=
EF 3 ? . EC 4
试卷第 44 页,总 148 页

13 分

3 . 15 分 4 法二:以 D 为坐标原点,分别以射线 DC,DE 为 x,y 轴正半轴,如图建立空间直角坐标

故直线 AC 与平面 PBC 所成角的正弦值为

系. 则 B (?2 3, , 0, 0) ,C (2 3, 0, 0) , E(0,2,0), A (?2 3, 4, 0) ,设点 P(0,y, z)
P z

9分

y A G B E F D x

C

?12 ? y 2 ? z 2 ? 16 ? 由 PC=4, PA= 2 6 可得方程组 ? , 2 2 ? ?12 ? ( y ? 4) ? z ? 24 ? ?y ?1 解得: ? ,即点 P(0,1, 3 ) , ? ?z ? 3
11 分

设平面 PBC 的法向量为 n=(x1,y1,z1) , ??? ? ??? ? ∵ BC =(4 3 ,0,0) , BP =(2 3 ,1, 3 ) ,

? x1 ? 0 ? ? ?4 3 x1 ? 0 ∴? ,可得一组解为: ? y1 ? ? 3 , ? ? z =1 ?2 3 x1 ? y1 ? 3z1 ? 0 ?1
???? 即 n=(0, ? 3 ,1) .而 AC = (4 3, ? 4, 0) ,

13 分

???? 3 ∴cos AC,n = . 4
3 . 15 分 4 考点:1、空间直线与平面的位置关系;2、利用空间向量解决立体几何中的问题.

故直线 AC 与平面 PBC 所成角的正弦值为

34. (本题满分 15 分) 如图, 三棱锥 P-ABC 中, E, D 分别是棱 BC, AC 的中点, PB=PC=AB=4, AC=8,BC= 4 3 ,PA= 2 6 .
P

A

E D B

C

(Ⅰ)求证:BC⊥平面 PED;
试卷第 45 页,总 148 页

(Ⅱ)求平面 PED 与平面 PAB 所成的锐二面角的余弦值. 【答案】 (Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)
5 5

【解析】 试题分析: (Ⅰ) 首先由勾股定理确定直角三角形 ABC,从而得到 AB⊥BC ,结合三角形 的中位线的性质有 DE⊥BC ,另一方面,PD 是等腰三角形 PBC 的底边 BC 上的中线,所 以有 PD⊥BC ,于是可证 BC⊥平面 PED; (Ⅱ)思路一:取 DE 中点 F,过点 F 作 BD 的平 行线交 AB 于点 G,连接 PF,PG,证明 ? FPG 就是平面 PED 与平面 PAB 所成的锐二面角 的平面角,并利用三角形的特殊性求出 cos ? FPG;思路二:以 D 为坐标原点,分别以 射线 DC,DE 为 x,y 轴正半轴,建立空间直角坐标系,先求出平面 PDE 和平面 PAB 的法 向量,再利用空间向量的夹角公式求平面 PED 与平面 PAB 所成的锐二面角的余弦值. 试题解析:解: (Ⅰ)∵AC=8,BC= 4 3 ,AB=4,由勾股定理可得 AB⊥BC, 又∵E,D 分别是棱 BC,AD 的中点,∴DE∥AB,∴DE⊥BC.
P

A G B

E F D

C

又已知 PB=PC,且 D 是棱 BC 的中点, ∴PD⊥BC, ∴BC⊥平面 PED. (Ⅱ)法一:在△PAC 中, ∵AC=8,PC=4,PA= 2 6 , 由余弦定理可得 cos ? PCA=
7 , 8

又∵E 是 AC 的中点, 由余弦定理可求得 PE=2, ???? 10 分 易求得 PD=DE=2,∴△PDE 是等边三角形,取 DE 中点 F, 过点 F 作 BD 的平行线交 AB 于点 G,连接 PF,PG,则 PF⊥ED,PG⊥AB, ∵DE∥AB,设平面 PED 与平面 PAB 的交线为 l,则有 DE∥AB∥l, ∵PF⊥DE,GF⊥DE,∴DE⊥平面 PFG, l⊥平面 PFG, 则 ? FPG 就是平面 PED 与平面 PAB 所成的锐二面角的平面角.?????? 13 分
PF 5 ? 因为 PF= 3 ,FG=BD=2 3 ,且 PF ? FG,∴PG= 15 ,∴cos ? FPG= . PG 5

故平面 PED 与平面 PAB 所成的锐二面角的余弦值为

5 .????????? 15 分 5

法二:以 D 为坐标原点,分别以射线 DC,DE 为 x,y 轴正半轴,如图建立空间直角坐标 系. 则 B (?2 3, 0, 0) ,C (2 3, 0, 0) , E(0,2,0), A (?2 3, 4, 0) ,设点 P(0,y,z), ?????? 9分

试卷第 46 页,总 148 页

P

z

y A E F D B
2 2 ? ?12 ? y ? z ? 16 由 PC=4, PA= 2 6 可得方程组 ? , 2 2 ? ?12 ? ( y ? 4) ? z ? 24

C

x

? ?y ?1 解得: ? ,即点 P(0,1, 3 ) , ? ?z ? 3
设平面 PAB 的法向量为 n=(x1,y1,z1) , ??? ? ??? ? ∵ BA =(0,4,0) , BP =(2 3 ,1, 3 ) ,
? x1 ? 1 ? ?4 y1 ? 0 ? ∴? ,可得一组解为: ? y1 ? 0 , ? ?z = ? 2 ?2 3x1 ? y1 ? 3z1 ? 0 ? 1

即 n=(1,0,?2) .而平面 PED 的法向量为 m=(1,0,0) , ∴cos<n, m>=
5 . 5

5 . 5 考点:1、空间直线与平面的位置关系;2、空间向量在解决立体几何问题中的应用.

∴平面 PED 与平面 PAB 所成的锐二面角的余弦值为

35. (本题满分 15 分)在四棱锥 P ? ABCD 中, PA ? 平面 ABCD , ?ABC 是正三角 形, AC 与 BD 的交点 M 恰好是 AC 中点, 又 PA ? AB ? 4 ,?CDA ? 120 ? , 点N 在 线段 PB 上,且 PN ? 2 .

P

N
A M B
(Ⅰ)求证: MN // 平面 PDC ; (Ⅱ)求直线 PB 与平面 PAC 所成角的正弦值. 【答案】 (Ⅰ)见解析; (Ⅱ) 【解析】 试题分析: (1)根据条件得出

D
C

6 . 4
BN BM ? ,即可说明 MN // PD ,进而证明直线 MN 与 NP MD
试卷第 47 页,总 148 页

平面 PDC 平行; ( 2 )根据已知条件作出辅助线找到直线 PB 与平面 PAC 所成角 ?BPM ,然后把该角放在直角三角形 PBM 中,即可得到正弦值. 试题解析: (Ⅰ)在正三角形 ABC 中, BM ? 2 3 在 ?ACD 中,因为 M 为 AC 中点, DM ? AC , 所以 AD ? CD , ?CDA ? 120 ? ,所以 DM ? 所以 BM : MD ? 3 : 1 在等腰直角三角形 PAB 中, PA ? AB ? 4, PB ? 4 2 , 所以 BN : NP ? 3 : 1 , BN : NP ? BM : MD ,所以 MN // PD . 又 MN ? 平面 PDC , PD ? 平面 PDC ,所以 MN // 平面 PDC . (Ⅱ)在正三角形 ABC 中, BM ? AC 又因为 PA ? 平面 ABCD , BM ? 平面 ABCD ,所以 PA ? BM 而 PA ? AC ? A ,因此 BM ? 平面 PAC P

2 3 , 3

N
A M B
连结 PM ,因此 ?BPM 就是直线 PB 与平面 PAC 所成角 在直角三角形 PBM 中, BM ? 2 3, PB ? 4 2 , 因此, sin ?BPM ?

D
C

BM 2 3 6 ? ? PB 4 2 4

考点:线面平行的判断及其线面角. 36. (本题满分 15 分)在四棱锥 P ? ABCD 中, PA ? 平面 ABCD , ?ABC 是正三角 形, AC 与 BD 的交点 M 恰好是 AC 中点, 又 PA ? AB ? 4 ,?CDA ? 120 ? , 点N 在 线段 PB 上,且 PN ? 2 .

(Ⅰ)求证: MN // 平面 PDC ; (Ⅱ)求二面角 A ? PC ? B 的余弦值. 【答案】 (Ⅰ)见解析; (Ⅱ) 【解析】
7 . 7

试卷第 48 页,总 148 页

试题分析: (1)根据条件得出

BN BM ? ,即可说明 MN // PD ,进而证明直线 MN 与 NP MD

平面 PDC 平行; (2)利用已知的线面垂直关系建立空间直角坐标系,准确写出相关点 的坐标,从而将几何问题转化为向量问题.其中灵活建系是解题的关键.(3)求出平面 APC 与平面 BPC 的法向量,计算法向量夹角的余弦值即可得到二面角 A ? PC ? B 的 余弦值. 试题解析: (Ⅰ)在正三角形 ABC 中, BM ? 2 3 在 ?ACD 中,因为 M 为 AC 中点, DM ? AC , 所以 AD ? CD , ?CDA ? 120 ? ,所以 DM ? 所以 BM : MD ? 3 : 1 在等腰直角三角形 PAB 中, PA ? AB ? 4, PB ? 4 2 , 所以 BN : NP ? 3 : 1 , BN : NP ? BM : MD ,所以 MN // PD . 又 MN ? 平面 PDC , PD ? 平面 PDC ,所以 MN // 平面 PDC . (Ⅱ)因为 ?BAD ? ?BAC ? ?CAD ? 90? , 所以 AB ? AD ,分别以 AB, AD, AP 为 x 轴, y 轴, z 轴建立如图的空间直角坐标系,

2 3 , 3

所以 B(4,0,0), C (2,2 3,0), D(0,

4 3 ,0), P(0,0,4) . 3

P N A M B x 由(Ⅰ)可知, DB ? (4, ? D C

y

??? ?

4 3 ,0) 为平面 PAC 的法向量 3

PC ? (2,2 3,?4), PB ? (4,0,?4) ,
设平面 PBC 的一个法向量为 n ? ( x, y, z) ,

?

? ??? ? ? ?2 x ? 2 3 y ? 4 z ? 0 ?n ? PC ? 0 则 ? ? ??? ,即 ? , ? 4 x ? 4 z ? 0 n ? PB ? 0 ? ? ? ? 令 z ? 3 ,则平面 PBC 的一个法向量为 n ? (3, 3,3)
设二面角 A ? PC ? B 的大小为 ? , 则 cos ? ?

n ? DB | n | ? | DB |

?

7 , 7

试卷第 49 页,总 148 页

7 . 7 考点:线面平行的判断及其二面角.

所以二面角 A ? PC ? B 余弦值为

37. (本题满分 15 分)如图,在三棱锥 P ? ABC 中,△ ABC 是边长为 2 的正三角形,

?PCA ? 90? , E , H 分别为 AP , AC 的中点, AP ? 4 , BE ? 3 .
P E A H

C

B
(Ⅰ)求证: AC ? 平面 BEH ; (Ⅱ)求直线 PA 与平面 ABC 所成角的正弦值. 【答案】 (Ⅰ)见试题解析(Ⅱ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ)要证 AC ? 平面 BEH ,可先证 BH ? AC , EH ? AC ; (Ⅱ)取 BH 得中点 G ,连接 AG ,可证明 ?EAG 为 PA 与平面 ABC 所成的角,在直角三角形 EAG

3 . 4

EG 3 ? . EA 4 试题解析: (Ⅰ)因为△ ABC 是边长为 2 的正三角形, 所以 BH ? AC . 又因为 E , H 分别为 AP , AC 的中点, 得 EH // PC ,
中,可得 sin ?EAG ?
? 因为 ?PCA ? 90 , 所以 EH ? AC .

故 AC ? 平面 BEH . (Ⅱ)取 BH 得中点 G ,连接 AG .
P

E

A G B

H

C

因为 EH ? BH ? BE ? 3 ,所以 EG ? BH . 又因为 AC ? 平面 BEH , 所以 EG ? AC ,
试卷第 50 页,总 148 页

所以 EG ? 平面 ABC . 所以 ?EAG 为 PA 与平面 ABC 所成的角.? 12 分 在直角三角形 EAG 中, AE ? 2 , EG ? 所以 sin ?EAG ?

3 , 2

EG 3 ? . EA 4 3 . 4

所以 PA 与平面 ABC 所成的角的正弦值为

考点:1.线面垂直;2.直线与平面所成角. 38. (本题满分 14 分)如图所示,正方形 ABCD 所在的平面与等腰 ?ABE 所在的平面 互相垂直,其中顶 ?BAE ? 120? , AE ? AB ? 4 , F 为线段 AE 的中点.

(1)若 H 是线段 BD 上的中点,求证: FH / / 平面 CDE ; (2)若 H 是线段 BD 上的一个动点,设直线 FH 与平面 ABCD 所成角的大小为 ? , 求 tan ? 的最大值. 【答案】 (1)详见解析; (2)

6 . 5

【解析】 试题分析: (1)连接 AC ,根据条件可证得 FH // CE ,再由线面平行的判定即可得证; I ?A D , I H 是直线 FH 与 (2) 作 FI ?AB 垂足为 I , 有F 得 FI ? 面 ABCD , ∴ ?F 平面 ABCD 所成的角,而 tan ?FHI ?

FI 3 ,因此问题等价转化为求 IH 的最小 ? IH IH

值,即可求解. 试题解析: (1)连接 AC ,∵ ABCD 是正方形,∴ H 是 AC 的中点,有 F 是 AE 的中 点,∴ FH 是 ?ACE 的中位线,∴ FH // CE ,而 FH ? 面 CDE , CE ? 面 CDE , ∴ FH // 面 CDE ; (2)∵面 ABCE ? 面 ABE ,交线为 AB ,而 DA ? AB ,∴ DA ? 面 ABE ,作 FI ? AB 垂足为 I ,有 FI ? AD ,得 FI ? 面 ABCD ,∴ ?FIH 是直线

FH 与平面 ABCD 所成的角, FI ? AF sin 60? ? 3 ,∴ tan ?FHI ?

FI 3 ,当 ? IH IH

IH ? BD 时, IH 取到最小值

5 6 2 ,从而 (tan ?FHI )max ? . 2 5

试卷第 51 页,总 148 页

考点:1.线面平行的判定;2.线面角的求解. 39 . ( 本 题 满 分 14 分 ) 四 棱 锥 P ? ABCD 如 图 放 置 , AB / / CD , BC ? CD , AB ? BC ? 2 , CD ? PD ? 1 , ? PAB 为等边三角形.

D

C

P A
(1)证明: PD ? 面PAB ; (2)求二面角 P ? CB ? A 的平面角的余弦值. 【答案】 (1)详见解析; (2) 【解析】 试题分析: (1)利用梯形 ABCD 的性质可证得 PD ? PA , PD ? PB ,从而利用线面 垂直的判定即可得证; (2) 取 AB 中点 M , 连 PM ,DM , 作 PN ? DM , 垂足为 N , NH ? BC HN ? NHP P ? CB ? A 再作 , 连 , 利用三垂线定理可知 二面角 的平面角, 从而利用余弦定理即可求解.

B

2 7 . 7

D ?P A , 试题解析: (1) 易知在梯形 ABCD 中,AD= 5 , 而 PD ? 1 ,AP ? 2 , 则P
DM , 同理 PD ? PB , 故 PD ? 面 PAB ; (2) 取 AB 中点 M , 连 PM , 作 PN ? DM , 垂足为 N , 再作 NH ? BC , 连 HN , 易得 AB ? 面 DPM , 则面 ABCD ? 面 DPM , 于是 PN ? 面 ABCD , BC ? 面 NPH ,即 ?NHP 二面角 P ? CB ? A 的平面角,在

?NHP 中, PN ?

2 7 3 7 , PH ? , NH ? 1,∴ cos ?NHP= , 2 2 7
2 7 . 7

故二面角 A ? PB ? C 的平面角的余弦值为

试卷第 52 页,总 148 页

D N P A M

C

H B

考点:1.线面垂直的判定;2.二面角的求解. 40. 如图, 在正四棱台 ABCD ? A1B1C1D1 中,A1B1 ? a ,AB ? 2a ,AA 1 ?

2a ,E 、

F 分别是 AD 、 AB 的中点.
D1 A1 B1 C1

D
E A F B

C

(Ⅰ)求证:平面 EFB1D1 ∥平面 BDC1 ; (Ⅱ)求证: AC ? 平面 BDC1 . 1 注:底面为正方形,从顶点向底面作垂线,垂足是底面中心,这样的四棱锥叫做正四棱 锥.用一个平行于正四棱锥底面的平面去截该棱锥,底面与截面之间的部分叫做正四棱 台. 【答案】 (1)详见解析; (2)详见解析. 【解析】 试题分析: (1)构造辅助线,构造平行四边形证明线线平行,进而利用线面平行的判定 定理得到线面平行,再利用面面平行的判定定理证明面面平行; (2)利用菱形的性质, 得到线线垂直,再利用线面垂直与面面垂直的性质得到线线垂直, ,最后利用线面垂直 的判定定理证得线面垂直.

AC ,分别交 B1D1 , EF , BD 于 M , N , P ,连接 MN , C1P 试题解析: (Ⅰ)连接 AC 1 1,

试卷第 53 页,总 148 页

D1 A1

M

C1 B1

D
E N F

C

P
B

A

由题意, BD ∥ B1D1 因为 BD ? 平面 EFB1D1 , B1 D1 ? 平面 EFB1D1 ,所以 BD ∥平面 EFB1D1 又因为 A 1B 1 ? a, AB ? 2a ,所以 MC1 ? 2分

1 2 A1C1 ? a 2 2

又因为 E 、 F 分别是 AD 、 AB 的中点, 所以 NP ?

1 2 AC ? a 4 2

所以 MC1 ? NP PC ?

2a

NP 又因为 AC ∥ AC 1 1 ,所以 MC1 ∥
所以四边形 MC1PN 为平行四边形 所以 PC1 ∥ MN 因为 PC1 ? 平面 EFB1D1 , MN ? 平面 EFB1D1 ,所以 PC1 ∥平面 EFB1D1 因 5分 为

PC1 ? BD ? P











EFB1D1







B D C 1

PC , A1C1 ? PC , (Ⅱ)连接 A 1P ,因为 AC 1 1∥
所以四边形 AC 1 1CP 为平行四边形 因为 CC1 ? AA 1 1CP 为菱形 1 ? PC ? 2a ,所以四边形 AC 所 9分 因为 MP ? 平面 ABCD , MP ? 平面 AC 1 1CA 以

AC ? PC1 1

ABCD , 所以平面 AC 1 1CA ? 平面
试卷第 54 页,总 148 页

因为 BD ? AC ,所以 BD ? 平面 AC 1 1CA 因为 AC ? 平面 AC 1 1 1CA ,所以 BD ? AC 1 因为 PC1 ? BD ? P ,所以 AC ? 平面 BDC1 . 1 分 考点:1.空间中平行关系的转化;2.空间中垂直关系的转化. 41. 如图, 在正四棱台 ABCD ? A1B1C1D1 中,A1B1 ? a ,AB ? 2a ,AA 1 ? 12

2a ,E 、

F 分别是 AD 、 AB 的中点.
D1 A1 B1 C1

D
E A F B

C

(Ⅰ)求证:平面 EFB1D1 ∥平面 BDC1 ; (Ⅱ)求二面角 D ? BC1 ? C 的余弦值的大小. 注:底面为正方形,从顶点向底面作垂线,垂足是底面中心,这样的四棱锥叫做正四棱 锥.用一个平行于正四棱锥底面的平面去截该棱锥,底面与截面之间的部分叫做正四棱 台. 【答案】 (1)详见解析; (2)

7 . 7

【解析】 试题分析: (1)构造辅助线,构造平行四边形证明线线平行,进而利用线面平行的判定 定理得到线面平行,再利用面面平行的判定定理证明面面平行; (2)建立空间直角坐标 系,利用平面的法向量进行求解.

AC ,分别交 B1D1 , EF , BD 于 M , N , P ,连接 MN , C1P 试题解析: (Ⅰ)连接 AC 1 1,

试卷第 55 页,总 148 页

D1 A1

z

C1

M B1

D E N F P B y

C

A

x

由题意, BD ∥ B1D1 因为 BD ? 平面 EFB1D1 , B1 D1 ? 平面 EFB1D1 ,所以 BD ∥平面 EFB1D1 分 又因为 A 1B 1 ? a, AB ? 2a ,所以 MC1 ? 2

1 2 A1C1 ? a 2 2

又因为 E 、 F 分别是 AD 、 AB 的中点, 所以 NP ?

1 2 AC ? a 4 2

所以 MC1 ? NP

NP 又因为 AC ∥ AC 1 1 ,所以 MC1 ∥
所以四边形 MC1PN 为平行四边形 所以 PC1 ∥ MN 因为 PC1 ? 平面 EFB1D1 , MN ? 平面 EFB1D1 ,所以 PC1 ∥平面 EFB1D1 因 5分 (Ⅱ)连接 A1 N ,因为 A 1 M ∥ NP 1M ? MC1 ? NP ,又 A 所以四边形 A1 NPM 为平行四边形,所以 PM ∥ A1 N 由题意 MP ? 平面 ABCD ,? A1 N ? 平面 ABCD ,? A1 N ? AN 因为 A1B1 ? a , AB ? 2a , AA 1 ? 为

PC1 ? BD ? P











EFB1D1







B D C 1

2a ,所以 A1 N ? AA12 ? AN 2 ?

6 a ? MP 2

因为 ABCD 为正方形,所以 AC ? BD 所以,以 PA, PB, PM 分别为 x, y, z 轴建立如图所示的坐标系
试卷第 56 页,总 148 页

则 B(0, 2a,0) , D(0, ? 2a,0) , C(? 2a,0,0) , C1 (?

2 6 a, 0, a) 2 2

所 以 BD ? (0,?2 2,0) , BC1 ? (? 7分

2 6 a, ? 2 a, a) , BC ? (? 2a,? 2a,0) 2 2

设 n1 ? ( x1 , y1 , z1 ) 是平面 BDC1 的法向量,则 ?

? ?n1 ? BC1 ? 0 ? ?n1 ? BD ? 0

,

? 2 6 ax ? 2ay1 ? az1 ? 0 ?? ,? y1 ? 0 , ?? 2 1 2 ? ?2 2ay1 ? 0 ?
令 z1 ? 1,则 x1 ? 3 ,所以 n1 ? ( 3,0,1) 分 设 n2 ? ( x2 , y2 , z2 ) 是平面 BCC1 的法向量,则 ? 9

? ?n2 ? BC1 ? 0 ? ?n2 ? BC ? 0

? 2 6 ax ? 2ay2 ? az2 ? 0 ?? ?? 2 2 2 ? ? 2ax2 ? 2ay2 ? 0 ?
令 y2 ? 1 ,则 x2 ? ?1 , z2 ? 分

3 3 所以 n2 ? (?1,1, ) 3 3

11

所以 cos ? n1 , n2 ??

n1 ? n2 n1 n2

?

? 3 ?0?

3 3 ?? 7 7 21 2? 3

所以二面角 D ? BC1 ? C 的余弦值的大小为

7 7

12

分 考点:1.空间中平行关系的转化;2.空间向量在立体几何中的应用. 42. (本小题满分 10 分) 2 3 如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA?平面 ABCD,AD∥BC,AB?AD,BC= ,AB=1,BD=PA 3 =2.

试卷第 57 页,总 148 页

P

A

D C

B

(1)求异面直线 BD 与 PC 所成角的余弦值; (2)求二面角 A-PD-C 的余弦值. 【答案】 (1) 【解析】 试题分析:本题求异面直线所成的角及二面角,由于已知条件有 PA ? 平面 ABCD , AB ? AD ,因此我们分别以 AB,AD,AP 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐 标系,写出图各点 P, A, B, C , D 的坐标, (1)异面直线 BD, PC 所成的角的余弦值等于 向量 BD, PC 夹角的余弦值的绝对值; ( 2)求二面角 A ? PD ? C ,先求面 APD 和面 57 2 ; (2) . 38 5

??? ? ??? ?

CPD 的法向量,利用法向量的夹角与二面角的关系来求得.
试题解析: (1)因为 PA?平面 ABCD,AB?平面 ABCD,AD?平面 ABCD, 所以 PA?AB,PA?AD. 又 AD?AB, 故分别以 AB,AD,AP 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.
z P

A D x B C y

根据条件得 AD= 3. 2 3 所以 B(1,0,0),D(0, 3,0),C(1, ,0),P(0,0,2). 3 ? ? 2 3 从而 BD =(-1, 3,0), PC =(1, ,-2). 3 3分 设异面直线 BD,PC 所成角为? , ?? → → BD ? PC 则 cos? =|cos< BD , PC >|=| | ? ? ∣ BD ∣?∣ PC ∣ 2 3 (-1, 3,0)·(1, ,-2) 3 57 =| |= . 38 19 2× 3
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即异面直线 BD 与 PC 所成角的余弦值为

57 . 38

5分

? (2)因为 AB?平面 PAD,所以平面 PAD 的一个法向量为 AB =(1,0,0). 设平面 PCD 的一个法向量为 n=(x,y,z), ? ? ? ? 2 3 由 n? PC ,n? PD , PC =(1, ,-2), PD =(0, 3,-2), 3

? ? ?x=3z, ?x+2 3y-2z=0, 3 得? 解得? 2 3 ? ? 3y-2z=0, ?y= 3 z. ?
2 不妨取 z=3,则得 n=(2,2 3,3). 8分 设二面角 A-PD-C 的大小为?, ? ? AB · n (1,0,0)·(2,2 3,3) 2 则 cos?=cos< AB ,n>= = = . ? 1×5 5 ∣ AB ∣×∣n∣ 2 即二面角 A-PD-C 的余弦值为 . 5 10 分

考点:异面直线所成的角,二面角. 43. (本小题满分 14 分) 在四棱锥 P-ABCD 中,BC∥AD,PA⊥PD,AD=2BC,AB=PB, E 为 PA 的中点.
P E A D

B

C

(1)求证:BE∥平面 PCD; (2)求证:平面 PAB⊥平面 PCD. 【答案】证明见解析. 【解析】 试题分析: (1) 要证明 BE∥平面 PCD, 就是要在平面 PCD 上找到一条与 BE 平行的直线, 由判定定理, 从已知 AD // BC, AD ? 2BC ,E 又是 AP 中点, 因此我们取 PD 中点 F , 可得 EF // AD ,且 EF ?

1 AD ,从而有 EF // BC 且 EF ? BC ,于是 EFCB 是平行 2

四边形, BE // CF ,平行线找到了; (2)要证明平面 PAB⊥平面 PCD,而题中已知 PA ⊥PD,由面面垂直的性质, PA, PD 中一定有一条直线与其中一个平面垂直,由已知

AB ? PB , 因 此 A P ? B E, 再 由 ( 1 ) AP ? CF , 这 样 结 合 P A ? P D就 有

P A? 平面 P D C ,于是有面面垂直.
试题解析: (1)取 PD 的中点 F,连接 EF,CF.

试卷第 59 页,总 148 页

P E A F D

B

C

1 因为 E 为 PA 的中点,所以 EF∥AD,EF= AD. 2 1 因为 BC∥AD,BC= AD, 2 所以 EF∥BC,EF=BC. 所以四边形 BCFE 为平行四边形. 所以 BE∥CF. 4分 因为 BE?平面 PCD,CF?平面 PCD, 所以 BE∥平面 PCD. 6分 (2)因为 AB=PB,E 为 PA 的中点,所以 PA⊥BE. 因为 BE∥CF,所以 PA⊥CF. 9分 因为 PA⊥PD,PD?平面 PCD,CF?平面 PCD,PD∩CF=F, 所以 PA⊥平面 PCD. 12 分 因为 PA?平面 PAB,所以平面 PAB?平面 PCD. 14 分 考点:线面平行,面面垂直, 44.(本小题满分 14 分)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是正方形, 侧棱 PD⊥底面 ABCD,PD=DC,E 是 PC 的中点.

⑴求证:PA∥平面 BDE; ⑵求证:平面 BDE⊥平面 PBC. 【答案】证明见解析. 【解析】 试题分析: (1)要证明线面平行,就是要在待证的平面内找一条直线与之平行,一般是 过直线作一个平面与要证的平面相交, 交线就是我们要找的平行线, 设 AC ? BD ? O , 则平面 BDE ? 平面 PAC ? EO ,而由中位线定理知 EO // PA ; (2)要证面面垂直, 就是要证明一个平面经过另一平面的的一条垂线,题中两平面的交线为 BE ,首先由

PD ? DC , E 是 PC 中点得 DE ? PC ,另外由 PD ? 底面 ABCD ,知 DE 在底面

ABCD 上的射影是 DC ,而 DC ? BC ,因此有 BC ? DE (可通过证明 BC ? 平面 PDC 得此结论) ,从而有 DE ? 平面 PBC ,即得面面垂直.
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试题解析:⑴连接 AC,设 AC 与 BD 的交点为 O,连接 OE.

∵在△PCA 中,OE 是△PCA 的中位线,∴PA∥OE. 又 PA 不在平面 BDE 内,∴PA∥平面 BDE. ⑵∵PD⊥底面 ABCD。∴CB⊥PD. 又 BC⊥DC, PD ? DC ? D, ∴BC⊥平面 PDC. DE ? 平面PDC ,∴DE⊥BC 在△PDC 中,PD=DC,E 是 PC 的中点,∴DE⊥PC. PC ? BC ? C , 因此有 DE⊥平面 PBC. ∵DE ? 平面 BDE,∴平面 BDE⊥平面 PBC. 考点:线面平行,面面垂直. 45.(本小题满分 12 分) 如图,已知 E , F 分别是正方形 ABCD 边 BC , CD 的中点, EF 与 AC 交于点 O ,PA, NC 都垂直于平面 ABCD ,且 PA ? AB ? 2NC , M 是 PA 中点.
P

M

A

D F B O E

N

C

(Ⅰ)求证:平面 PAC ? 平面 NEF ; (Ⅱ)求二面角 M ? EF ? N 的余弦值. 【答案】 (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ) ?
33 . 33

【解析】 试题分析: (1)利用已知的面面垂直关系建立空间直角坐标系, 准确写出相关点的坐标, 从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)把两平面所成角的余 弦值转化为两平面法向量夹角的余弦值;(3) 空间向量将空间位置关系转化为向量运算, 应用的核心是要充分认识形体特征,建立恰当的坐标系,实施几何问题代数化.同时注 意两点:一是正确写出点、向量的坐标,准确运算;二是空间位置关系中判定定理与性 质定理条件要完备. 试题解析:法 1: (Ⅰ)连结 BD ,∵ PA ? 平面 ABCD , BD ? 平面 ABCD ,∴ PA ? BD 又∵ BD ? AC , AC ? PA ? A ,∴ BD ? 平面 PAC , 又∵ E, F 分别是 BC 、 BD 的中点,∴ EF∥BD , ∴ EF ? 平面 PAC ,又 EF ? 平面 NEF , ∴平面 PAC ? 平面 NEF ; 5分
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(Ⅱ)连 OM,∵ EF ? 平面 PAC , OM ? 平面 PAC , ∴ EF ? OM , 在等腰三角形 NEF 中,点 O 为 EF 的中点,∴ NO ? EF , ∴ ?MON 为所求二面角 M ? EF ? N 的平面角, 设 AB ? 4 ,∵点 M 是 PA 的中点,∴ AM ? NC ? 2 , 所以在矩形 MNCA 中, 可求得 MN ? AC ? 4 2 , NO ? 6 , MO ? 22 在 ?MON 中,由余弦定理可求得:
cos ?MON ? OM 2 ? ON 2 ? MN 2 33 ?? , 2 ? OM ? ON 33

9分

∴二面角 M ? EF ? N 的余弦值为 ?

33 . 33

12 分 5分

法 2: (Ⅰ)同法 1; (Ⅱ)设 AB ? 4 ,建立如图所示的直角坐标系,
z P

M

A

D F O B x E

N y

C

则 P(0,0, 4) , C (4, 4, 0) , E (4, 2, 0) , F (2, 4, 0) , M (0, 0, 2) , N (4, 4, 2)

??? ? ??? ? ??? ? ???? ∴ PC ? (4, 4, ?4) , EF ? (?2, 2,0) ,则 EN ? (0, 2, 2) EN ? (0, 2, 2) ,
?? 设平面 NEF 的法向量为 m ? ( x, y, z ) ,
?? ???? ? ?m ? EN ? 0 ?2 y ? 2 z ? 0 ?? 则 ??? ??? ,令 x ? 1 ,得 y ? 1 , z ? ?1 ? ? ?m ? EF ? 0 ??2 x ? 2 y ? 0

?? 即 m ? (1,1, ?1) , ? 同理可求平面 MEF 一个法向量 n ? (1,1,3) ,

9分

∴ cos ? m, n ??

?? ?

1?1? 3 3 ? 11

??

33 , 33

∴二面角 M ? EF ? N 的余弦值为 ?

33 . 33 考点:空间点、线、面的位置关系.

12 分

46.(本题满分 12 分) ?ABC 为正三角形, EC ⊥平面 ABC , BD ⊥平面 ABC , 如图, 在四棱锥 A ? BCED 中, M 为棱 EA 的中点, CE ? 2 BD .

试卷第 62 页,总 148 页

(I)求证: DM ∥平面 ABC ; (II)求证:平面 BDM ⊥平面 ECA . 【答案】 (1)见解析; (2)见解析. 【解析】 试题分析: (1)取 AC 中点 N,连接 MN,BN,根据 M、N 分别是 AE、AC 的中点,得到 MN

1 1 EC ,又 BD // EC 得到 MN // BD,从而 MNBD 为平行四边形即得证. 2 2 (2)由(1)及 ? ABC 为等边三角形,得到 BN 丄 AC,

//

又 BD 丄面 ABC ,得到 BD 丄 AC,AC⊥面 BDN,即 AC 丄面 BDMN,即得面 ECA 丄面 BDM. 试题解析: (1)取 AC 中点 N,连接 MN,BN

N

由于 M、N 分别是 AE、AC 的中点,∴ MN // ∴MN // BD 从而 MNBD 为平行四边形 ∴DM//BN,又 DM ? 面ABC, BN ? 面ABC

1 1 EC,又 BD // EC 2 2

所以 DM//面 ABC 6分 (2)由(1)及 ? ABC 为等边三角形,∴BN 丄 AC, 又 BD 丄面 ABC∴BD 丄 AC,BN∩BD=B 从而 AC⊥面 BDN,即 AC 丄面 BDMN 而 AC 在平面 AEC 内, ∴面 EAC ? 上面 BDMN, 即面 ECA 丄面 BDM 考点:1.平行关系;2.垂直关系;3.几何体的几何特征. 47.(本题满分 12 分)

12 分

已知四边形 ABCD 是边长为 3 的菱形,对角线 AC ? 2 2 .分别过点 B、C、D 向平

CF、 DG , 面 ABCD 外作 3 条相互平行的直线 BE、 其中点 E,F 在平面 ABCD 同侧, CF =8 ,且平面 AEF 与直线 DG 相交于点 G , GE ? AF ? P , AC ? BD ? O ,连结 OP .

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F

G

P
D

E C O B

A
(第19 题图)

(I)证明: OP / / DG ; (II)当点 F 在平面 ABCD 内的投影恰为 O 点时,求四面体 FACE 的体积. 【答案】 (I)见解析; (II)VF ACE = VF ABC=

2 3

31

【解析】 试题分析: (I)证明? CF // BE ,? BE ? 平面 BDGE ,CF ? 面 BDGE

? C F//面 BDGE 根据 CF ? 面 ACF, 面 BDGE ? 面 ACF=OP,? CF//OP, 又 CF//GD? OP//GD.
(II)注意到 VF ACE=VE ACF ,BE//CF, VE ACF =VB ACF =VF ABC= 计算? S ? ABC =

1 S ? ABC ? OF, 3

1 2 2 AC ? OB= 2 ,OF= FC ? OC = 62 ,进一步即得. 2 试题解析: (I)证明? CF // BE ,? BE ? 平面 BDGE ,CF ? 面 BDGE 3分 ? C F//面 BDGE 又 CF ? 面 ACF, 面 BDGE ? 面 ACF=OP, ? CF//OP 5分 又 CF//GD 6分 ? OP//GD
(II)VF ACE=VE ACF 7分 10 分 11 分

1 ? BE//CF, VE ACF =VB ACF =VF ABC= S ? ABC ? OF 3 1 2 2 AC ? OB= 2 ,OF= FC ? OC = 62 ? S ? ABC = 2 1 2 2 ? 62 = VF ACE = VF ABC= 12 分 31 3 3

考点:1.平行关系;2.几何体的体积;3.等体积法. 48. (14 分) (2015?广东)如图,三角形△PDC 所在的平面与长方形 ABCD 所在的平面垂 直, PD=PC=4, AB=6, BC=3, 点 E 是 CD 的中点, 点 F、 G 分别在线段 AB、 BC 上, 且 AF=2FB, CG=2GB.

(1)证明:PE⊥FG; (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.

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【答案】 (1)见解析; (2)

; (3)

【解析】 试题分析: (1)通过△POC 为等腰三角形可得 PE⊥CD,利用线面垂直判定定理及性质定 理即得结论; (2)通过(1)及面面垂直定理可得 PG⊥AD,则∠PDC 为二面角 P﹣AD﹣C 的平面角, 利用勾股定理即得结论; (3)连结 AC,利用勾股定理及已知条件可得 FG∥AC,在△PAC 中,利用余弦定理即得 直线 PA 与直线 FG 所成角即为直线 PA 与直线 FG 所成角∠PAC 的余弦值. (1)证明:在△POC 中 PO=PC 且 E 为 CD 中点, ∴PE⊥CD, 又∵平面 PDC⊥平面 ABCD,平面 PDC∩平面 ABCD=CD,PE?平面 PCD, ∴PE⊥平面 ABCD, 又∵FG?平面 ABCD, ∴PE⊥FG; (2)解:由(1)知 PE⊥平面 ABCD,∴PE⊥AD, 又∵CD⊥AD 且 PE∩CD=E, ∴AD⊥平面 PDC, 又∵PD?平面 PDC,∴AD⊥PD, 又∵AD⊥CD,∴∠PDC 为二面角 P﹣AD﹣C 的平面角, 在 Rt△PDE 中,由勾股定理可得: PE= ∴tan∠PDC= = = ; =3 = , =5, = ,

(3)解:连结 AC,则 AC= 在 Rt△ADP 中,AP=

∵AF=2FB,CG=2GB, ∴FG∥AC, ∴直线 PA 与直线 FG 所成角即为直线 PA 与直线 FG 所成角∠PAC, 在△PAC 中,由余弦定理得 cos∠PAC=

= = .

点评:本题考查线线垂直的判定、二面角及线线角的三角函数值,涉及到勾股定理、余
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弦定理等知识,注意解题方法的积累,属于中档题. 49. (本小题满分 10 分)如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,已知 PA ? 平面 ABCD ,且 四边形 ABCD 为直角梯形, ?ABC ? ?BAD ? P

?
2

, PA ? AD ? 2, AB ? BC ? 1

Q A B C D

(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值; (2)点 Q 是线段 BP 上的动点,当直线 CQ 与 DP 所成角最小时,求线段 BQ 的长

3 2 5 【答案】 (1) 3 (2) 5
【解析】 试题分析: (1) 求二面角, 关键求出两个平面的法向量, 本题中平面 PCD 法向量已知, 故关键求平面 PAB 的法向量, 利用向量垂直关系可列出平面 PAB 的法向量两个独立条 件, 再根据向量数量积求二面角余弦值 (2) 先建立直线 CQ 与 DP 所成角的函数关系式:
??? ? ??? ? 1 ? 2? ??? ? ??? ? cos ? CQ, DP ?? (0 ? ? ? 1) 2 BQ ? ? BP 10 ? ? 2 设 ,则 ,再利用导数求其最值,确定点 Q

坐标,最后利用向量模求线段 BQ 的长

???, ?D, ??? 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 ? ? xyz , 试题解析:以
则各点的坐标为

??? ? ???? ??? ?

? ?1,0,0?



C ?1,1,0?



D ? 0,2,0?



? ? 0,0,2?



???? ???? ?D ? ? 0, 2,0 ? (1)因为 ?D ? 平面 ??? ,所以 ?D 是平面 ??? 的一个法向量, .
因为

??? ? ?C ? ?1,1, ?2 ?



??? ? ?D ? ? 0, 2, ?2?



设平面 ?CD 的法向量为

? m ? ? x, y, z ?

?x ? y ? 2z ? 0 ? ? ? ? ??? ? ??? 2 y ? 2z ? 0 . , 则 m ??C ? 0 ,m ??D ? 0 , 即?

令 y ? 1 ,解得 z ? 1 , x ? 1 . 所以

? m ? ?1,1,1?

是平面 ?CD 的一个法向量.

从而

???? ? ???? ? ?D ? m 3 cos ?D, m ? ???? ? ? 3 ?D m

,所以平面 ??? 与平面 ?CD 所成二面角的余弦值

试卷第 66 页,总 148 页

3 为 3 .
(2)因为

??? ? ?? ? ? ?1,0, 2?

,设

??? ? ??? ? ?Q ? ? ?? ? ? ?? ,0, 2? ?

( 0 ? ? ? 1) ,

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? CQ ? C? ? ?Q ? ? ?? , ?1, 2? ? D? ? ? 0, ?2, 2? 又 ,则 ,又 , ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? CQ ? D? 1 ? 2? cos CQ, D? ? ??? ? ??? ? ? CQ D? 10? 2 ? 2
从而 .

??? ? C? ? ? 0, ?1,0?

??? ? ??? ? cos2 CQ, D? ?

t ??1,3? 设 1 ? 2? ? t , ,则
t?
当且仅当

2t 2 2 9 ? ? 2 2 5t ? 10t ? 9 ? 1 5 ? 20 10 9? ? ? ? 9 ?t 9? .

??? ? ??? ? 9 2 3 10 ?? cos CQ, D? 5 ,即 5 时, 的最大值为 10 .

? ?? ? 0, ? y ? cos x 因为 在 ? 2 ? 上是减函数,此时直线 CQ 与 D ? 所成角取得最小值. 2 2 5 ?Q ? ?? ? 5 5 . 又因为 ?? ? 1 ? 2 ? 5 ,所以
2 2

考点:空间向量、二面角、异面直线所成角

BC ? CC1 , 50. (本题满分 14 分) 如图, 在直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, 已知 AC ? BC ,
设 AB1 的中点为 D , B1C ? BC1 ? E . A B D A1 B1 求证: (1) DE // 平面AA 1C1C ; (2) BC1 ? AB1 . 【答案】 (1)详见解析(2)详见解析 【解析】 试题分析(1)由三棱锥性质知侧面 BB1C1C 为平行四边形,因此点 E 为 B1C 的中点,从
1C1C 而由三角形中位线性质得 DE / / AC , 再由线面平行判定定理得 DE // 平面AA (2)

C

E C1

因为直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中 BC ? CC1 , 所以侧面 BB1C1C 为正方形, 因此 BC1 ? B1C ,
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又 AC ? BC , AC ? CC1 ( 可 由 直 三 棱 柱 推 导 ) ,因此由线面垂直判定定理得
AC ? 平面BB1C1C ,从而 AC ? BC1 ,再由线面垂直判定定理得 BC1 ? 平面AB1C ,进而可

得 BC1 ? AB1 试题解析: (1)由题意知, ? 为 又D 为

?1C 的中点,

??1 的中点,因此 D? //?C . ??1C1C , ?C ? 平面 ??1C1C ,

又因为 D? ? 平面 所以 D? // 平面

??1C1C .

(2)因为棱柱 所以

??C ? ?1?1C1 是直三棱柱,

CC1 ? 平面 ?? C .
?C ? CC1 .

因为 ?C ? 平面 ?? C ,所以 又因为 ?C ? ?C , 所以 ?C ? 平面 又因为 因为

CC1 ? 平面 ?CC1?1 , ?C ? 平面 ?CC1?1 , ?C ? CC1 ? C ,

?CC1?1 .

?C1 ? 平面 ?CC1?1 ,所以 ?C1 ? ?C .

?C ? CC1 ,所以矩形 ?CC1?1 是正方形,因此 ?C1 ? ?1C . ?1C ? 平面 ?1?C , ?C ? ?1C ? C ,所以 ?C1 ? 平面 ?1?C .

因为 ? C , 又因为

??1 ? 平面 ?1?C ,所以 ?C1 ? ??1 .

考点:线面平行判定定理,线面垂直判定定理 51. (本小题满分 12 分, (Ⅰ)小问 5 分, (Ⅱ)小问 7 分) 如图,三棱锥 P-ABC 中,平面 PAC ? 平面 ABC, ? ABC= AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点 F 在线段 AB 上,且 EF//BC.

? ,点 D、E 在线段 AC 上,且 2

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(Ⅰ)证明:AB ? 平面 PFE. (Ⅱ)若四棱锥 P-DFBC 的体积为 7,求线段 BC 的长. 【答案】 (Ⅰ)祥见解析, (Ⅱ) BC = 3 或 BC = 3 3 . 【解析】 试题分析: (Ⅰ) 先由已知易得 PE ^ AC , 再注意平面 PAC ? 平面 ABC , 且交线为 AC , 由面面垂直的性质可得 PE ^ 平面 ABC , 再由线面垂直的性质可得到 AB ^ PE , 再注 C ^A B , 意到 EF / / BC , 而B 从而有 AB ^ EF , 那么由线面垂的判定定理可得 AB ? 平面 PFE , (Ⅱ)设 BC=x 则可用 x 将四棱锥 P ? DFBC 的体积表示出来,由已知其体积等于 7, 从而得到关于 x 的一个一元方程,解此方程,再注意到 x ? 0 即可得到 BC 的长.

PDC 中 DC 边 试题解析:证明:如题(20)图.由 DE ? EC, PD ? PC 知, E 为等腰 D
的中点,故

PE ^ AC ,

P

A

D F
题(20)图

E

C

B
? 平 面 ABC ? AC, PE ? 平 面 PAC ,

又 平 面 PAC ? 平 面 ABC , 平 面 PAC PE ^ AC , 所以 PE ^ 平面 ABC ,从而 PE ^ AB .

p , EF ? BC , 故AB EF . 2 从而 AB 与平面 PFE 内两条相交直线 PE , EF 都垂直, 所以 AB ^ 平面 PFE . ABC 中, (2)解:设 BC=x ,则在直角 D 1 1 AB= AC2 - BC 2 = 36 - x2 .从而 SDABC = AB? BC= x 36 x 2 2 2 ABC= 因衈
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由 EF ? BC ,知

AF AE 2 S 2 4 AEF ? D ABC ,故 DAEF = ( )2 = , = = ,得 D AB AC 3 SDABC 3 9

即 SDAEF = 由 AD=

4 SDABC . 9 2 1 SDABC = x 36 - x 2 , 9 9 1 1 = SDABC -SDADF = x 36 - x 2 - x 36 - x 2 2 9

1 1 1 4 AE , SDAFB = SDAFE = ? SDABC 2 2 2 9

从 而 四 边 形 DFBC 的 面 积 为 SDFBC

=

7 x 36 - x 2 18

由(1)知,PE PE ^ 平面 ABC ,所以 PE 为四棱锥 P-DFBC 的高.

PEC 中, PE= PC2 - EC 2 = 42 - 22 = 2 3 , 在直角 D
SDFBC PE = ? 体积 VP - DFBC = 鬃 1 3 1 7 x 36 x 2 ?2 3 3 18 7,

4 2 2 2 故得 x - 36 x + 243 = 0 ,解得 x = 9或x = 7 ,由于 x > 0 ,可得 x = 3或x = 3 3 .

所以 BC = 3 或 BC = 3 3 . 考点:1. 空间线面垂直关系,2. 锥体的体积,3.方程思想. 52. (本小题满分 13 分, (1)小问 4 要, (2)小问 9 分) 如图,三棱锥 P ? ABC 中, PC ? 平面 ABC, PC ? 3, ? ACB?

?
2

. D, E分别为线段

AB, BC 上的点,且 CD ? DE ? 2, CE ? 2EB ? 2.

(1)证明: DE ? 平面 PCD (2)求二面角 A ? PD ? C 的余弦值。 【答案】 (1)证明见解析; (2)

3 . 6

【解析】 试题分析: ( 1)要证线面垂直,就是要证线线垂直,题中由 PC ? 平面 ABC ,可知

PC ? DE ,再分析已知由 DC ? CE ? 2, CE ? 2 得 CD ? DE ,这样与 DE 垂直的
两条直线都已找到,从而可得线面垂直; (2)求二面角的大小,可心根据定义作出二面

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角的平面角,求出这个平面角的大小,本题中,由于 ?ACB ?

?
2

, PC ? 平面 ABC ,

因此 CA, CB, CP 两两垂直,可以他们为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系,写出图中各点 的坐标,求出平面 APD 和平面 CPD 的法向量 n1 , n2 ,向量 n1 , n2 的夹角与二面角相等 或互补,由此可得结论. 试题解析: (1)证明:由 PC ? 平面 ABC,DE ? 平面ABC,故 PC ? DE 由 CE=2,CD=DE= 2得 ? CDE为等腰直角三角形,故 CD ? DE 由 PC ? CD=C,DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线,故 DE ? 平面 PCD (2)解:由(1)知, ? CDE 为等腰直角三角形, ? DCE=

?? ?? ?

?? ?? ?

?
4,

,如(19)图,过点

D作 DF 垂直 CE 于F,易知 DF=FC=EF=1,又已知 EB=1, 故 FB=2. 由 ? ACB=

?
2,

得 DF // AC,

DF FB 2 3 3 = = ,故 AC= DF= . AC BC 3 2 2

以C为坐标原点,分别以 CACB ,  , CP 的方程为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直 角坐标系,则C(0,0,0,) ,P(0,0,3) ,A(

??? ? ??? ?

??? ?

3 ,0,0),E(0,2,0) ,D(1,1,0) , 2

??? ? ED=(1,-1,0),
??? ? ??? ? 1 DP=(-1,-1,3)DA = ( ,-1,0) 2
设平面 PAD 的法向量 n =(x1,y1,z1 ), 1 由 n1? DP ? 0 , n1 ? DA ? 0 ,

?

? ??? ?

? ??? ?

z P

C D 题(19)图

E B y

A x

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?? x1 ? y1 ? 3z1 ? 0 ?? ? 故可取n1 ? (2,1,1) . 得? 1 x1 ? y1 ? 0 ? ? 2
由(1)可知 DE ? 平面 PCD,故平面 PCD 的法向量 n2 可取为 ED ,即 n2 = (1, - 1,0) .

?? ?

??? ?

?? ?

?? ?? ? ?? ?? ? ?? ?? ? n1 ? n2 3 ? ?? ?= 从而法向量 n1 , n2 的夹角的余弦值为 cos? n1 , n2 ? ? ?? , |n1 | ?|n2 | 6
故所求二面角 A-PD-C 的余弦值为

3 . 6

考点:考查线面垂直,二面角.考查空间想象能力和推理能力. 53 . ( 本 题 满 分 15 分 ) 如 图 , 在 三 棱 锥 A BC
1

中 , A 1 B 1 C

D 为 B1C1 的 ?ABC ? 90?,AB ? AC ? 2,AA1 ? 4,A1 在底面 ABC 的射影为 BC 的中点, 中点.

(1)证明: A1D ? 平面A1BC ; (2)求直线 A1B 和平面 BB1CC1 所成的角的正弦值.

【答案】 (1)见解析; (2)

7 8

【解析】 (1)利用线面垂直的定义得到线线垂直,根据线面垂直的判定证明直线与平面垂直; (2)通过添加辅助线,证明 A1F ? 平面 BB1C1C ,以此找到直线与平面所成角的平面 角 ?A1 BF ,在直角三角形 A 1BF 中通过确定边长,计算 ?A 1 BF 的正弦值. 试题解析: (1)设 ? 为 ? C 中点,由题意得 A1E ? 平面 ?? C ,所以 A1E ? AE . 因为 AB ? AC ,所以 AE ? BC . 所以 AE ? 平面 A 1BC . 由 D , ? 分 别 为 B1C1 , BC 的 中 点 , 得 DE // BB1 且 DE ? BB1 , 从 而 DE // AA 1且
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DE ? AA1 ,
所以 AA1 DE 是平行四边形,所以 A 1 D // AE . 因为 AE ? 平面 A 1BC ,所以 A 1BC . 1 D ? 平面 A

(2)作 A1F ? DE ,垂足为 F ,连结 ? F . 因为 AE ? 平面 A 1BC ,所以 BC ? A 1E . 因为 BC ? AE ,所以 BC ? 平面 AA1 DE . 所以 BC ? A 1F , A 1F ? 平面 BB 1C1C . 所以 ?A1 BF 为直线 A 1B 与平面 BB 1C1C 所成角的平面角. 由 AB ? AC ? 2, ?CAB ? 90? ,得 EA ? EB ? 2 . 由 AE ? 平面 A . 1BC ,得 A 1A ? A 1B ? 4, A 1E ? 14
? 由 DE ? BB1 ? 4, DA ,得 A1 F ? 1 ? EA ? 2, ?DA 1E ? 90

7 . 2

所以 sin ?A1 BF ?

7 8

考点:1.空间直线、平面垂直关系的证明;2.直线与平面所成的角.

AB ? AC ? 2 , ?BAC ? 90? , 54. (本题满分 15 分) 如图, 在三棱柱 ABC ? A1B1C1 -中,

A1 A ? 4 , A1 在底面 ABC 的射影为 BC 的中点, D 为 B1C1 的中点.

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(1)证明: A1 D ? 平面 A1B C ; (2)求二面角 A1 -BD- B1 的平面角的余弦值. 【答案】 (1)详见解析; (2) ? 【解析】 (1)根据条件首先证得 AE ? 平面 A1BC ,再证明 A1D / / AE ,即可得证; (2) 作 A1F ? BD ,且 A1F ? BD ? F ,可证明 ?A1FB1 为二面角 A1 ? BD ? B1 的平面角, 再由 余弦定理即可求得 cos ?A1 FB1 ? ?

1 . 8

1 ,从而求解. 8

试题解析: ( 1)设 E 为 BC 的中点,由题意得 A1E ? 平面 ABC ,∴ A1 E ? AE ,∵

AB ? AC ,
∴ AE ? BC ,故 AE ? 平面 A1 BC ,由 D , E 分别 B1C1 , BC 的中点,得 DE / / B1B 且

DE ? B1B ,从而 DE / / A1 A ,∴四边形 A1 AED 为平行四边形,故 A1D / / AE ,又∵
AE ?
平面 A ∴ A1D ? 平面 A (2) 作 AF ? B D 1 BC1 , 1 BC1 ; 1 , 且 AF ? B D F ? 1 , 连结 B1F ,

? 由 AE ? EB ? 2 , ?A 1B ? A 1 A ? 4 ,由 A 1D ? B 1D , 1EA ? ?A 1EB ? 90 ,得 A

A1B ? B1B ,得 ?A1DB ? ?B1DB ,由 A1F ? BD ,得 B1F ? BD ,因此 ?A1FB1 为二
面角

A1 ? BD ? B1 的平面角,由 A1D ? 2 , A1B ? 4 , ?DA1B ? 90? ,得 BD ? 3 2 ,
A1 F ? B1 F ? 4 1 ,由余弦定理得, cos ?A1 FB1 ? ? . 3 8

试卷第 74 页,总 148 页

考点:1.线面垂直的判定与性质;2.二面角的求解 BE ? 平面ABCD , 55. (本小题满分 12 分) 如图四边形 ABCD 为菱形, G 为 AC 与 BD 交点,

(Ⅰ)证明:平面 AEC ? 平面 BED ; (Ⅱ)若 ?ABC ? 120 , AE ? EC , 三棱锥 E ? ACD 的体积为
?

6 ,求该三棱锥的 3

侧面积. 【答案】 (Ⅰ)见解析(Ⅱ) 3+2 5 【解析】 试题分析: (Ⅰ)由四边形 ABCD 为菱形知 AC ^ BD,由 BE ^ 平面 ABCD 知 AC ^ BE,由线 面垂直判定定理知 AC ^ 平面 BED,由面面垂直的判定定理知平面 AEC ? 平面 BED ; (Ⅱ)设 AB= x ,通过解直角三角形将 AG、GC、GB、GD 用 x 表示出来,在 RtDAEC 中, 用 x 表示 EG,在 RtDEBG 中,用 x 表示 EB,根据条件三棱锥 E ? ACD 的体积为 出 x,即可求出三棱锥 E ? ACD 的侧面积. 试题解析: (Ⅰ)因为四边形 ABCD 为菱形,所以 AC ^ BD, 因为 BE ^ 平面 ABCD,所以 AC ^ BE,故 AC ^ 平面 BED. 又 AC ? 平面 AEC,所以平面 AEC ^ 平面 BED (Ⅱ)设 AB= x ,在菱形 ABCD 中,由 ? ABC=120°,可得 AG=GC=

6 求 3

x 3 x ,GB=GD= . 2 2

试卷第 75 页,总 148 页

因为 AE ^ EC,所以在 RtDAEC 中,可得 EG=

3 x. 2

由 BE ^ 平面 ABCD,知 D EBG 为直角三角形,可得 BE=

2 x. 2
6 3 6 .故 x =2 x = 24 3

由已知得,三棱锥 E-ACD 的体积 VE - ACD = 醋 AC GD ?BE 从而可得 AE=EC=ED= 6 . 所以 D EAC 的面积为 3, D EAD 的面积与 D ECD 的面积均为 5 . 故三棱锥 E-ACD 的侧面积为 3+2 5 .

1 1 3 2

考点:线面垂直的判定与性质;面面垂直的判定;三棱锥的体积与表面积的计算;逻辑 推理能力;运算求解能力 56.如图,四边形 ABCD 为菱形,∠ABC=120°,E,F 是平面 ABCD 同一侧的两点,BE⊥ 平面 ABCD,DF⊥平面 ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.

(Ⅰ)证明:平面 AEC⊥平面 AFC; (Ⅱ)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值. 【答案】 (Ⅰ)见解析(Ⅱ)

3 3

【解析】 试题分析: (Ⅰ)连接 BD,设 BD∩AC=G,连接 EG,FG,EF,在菱形 ABCD 中,不妨设 GB=1 易证 EG⊥AC,通过计算可证 EG⊥FG,根据线面垂直判定定理可知 EG⊥平面 AFC,由面 面垂直判定定理知平面 AFC⊥平面 AEC; (Ⅱ)以 G 为坐标原点,分别以 GB, GC 的方向 为 x 轴,y 轴正方向, | GB| 为单位长度,建立空间直角坐标系 G-xyz,利用向量法可求 出异面直线 AE 与 CF 所成角的余弦值. 试题解析: (Ⅰ) 连接 BD, 设 BD∩AC=G, 连接 EG, FG, EF, 在菱形 ABCD 中, 不妨设 GB=1, 由∠ABC=120°,可得 AG=GC= 3 . 由 BE⊥平面 ABCD,AB=BC 可知,AE=EC, 又∵AE⊥EC,∴EG= 3 ,EG⊥AC,
试卷第 76 页,总 148 页

??? ? ??? ?

??? ?

在 Rt△EBG 中,可得 BE= 2 ,故 DF=

2 . 2

在 Rt△FDG 中,可得 FG=

6 . 2
2 3 2 可得 EF= , 2 2

在直角梯形 BDFE 中,由 BD=2,BE= 2 ,DF= ∴ EG 2 ? FG 2 ? EF 2 ,∴EG⊥FG, ∵AC∩FG=G,∴EG⊥平面 AFC, ∵EG ? 面 AEC,∴平面 AFC⊥平面 AEC.

(Ⅱ)如图,以 G 为坐标原点,分别以 GB, GC 的方向为 x 轴,y 轴正方向, | GB| 为单 位长度,建立空间直角坐标系 G-xyz,由(Ⅰ)可得 A(0,- 3 ,0) ,E(1,0,

??? ? ??? ?

??? ?

2) ,

F (-1,0, 分

??? ? ??? ? 2 2 ) , C (0, 3 , 0) , ∴ AE = (1, 3 , 2 ) ,CF = (-1, - 3, ) .?10 2 2

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? AE ? CF 3 ? ??? ? ?? 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

考点:空间垂直判定与性质;异面直线所成角的计算;空间想象能力,推理论证能力 57 . ( 本 小 题 满 分 13 分 ) 如 图 , 已 知 AA1 ? 平 面 ABC, 的中点. BC ? 2 5, AA1 ? 7 ,, BB1 ? 2 7, 点 E,F 分别是 BC, AC 1 AB=AC=3,

试卷第 77 页,总 148 页

(Ⅰ)求证:EF∥平面 A 1B 1BA ; (Ⅱ)求证:平面 AEA 1 ? 平面 BCB1 . (Ⅲ)求直线 A1B1 与平面 BCB1 所成角的大小. 【答案】 (Ⅰ)见试题解析;(Ⅱ)见试题解析;(Ⅲ) 30? . 【解析】 (Ⅰ)要证明 EF∥平面 A 1B 1BA , 只需证明 且 EF ? 平面 A 1B 1BA ;(Ⅱ)要

AE ? BC , BB1 ? AE ;(Ⅲ)取 B1C 中点 N,连 证明平面 AEA 1 ? 平面 BCB1 ,可证明
接 A1 N , 则 ?A1B1 N 就 是 直 线 A1B1 与 平 面 BCB1 所 成 角 ,Rt△ A 中,由 1 NB 1

sin ?A1B1 N ?

A1 N 1 ? , 得直线 A1B1 与平面 BCB1 所成角为 30? . A1B 2

试题解析:(Ⅰ)证明:如图,连接 A 的中 1B ,在△ A 1BC 中,因为 E 和 F 分别是 BC, AC 1 点,所以 ,又因为 EF ? 平面 A 1B 1BA , 所以 EF∥平面 A 1B 1BA . 所以

(Ⅱ)因为 AB=AC,E 为 BC 中点,所以 AE ? BC ,因为 AA1 ? 平面 ABC,

BB1 ? 平面 ABC,从而 BB1 ? AE ,又 BC ? BB1 ? B ,所以 AE ? 平面 BCB1 ,又因为
AE ? 平面 AEA1 ,所以平面 AEA1 ? 平面 BCB1 .

试卷第 78 页,总 148 页

NE, 因为 N 和 E 分别为 B C ,BC 中 (Ⅲ)取 BB1 中点 M 和 B1C 中点 N,连接 A 1 1M , A 1N ,
点,所以 , NE ?

1 BB1 , 故 2

, NE ? AA 1 ,所以

,

A1 N ? AE ,又因为 AE ? 平面 BCB1 ,所以 A1 N ? 平面 BCB1 ,从而 ?A1B1 N 就是直线
ABC 中 , 可 得 AE=2, 所 以 A1 N ? A E=2, 因 为 A1B1 与 平 面 B C B 1 所成角,在△
, 所 以 又 由 A B ? , 有 B 1 B

A1M ? BB1 ,在 Rt△ A1MB1 中,可得 A1 B1 ? B1M 2 ? A1M 2 ? 4 ,在 Rt△ A1 NB1 中,
sin ?A1B1 N ?
30? .
考点: 本题主要考查空间中线面位置关系的证明,直线与平面所成的角等基础知识,考查 空间想象能力及推理论证能力. 58. (本小题满分 13 分) 如图, 在四棱柱 ABCD - A 侧棱 A 1B 1C1 D 1 中, 1 A ? 底面ABCD ,

A1 N 1 ? , 因此 ?A1B1 N ? 30? ,所以,直线 A1B1 与平面 BCB1 所成角为 A1B 2

AB ? AC , AB = 1 , AC = AA1 = 2, AD = CD = 5 ,且点 M 和 N 分别为 B1C和D1D 的
中点. (Ⅰ)求证: MN // 平面 ABCD ; (Ⅱ)求二面角 D1 - AC - B1 的正弦值; (Ⅲ)设 E 为棱 A1B1 上的点,若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为

1 ,求线段 3

A1E 的长
【答案】 (Ⅰ)见解析; (Ⅱ)

3 10 ; (Ⅲ) 10

7 ?2.

【解析】如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意可得

A( 0 , 0 , B 0),

(0 C, 1 , 0 ) ,D?( 2 , , 0, 0),

(1,

2, 0)

试卷第 79 页,总 148 页

D1 C1 N

A1 B1

M D C A B


又因为 M , N 分别为 B1C 和 D1D 的中点,得 M ? 1, ,1? , N (1, ?2,1) .

? 1 ? ? 2 ?

D1 C1 N D C

A1 B1 M A B
?
???? ? ? ? 5 2 ? ?

(Ⅰ) 证明: 依题意, 可得 n ? (0,0,1) 为平面 ABCD 的一个法向量,MN ? ? 0, ? ,0 ? , 由此可得, MN ? n ? 0 ,又因为直线 MN ? 平面 ABCD ,所以 MN // 平面 ABCD (Ⅱ) AD1 ? (1, ?2,2), AC ? (2,0,0) ,设 n1 ? ( x, y, z) 为平面 ACD1 的法向量,则

???? ? ?

???? ?

??? ?

??

?? ???? ? ?? ? ? x ? 2 y ? 2z ? 0 ?n1 ? AD1 ? 0 ,即 ? ,不妨设 z ? 1 ,可得 n1 ? (0,1,1) , ? ? ?? ??? ?2 x ? 0 ? ?n1 ? AC ? 0 ?? ? ???? ?? ? ???? ? ?n2 ? AB1 ? 0 设 n2 ? ( x, y, z ) 为平面 ACB1 的一个法向量,则 ? ?? ,又 AB1 ? (0,1,2) ,得 ? ??? ? ? ?n2 ? AC ? 0

?? ? ? y ? 2z ? 0 ,不妨设 z ? 1 ,可得 n2 ? (0, ?2,1) ? ?2 x ? 0 ?? ?? ? ?? ?? ? ?? ?? ? n1 ? n2 10 3 10 因此有 cos n1 , n2 ? ?? ?? ,于是 sin n1 , n2 ? , ? ?? 10 10 n1 ? n2

试卷第 80 页,总 148 页

所以二面角 D1 ? AC ? B1 的正弦值为

3 10 . 10

(Ⅲ)依题意,可设 A , , ] 则 E( 0? , ,2 )从而 1E ? ? A 1B1 , 其 中 ? ? [ 0 , 1

????

???? ?

??? ? ? NE ? (? 1? , ? 2 ,,又 1 ) n ? (0,0,1) 为平面 ABCD 的一个法向量,由已知得 ??? ? ? ??? ? ? NE ? n 1 1 cos NE , n ? ??? ? ,整理得 ? 2 ? 4? ? 3 ? 0 , ? ? ? NE ? n ( ?1)2 ? (? ? 2)2 ? 12 3
又因为 ? ? [0,1] ,解得 ? ? 7 ? 2 , 所以线段 A 1E 的长为 7 ? 2 . 考点:直线和平面平行和垂直的判定与性质,二面角、直线与平面所成的角,空间向量 的应用. 59. (本小题满分 12 分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所 示.

(Ⅰ)请按字母 F,G,H 标记在正方体相应地顶点处(不需要说明理由) (Ⅱ)判断平面 BEG 与平面 ACH 的位置关系.并说明你的结论. (Ⅲ)证明:直线 DF ? 平面 BEG 【答案】见解析 【解析】 (Ⅰ)点 F,G,H 的位置如图所示

(Ⅱ)平面 BEG∥平面 ACH.证明如下 因为 ABCD-EFGH 为正方体,所以 BC∥FG,BC=FG 又 FG∥EH,FG=EH,所以 BC∥EH,BC=EH 于是 BCEH 为平行四边形 所以 BE∥CH 又 CH ? 平面 ACH,BE ? 平面 ACH, 所以 BE∥平面 ACH 同理 BG∥平面 ACH 又 BE∩BG=B 所以平面 BEG∥平面 ACH
试卷第 81 页,总 148 页

(Ⅲ)连接 FH 因为 ABCD-EFGH 为正方体,所以 DH⊥平面 EFGH 因为 EG ? 平面 EFGH,所以 DH⊥EG 又 EG⊥FH,EG∩FH=O,所以 EG⊥平面 BFHD 又 DF ? 平面 BFDH,所以 DF⊥EG 同理 DF⊥BG 又 EG∩BG=G 所以 DF⊥平面 BEG. 考点:本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行与垂直的判定与性质等基础 知识,考查空间想象能力、推理论证能力. 60.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示,在正方体中,设

BC 的中点为 M , GH 的中点为 N

(1)请将字母 F , G, H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由) (2)证明:直线 MN / / 平面 BDH (3)求二面角 A ? EG ? M 的余弦值. 【答案】 (1)点 F、G、H 的位置如图所示.

H E F D M A B
2 2 3

G

C

(2)详见解析.(3)

【解析】 (1)点 F、G、H 的位置如图所示.

试卷第 82 页,总 148 页

H E F D M A B

G

C

(2)连结 BD,设 O 为 BD 的中点.

H E

N F

G

D O A B M

C

因为 M、N 分别是 BC、GH 的中点, 所以 OM / / CD ,且 OM ?

1 CD , 2

NH / / CD ,且 NH ?

1 CD , 2

所以 OM / / NH , OM ? NH , 所以 MNHO 是平行四边形, 从而 MN / / OH , 又 MN ? 平面 BDH , OH ? 平面 BDH , 所以 MN / / 平面 BDH . (3)连结 AC,过 M 作 MP ? AC 于 P.

H E

N K F

G

D O A P M B

C

试卷第 83 页,总 148 页

在正方形 ABCD ? EFGH 中, AC / / EG , 所以 MP ? EG . 过 P 作 PK ? EG 于 K,连结 KM, 所以 EG ? 平面 PKM , 从而 KM ? EG . 所以 ?PKM 是二面角 A ? EG ? M 的平面角. 设 AD ? 2 ,则 CM ? 1, PK ? 2 , 在 Rt ? CMP 中, PM ? CM sin 45 ?
?

2 . 2 3 2 . 2

在 Rt ? KMP 中, KM ?

PK 2 ? PM 2 ?

所以 cos ?PKM ?

PK 2 2 ? . KM 3

即二面角 A ? EG ? M 的余弦值为

2 2 . 3

(另外,也可利用空间坐标系求解) 考点:本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、空间面面夹 角的计算等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力. 61. (本题满分 12 分) 如图, 圆锥的顶点为 P , 底面的一条直径为 AB ,C 为半圆弧 AB 的中点, E 为劣弧 CB 的中点.已知 PO ? 2 , OA ? 1 ,求三棱锥 P ? AOC 的体积,并 求异面直线 PA 与 OE 所成角的大小.

【答案】 arccos

10 10
锥 积

【解析】因为 PO ? 2 , OA ? 1 , 所 以 三 棱

P?A O 的 C 体 1 1 1 1 1 1 V ? S ?AOC ? OP ? ? ? AO ? CO ? OP ? ? ?1?1? 2 ? . 3 3 2 3 2 3 因为 OE // AC ,所以异面直线 PA 与 OE 所成的角就是 PA 与 AC 的夹角.
在 ?ACP 中, AC ?

2 , AP ? CP ? 5 ,
2 , 2 AH 10 , ? AP 10
试卷第 84 页,总 148 页

过 P 作 PH ? AC ,则 AH ?

在 Rt ?AHP 中, cos?PAH ?

所以异面直线 PA 与 OE 所成角的大小 arccos 考点:圆锥的性质,异面直线的夹角.

10 . 10

?? ? ?D ? 2 , 62. (本题满分 12 分) 如图, 在长方体 ??CD ? ?1?1C1D1 中, ??1 ? 1 ,

? 、 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.

arcsin
【答案】

15 15

【解析】 解: 如图, 以 D 为原点建立空间直角坐标系, 可得有关点的坐标为

?1 ? 2,0,1?



C1 ? 0, 2,1?



? ? 2,1,0?



F ?1, 2,0?



C ? 0,2,0?



D1 ? 0,0,1?



因为

????? ? ?1C1 ? ? ?2, 2,0 ?



??? ?F ? ? ?1,1,0 ?



????? ? ??? ? C //?F ,因此直线 ?1C1 与 ? F 共面, 所以 1 1


?1 、 C1 、 F 、 ? 共面.

? ? ???? ? ??? n ? FC1 , A C EF n ? ( u , y , w ) n ? ? F 设平面 1 1 的法向量为 ,则 ,


??? ?F ? ? ?1,1,0 ?



???? FC1 ? ? ?1,0,1?



??u ? v ? 0 ? ?u ? w ? 0 ,解得 u ? v ? w . 故?

???? ? CD ? C F ? n ? ( 1 , 1 , 1 ) 1 ? ? 0, ?2,1? , 取 u ? 1 ,得平面 1 1 的一个法向量 .又

试卷第 85 页,总 148 页



???? ? ? CD1 ? n 15 ???? ? ? ?? 15 CD1 n



因此直线 CD1 与平面 A1C1FE 所成的角的大小为 考点:空间向量求线面角

arcsin

15 15 .

63.如图 1,在直角梯形 ABCD 中, AD // BC , ?BAD ?

?
2

, AB ? BC ?

1 AD ? a , 2

E 是 AD 的中点, O 是 OC 与 BE 的交点,将 ?ABE 沿 BE 折起到图 2 中 ?A1BE 的位
置,得到四棱锥 A 1 ? BCDE .

(Ⅰ)证明: CD ? 平面 AOC ; 1

BCDE 时,四棱锥 A1 ? BCDE 的体积为 36 2 ,求 a 的值. (Ⅱ)当平面 A 1BE ? 平面
【答案】 (Ⅰ) 证明见解析,详见解析; (Ⅱ) a ? 6 . 【解析】 试题分析: (Ⅰ)在图 1 中, 因为 AB ? BC ?

1 ? AD ? a , ?BAD ? , E 是 AD 的中点, 2 2

所以四边形 ABCE 是正方形,故 BE ? AC ,又在图 2 中, BE ? AO 1 , BE ? OC , 从而 BE ? 平面 AOC ,又 DE / / BC 且 DE ? BC ,所以 CD // BE ,即可证得 CD ? 1 平面 AOC ; 1

BCDE ,且平面 A1BE ? 平面 BCDE ? BE ,又由 (Ⅱ)由已知,平面 A 1BE ? 平面
(Ⅰ)知, AO ? BE ,所以 AO ? 平面 BCDE ,即 AO 1 1 1 是四棱锥 A 1 ? BCDE 的高,
2 易 求 得 平 行 四 边 形 BCDE 面 积 S ? BC ? AB? a , 从 而 四 棱 锥 A 1 ? BCDE 的 为

1 2 3 2 3 V ? ? S ? A1O ? a ,由 a ? 36 2 ,得 a ? 6 . 6 3 6
试题解析: (Ⅰ) 在图 1 中, 因为 AB ? BC ? 所以 BE ? AC ,

1 ? AD ? a ,E 是 AD 的中点 ?BAD ? , 2 2

试卷第 86 页,总 148 页

即在图 2 中, BE ? AO 1 , BE ? OC 从而 BE ? 平面 AOC 1 又 CD // BE 所以 CD ? 平面 AOC . 1

BCDE , (Ⅱ)由已知,平面 A 1BE ? 平面 BCDE ? BE 且平面 A 1BE ? 平面
又由(Ⅰ)知, AO ? BE ,所以 AO ? 平面 BCDE , 1 1 即 AO 1 是四棱锥 A 1 ? BCDE 的高, 由图 1 可知, AO ? 1

2 2 AB ? a ,平行四边形 BCDE 面积 S ? BC ? AB ? a 2 , 2 2

从而四棱锥 A 1 ? BCDE 的为

1 1 2 2 3 V ? ? S ? AO ? ? a2 ? a? a , 1 3 3 2 6


2 3 a ? 36 2 ,得 a ? 6 . 6

考点:1.线面垂直的判定;2.面面垂直的性质定理;3.空间几何体的体积. 64. (本小题满分 12 分)如图 1 ,在直角梯形 ?? CD 中, ?D//?C , ???D ?

?
2



?? ? ?C ? 1 , ?D ? 2 , ? 是 ?D 的中点, ? 是 ? C 与 ?? 的交点.将 ???? 沿 ??
折起到 ??1?? 的位置,如图 2 .

(Ⅰ)证明: CD ? 平面 ?1?C ; (Ⅱ)若平面 ?1?? ? 平面 ? CD? ,求平面 ?1?C 与平面 ?1CD 夹角的余弦值.

【答案】 (Ⅰ)证明见解析; (Ⅱ) 【解析】

6 . 3

试卷第 87 页,总 148 页

?? ? ?C , 试题分析: (Ⅰ) 先证 ?? ? ??1 , 再可证 ?? ? 平面 ?1?C , 进而可证 CD ?
平面 ?1?C ; (Ⅱ) 先建立空间直角坐标系, 再算出平面 ?1?C 和平面 ?1CD 的法向量, 进而可得平面 ?1?C 与平面 ?1CD 夹角的余弦值. 试题解析: (Ⅰ)在图 1 中, 因为 ?? ? ?C ? 1 , ?D ? 2 , ? 是 ?D 的中点, ???D ? 即在图 2 中, ?? ? ??1 , ?? ? ?C 从而 ?? ? 平面 AOC 1 又 CD//?? ,所以 CD ? 平面 AOC . 1

?
2

,所以 ?? ? ?C

? CD? ,又由(Ⅰ)知, ?? ? OA1 , ?? ? ?C (Ⅱ)由已知,平面 A 1BE ? 平面
所以 ?AOC 为二面角 A1 -BE -C 的平面角,所以 ?A1OC ? 1 如图,以 ? 为原点,建立空间直角坐标系,

?
2



BC //ED 因为 A 1B=A 1E=BC=ED=1 ,
所以 B(

2 2 2 2 ,0,0), E(,0,0), A1 (0,0, ),C(0, ,0), 2 2 2 2 ???? ? ??? ? ??? ? 2 2 2 2 , , 0), A1C(0, ,) , CD = BE = (- 2,0,0) . 2 2 2 2

得 BC(-

??? ?

设平面 A 1BC 的法向量 n 1CD 的法向量 n2 = ( x2 , y2 , z2 ) ,平面 1 = ( x1 , y1 , z1 ) ,平面 A

??

?? ?

A1BC 与平面 A1CD 夹角为 ? ,
?? ??? ? ?? ? n ? BC ?0 ?? x1 ? y1 ? 0 ? 1 则 ? ?? ???? ,得 ? ,取 n1 = (1,1,1) , ? y1 ? z1 ? 0 ? ?n1 ? A1C ? 0 ?? ? ??? ? ?? ? ? ? x2 ? 0 ? n2 ? CD ? 0 ,得 ,取 n ?? ? ???? ? ? 2 ? (0,1,1) , y2 ? z 2 ? 0 n ? A C ? 0 ? ? ? 2 1

试卷第 88 页,总 148 页

从而 cos ? ?| cos? n1 , n2 ? |?

?? ?? ?

2 6 , ? 3 3? 2
6 . 3

即平面 A 1BC 与平面 A 1CD 夹角的余弦值为

考点:1、线面垂直;2、二面角;3、空间直角坐标系;4、空间向量在立体几何中的应 用. 65.如图,三棱台 DEF ? ABC 中, AB ? 2 DE,G,H 分别为 AC,BC 的中点.

(Ⅰ)求证: BD / / 平面 FGH ; (Ⅱ)若 CF ? BC,AB ? BC, 求证:平面 BCD ? 平面 EGH . 【答案】证明见解析 【解析】 (Ⅰ) 证法一: 连接 DG, CD. 设 CD ? GF ? M ,连接 MH , 在三棱台 DEF ? ABC 中,

AB ? 2 DE,G 分别为 AC 的中点, 可得 DF / /GC, DF ? GC , 所以四边形 DFCG 是
平行四边形,则 M 为 CD 的中点,又 H 是 BC 的中点,所以 HM / / BD , 又 HM ? 平面 FGH , BD ? 平面 FGH ,所以 BD / / 平面 FGH .

证法二:在三棱台 DEF ? ABC 中,由 BC ? 2 EF , H 为 BC 的中点, 可得 BH / / EF , BH ? EF , 所以 HBEF 为平行四边形,可得 BE / / HF . 在 ?ABC 中, G,H 分别为 AC,BC 的中点, 所以 GH / / AB, 又 GH ? HF ? H ,
试卷第 89 页,总 148 页

所以平面 FGH / / 平面 ABED , 因为 BD ? 平面 ABED , 所以 BD / / 平面 FGH .

( Ⅱ )证 明: 连接 HE . 因 为 G,H 分 别 为 AC, BC 的 中点 ,所 以 GH / / AB, 由

AB ? BC , 得 GH ? BC ,又 H 为 BC 的中点,所以 EF / / HC, EF ? HC, 因此四边形

EFCH 是平行四边形,所以 CF / / HE. 又 CF ? BC ,所以 HE ? BC .
又 HE, GH ? 平面 EGH , HE ? GH ? H ,所以 BC ? 平面 EGH , 又 BC ? 平面 BCD ,所以平面 BCD ? 平面 EGH . 考点:1.平行关系;2.垂直关系. 66. 【2015 高考山东,理 17】如图,在三棱台 DEF ? ABC 中, AB ? 2DE, G, H 分别 为 AC , BC 的中点.

(Ⅰ)求证: BD / / 平面 FGH ; (Ⅱ) 若 CF ? 平面 ABC , AB ? BC, CF ? DE 平面 ACFD 所成的角(锐角)的大小. 【答案】 (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ) 60 【解析】
?

? ,?BAC ? 45

,求平面 FGH 与

D G ? F O? 试题分析: (Ⅰ) 思路一: 连接 DG, CD , 设C

, 连接 OH , 先证明 OH / / BD ,

从而由直线与平面平行的判定定理得 BD / / 平面 HDF ; 思路二: 先证明平面 FGH / / 平面 ABED ,再由平面与平面平行的定义得到 BD / / 平面 HDF .
试卷第 90 页,总 148 页

(Ⅱ)思路一:连接 DG, CD ,设 CD ? GF ? O ,连接 OH ,证明 GB, GC , GD 两 两垂直, 以 G 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 G ? xyz ,利用空量向量

N ? G F 的夹角公式求解; 思路二: 作 HM ? AC 于点 M , 作M 证明 ?MNH 即为所求的角,然后在三角形中求解. 试题解析:
(Ⅰ)证法一:连接 DG, CD ,设 CD ? GF ? O ,连接 OH , 在三棱台 DEF ? ABC 中,

于点 N , 连接 NH ,

AB ? 2 DE, G 为 AC 的中点
可得 DF / /GC, DF ? GC 所以四边形 DFCG 为平行四边形 则 O 为 CD 的中点 又 H 为 BC 的中点 所以 OH / / BD 又 OH ? 平面 FGH , BD ? ? 平面 FGH , 所以 BD / / 平面 FGH .

证法二: 在三棱台 DEF ? ABC 中, 由 BC ? 2 EF , H 为 BC 的中点 可得 BH / / EF , BH ? EF , 所以四边形 BHFE 为平行四边形 可得 BE / / HF 在 ?ABC 中, G 为 AC 的中点, H 为 BC 的中点, 所以 GH / / AB 又 GH ? HF ? H ,所以平面 FGH / / 平面 ABED 因为 BD ? 平面 ABED 所以 BD / / 平面 FGH (Ⅱ)解法一: 设 AB ? 2 ,则 CF ? 1 在三棱台 DEF ? ABC 中, G 为 AC 的中点
试卷第 91 页,总 148 页

1 AC ? GC , 2 可得四边形 DGCF 为平行四边形, 因此 DG / / CF 又 FC ? 平面 ABC 所以 DG ? 平面 ABC
由 DF ? 在 ?ABC 中,由 AB ? BC, ?BAC ? 45? , G 是 AC 中点, 所以 AB ? BC, GB ? GC 因此 GB, GC , GD 两两垂直, 以 G 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 G ? xyz

所以 G ? 0, 0, 0 ? , B 可得 H ?

?

2,0, 0 , C 0, 2, 0 , D ? 0, 0,1?

? ?

?

? 2 2 ? ? 2 , 2 ,0? ? , F 0, 2,1 ? ?

?

? ?

故 GH ? ? ?

????

? ? 2 2 ? ??? , ,0? , GF ? 0, 2,1 ? 2 2 ? ?

?

设 n ? ? x, y, z ? 是平面 FGH 的一个法向量,则

?

? ???? ? ? ?n ? GH ? 0, ?x ? y ? 0 由 ? ? ??? 可得 ? ? ? 2y ? z ? 0 ? ? ?n ? GF ? 0, ? 可得平面 FGH 的一个法向量 n ? 1, ?1, 2

?

? ?
2, 0, 0

因为 GB 是平面 ACFD 的一个法向量, GB ?

??? ?

??? ?

?

??? ? ? ??? ? ? GB ? n 2 1 ? ? ? 所以 cos ? GB, n ?? ??? ? | GB | ? | n | 2 2 2
所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为 60 解法二:
试卷第 92 页,总 148 页
?

作 HM ? AC 于点 M ,作 MN ? GF 于点 N ,连接 NH 由 FC ? 平面 ABC ,得 HM ? FC 又 FC ? AC ? C 所以 HM ? 平面 ACFD 因此 GF ? NH 所以 ?MNH 即为所求的角

在 ?BGC 中, MH / / BG, MH ? 由 ?GNM ∽ ?GCF 可得

1 2 BG ? , 2 2

MN GM ? , FC GF

从而 MN ?

6 6

由 MH ? 平面 ACFD, MN ? 平面 ACFD 得 MH ? MN , 因此 tan ?MNH ?
? 所以 ?MNH ? 60

HM ? 3 MN

所以平面 FGH 与平面 ACFD 所成角(锐角)的大小为 60 . 考点:1、空间直线与平面的位置关系;2、二面角的求法;3、空间向量在解决立体几 何问题中的应用. 67. (本小题满分 12 分)如图 4,直三棱柱 ABC ? A1B1C1 的底面是边长为 2 的正三角 形, E , F 分别是 BC, CC1 的中点。

?

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(Ⅰ)证明:平面 AEF ? 平面 B1BCC1 ;
? F ? AEC 的体积。 (Ⅱ)若直线 AC 1 与平面 A 1 ABB 1 所成的角为 45 ,求三棱锥

【答案】 (Ⅰ)见解析; (Ⅱ) 【解析】

6 . 12

试题分析: (Ⅰ)首先证明 AE ? BB1 , AE ? BC ,得到 AE ? 平面 B1BCC1 ,利用面 面垂直的判定与性质定理可得平面 AEF ? 平面 B1BCC1 ; (Ⅱ)设 AB 的中点为 D,证
? 明直线 ?CA 1 与平面 A 1D 直线 AC 1 ABB 1 所成的角,由题设知 ?CA 1D ? 45 ,求出棱锥

的高与底面面积即可求解几何体的体积. 试题解析: (Ⅰ)如图,因为三棱柱 ABC ? A1B1C1 是直三棱柱, 所以 AE ? BB1 ,又 E 是正三角形 ABC 的边 BC 的中点, 所以 AE ? BC ,因此 AE ? 平面 B1BCC1 ,而 AE ? 平面 AEF , 所以平面 AEF ? 平面 B1BCC1 。 (Ⅱ)设 AB 的中点为 D ,连接 A1D, CD ,因为 ?ABC 是正三角形,所以 CD ? AB , 又三棱柱 ABC ? A1B1C1 是直三棱柱,所以 CD ? AA1 ,因此 CD ? 平面 A 1 AB 1B ,于是
? ?CA1D 直线 AC 1 与平面 A 1 ABB 1 所成的角,由题设知 ?CA 1D ? 45 ,

所以 A1D ? CD ?

3 AB ? 3 , 3

AA1 ? 在 Rt ?AA 1D 中,

A1 D 2 ? AD 2 ? 3 ? 1 ? 2 ,所以 FC ?

1 2 AA1 ? 2 2

故三棱锥 F ? AEC 的体积 V ?

1 1 3 2 6 。 S AEC ? FC ? ? ? ? 3 3 2 2 12

试卷第 94 页,总 148 页

考点:柱体、椎体、台体的体积;面面垂直的判定与性质 【名师点睛】证明面面垂直的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质,注意平面 图形中的一些线线垂直关系的灵活利用,这是证明空间垂直关系的基础.由于“线线垂 直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化, 因此整个证明过程围绕着线面垂直 这个核心而展开,这是化解空间垂直关系难点的技巧所在.求锥的体积关键在于确定其 高,即确定线面垂直. 68.如图,已知四棱台 ABCD ? A1B1C1D1 上、下底面分别是边长为 3 和 6 的正方形,

AA1 ? 6 ,且 AA1 ? 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 ; (2)若 PQ / / 平面 ABB1 A1 ,二面角 P ? QD ? A 的余弦值为

3 ,求四面体 ADPQ 的 7

体积. 【答案】 (1)详见解析; (2) 24 . 【解析】 试题分析: ( 1 ) 建 立 空间 直 角 坐 标 系 , 求 得 相 关 点 的 坐 标 可 知 问 题 等 价 于 证 明

???? ??? ? (2)根据条件 AB1 ? PQ=0 ;
二面角 P-QD-A的余弦值为 面的三棱锥
试卷第 95 页,总 148 页

3 ,利用空间向量可将四面体 ADPQ 视为以 ?ADQ 为底 7

P ? ADQ ,其高 h ? 4 ,从而求解
试题解析: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 b 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 ,
(1) 若 P 是 DD1 的中点, 则 P (0, ,3) ,AB1 ? (3,0,6) , 于是 AB1 ? PQ ? 18 ?18 ? 0 , ∴ AB1 ? PQ ,即 AB 1 ?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.

9 2

????

???? ??? ?

????

??? ?

????

???? ?

?? ? 6 )y 0 ? ?6 x ?(m ? ? n1 ? DQ ? 0 ???? ? 设 n1 ? ( x, y, z) 是平面 PQD 的一个法向量, 则 ? ?? , 即? , 0 ? ? ?3 y ?6 z ? ? 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) ,
∴ cos ? n1 , n2 ??

?? ????

n1 ? n2 ? | n1 | ? | n2 |

3 (6 ? m) ? 6 ? 3
2 2 2

?

3 (6 ? m)2 ? 45

,而二面角

P ? QD ? A 的余弦值为
去) ,此时 Q(6,4,0) ,

3 3 3 ,因此 ? ,解得 m ? 4 ,或者 m ? 8 (舍 2 7 (6 ? m) ? 45 7

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 ABB1 A1 , 且 平 面 ABB1 A1 的 一 个 法 向 量 是

?? ? n3 ? (0,1,0) ,
∴ PQ ?n3 ? 0 ,即 3? ? 2 ? 0 ,亦即 ? ?

?? ?

2 ,从而 P(0,4,4) ,于是,将四面体 ADPQ 3

视为以 ?ADQ 为底面的三棱锥 P ? ADQ ,则其高 h ? 4 ,故四面体 ADPQ的体积

V?

1 1 1 S? ADQ ? h ? ? ?6 ?6 ?4 ? 24. 3 3 2

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解法二 (1)如图 c,取 A1 A 的中点 R ,连结 PR ,BR ,∵ A1 A ,D1D 是梯形 A1 AD1D 的两腰,P 是 D1D 的中点, ∴ PR // AD , 于是由 AD // BC 知,PR // BC , ∴ P ,R ,

B , C 四点共面,
由题设知, BC ? AB , BC ? A1 A ,∴ BC ? 平面 ABB1 A1 ,因此 BC ? AB1 ①, ∵ tan ?ABR ?

AR 3 AB1 ? ? ? tan ?A1 AB1 ,∴ tan ?ABR ? tan ?A1 AB1 ,因此 AB 6 A1 A

?ABR ? ?BAB1 ? ?A1 AB1 ? ?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 / / A1 A 交 AD 于点 M ,则 PM // 平面 ABB1 A1 , ∵ A1 A ? 平面 ABCD ,∴ OM ? 平面 ABCD ,过点 M 作 MN ? QD 于点 N ,连结

PN ,则 PN ? QD , ?PNM 为二面角 P ? QD ? A 的平面角,∴ cos ?PNM ?


3 , 7

MN 3 PM 40 ? ,从而 ③ ? PN 7 MN 3

B CD 是正方形,所以 ABQM 为 连结 MQ , 由 PQ // 平面 ABB1 A1 , ∴ MQ // AB , 又A
试卷第 97 页,总 148 页

矩形,故 MQ ? AB ? 6 ,设 MD ? t ,则 MN ?

MQ ? MD MQ ? MD
2 2

?

6t 36 ? t 2

④,过点

D1 作 D1E / / A1 A 交 AD 于 点 E , 则 AA1D1E 为 矩 形 , ∴ D1E ? A1 A ? 6 ,

AE ? A1D1 ? 3 , 因 此 ED ? AD ? AE ? 3 , 于 是
PM ? 2MD ? 2t ,再由③④得
体 ADPQ 的体积 V ?

PM D1 E 6 ? ? ?2 , ∴ MD ED 3

36 ? t 2 40 ,解得 t ? 2 ,因此 PM ? 4 ,故四面 ? 3 3

1 1 1 S? ADQ ? h ? ? ? 6 ? 6 ? 4 ? 24 . 3 3 2

考点:1.空间向量的运用;2.线面垂直的性质;3.空间几何体体积计算. 【名师点睛】本题主要考查了线面垂直的性质以及空间几何体体积计算,属于中档题, 由于空间向量工具的引入,使得立体几何问题除了常规的几何法之外,还可以考虑利用 向量工具来解决,因此有关立体几何的问题,可以建立空间直角坐标系,借助于向量知 识来解决,在立体几何的线面关系中,中点是经常使用的一个特殊点,无论是试题本身 的已知条件,还是在具体的解题中,通过找“中点” ,连“中点” ,即可出现平行线而线 线平行是平行关系的根本,在垂直关系的证明中线线垂直是核心,也可以根据已知的平 面图形通过计算的方式证明线线垂直,也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直. 69. (本小题满分 13 分) 《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的 四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 在如图所示的阳 马 P ? ABCD 中,侧棱 PD ? 底 面 A B C D,且 PD ? CD ,点 E 是 PC 的中点, 连接 DE , BD, BE .

(Ⅰ)证明: DE ? 平面 PBC . 试判断四面体 EBCD 是否为鳖臑,若是,写出其每个 面的直角(只需写出结论) ;若不是,请说明理由; V (Ⅱ)记阳马 P ? ABCD 的体积为 V1 ,四面体 EBCD 的体积为 V 2 ,求 1 的值. V2 【答案】 (Ⅰ)因为 PD ? 底面 ABCD ,所以 PD ? BC . 由底面 ABCD 为长方形,有 ? D BC ? CD , 而 P D? C D , 所 以 BC ? 平 面 P C D. DE ? 平 面 P C D , 所 以 B C? D E PD ? CD . 又因为 ,点 E 是 PC 的中点,所以 DE ? PC . 而 PC ? BC ? C , V 所以 DE ? 平面 PBC .四面体 EBCD 是一个鳖臑; (Ⅱ) 1 ? 4. V2 【解析】 (Ⅰ)因为 PD ? 底面 ABCD ,所以 PD ? BC . 由底面 ABCD 为长方形,有 ? D BC ? CD , 而 P D? C D , 所 以 BC ? 平 面 P C D. DE ? 平 面 P C D , 所 以 B C? D E . 又因为 PD ? CD ,点 E 是 PC 的中点,所以 DE ? PC . 而 PC ? BC ? C , 所以 DE ? 平面 PBC . 由 BC ? 平面 PCD , DE ? 平面 PBC ,可知四面体 EBCD 的四 个 面 都 是 直 角 三 角 形 , 即 四 面 体 E B C D是 一 个 鳖 臑 , 其 四 个 面 的 直 角 分 别 是 ?BCD, ?BCE , ?DEC , ?DEB.
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1 1 (Ⅱ)由已知, PD 是阳马 P ? ABCD 的高,所以 V1 ? S ABCD ? PD ? BC ? CD ? PD ;由 3 3 E 高 , BC ? CE , 所 以 ( Ⅰ ) 知 , DE 是 鳖 臑 D ? B C 的 1 1 在 Rt △ PDC 中, 因为 PD ? CD , 点 E 是 PC 的中点, V2 ? S?BCE ? DE ? BC ? CE ? DE . 3 6

1 BC ? CD ? PD V1 3 2 2CD ? PD CD ,于是 所以 DE ? CE ? ? ? ? 4. 1 2 V2 BC ? CE ? DE CE ? DE 6
考点:本题考查直线与平面垂直的判定定理、直线与平面垂直的性质定理和简单几何体 的体积,属中高档题. 70. (本小题满分 12 分) 《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的 四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.

D? C D ,过棱 PC 的中点 E , 如图,在阳马 P ? ABCD 中,侧棱 PD ? 底面 ABCD ,且 P
作 EF ? PB 交 PB 于点 F ,连接 DE , DF , BD, BE.

(Ⅰ)证明: PB ? 平面DEF .试判断四面体 DBEF 是否为鳖臑,若是,写出其每个面 的直角(只需写 出结论) ;若不是,说明理由; (Ⅱ)若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为
π DC ,求 的值. 3 BC

【答案】 (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ)

2 . 2

【解析】 (解法 1) (Ⅰ)因为 PD ? 底面 ABCD ,所以 PD ? BC , 由底面 ABCD 为长方形,有 BC ? CD ,而 PD ? CD ? D , 所以 BC ? 平面PCD .而 DE ? 平面PCD ,所以 BC ? DE . 又因为 PD ? CD ,点 E 是 PC 的中点,所以 DE ? PC . 而 PC ? BC ? C ,所以 DE ? 平面 PBC .而 PB ? 平面PBC ,所以 PB ? DE . 又 PB ? EF , DE ? EF ? E ,所以 PB ? 平面 DEF . 由 DE ? 平面 PBC , PB ? 平面 DEF ,可知四面体 BDEF 的四个面都是直角三角形,

?EFB,?DFB . 即四面体 BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为 ?DEB,?DEF,

试卷第 99 页,总 148 页

(Ⅱ) 如图 1, 在面 PBC 内, 延长 BC 与 FE 交于点 G , 则 DG 是平面 DEF 与平面 ABCD 的交线.由(Ⅰ)知, PB ? 平面DEF ,所以 PB ? DG . 又因为 PD ? 底面 ABCD ,所以 PD ? DG .而 PD ? PB ? P ,所以 DG ? 平面PBD . 故 ?BDF 是面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的平面角,
2 设 PD ? DC ? 1 , BC ? ? ,有 BD ? 1 ? ? ,

在 Rt△PDB 中, 由 DF ? PB , 得 ?DPF ? ?FDB ? 则 tan 所以

π , 3

π BD ? tan ?DPF ? ? 1 ? ? 2 ? 3 , 解得 ? ? 2 . 3 PD

DC 1 2 ? ? . BC ? 2 DC 2 π 时, . ? 3 BC 2

故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为

(解法 2) (Ⅰ)如图 2,以 D 为原点,射线 DA, DC , DP 分别为 x, y, z 轴的正半轴,建立空间直角 坐标系.
??? ? B ?( ,1, 0), C (0,1,, 0) PB ? (? ,1, ?1) , 设 PD ? DC ? 1 , BC ? ? ,则 D(0, 0, 0), P (0, 0,1),

点 E 是 PC 的中点,
???? 1 1 1 1 , ) , DE ? (0, , ) , 2 2 2 2 ??? ? ???? 于是 PB ? DE ? 0 ,即 PB ? DE .

所以 E (0,

又已知 EF ? PB ,而 DE ? EF ? E ,所以 PB ? 平面DEF .
???? ??? ? ??? ? 因 PC ? (0, 1, ?1) , DE ? PC ? 0 , 则 DE ? PC , 所以 DE ? 平面PBC .

由 DE ? 平面 PBC , PB ? 平面 DEF ,可知四面体 BDEF 的四个面都是直角三角形,

?EFB,?DFB . 即四面体 BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为 ?DEB,?DEF,

试卷第 100 页,总 148 页

??? ? (Ⅱ)由 PD ? 平面ABCD ,所以 DP ? (0, 0, 1) 是平面 ABCD 的一个法向量; ??? ? 由(Ⅰ)知, PB ? 平面DEF ,所以 BP ? (??, ?1, 1) 是平面 DEF 的一个法向量.

若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为

π , 3

??? ? ??? ? π BP ? DP ? ??? ? ? 则 cos ? ??? 3 | BP | ? | DP |

1

? ?2
2

?

1 , 2

DC 1 2 解得 ? ? 2 .所以 ? ? . BC ? 2 DC 2 π 时, . ? 3 BC 2 考点:四棱锥的性质,线、面垂直的性质与判定,二面角.
故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为 71. (本小题满分 14 分)如图,三角形 ?DC 所在的平面与长方形 ?? CD 所在的平面垂 直, ?D ? ?C ? 4 , ?? ? 6 , ? C ? 3 .

(1)证明: ? C// 平面 ? D ? ; (2)证明: ?C ? ?D ; (3)求点 C 到平面 ? D ? 的距离. 【答案】 (1)证明见解析; (2)证明见解析; (3)

3 7 . 2

【解析】 试题分析: (1)由四边形 ?? CD 是长方形可证 ? C//?D ,进而可证 ? C// 平面 ? D ? ; (2)先证 ?C ? CD ,再证 ?C ? 平面 ?DC ,进而可证 ?C ? ?D ; (3)取 CD 的中 点 ? ,连结 ?? 和 ?? ,先证 ?? ? 平面 ?? CD ,再设点 C 到平面 ? D ? 的距离为 h , 利用 V三棱锥C??D? ? V三棱锥???CD 可得 h 的值,进而可得点 C 到平面 ? D ? 的距离. 试题解析: (1)因为四边形 ?? CD 是长方形,所以 ? C//?D ,因为 ?C ? 平面 ? D ? , ?D ? 平面 ? D ? ,所以 ? C// 平面 ? D ? (2)因为四边形 ?? CD 是长方形,所以 ?C ? CD ,因为平面 ?DC ? 平面 ?? CD , 平面 ?DC ? 平面 ??CD ? CD , ?C ? 平面 ?? CD ,所以 ?C ? 平面 ?DC ,因为

?D ? 平面 ?DC ,所以 ?C ? ?D

(3)取 CD 的中点 ? ,连结 ?? 和 ?? ,因为 ?D ? ?C ,所以 ?? ? CD ,在 Rt ???D 中, ?? ? ?D2 ? D?2
试卷第 101 页,总 148 页

? 42 ? 32 ? 7 ,因为平面 ?DC ? 平面 ?? CD ,平面 ?DC ? 平面 ??CD ? CD ,

?? ? 平面 ?DC ,所以 ?? ? 平面 ?? CD ,由(2)知:?C ? 平面 ?DC ,由(1)知: ?C//?D ,所以 ?D ? 平面 ?DC ,因为 ?D ? 平面 ?DC ,所以 ?D ? ?D ,设点 C 到
平面 ? D ? 的距离为 h , 因为 V三棱锥C??D? ? V三棱锥???CD , 所以 S ??D? ? h ?

1 3

1 S ??CD ? ?? , 3

1 S??CD ? ?? 2 ? 3 ? 6 ? 7 3 7 3 7 即h ? ,所以点 C 到平面 ? D ? 的距离是 ? ? 1 2 S??D? 2 ? 3? 4 2
考点:1、线面平行;2、线线垂直;3、点到平面的距离. 72.如图,三棱锥 P-ABC 中,PA ? 平面 ABC, PA ? 1, AB ? 1, AC ? 2, ?BAC ? 60 .
o

(Ⅰ)求三棱锥 P-ABC 的体积; (Ⅱ)证明:在线段 PC 上存在点 M,使得 AC ? BM,并求

PM 的值. MC

【答案】 (Ⅰ) 【解析】

PM 1 3 ? (Ⅱ) MC 3 6

? (Ⅰ)解:由题设 AB =1, AC ? 2, ?BAC ? 60

可得 S ?ABC ?

1 3 ? AB ? AC ? sin 60? ? . 2 2

由 PA ? 面 ABC 可知 PA 是三棱锥 P ? ABC 的高,又 PA ? 1 所以三棱锥 P ? ABC 的体积 V= ? S ?ABC ? PA ?

1 3

3 6

(Ⅱ) 证: 在平面 ABC 内, 过点 B 作 BN ? AC , 垂足为 N , 过 N 作 MN // PA 交 PC 于 M ,连接 BM .

试卷第 102 页,总 148 页

由 PA ? 面 ABC 知 PA ? AC ,所以 MN ? AC . 由于 BN ? MN =N ,故 AC ? 面 MBN ,又 BM ? 面 MBN ,所以 AC ? BM .

?BAC ? 在 直 角 ?BAN 中 , AN ? AB ? c o s

1 3 , 从 而 NC ? AC ? AN ? .由 2 2

MN // PA ,得

PM AN 1 = ? . MC NC 3

考点:本题主要考查锥体的体积公式、线面垂直的判定定理和其性质定理. 73 . (本小题满分 13 分)如图所示,在多面体 A 1B 1D 1DCBA ,四边形 AA 1 B1 B ,

ADD1 A1 , ABCD 均为正方形, E 为 B1D1 的中点,过 A1 , D, E 的平面交 CD1 于 F.

(Ⅰ)证明: EF / / B1C ; (Ⅱ)求二面角 E ? A1D ? B1 余弦值. 【答案】 (Ⅰ) EF / / B1C ; (Ⅱ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ) 证明: 依据正方形的性质可知 A 且 A1B1 ? AB ? DC , , 1B 1 / / AB / / DC , 从而 A 1B 1CD 为平行四边形,则 B 1C / / 面 1C / / A 1 D ,根据线面平行的判定定理知 B

6 . 3

A1DE , 再由线面平行的性质定理知 EF / / B1C . (Ⅱ) 因为四边形 AA1 B1 B ,ADD1 A1 ,
ABCD 均为正方形,所以 AA1 ? AB, AA1 ? AD, AD ? AB ,且 AA1 ? AB ? AD ,可
试卷第 103 页,总 148 页

以建以 A 为原点,分别以 AB, AD, AA 1 为 x 轴, y 轴, z 轴单位正向量的平面直角坐标 系, 写出相关的点的坐标, 设出面 A 1DE 的法向量 n1 ? (r 1 , s1 , t1 ) .由 n 1 ? A 1E, n 1 ? A 1D 得r 1 , s1 , t1 应 满 足 的 方 程 组 ?

??? ? ???? ????

??

??

???? ??

???? ?

?0.5r1 ? 0.5s1 ? 0 , (?1,1,1) 为 其 一 组 解 , 所 以 可 取 ? s1 ? t1 ? 0

? ?? ?? .) 所以结合图形知二面角 n1 ? (?1,1,1) . 同 理 A1B1CD 的 法 向 量 n2 ? ( 0 , 1, 1
?? ?? ? | n1 ? n2 | 2 6 ? ? . E ? A1D ? B 的余弦值为 ?? ?? ? 3 | n1 | ? | n2 | 3? 2
试题解析: (Ⅰ)证明:由正方形的性质可知 A 1B 1 / / AB / / DC ,且 A 1B 1 ? AB ? DC , 所以四边形 A 1B 1CD 为平行四边形,从而 B 1D ? 面 A 1 DE , B 1C ? 面 1C / / A 1 D ,又 A

A1DE ,于是 B1C / / 面 A1DE ,又 B1C ? 面 B1CD1 ,而面 A1 DE ? 面 B1CD1 ? EF ,
所以 EF / / B1C .

( Ⅱ ) 因 为 四 边 形 AA1 B1 B , ADD1 A1 , ABCD 均 为 正 方 形 , 所 以

? AA1 ? AB, AA1 ? AD, AD ? AB , 且 A A 1 ? AB

,以 A 为原点,分别以 AD

??? ? ???? ???? AB, AD, AA1 为 x 轴, y 轴, z 轴单位正向量建立,如图所示的空间直角坐标系,可得
点的坐标 A(0,0,0), B(1,0,0), D(0,1,0), A 1 1 (0,0,1), B 1 (1,0,1), D 1 (0,1,1) . 而 E 点为 B1 D 的中点,所以 E 点的坐标为 (0.5, 0.5,1) . 设面 A 1 DE 的法向量 n1 ? (r 1 , s1 , t1 ) . 而该面上向量 A 1E ? (0.5,0.5,0), A 1D ? (0,1, ?1) , 由 n1 ? A 1 , s1 , t1 应满足的方程组 ? 1E, n 1 ? A 1D 得 r

??

????

???? ?

??

???? ??

???? ?

?0.5r1 ? 0.5s1 ? 0 , (?1,1,1) 为其一组 ? s1 ? t1 ? 0

解,所以可取 n1 ? (?1,1,1) . 设面 A 1B 1CD 的法向量 n2 ? ( r 2 , s2 , t2 ),而该面上向量
试卷第 104 页,总 148 页

??

?? ?

?? ? ???? ? ???? ? A1B1 ? (1,0,0), A1D ? (0,1, ?1) ,由此同理可得 n2 ? (0,1,1) . 所以结合图形知二面角
?? ?? ? | n1 ? n2 | 2 6 ? ? . E ? A1D ? B 的余弦值为 ?? ?? ? 3 | n1 | ? | n2 | 3? 2
考点:1.线面平行的判定定理与性质定理;2.二面角的求解. 74. (本小题满分 12 分)如图,在四棱锥 P 中,底面 A ? A B C D B C D为直角梯形,且 , 侧 面 P A D / /B C, ? A B C ? ? P A D ? 9 0 ? B C D, 若 A D? 底 面 A

1 . P A ? A B ? B C ? A D 2
P

A B C

D

(1)求证: CD ?平面 PAC ; ? DC ? 的余弦值. (2)求二面角 AP 【答案】 (1)详见解析; (2)

6 . 6

【解析】 试题分析: (1)首先根据面面垂直的判定定理可以得到 PA ? 底面 ABCD ,根据已知 数字,结合勾股定理, AC ? CD , CD 垂直于平面内的两条相交直线,线与面垂直; (2)法一:利用三垂线定理做出二面角,利用面面垂直,先由 C 做面 PAD 的垂线, 再由 C 做线 PD 的垂线, 连接着两个垂足, 即做出二面角的平面角, 求出余弦值, 法二: 建立空间直角坐标系,求面 PAD 与平面 PCD 的法向量,求两法向量夹角的余弦值. P

H A G D

B

C

试题解析:解: (1)因为 ?PAD ? 90? ,所以 PA ? AD . 又因为侧面 PAD ? 底面 ABCD ,且侧面 PAD ? 底面 ABCD ? AD , 所以 PA ? 底面 ABCD .而 CD ? 底面 ABCD ,所以 PA ? CD . 在底面 ABCD 中 , 因 为 ?ABC ? ?BAD ? 90? , AB ? BC ?

1 AD , 所 以 2
所以 CD ? 平

AC ? CD ?

2 AD , 所以 AC ? CD . 2

又因为 PA ? AC ? A ,

面 PAC . 6 分
试卷第 105 页,总 148 页

(2)法一:设 G 为 AD 中点,连结 CG ,则 CG ? AD .又因为平面 ABCD ? 平面 PAD , 所以 CG ? 平面 PAD .过 G 作 GH ? PD 于 H ,连结 CH ,则: CH ? PD . 所以 ?GHC 是二面角 A ? PD ? C 的平面角。 设 AD ? 2 ,则 PA ? AB ? CG ? DG ? 1, DP ? 5 . 在 ?PAD 中 ,

1 GH DG CG ? ? 5 , , 所 以 GH ? . 所 以 tan ?GHC ? PA DP GH 5

cos ?GHC ?

6 6 .即二面角 A ? PD ? C 的余弦值为 . 6 6

法二:由已知, AB ? 平面 PAD ,所以 AB ? (1, 0, 0) 为平面 PAD 的一个法向量. 可求平面 PCD 的一个法向量为: n ? (1, 1, 2) . 设二面角 A ? PD ? C 的大小为 ? ,由图可知, ? 为锐角,

??? ?

??? ? n ? AB (1, 1, 2) ? (1, 0, 0) 6 所以 cos ? ? . ? ??? ? ? 6 6 ?1 n AB
即二面角 A ? PD ? C 的余弦值为

6 . 6

考点:1.线面垂直的判定;2.空间向量的应用;3.二面角的求法 75.如图,在四棱锥 P ? ABCD 中, PA ? 底面 ABCD ,底面 ABCD 是梯形,其中 AD // BC ,BA ? AD ,AC 与 BD 交于点 O ,M 是 AB 边上的点, 且 AM ? 2 BM , 已知 PA ? AD ? 4 , AB ? 3 , BC ? 2 . P

N M B

A O C

D

(1)求平面 PMC 与平面 PAD所成锐二面角的正切; PN (2)已知 N 是 PM 上一点,且 ON // 平面 PCD ,求 的值. PM 【答案】 (1)

1 2 ; (2) . 2 2

【解析】 试题分析: (1)作出辅助线,利用有关垂直得到二面角的平面角,再利用直角三角形进 行求解; (2) 根据线面平行的性质, 得到线线平行, 进而利用平行线分线段成比例求解. 试题解析: (1)连接 CM 并延长交 DA 的延长线于 E ,则 PE 是平面 PMC 与平面 PAD 所成二面角的棱,过 A 作 AF 垂直 PE 于 F ,连接 MF

试卷第 106 页,总 148 页

? PA ? 平面 ABCD ,? PA ? MA ,又 MA ? AD,? MA ? 平面 PDA

? AF ? PE ,? MF ? PE , , ? ?MFA 是平面 PMC 与平面 PAD 所成锐二面角的平面角 3 分

? BC ? 2, AD ? 4, BX // AD, AM ? 2MB
? AE ? 4 ,又 PA ? 4, AF ? 2 2

tan ?MFA ?

MA 2 ? FA 2

所以平面 PMC 与平面 PAD 所成锐二面角的正切为 (2)连接 MO 并延长交 CD 于 G ,连接 PG ? ON // 平面 PCD , ? ON // PG 在 ?BAD 中, ∵ ∴

2 2

6分

BO BC 1 BM 1 ? ? ,又 ? OD AD 2 MA 2
9分

BO BM ? OD MA

? MO // AD

4 , 3 PN 1 ? ON // PG ,? PN ? MN ,所以 ? PM 2
又在直角梯形 ABCD 中, MO ? OG ?

12 分

考点:1.二面角的求法;2.线面平行的性质与判定.

CD ∥ AB , AB ? 4 , ?ADC ? 900 , 76. (本题满分 12 分) 如图 1, 在直角梯形 ABCD 中, AD ? CD ? 2 , 将 ?ADC 沿 AC 折 起 , 使 平 面 ADC ? 平 面 ABC , 得 到 几 何 体 D ? ABC ,如图 2 所示.

试卷第 107 页,总 148 页

(1)求证: BC ? 平面 ACD ; (2)求几何体 D ? ABC 的体积. 【答案】 (1)详见解析; (2)几何体 D ? ABC 的体积为

4 2 . 3

【解析】 试题分析: (1) 两个平面互相垂直, 则一个平面内垂直交线的直线垂直于另一个平面. 在 本题中, BC ? AC ,而平面 ADC ? 平面 ABC ,平面 ADC ? 平面 ABC ? AC ,

? BC ? 平面 ADC . (2)可将面 ACD 作为底面,由(Ⅰ)知 BC 为三棱锥 B ? ACD 的 高,由三棱锥的体积公式即可得几何体 D ? ABC 的体积.
试题解析: (1)证明:在图 1 中,可得 AC ? BC ? 2 2 , 从而 AC 2 ? BC 2 ? AB2 ,故 AC ? BC , 方法一:取 AC 的中点 O ,连接 DO ,则 DO ? AC , 又平面 ADC ⊥平面 ABC ,平面 ADC ? 平面 ABC ? AC , DO ? 平面 ADC , 从而 DO ? 平面 ABC ∴ DO ? BC ,又 AC ? BC , AC ? DO ? O ,∴ BC ⊥平面 ACD (方法二:因为平面 ADC ? 平面 ABC 平面 ADC ? 平面 ABC ? AC 又因为? AC ? BC, BC ? 平面 ABC 6分

? BC ? 平面 ADC

6 分)

(2)解 由(Ⅰ)知 BC 为三棱锥 B ? ACD 的高, BC ? 2 2 , S ?ACD ? 2 ∴ VB ? ACD ?

1 1 4 2 S ?ACD ? BC ? ? 2 ? 2 2 ? 3 3 3
4 2 . 3
12 分

由等体积性可知,几何体 D ? ABC 的体积为

考点:1、空间线面的垂直关系;2、几何体的体积.
? 77. (本题满分 12 分)如图 1 在 Rt?ABC 中, ?ABC ? 90 ,D、E 分别为线段 AB 、AC

的中点, AB ? 4, BC ? 2 2 .以 DE 为折痕,将 Rt?ADE 折起到图 2 的位置,使平面

??? ? ???? A?DE ? 平面 DBCE ,连接 A?C , A?B ,设 F 是线段 A?C 上的动点,满足 CF ? ? CA? .

C

A?
E
图1

F

C

E

A

D

B

D
图2

B

(1)证明:平面 FBE ? 平面A?DC ;
试卷第 108 页,总 148 页

(2)若二面角 F ? BE ? C 的大小为 45° ,求 ? 的值. 【答案】 (1)证明详见解析; (2) ? ? 1 ?
3 . 3

【解析】 试题分析: (1)要证明两平面垂直,应证其中一个平面经过另一个平面的一条垂线.在 本题中,由于 F 是一个动点,这意味着不论 F 在何处,都有平面 EFB ? 平面 A?DC , 故必有 BE ? 平面 A?DC ,所以考虑证明 BE ? 平面 A?DC . (2)设 BE 交 DC 于 O 点, 连 OF,结合(1)题的结论可知,点 F 在平面 BEC 内的射影必在 OC 上.作 FG ? DC , OG 为二面角 F-BE-C 的平面角. 垂足为 G, 则 ?F 另外, 以 D 为坐标原点 DB, DE, D A? 分别为 OX,OY,OZ 轴建立空间直角坐标系,利用空间向量也可解决. 试题解析: (1)? 平面 A?DE ? 平面 DBCE , A?D ? DE ∴ A?D ? 平面 DBCE ∴ A?D ? BE

? D, E 分别为中点,
∴ DE ?

1 1 BC ? 2, BD ? AB ? 2 2 2

2分

在直角三角形 DEB 中,? tan ?BED ?

BD BD 2 ? 2, tan ?CDE ? ? DE CB 2

1 ? tan ?BED?tan ?CDE ? 0
? ∴ ?BED ? ?CDE ? 90 得 BE ? DC ∴ BE ? 平面 A?DC ,又 BE ? 平面 EFB ,

∴平面 EFB ? 平面 A?DC

6分

(2)作 FG ? DC ,垂足为 G,则 FG ? 平面 DBCE , 设 BE 交 DC 于 O 点,连 OF, 由(1)知, ?FOG 为二面角 F-BE-C 的平面角 由 FG / / A?D,
FG CF ? ? ?, A?D CA?

7分

∴ FG ? ? A?D ? 2?

同理,得 CG ? ?CD, DG ? (1 ? ? )CD ? 2 3(1 ? ? ) ,
? DO ? BD ? DE 2 3 2 3 ? 3 1 ? ?) ? ,∴ OG ? DG ? DO ? 2 ( BE 3 3

在 Rt ?OGF 中,由 tan ?FOG ?

FG ? OG

2? 2 3 2 3(1 ? ? ) ? 3

?1

10 分

解得, ? ? 1 ?

3 3

12 分

方法 2:? BE ? 平面 A?DC ,设 BE 交 DC 于 O 点,连 OF, 则 ?FOC 为二面角 F-BE-C 的平面角 又? DB ? 2, CB ? 2 2 ∴ CD ? 2 3 7分

试卷第 109 页,总 148 页

由 DO : OC ? 1: 2 得 OC ?

4 3 3

8分

在直角三角形 A?DC 中 ?A?CD ? 30? , A?C ? 4 ,? ?FOC ? 45? ∴ ?OFC ? 105?
4 3 CF 3 OC CF ?1? 得 CF ? 4 ? 从而得, ? ? 12 分 ? ? ? ? 3 CA 3 sin105 sin 75 方法 3: (向量法酌情给分) 以 D 为坐标原点 DB,DE,D A? 分别为 OX,OY,OZ 轴建立空间直角坐标系,各点坐标分 别为 D(0,0,0) , A? (0,0,2) ,B(2,0,0) ,



C(2, 2 2 ,0) ,E(0, 2 ,0) . (1) BE ? (?2, 2,0), DC ? (2, 2 2,0), DA? ? (0,0, 2) ∵ BE ? DC ? ?4 ? 4 ? 0, ∴ BE ? DC , ∵ BE ? DA? ? 0, ∴ BE ? DA? 又 DC ? DA? ? D ,∴ BE ? 平面 A?DC 又 BE ? 平面 FBE 所以平面 FBE ? 平面 A?DC 6分

??? ?

????

????

??? ? ????

??? ? ????

??? ? ???? ??? ? (2)设 CF ? ?CA? ?CF ? ? (?2, 2 2, 2) ? F (2 ? 2?, 2 2 ? 2 2?, 2?)
设平面 BEF 的法向量为

? ??? ? ??? ? n ? ( x, y, z) ? BE ? (?2, 2,0), BF ? (?2?, 2 2 ? 2 2?, 2?)
? ??2 x ? 2 y ? 0 , ? ? ??2? ? x ? (2 2 ? 2 2? ) ? y ? 2? ? z ? 0
取 n ? (?, 2?,3? ? 2) 又? 平面 BEC 的法向量为 n? ? (0,0,1) ∴ cos 45 ?
?

?

8分

??

| 3? ? 2 | 3? ? (3? ? 2)
2 2

?

2 2 得 3? ? 6? ? 2 ? 0 2
∴ ? ? 1?

解得 ? ? 1 ?

3 ,又∵ 0 ? ? ? 1 3

3 3

12 分

考点:1、空间两平面的垂直关系;2、二面角. 78. (本题满分 12 分,第(1)小题 5 分,第(2)小题 7 分) 如图, AB 是圆柱体 OO1 的一条母线,已知 BC 过底面圆的圆心 O , D 是圆 O 上不与 点 B, C 重合的任意一点, AB ? 5 , BC ? 5 , CD ? 3 .

试卷第 110 页,总 148 页

(1)求直线 AC 与平面 ABD 所成角的大小; (2)将四面体 ABCD 绕母线 AB 旋转一周,求 ?ACD 的三边在旋转过程中所围成的 几何体的体积. 【答案】 (1) arcsin

3 2 ; (2) 15? . 10

【解析】 试题分析: (1)依题易得 CD ? BD , CD ? AB ,所以 CD ? 平面 ABD ,所以 ? CAD 即直线 AC 与平面 ABD 所成角; (2)将四面体 ABCD 绕母线 AB 旋转一周,则 ?ACD 的三边在旋转过程中所围成的几何体是底面半径为 BC 高为 AB 的圆锥中间去掉底面 半径为 BD 高为 AB 的圆锥. 试题解析: (1)∵ AB 是圆柱体 OO1 的一条母线, ∴ AB ? 平面 BCD ,又 CD ? 平面 BCD , ∴ CD ? AB , 又∵ BC 过底面圆的圆心 O , D 是圆 O 上不与点 B, C 重合的任意一点, ∴ ?CDB ? 90? 即 CD ? BD , 又 AB , BD ? 平面 ABD 且 AB ? BD ? D , ∴ CD ? 平面 ABD , ∴ AD 即是 AC 在平面 ABD 内的射影,故 ? CAD 即直线 AC 与平面 ABD 所成角, 在 Rt ?ACD 中, CD ? 3 , AC ? 5 2 , ∴ sin ?CAD ?

3 2 CD 3 3 2 即 ?CAD ? arcsin , ? ? 10 AC 5 2 10

∴ 直线 AC 与平面 ABD 所成角的大小为 arcsin

3 2 ; 10

(2)将四面体 ABCD 绕母线 AB 旋转一周,则 ?ACD 的三边在旋转过程中所围成的 几何体是一个底面半径为 BC 高为 AB 的圆锥中间去掉一个底面半径为 BD 高为 AB 的 空心圆锥, ∴ 其体积为: V ? V大 ? V小 ? ? BC 2 ? BD 2 AB ? 考点:1.线面角;2.线面垂直证明;3.圆锥的体积.

1 3

?

?

1 ? ? ? ? 52 ? 42 ? ? 5 ? 15? . 3

? 上一 ? 是直径为 2 2 的半圆, O 为圆心, C 是 BD 79. (本小题满分 12 分)如图: BCD
点,

? ? 2CD ? . DF ? CD ,且 DF ? 2 , BF ? 2 3 , E 为 FD 的中点, Q 为 BE 的 且 BC
试卷第 111 页,总 148 页

中点, R 为 FC 上一点,且 FR ? 3RC . F

E Q B O C (Ⅰ)求证: 面 BCE ⊥面 CDF ; (Ⅱ)求证: QR ∥平面 BCD ; (Ⅲ)求三棱锥 F ? BCE 的体积. 【答案】 【解析】 试题分析: (Ⅰ)可证得 DF ⊥ BC , BC ⊥ CD ,即证 BC ⊥平面 CFD ,继而得证面 BCE ⊥面 CDF ; R D

1 DE ,又 2 RM CR 1 1 DF ? CD ,所以 RM / / FD ,又 FR ? 3 RC ,则 ? ? ,所以 RM ? DF , DF CF 4 4 1 因为 E 为 FD 的中点, 所以 RM ? DE , 故 OQ / / RM ,且 OQ ? RM , 即得 OQRM 2
(Ⅱ)连接 OQ ,在面 CFD 内过 R 做 RM ? CD ,则 OQ / / DF ,且 OQ ? 为平行四边形,得 RQ / / OM ,即证 QR / / 平面 BCD ;

? ? 2? (Ⅲ)因为 BC CD,所以 ?DBC ? 30? ,在直角三角形 BCD 中有 CD ? 2 , BC ? 6 ,所以 S?BCD ?
1 3 BC ? CD ? 3 ,而 vF ? BCE ? vF ? BCD ? vE ? BCD ? . 2 3

2 2 2 试题解析: (Ⅰ)∵ DF ? 2 , BF ? 2 3 , BD ? 2 2 ,∴ BF ? BD ? DF ,

∴ BD ? DF 又 DF ? CD , ∴ DF ⊥平面 BCD ∴ DF ⊥ BC , 又 BC ⊥ CD , ∴ BC ⊥平面 CFD , ∵ BC ? 面 BCE ∴面 BCE ⊥面 CDF .

试卷第 112 页,总 148 页

F

E Q B O M C R D

(Ⅱ)连接 OQ ,在面 CFD 内过 R 做 RM ? CD ∵ O, Q 为中点,∴ OQ / / DF ,且 OQ ? ∵ DF ? CD ∴ RM / / FD

1 DE 2

RM CR 1 1 ? ? ,∴ RM ? DF DF CF 4 4 1 ∵ E 为 FD 的中点,∴ RM ? DE . 2
又 FR ? 3RC ,∴ ∴ OQ / / RM ,且 OQ ? RM ∴ OQRM 为平行四边形,∵ RQ / / OM 又 RQ ? 平面 BCD , OM ? 平面 BCD , ∴ QR / / 平面 BCD .

? ? ? 2CD ? , (Ⅲ) ∵ BC ∴ ?DBC ? 30 , ∴在直角三角形 BCD 中有 CD ? 2 , BC ? 6 ,

∴ vF ? BCE ? vF ? BCD ? vE ? BCD ? 考点:

1 1 1 1 3 ? ? 6 ? 2 ? 2 ? ? ? 6 ? 2 ?1 ? 3 2 3 2 3

? 上 ? 是直径为 2 2 的半圆, O 为圆心, C 是 BD 80. (本小题满分 12 分)如图: BCD
? ? 2CD ? . DF ? CD , 一点, 且 BC 且 DF ? 2 ,BF ? 2 3 ,E 为 FD 的中点, Q 为 BE
的中点, R 为 FC 上一点,且 FR ? 3RC . F

E Q B O C R D

试卷第 113 页,总 148 页

(Ⅰ) 求证: QR ∥平面 BCD ; (Ⅱ)求平面 BCF 与平面 BDF 所成二面角的余弦值. 【答案】 (Ⅰ)证明见解析; (Ⅱ) 【解析】 试 题 分析 : ( Ⅰ) 连接 OQ , 在 面 C F D 内 过 R 做 RM ? CD , 则 OQ / / DF , 且

2 . 2

1 RM CR 1 DE ,又 DF ? CD ,所以 RM / / FD ,又 FR ? 3RC ,则 ? ? ,所 2 DF CF 4 1 1 以 RM ? DF , 因 为 E 为 FD 的 中 点 , 所 以 RM ? DE , 故 OQ / / RM , 且 4 2 OQ ?
即得 OQRM 为平行四边形, 得 RQ / / OM , 即证 QR / / 平面 BCD ; OQ ? RM , (Ⅱ)可证得 DF ⊥平面 BCD ,以 O 为原点, OD 为 y 轴建立如图空间直角坐标系求 平面 BCF 与平面 BDF 所成二面角的余弦值. 试题解析: F

z
E Q B O M R D

y

x

C

(Ⅰ) 连接 OQ ,在面 CFD 内过 R 做 RM ? CD ∵ O, Q 为中点,∴ OQ / / DF ,且 OQ ? ∵ DF ? CD ∴ RM / / FD

1 DE 2

RM CR 1 1 ? ? ,∴ RM ? DF DF CF 4 4 1 ∵ E 为 FD 的中点,∴ RM ? DE . 2
又 FR ? 3RC ,∴ ∴ OQ / / RM ,且 OQ ? RM ∴ OQRM 为平行四边形,∵ RQ / / OM 又 RQ ? 平面 BCD , OM ? 平面 BCD , ∴ QR / / 平面 BCD .

2 2 2 (Ⅱ)∵ DF ? 2 , BF ? 2 3 , BD ? 2 2 ,∴ BF ? BD ? DF ,∴ BD ? DF ,

试卷第 114 页,总 148 页

又 DF ? CD ,∴ DF ⊥平面 BCD . 以 O 为原点, OD 为 y 轴建立如图空间直角坐标系

? ? 2CD ? ,∴ ?DBC =30 ,∴在直角三角形 BCD 中有 CD ? 2 ∵ BC
0

∴ B(0, ? 2,0), C (

6 2 , ,0), F (0, 2, 2) 2 2

∴ BC ? (

??? ?

??? ? ?? 6 3 2 , , 0), BF ? (0, 2 2, 2) ,设平面 BCF 的法向量为 m ? ( x, y, z), 2 2

? 6 3 ?? x? 2y ? 0 ? ∴? 2 ,令 y ? 1 ,则 z ? ? 2, x ? ? 3, ∴ m ? (? 3,1, ? 2), 2 ?2 2 y ? 2 z ? 0 ?
面 BDF 的一个法向量为 n ? (1,0,0)

?

则 cos ? m, n ?? ?

?? ?

3 2 ?? 2 6

∴平面 BDF 与平面 BCF 所成二面角的余弦值为

2 . 2

考点:1.线面平行的判定;2.二面角的求法. 81.如图,在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中,∠ACB=90°, E, F, D 分别是 AA1, AC, BB1 的中点, 且 CD⊥C1D.

(Ⅰ)求证: CD∥平面 BEF; (Ⅱ)求证: 平面 BEF⊥平面 A1C1D. 【答案】见证明 【解析】 试题分析: (Ⅰ) 设法证明 CD 平行于平面 BEF 内的一条直线即可, 为此连结 AD , 交 BE 于点 M , 连结 FM ,证明 FM ∥ CD ; (Ⅱ)设法证明 CD ? 面 A C
1 1

D 由 FM ∥ CD 可得 FM ? 面A1C1D ,而 FM ? 面

BEF ,故平面 BEF ?面 A1C1D
试题解析:连结 AD , 交 BE 于点 M , 连结 FM . ∵ E , D 分别为棱的中点, ∴四边形 ABDE 为平行四边形, ∴点 M 为 BE 的中点,
试卷第 115 页,总 148 页

而点 F 为 AC 的中点, ∴ FM ∥ CD . ∵ CD ? 面 BEF , FM ? 面 BEF , ∴ CD ∥面 BEF .) (Ⅱ)因为三棱柱 ABC ? A B C 是直三棱柱, ?ACB ? 90? .
1 1 1

∴ AC

1 1

? 面 BC1,而 CD ? 面 BC1.

∴ AC ? CD . 1 1 又∵ CD ? C D .
1

∴ CD ? 面 A C

1 1

D.

由(1)知 FM ∥ CD ,∴ FM 而 FM

? 面 A1C1 D .

? 面 BEF ,

∴平面 BEF

?面 A1C1D

考点:直线与平面平行的判定定理.平面与平面垂直的判定定理 82.如图, 在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中, D、 E 分别是 BC 和 CC1 的中点, 已知 AB=AC=AA1=4,∠BAC=90°.

(Ⅰ)求证: B1D⊥平面 AED; (Ⅱ)求二面角 B1-AE-D 的余弦值; (Ⅲ)求三棱锥 A-B1DE 的体积. 【答案】 (Ⅰ) (Ⅱ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ)建立空间直角坐标系,求出相关点的坐标,分别计算 B1D ? AD ? 0,

6 ; (Ⅲ) VA? B1DE ? 8 6

???? ? ????

???? ? ??? ? B1D ? AE ? 0, 利用直线与平面垂直的判定定理可证 B1D ? 平面AED (Ⅱ)由(Ⅰ)
分别求出平面 AED 和平面 B1 AE 一个法向量;利用空间两个向量的夹角公式即可求出 二 面 角 B1 ? A E ? 的 余 弦 值 ( Ⅲ ) 利 用 等 体 积 法 变 换 顶 点 可 得 D

1 VA? B1DE ? VB1 ? ADE ? ? 2 6 ? 2 6 ? 8 3
试题解析: ( Ⅰ ) 依 题 意 , 建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 A ? xyz . 因 为
试卷第 116 页,总 148 页

AB=AC ? AA1 ? 4







A (0, 0, 0),( B 4, 0, 0),( E 0, 4, 2),( D 2, 2, 0),B ( 0, 4) .? 1 4,

???? ? ???? ??? ? B1D ? ? ?2, 2, ?4 ? , AD ? ? 2, 2,0 ? , AE ? ? 0, 4, 2 ?
因为 B1D ? AD ? ?4 ? 4 ? 0 ? 0, ,所以 B1D ? AD ,即 B1D ? AD . 因为 B1 D ? AE ? 0 ? 8 ? 8 ? 0 ,所以 B1 D ? AE ,即 B1 D ? AE . 又 AD、AE ? 平面AED ,且 AD ? AE ? A ,故 B1D ⊥平面 AED . (Ⅱ)由(Ⅰ)知 B1D ? ? ?2, 2, ?4 ? 为平面 AED 的一个法向量. 设平面 B1 AE 的法向量为 n ? ( x, y, z) ,因为 AE ? (0,4,2) , AB1 ? (4,0,4) , 所以由 ?

???? ? ??? ?

???? ?

????

???? ?

? ?n ? AE ? 0 ? ?n ? AB1 ? 0

,得 ?

?4 y ? 2 z ? 0 ,令 y=1,得 x=2,z=-2.即 n ? (2,1,?2) . ?4 x ? 4 z ? 0
? 6 9 ? 24 ? 6 , 6

∴ cos ? n, B1 D ??

n ? B1 D | n | ? | B1 D |

∴二面角 B1 ? AE ? D 的余弦值为

6 . 6

?0 ? A D ? ( Ⅲ ) 由 AD ? ? 2, 2,0 ? , DE ? ? ?2, 2, 2 ? , 可 得 A D? D E
A D? D E
又 AD ? 2 2, DE ? 2 3 , 得 S? ADE ? 知 B1 D ? 2 6 且 B1D 为三棱锥 B1 ? ADE 的高,故 VA? B1DE ? VB1 ? ADE ?

????

????

? ? ?? ? ? ??

? ? ?? ? ? ?? D E即 ,

????

????

???? ?

1 ???? ???? 1 AD ? DE ? ? 2 2 ? 2 3 ? 2 6 , 由由 (Ⅰ) 2 2

1 ?2 6 ?2 6 ? 8 3

考点:利用空间向量解决有关问题,椎体的体积 83. (本小题共 12 分)已知 E 是矩形 ABCD(如图 1)边 CD 上的一点,现沿 AE 将△DAE 折起至△D1AE(如图 2) ,并且平面 D1AE⊥平面 ABCE,图 3 为四棱锥 D1—ABCE 的主视图 与左视图.

试卷第 117 页,总 148 页

(1)求证:直线 BE⊥平面 D1AE; (2)求点 A 到平面 D1BC 的距离. 【答案】 (1)证明见解析; ( 2) 【解析】 试题分析: (1)本题证明线面垂直方法易想,由于平面 D1 AE ? 平面 ABCD ,则直线 BE⊥平面 D1AE 等价于 BE ? AE , 这在 ?ABE 中应用勾股定理的逆定理可得, 线段的长 度在三视图中有表示; (2) 求点 A 到平面 D1BC 的距离可用体积法, VA? D1BC ? VD1 ? ABC , 只要取 AE 中点 M , 则有 D1M ? AE , 从而 D1M ? 平面 ABCE , 于是取 BC 中点 N , 则 MN ? BC , 从 而 可 得 D1 N ?

2 22 . 11

B, C 所 以 等 式 VA? D1BC ? VD1 ? ABC 为

1 1 1 1 S ?D1BC ? d ? S ?ABC ? D1M ,即 BC ? D1 N ? d ? AB ? BC ? D1M ,下面只要在相应 3 2 2 2
三角形中求出所用到的线段长即可. 试题解析: (1)证明:由主视图和左视图易知: AD ? DE ? EC ? BC ? 1 ∴ AE ? BE ? 2, AB ? 2 ∴ AE ? BE ? AB
2 2 2

? BE ? AE

? ? 又 ? 平面D1 AE ? 平面ABCE ? ? BE ? 平面D1 AE 平面D1 AE ? 平面ABCE ? AE ? ?

(5 分)

(2)分别取 AE, BC 中点 M,N

? D1 A ? D1E ? 1

试卷第 118 页,总 148 页

? D1M ? AE

? ? 又 ? 平面D1 AE ? 平面ABCE ? ? D1 M ? 平面ABCE 平面D1 AE ? 平面ABCE ? AE ? ? ? ? MN ? BC ? ? BC ? 平面D1MN D1M ? MN ? M ? ?

? D1M ? BC

? BC ? D1N

Rt ?D1MN 中, D1M ?

2 3 , MN ? 2 2

? D1 N ?

11 2

设 A 到平面 D1BC 的距离为 d

VA? D1BC ? VD1 ? ABC

1 1 ? S ?D1BC ?d ? ? D1M ? S ?ABC 3 3 1 1 D1 N ? BC ? d ? D1M ? AB ? BC 2 2

11 2 ?1 ? d ? ? 2 ?1 2 2

?d ?

2 22 11

(12 分)

考点:线面垂直,点到平面的距离,体积法. 84. (本小题共 12 分)如图,四棱锥 P - ABCD 的底面是边长为 1 的正方形,PA⊥底面 ABCD,E、F 分别为 AB、PC 的中点. (1)若 PA = 1,求证:EF⊥平面 PCD; (2)若 PA = 2,试问在线段 EF 上是否存在点 Q,使得二面角 Q - AP - D 的余弦值 为
5 ?若存在,确定点 Q 的位置;若不存在,请说明理由. 5

【答案】 (1)证明见解析; (2)满足条件的 Q 存在,是 EF 中点. 【解析】 试题分析: (1) 题中要证 EF ? 平面 PCD , 由于 EF 与平面 PCD 的关系不能直接确定, 因此我们寻找中间量,取 PD 中点 M ,由 MF // DC 且 MF ?

1 DC 得 MF // AE 且 2 MF ? AE ,故有 AMFE 是平行四边形,从而 EF // AM ,而通过证明 AM ? 平面 PCD 证得结论; (2)涉及到二面角问题,我们建立空间直角坐标系,用空间向量法解

C (1,1, 0) , B(0,1,0) , 决, 以 AD, AB, AP 为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系, 则有 P(0,0, 2) ,

? 1 1 1 E (0, ,0) , F ( , ,1) ,知平面 PAD 的法向量为 n ? (0,1,0) ,对存在性命题,我们假设存 2 2 2

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??? ? ??? ? ??? ??? ? ? 1 ? 1 在 Q 满足条件:设 EQ ? ? EF , EF ? ( ,0,1) ,Q ? ( , , ? ) ,? ? [0,1] , AP ? (0,0,2) , 2 2 2 ???? ? 1 AQ ? ( , , ? ) , 2 2

1 ?? ?? ? x ? y ? ? z ? 0 ?? 设平面 PAQ 的法向量为 m ? ( x, y, z) , ? 2 ? m ? (1, ?? ,0) ,利用法向量夹 2 ? z ? 0 ?
角余弦值与二面角的余弦值的绝对值相等可求得 ? ,如能求得,说明存在,如果求不出 说明假设错误,满足题设条件的点不存在. 试题解析: (1)取 PD 中点 M,连接 MF,MA 在 Δ CPD 中,F 为 PC 的中点,
1 1 ∴MF 平行且等于 DC ,正方形 ABCD 中 E 为 AB 中点, AE 平行且等于 DC , 2 2 ∴AE 平行且等于 MF,故:EFMA 为平行四边形,∴EF∥AM 2分 又因为 PA=1=AD 所以 ?PAD 为等腰三角形,所以 AM⊥PD, 又因为 CD⊥平面 PAD,所以 CD⊥AM 因为 CD ? PD ? D ,所以 AM⊥平面 PCD;

因为 EF∥AM,所以 EF⊥平面 PCD.

5分

z

Q

y
x
(2)如图:以点 A 为坐标原点建立空间直角坐标系:
1 1 1 P(0,0, 2) , B(0,1,0) , C (1,1, 0) , E (0, ,0) , F ( , ,1) 2 2 2 ? 由题易知平面 PAD 的法向量为 n ? (0,1,0) , 6分

??? ? ??? ? ??? ? 1 假设存在 Q 满足条件:设 EQ ? ? EF , EF ? ( ,0,1) , 2 ??? ? ???? ? 1 ? 1 Q ? ( , , ? ) , ? ? [0,1] , AP ? (0,0,2) , AQ ? ( , , ? ) 2 2 2 2 ?? 设平面 PAQ 的法向量为 m ? ( x, y, z) ,

1 ?? ? x ? y ? ? z ? 0 ?? ? m ? (1, ?? ,0) 2 2 ? ? ?z ? 0 ?? ? ?? ? m?n ?? ,由已知: cos ? m, n ?? ?? ? ? m n 1? ?2



?
1? ?
2

?

5 5

试卷第 120 页,总 148 页

1 ,所以:满足条件的 Q 存在,是 EF 中点. 12 分 2 考点:线面垂直,二面角,存在性命题. 85. (本小题满分 12 分)如图,在四棱锥 S ? ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,SA ? 底 面 ABCD , SA ? AB , 点 M 是 SD 的中点, AN ? SC ,且交 SC 于点 N .

解得: ? ?

(Ⅰ)求证: SB // 平面 ACM ; (Ⅱ)求证:平面 SAC ⊥平面 AMN ; (Ⅲ)求二面角 D ? AC ? M 的余弦值. 【答案】 (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ)详见解析; (Ⅲ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ) 连结 BD 交 AC 于 E , 连结 ME . 根据三角形中位线可证得 ME // SB . 由 线面平行的判定定理可证得 SB // 平面 ACM ;(Ⅱ)先证 AM ? 平面 SDC . 从而可得

3 3

SC ? AM . 再结合 SC ? AN ,根据线面垂直的判定定理可证得 SC ? 平面 AMN . 再根 据面面垂直的判定定理可证得平面 SAC ? 平面 AMN .(Ⅲ)取 AD 中点 F ,则 MF //
SA . 作 FQ ? AC 于 Q , 连 结 MQ . 由 二 面 角 的 定 义 可 知 ?FQM 为 二 面 角 D ? A C? M的平面角.在 Rt ?MFQ 中可求得其余弦值.
(以上问题也可以建立空间直角坐标系用空间向量解答. ) 试题解析:方法一: (Ⅰ)证明:连结 BD 交 AC 于 E ,连结 ME . Q ABCD 是正方形,∴ E 是 BD 的中点. Q M 是 SD 的中点,∴ ME 是△ DSB 的中位线. ∴ ME // SB . 2分 又 ME ? 平面 ACM , SB ? 平面 ACM , ∴ SB // 平面 ACM . 4分 (Ⅱ)证明:由条件有 DC ? SA, DC ? DA, ∴ DC ? 平面 SAD ,且 AM ? 平面 SAD , ∴ AM ? DC. 又∵ SA ? AD, M 是 SD 的中点,∴ AM ? SD. ∴ AM ? 平面 SDC . SC ? 平面 SDC, ∴ SC ? AM . 由已知 SC ? AN ∴ SC ? 平面 AMN . 又 SC ? 平面 SAC , ∴平面 SAC ? 平面 AMN . 8分 6分

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(Ⅲ)取 AD 中点 F ,则 MF // SA .作 FQ ? AC 于 Q ,连结 MQ . ∵ SA ? 底面 ABCD ,∴ MF ? 底面 ABCD . ∴ FQ 为 MQ 在平面 ABCD 内的射影. ∵ FQ ? AC ,∴ MQ ? AC . ∴ ?FQM 为二面角 D ? AC ? M 的平面角. 设 SA ? AB ? a ,在 Rt ?MFQ 中, MF ?
a

10 分

1 a 1 2 SA ? , FQ ? DE ? a, 2 2 2 4

∴ tan ?FQM ?

2 2 4

? 2. a

∴ 二面角 D ? AC ? M 的余弦的大小为 3 .
3

12 分

方法二: (Ⅱ)如图,以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 O ? xyz ,

由 SA ? AB ,可设 AB ? AD ? AS ? 1 ,则

1 1 A(0, 0, 0), B(0,1, 0), C (1,1, 0), D(1, 0, 0), S (0, 0,1), M ( , 0, ) . 2 2 uur uuu r 1 1 Q AM ? ( , 0, ) , CS ? ? ?1, ?1,1? , 2 2 uuu r uu r uuu r uu r 1 1 ? AM ? CS ? ? ? ? 0 ? AM ? CS ,即有 SC ? AM 6 分 2 2 又 SC ? AN 且 AN ? AM ? A .

? SC ? 平面 AMN . 又 SC ? 平面 SAC ,
∴平面 SAC ⊥平面 AMN . 8分

(Ⅲ) Q SA ? 底面 ABCD ,∴ AS 是平面 ABCD 的一个法向量, AS ? (0,0,1) . 设平面 ACM 的法向量为 n ? ( x, y, z) ,

uu r

uu r

?

uur

r uur x ? y ? 0 ? 0, ? ? y ? ? x, n ? AC ? 0, ? 1 1 ? ? , 则 即 , ∴? AC ? (1,1, 0), AM ? ( , 0, ) r ? r uuu ? 1 1 2 2 x ? 0 ? z ? 0. ? z ? ? x. ? ?n ? AM ? 0. ? ?2 2
uuu r

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令 x ? ?1 ,则 n ? ( ? 1,1,1) .

?

10 分

uu r r uu r r AS gn 1 3 , 由作图可知二面角 D ? AC ? M 为锐二面角 cos ? AS , n ?? uu r r ? ? | AS | ? | n | 1? 3 3
∴二面角 D ? AC ? M 的余弦值为 考点:

3 . 3

12 分

1 5, 5 A B 沿 AB SA ? 2 AD , AB ? SD 交 SC 于 B ,M 为 SB 上点,且 SM ? 2MB ,将 ?S SAB ? ABCD 折起,使平面 平面

SD ? 3 , cos ?SDC ? ? 86. (本题满分 14 分) 如图, 已知 ?SCD 中, CD ? 5 ,

(1)求证: AM ∥平面 SCD ; (2)求三棱锥 S ? CDM 的体积 【答案】 (1)证明见解析; (2)

2 . 3

【解析】 试题分析: (1)解决立体几何的有关问题,空间想象能力是非常重要的,但新旧知识的 迁移融合也很重要,在平面几何的基础上,把某些空间问题转化为平面问题来解决,有 时很方便; (2)证明线面平行常用方法:一是利用线面平行的判定定理,二是利用面面 平行的性质定理,三是利用面面平行的性质,此题通过证明平面 AMN 与平面 SCD 平 行, 从而证明 AM 与平面 SCD 平行; (3) 在求三棱柱体积时, 选择适当的底作为底面, 进行体积转化,这样体积容易计算. 试题解析: ( 1 )如图:过 C 作 CO ? SD 交 SD 的延长线于 O ,在 BC 上取点 N 使

BN : NC ? 1 : 2 连接 MN ,由于 SM : MB ? 2 : 1 ? MN // SC
在平面 SCD 中,由 CD ? 5 , cos ?SDC ? ?

1 5 得 DO ? 1, CO ? 2 5

即 SA ? AO 又 AB ? SD 得 SB ? BC , 又 SM : MB ? 2 : 1 , BN : NC ? 1 : 2 ? SN : NC ? 2 : 1 ? AN // CD ? 平面 AMN // 平面 SCD ? AM∥平面 SCD

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S C

M
N

C

B
M

N
B

S

A

D

O
A

D

(2)由 AM∥平面 SCD 知 M 到平面 SCD 的距离等于 A 到平面 SCD 的距离, 转化 VS ?CDM ? VM ? SCD ? V A? SCD ? VS ? ACD ?

2 . 3

考点:1、直线与平面平行的判定;2、求三棱锥的体积. 87. (本题满分 14 分) 如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,PD ? 平面 ABCD , 底面 ABCD 是菱形, ?BAD ? 60? , O 为 AC 与 BD 的交点, E 为 PB 上任意一点.

(1)证明:平面 EAC ? 平面 PBD ; (2)若 PD / / 平面 EAC ,并且二面角 B ? AE ? C 的大小为 45? ,求 PD : AD 的值. 【答案】 (1)证明见解析; (2) 6 : 2 . 【解析】 试题分析: (1)解决立体几何的有关问题,空间想象能力是非常重要的,但新旧知识的 迁移融合也很重要,在平面几何的基础上,把某些空间问题转化为平面问题来解决,有 时很方便; (2)证明两个平面垂直,首先考虑直线与平面垂直,也可以简单记为“证面 面垂直,找线面垂直” ,是化归思想的体现,这种思想方法与空间中的平行关系的证明 类似,掌握化归与转化思想方法是解决这类题的关键; (3)空间向量将空间位置关系转 化为向量运算,应用的核心是要充分认识形体特征,建立恰当的坐标系,实施几何问题 代数化.同时注意两点:一是正确写出点、向量的坐标,准确运算;二是空间位置关系 中判定定理与性质定理条件要完备. 试题解析: (1)因为 PD ? 平面ABCD ,? PD ? AC , 又 ABCD 是菱形,? BD ? AC ,故 AC ? 平面 PBD ? 平面 EAC ? 平面 PBD. 4 分 (2)连结 OE ,因为 PD / / 平面 EAC , 所以 PD / / OE ,所以 OE ? 平面 ABCD, 又 O 是 BD 的中点,故此时 E 为 PB 的中点, 以 O 为坐标原点, 射线 OA, OB, OE 分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系. 分 设 OB ? m, OE ? h, 则 OA ? 3m ,
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. 6

A( 3m,0,0), B(0, m,0), E(0,0, h)
向量 n1 ? (0,1,0) 为平面 AEC 的一个法向量 设平面 ABE 的一个法向量 n2 ? ( x, y, z) ,

??

.8 分

?? ?

则 n2 ? AB ? 0 且 n2 ? BE ? 0 , 即 ? 3mx ? my ? 0且my ? hz ? 0 ,

?? ? ??? ?

?? ? ??? ?

?? ? 3m 3m ,则 n2 ? (1, 3, ) 12 分 h h ?? ?? ? ?? ?? ? n1 ?n2 3 2 h 6 ? ? ? , ? cos 45 ? cos ? n1, n2 ?? ?? ?? ? , 解得 ? m 2 2 | n1 |? | n2 | m2 1? 3 ? 3 2 h
取 x ? 1 ,则 y ? 3, z ? 故 PD : AD ? 2h : 2m ? h : m ? 6 : 2. 14 分

考点:1、平面与平面垂直的判定;2、平面与平面所成角余弦值的应用. 88. (本小题满分 12 分) 如图四棱锥 P ? ABCD 中, 平面 PAD ? 平面 ABCD ,AB // CD ,
?ABC ? 90? ,且 CD ? 2, AB ? BC ? PA ? 1 , PD ? 3 .

P

A

B C
BE 的值,并加 BP

D

(1)求三棱锥 A ? PCD 的体积; (2)问:棱 PB 上是否存在点 E ,使得 PD // 平面 ACE ?若存在,求出 以证明;若不存在,请说明理由. 【答案】 (1)

1 BE 1 ; (2)棱 PB 上存在点 E ,当 ? 时, PD // 平面 ACE . BP 3 3

【解析】 试题分析: (1)解决立体几何的有关问题,空间想象能力是非常重要的,但新旧知识的
试卷第 125 页,总 148 页

迁移融合也很重要,在平面几何的基础上,把某些空间问题转化为平面问题来解决,有 时很方便; (2)证明两个平面垂直,首先考虑直线与平面垂直,也可以简单记为“证面 面垂直,找线面垂直” ,是化归思想的体现,这种思想方法与空间中的平行关系的证明 类似, 掌握化归与转化思想方法是解决这类题的关键, 利用棱锥的体积公式 V ?

1 Sh 求 3

体积; (3))证明线面平行常用方法:一是利用线面平行的判定定理,二是利用面面平 行的性质定理,三是利用面面平行的性质. 试题解析: (1)取 CD 中点 G ,连接 AG , P

A D G C

B

? CD ? 2 AB, AB // CD, ? AB // GC , AB ? GC ,
? 四边形 AGCB 为平行四边形,

??AGD ? ?DCB ? ?ABC ? 900

1 在 Rt ?AGD 中,? AG ? BC ? 1, DG ? CD ? 1, 2

? AD ? AG2 ? DG2 ? 1 ? 1 ? 2, 1 分
? PD2 ? 3, PA2 ? AD2 ? 1 ? 2 ? 3, PD2 ? PA2 ? AD2 ,
??PAD ? 900 , 即 PA ? AD , 2 分

平 面PAD ? 平 面ABCD ? AD ? 平 面PAD ? 平 面ABCD, ?PA ? 平 面ABCD 3 分
1 ? S?ACD ? CD ? AG ? 1 , 4 分 2
?VA? PCD ? VP ? ACD 5 分

1 ? ? S?ACD ? PA 3 1 1 ? ? 1? 1 ? .6 分 3 3

(2)棱 PB 上存在点 E ,当

BE 1 ? 时, PD // 平面 ACE .7 分 BP 3

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P

E A O D C B


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