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高三数学专项训练:立体几何解答题(理科)


高三数学专项训练:立体几何解答题(理科) 1. 如图, 在四棱锥 A-BCDE 中, 底面四边形 BCDE 是等腰梯形, BC∥DE, ?DCB =45 ? ,O 是 BC 的中点,AO= 3 ,且 BC=6,AD=AE=2CD=2 2 ,

(1)证明:AO⊥平面 BCD;(2)求二面角 A-CD-B 的平面角的正切值.

2. (本小题满分 12 分)如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60°.

(Ⅰ)证明 AB⊥A1C; (Ⅱ)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值。

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3.如图,在多面体 ABCDE 中,DB⊥平面 ABC,AE∥DB,且△ABC 是边长为 2 的等边三角 形,AE=1,CD 与平面 ABDE 所成角的正弦值为

6 . 4

(Ⅰ)若 F 是线段 CD 的中点,证明:EF⊥面 DBC; (Ⅱ)求二面角 D-EC-B 的平面角的余弦值.

4.如图,三棱锥 P ? ABC 中, ?ABC ? 90? , PA ? 底面ABC

(Ⅰ)求证: 平面PAC ? 平面PBC ; (Ⅱ)若 AC ? BC ? PA , M 是 PB 的中点,求 AM 与平面 PBC 所成角的正切值

试卷第 2 页,总 25 页

5 . 已 知 在 四 棱 锥 P ? ABCD 中 , 底 面 ABCD 是 矩 形 , PA ? 平 面 A B C D ,

PA ? AD ? 1 , AB ? 2 , E , F 分别是 AB、PD 的中点.

(1)求证: AF / / 平面 PEC ; (2)求二面角 P ? EC ? D 的余弦值.

6 . 已 知 轴 对 称 平 面 五 边 形 ADCEF ( 如 图 1 ) BC 为 对 称 轴 , AD ? CD, ,

AD ? AB ? 1 ,CD ? BC ? 3 ,将此图形沿 BC 折叠成直二面角,连接 AF 、 DE 得
到几何体(如图 2) .

(Ⅰ)证明: AF ∥平面 DEC ; (Ⅱ)求二面角 E ? AD ? B 的余弦值.

试卷第 3 页,总 25 页

7.如图,四棱锥 P ? ABCD 的底面 ABCD 为正方形, PA ? 底面 ABCD , E, F 分别 是 AC, PB 的中点.
P

F

A E B C

D

(1)求证: EF // 平面 PCD ; (2)求证:平面 PBD ? 平面 PAC ; (3)若 PA ? AB ,求 PD 与平面 PAC 所成的角的大小.

8. (本小题 12 分)如图:四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD

是矩形,PA⊥底面 ABCD,PA=AB=1,AD= 3 ,点 F 是 PB 的中点,点 E 在边 BC 上移动. (1)证明:无论点 E 在 BC 边的何处,都有 PE⊥AF; (2)当 BE 等于何值时,PA 与平面 PDE 所成角的大小为 45°.

试卷第 4 页,总 25 页

9 . 正 方 形 ADEF与 梯 形 A B C D 在 平 面 互 相 垂 直 , A D ? C D A B / C , 所 , / D

1 AB ? AD ? CD ? 2 ,点 M 在线段 EC 上且不与 E , C 重合。 2

(Ⅰ)当点 M 是 EC 中点时,求证:BM//平面 ADEF; (Ⅱ)当平面 BDM 与平面 ABF 所成锐二面角的余弦值为 体积.

6 时,求三棱锥 M ? BDE 的 6

10. 已知直角梯形 PBCD ,A 是 PD 边上的中点 (如图甲) ?D =?C ? ,

?
2

,BC ? CD ? 2 ,

??? 1 ??? ? ? 将 使 且 PD ? 4 , ?PAB 沿 AB 折到 ?SAB 的位置, SB⊥BC ,点 E 在 SD 上, SE ? SD(如 3

图乙)

(Ⅰ)求证: SA⊥ 平面 ABCD. (Ⅱ)求二面角 E?AC?D 的余弦值

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11.如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,点 M 是 A1B 的中点,点 N 是 B1C 的中点,连接 MN A1 A M M M B M N M C C1 (Ⅰ)证明:MN//平面M M ABC; B1 M

(Ⅱ)若 AB=1,AC=AA1= 3 ,BC=2,求二面角 A—A1C—B 的余弦值的大小

12. 如图, 四棱锥 P ? ABCD 的底面是直角梯形, // CD , ? AD , PAB 和 ?PAD AB ? AB 是两个边长为 2 的正三角形, DC ? 4 , O 为 BD 的中点, E 为 PA 的中点.
P
E

A
O

B
C

D

(Ⅰ)求证: PO ? 平面 ABCD ; (Ⅱ)求证: OE // 平面 PDC ; (Ⅲ)求直线 CB 与平面 PDC 所成角的正弦值.

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13.如图,四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是正方形,PD⊥平面 ABCD,E 为 PB 上的点,且 2BE=EP.

(1)证明:AC⊥DE; (2)若 PC= 2 BC,求二面角 E-AC 一 P 的余弦值.

14.如图,长方体 ABCD ? A1B1C1D1 中, AD ? AA1 ? 1, 点.

AB ? 2 ,点 E 是 AB 的中

(1)求三棱锥 D1 ? DCE 的体积; (2)证明: D1E ? A1D ; (3)求二面角 D1 ? EC ? D 的正切值.

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15.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为直角梯形, AD / / BC , ?ADC ? 900 , 平 面 PAD ? 底 面 A B C D Q 为 AD 中 点 , M 是 棱 PC 上 的 点 , ,

PD ? PA ? 2, BC ?
P

1 AD ? 1, CD ? 3 . 2

M D Q A C B

(1)若点 M 是棱 PC 的中点,求证: PA / / 平面 BMQ ; (2)求证:平面 PQB ? 底面 PAD ; (3)若二面角 M-BQ-C 为 300 ,设 PM=tMC,试确定 t 的值.

D 16 . 如 图 , 四 棱 柱 A B C ? A1 B1C1 D1 的 底 面 A B C D 平 行 四 边 形 , 且 是
AB ? 1, BC ? 2 , ?ABC ? 60 0 , E 为 BC 的中点, AA1 ? 平面 ABCD .

(Ⅰ)证明:平面 A1 AE ? 平面 A1 DE ; (Ⅱ)若 DE ? A1 E ,试求异面直线 AE 与 A1 D 所成角的余弦值; (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,试求二面角 C -A1 D-E 的余弦值.
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17. 如图, 几何体 ABCD ? B1C1D1 中, 四边形 ABCD 为菱形,?BAD ? 60? ,AB ? a ,

CC 面 B1C1 D1 ∥面 ABCD , BB1 、 1 、DD1 都垂直于面 ABCD ,且 BB1 ?
的中点, F 为 AB 的中点.
D1
C1

2a ,E 为 CC1

B1

E

D A

C

F

B

(1)求几何体 ABCD ? B1C1D1 的体积; (2)求证: ?DB1 E 为等腰直角三角形; (3)求二面角 B1 ? DE ? F 的大小.

18. 在四棱锥 V ? ABCD 中, 底面 ABCD 是正方形, 侧面 VAD 是正三角形, 平面 VAD ? 底面 ABCD .
V

D

C

A

B

(I) 证明: AB ? 平面 VAD ; (II)求二面角 A ? VD ? B 的余弦值.

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19 . 如 图 , 四 棱 锥 P-ABCD 中 , PA ? 底面ABCD , AB ? AD , AC ? CD , PA ? AB ? BC ? AC , E 是 PC 的中点.
P

E A C B D

(1)求证: PD ? 平面ABE ; (2)求二面角 A ? PD ? C 的平面角的正弦值.

20.如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,侧面 PCD ? 底面 ABCD , PD ? CD , E 为 PC 中 点 , 底 面 A B C 是 直 角 梯 形 , AB / /CD , ?ADC ? 90? , D AB ? AD ? PD ? 1, CD ? 2 .

(1) 求证: BE / / 平面 PAD ; (2) 求证:平面 PBC ? 平面 PBD ; (3) 设 Q 为棱 PC 上一点,PQ ? ? PC ,试确定 ? 的值使得二面角 Q ? BD ? P 为 45? .

??? ?

??? ?

试卷第 10 页,总 25 页

21 . 如 图 , 四 棱 锥 P ? ABCD 的 底 面 ABCD 是 正 方 形 , 棱 PD ? 底 面 A B C , PD ? DC =1, E 是 PC 的中点. D

(1)证明平面 BDE ? 平面 PBC ; (2)求二面角 E ? BD ? C 的余弦值.

22.已知斜三棱柱 ABC ? A 1 B 1C 1 的底面是直角三角形, ?ACB ? 90? ,侧棱与底面所 成角为 ? ,点 B 1 在底面上的射影 D 落在 BC 上.

(1)求证: AC ? 平面 B B1C1C ; (2)若 cos ? ?

1 ,且当 AC ? BC ? AA 1? 3 时,求二面角 C ? AB ? C1 的大小. 3

试卷第 11 页,总 25 页

23.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 、 D F 分别沿 DE 、DF 折起, A 、C 两点重合于点 A? , △ C 使 连接 EF ,A?B .

(1)求证: A?D ? EF ; (2)求二面角 A? ? EF ? D 的余弦值.

24.如图,在长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 ,中, AD ? AA1 ? 1, AB ? 2 ,点 E 在棱 AB 上移动.

(Ⅰ)证明: D1 E ? A1 D ; (Ⅱ)当 E 为 AB 的中点时,求点 E 到面 ACD1 的距离; (Ⅲ) AE 等于何值时,二面角 D1 ? EC ? D 的大小为

? . 4

试卷第 12 页,总 25 页

25.如图,在六面体 ABCDEFG 中,平面 ABC∥平面 DEFG,AD⊥平面 DEFG,ED⊥DG, EF∥DG.且 AB=AD=DE=DG=2,AC=EF=1. (1)求证:BF∥平面 ACGD; (2)求二面角 DCG-F 的余弦值.

26.如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是 AB,BB1 的中点,AA1=AC=CB=

2 AB. 2

(Ⅰ)证明:BC1∥平面 A1CD; (Ⅱ)求二面角 D-A1C-E 的正弦值.

试卷第 13 页,总 25 页

27. 如图, 在直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, AB ? AC ? 1,?BAC ? 90 ? , 异面直线 A1 B 与 B1C1 所成的角为 60 .
?

(Ⅰ)求证: AC ? A1 B ; (Ⅱ)设 D 是 BB1 的中点,求 DC1 与平面 A1 BC1 所成角的正弦值.

28.如图,四棱锥 P ? ABCD 的底面为平行四边形, PD ? 平面 ABCD , M 为 PC 中 点.

(1)求证: AP // 平面 MBD ; (2)若 AD ? PB ,求证: BD ? 平面 PAD .

试卷第 14 页,总 25 页

29. 如图, 三棱锥 P ? ABC 中,PB ? 底面 ABC , BCA ? 90? ,PB ? BC ? CA ? 2 , ?

E 为 PC 的中点,点 F 在 PA 上,且 2PF ? FA .

(Ⅰ)求证:平面 PAC ? 平面 BEF ; (Ⅱ)求平面 ABC 与平面 BEF 所成的二面角的平面角(锐角)的余弦值.

30.如图,AC 是圆 O 的直径,点 B 在圆 O 上,∠BAC=30°,BM⊥AC 交 AC 于点 M, EA⊥平面 ABC,FC//EA,AC=4,EA=3,FC=1.

(I)证明:EM⊥BF; (II)求平面 BEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值.

试卷第 15 页,总 25 页

31.在边长为 4cm 的正方形 ABCD 中,E、F 分别为 BC、CD 的中点,M、N 分别为 AB、CF 的中点,现沿 AE、AF、EF 折叠,使 B、C、D 三点重合,重合后的点记为 B ,构成一个三 棱锥.

(1)请判断 MN 与平面 AEF 的位置关系,并给出证明; (2)证明 AB ? 平面 BEF ; (3)求二面角 M ? EF ? B 的余弦值.

32.在四棱锥 P ? ABCD 中,侧面 PCD ? 底面 ABCD , PD ? CD , E 为 PC 中点, 底面 ABCD 是直角梯形, AB / /CD , ?ADC ? 900 , AB ? AD ? PD ? 1, CD ? 2 .

(1)求证: BE / / 面 PAD ; (2)求证:面 PBC ? 面 PBD ; (3) Q 为棱 PC 上一点,PQ ? ? PC , 设 试确定 ? 的值使得二面角 Q ? BD ? P 为 450 .

??? ?

??? ?

试卷第 16 页,总 25 页

33.如图,四棱锥 P—ABCD 中, ?PAB 为边长为 2 的正三角形,底面 ABCD 为菱形,且 平面 PAB⊥平面 ABCD, PC ? AB ,E 为 PD 点上一点,满足 PE ?

1 ED 2

(1)证明:平面 ACE ? 平面 ABCD; (2)求直线 PD 与平面 ACE 所成角正弦值的大小.

34.如图(1) ,等腰直角三角形 ABC 的底边 AB ? 4 ,点 D 在线段 AC 上, DE ? AB 于 E ,现将 ?ADE 沿 DE 折起到 ?PDE 的位置(如图(2). ) P A E B E C 图 (1) (Ⅰ)求证: PB ? DE ; (Ⅱ)若 PE ? BE ,直线 PD 与平面 PBC 所成的角为 300 ,求 PE 长. D C 图 (2) B

D

试卷第 17 页,总 25 页

35.如图,在四棱锥 中点。

中,底面

为菱形,







(1)若 (2)点

,求证:平面 在线段 上,

; ,试确定 的值,使 ;

36.如图,已知长方形 ABCD 中, AB ? 2, AD ? 1 , M 为 DC 的中点. 将 ?ADM 沿

AM 折起,使得平面 ADM ? 平面 ABCM .

(I)求证: AD ? BM ; (II)若点 E 是线段 DB 的中点,求二面角 E ? AM ? D 的余弦值.

试卷第 18 页,总 25 页

37.如图,直三棱柱 平面 BC1Q.

ABC ? A1 B1C1

中,AB=BC,?ABC ? 90? ,Q 是 AC 上的点,AB1//

(Ⅰ)确定点 Q 在 AC 上的位置; (Ⅱ)若 QC1 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为

2 ,求二面角 Q-BC1—C 的余弦值. 4

38.如图,矩形 A1 A2 A2? A1? ,满足 B、C 在 A1 A2 上, B1、C1 在 A1? A2? 上,且 BB1 ∥ CC1 ∥ A1 A1? , A1 B ? CA2 ? 2 ,BC ? 2 2 , A1 A1? ? ? ,沿 BB1 、CC1 将矩形 A1 A2 A2? A1? 折 起 成 为一 个 直三 棱柱 , A1 与 A2 、A1? 与 A2? 重 合 后分 别记 为 D、D1 , 直 三棱 柱 使 在

DBC ? D1B1C1 中,点 M、N 分别为 D1 B 和 B1C1 的中点.

(I)证明: MN ∥平面 DD1C1C ; (Ⅱ)若二面角 D1 ? MN ? C 为直二面角,求 ? 的值.

试卷第 19 页,总 25 页

39.如图所示,已知 AB 为圆 O 的直径,点 D 为线段 AB 上一点,且 AD ?

1 DB ,点 3

C 为 圆 O 上 一 点, 且 BC ? 3 AC . 点 P 在 圆 O 所 在平 面上 的正 投 影为 点 D ,
PD ? DB .
P

A C

D

O

B

(1)求证: PA ? CD ; (2)求二面角 C ? PB ? A 的余弦值.

40.如图,四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, AA1 ? 平面 ABCD .
D1 A1 C1

B1 A B

D C

(Ⅰ)从下列①②③三个条件中选择一个做为 AC ? BD1 的充分条件,并给予证明; ① AB ? BC ,② AC ? BD ;③ ABCD 是平行四边形. (Ⅱ) 设四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 的所有棱长都为 1, ?BAD 为锐角, 且 求平面 BDD1 与平面 BC1 D1 所成锐二面角 ? 的取值范围.

试卷第 20 页,总 25 页

41 . 如 图 已 知 : 菱 形 ABEF 所 在 平 面 与 直 角 梯 形 ABCD 所 在 平 面 互 相 垂 直 ,

AB ? 2 AD ? 2CD ? 4 , ?ABE ? 60 ? , ?BAD ? ?CDA ? 90 ? , 点 H , G 分 别 是 线 段
EF, BC的中点.

(1)求证:平面 AHC ? 平面 BCE ; (2)点 M 在直线 EF 上,且 EF //平面 AFD ,求平面 ACH 与平面 ACM 所成角的 余弦值。

42.如图,在四棱锥 P ? ABCD 中, PA ⊥底面 ABCD ,四边形 ABCD 是直角梯形,

AB ⊥ BC , AB ∥ CD , AB ? 2BC ? 2CD ? 2 .

P

B C D

A

(Ⅰ)求证:平面 PBC ⊥平面 PAB ; (Ⅱ)若二面角 B ? PC ? D 的余弦值为 ?

2 ,求 PA . 3

试卷第 21 页,总 25 页

43. 如图,E 是矩形 ABCD 中 AD 边上的点,F 为 CD 边的中点, AB ? AE ? 现将 ?ABE 沿 BE 边折至 ?PBE 位置,且平面 PBE ? 平面 BCDE . ⑴ 求证:平面 PBE ? 平面 PEF ; ⑵ 求二面角 E ? PF ? C 的大小.
P

2 AD , 3

A

E

D

E

D

F B (1) C B (2) C

F

44.如图,已知多面体 EABCDF的底面 ABCD是边长为 2 的正方形, EA ? 底面

ABCD, FD// EA ,且 FD ?

1 EA ? 1 . 2

(Ⅰ)求多面体 EABCDF 的体积; (Ⅱ)求直线 EB 与平面 ECF 所成角的正弦值; (Ⅲ)记线段 BC 的中点为 K,在平面 ABCD 内过点 K 作一条直线与平面 ECF 平行,要 求保留作图痕 迹,但不要求证明.

试卷第 22 页,总 25 页

45.如图所示的几何体 ABCDFE 中,△ABC,△DFE 都是等边三角形,且所在平面平行, 四边形 BCED 为正方形,且所在平面垂直于平面 ABC.

(Ⅰ)证明:平面 ADE∥平面 BCF; (Ⅱ)求二面角 D-AE-F 的正切值.

46 . 如 图 , 在 直 三 棱 柱 ( 即 侧 棱 与 底 面 垂 直 的 三 棱 柱 ) ABC ? A1B1C1 中 ,
? ?A C B ?9 0 , 2 A C? A A? 1

BC 2. ?

(I)若 D 为 AA1 的中点,求证:平面 B1CD ? 平面 B1C1D ; (II)若 D 为线段 AA1 上一点,且二面角 B1 ? DC ? C1 的大小为 60 ,试确定 D 的位 置.
?

试卷第 23 页,总 25 页

47.如图,在几何体 ABCDE 中, BE ? 平面 ABC , CD// BE , ?ABC 是等腰直角 三角形, ?ABC ? 90 0 ,且 BE ? AB ? 2 , CD ? 1 ,点 F 是 AE 的中点.

E

D F B C

A
(Ⅰ)求证: DF // 平面 ABC ; (Ⅱ)求 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值.

48. 如图, 在长方体 A1 B1 C1 D1 ? ABCD 中,AD ? CD ? 4 ,AD1 ? 5 , 是线段 B1 D1 M 的中点. (Ⅰ)求证: BM // 平面 D1 AC ; (Ⅱ)求直线 DD1 与平面 D1 AC 所成角的正弦值.

D1 M A1 B1

C1

D

C B

A

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49 . 如 图 , 在 四 棱 锥 E ? ABCD 中 , AB ? 平 面 B C E, DC ? 平 面 B C E,
AB ? BC ? CE ? 2CD ? 2 , ?BCE ?
2? . 3

A

D E
C
(Ⅰ) 求证:平面 ADE ? 平面 ABE ; (Ⅱ)求二面角 A ? EB ? D 的大小.

B

50. 已知直角梯形 ABCD 中,AD ? DC, AD ? AB, ?CDE 是边长为 2 的等边三角形, 沿 使 且 然后再将 ?ADE 沿 DE AB ? 5 . CE 将 ?BCE 折起, B 至 B ' 处, B ' C ? DE ; 折起,使 A 至 A ' 处,且面 A ' DE ? 面 CDE , ?B ' CE 和 ?A ' DE 在面 CDE 的同侧. B’

D

C A’ D C

A

E

B E

(Ⅰ) 求证: B ' C ? 平面 CDE ; (Ⅱ) 求平面 B ' A ' D 与平面 CDE 所构成的锐二面角的余弦值.
试卷第 25 页,总 25 页

高三数学专项训练:立体几何解答题(理科)参考答案 1. (1)证明详见解析; (2) 【解析】 试题分析: (1)根据勾股定理证 AO2 ? OD2 ? AD2 ,即 AO ? OD ,再证 AO ? OE ,直 线与平面垂直的判定定理即可得证明;

6 3

(2)过 O 点作 OH ? CD 交 CD 的延长线于 H,根据已知可证 ?AHO 二面角 A-CD-B 的平面 角,然后通过解三角形即可求得. 试题解析: (1)易得 OC=3,AD=2 2 ,连结 OD,OE,在?OCD 中, 由余弦定理可得 OD= OC ? CD ? 2OC ? CD cos 45? = 5 .
2 2

∵AD=2 2 ,∴ AO2 ? OD2 ? AD2 ,∴ AO ? OD , 同理可证: AO ? OE ,又∵ OD ? OE ? O , OD ? 平面 BCD , OE ? 平面 BCD ,∴AO⊥平 面 BCD; (2)方法一:过 O 点作 OH ? CD 交 CD 的延长线于 H,连结 AH,因为 AO⊥平面 BCD,所以 AH ? CD ,故 ?AHO 为二面角 A-CD-B 的平面角. 因为 OC=3, ?DCB =45 ? ,所以 OH=

3 2 AO 6 ,从而 tan ?AHO = . ? 2 OH 3

方法二:以 O 为原点,建立空间直角坐标系 O-xyz 如图所示.则 A(0,0, 3 ),C(0,-3, 0),D(1,-2,0), 所以 CA =(0,3, 3 ), DA =(-1,2, 3 ).

??? ?

??? ?

?? ??? ? ?? ? m ? CA ? 0 ? 设 m ? ( x, y, z ) 为平面 ACD 的一个法向量,则 ? ?? ??? , ? ?m ? DA ? 0 ?

答案第 1 页,总 63 页

即?

? 3 y ? 3z ? 0 ? ?? x ? 2 y ? 3 ? 0 ?

解得 ?

?? ? y ? ?x ? ,令 x=1,得 m ? (1, ?1, 3) . ? z ? 3x ?
CDB 的 一 个 法 向 量 , 所 以

由 ( 1 ) 知 , OA ? ( 0 , 0 , 为 3 ) 面 平

??? ?

?? ??? ? ?? ??? ? 3 15 m ? OA ? cos< m, OA >= ?? ??? = , ? 5 3? 5 m OA
由 A-CD-B 为锐二面角,所以二面角 A-CD-B 的平面角的正切值为

6 . 3

考点: 直线与平面垂直的判定定理; 1. 2.直线与平面垂直的性质以及直线与平面所成的角. 2. (1)取 AB 的中点 O,连接 OC1 O OA1O A1 B ,因为 CA=CB,所以 OC ? AB ,由于 AB=A 、 、 A1,∠BA A1=60 ,所以 OA1 ? AB ,所以 AB ? 平面 OA1C ,因为 A1C ? 平面 OA1C ,所以
0

AB⊥A1C;

OA (2) O 为原点, 所在直线为 x 轴, 1 所在直线为 y 轴建立如图直角坐标系, (1, 0, 0) , 以 OA A

???? ???? ??? ? A1 (0, 3, 0) , B(?1,0,0) ,则 BC ? (1,0, 3) , BB1 ? (?1, 3, 0) , A1C ? (0, ? 3, 3) ,

?? ??? ? ? ? ? ?n?BC ? 0 ? 设 n ? ( x, y, z ) 为 平 面 BB1C1C 的 法 向 量 , 则 ? ?? ???? , 所 以 n ? ( 3 , 1, 1) 平 面 ? 为 ? ?n?BB1 ? 0 ?
BB1C1C 的一个法向量,所以直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值 sin ? ?
10 . 5

【解析】 (1)构造辅助线证明线面垂直,进而得到线线垂直; (2)利用向量法进行求解. 【学科网考点定位】本题考查线面垂直的判定、线面垂直的性质以及向量法求空间角,考查 学生的化归与转化能力、空间想象能力以及基本运算能力. 3. (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ)二面角 D ? EC ? B 的平面角的余弦值为

6 . 4

【解析】 试题分析: (Ⅰ)此题关键是建立空间坐标系,需要找三条两两垂直的直线,注意到△ABC 是边长为 2 的等边三角形,可考虑取 AB 的中点 O,则 OC ? AB ,取 BD 的中点为 G,则

OG ? BD ,从而得到三条两两垂直的直线,这样就可以建立空间坐标系,根据题中条件,

答案第 2 页,总 63 页

求出个点坐标,要证明 EF ? 面 DBC ,只需证 EF 平行平面 DBC 的一个法向量即可,此 题也可以用传统方法来解; (Ⅱ)求二面角 D-EC-B 的平面角的余弦值,只需找出平面的一 个法向量,利用法向量来求即可,值得注意的是,需要判断二面角是钝角还是锐角,否则求 出的值不对. 试题解析: (Ⅰ)证明:取 AB 的中点 O,连结 OC,OD,则 OC ^ 面 ABD ,\

CDO 即是 CD

与平面 ABDE 所成角,\

OC 6 = ? CD CD 4

2 2 ? BD

取 以 2 , BD 的中点为 G, O 为

原 点 , OC 为 x 轴 , OB 为 y 轴 , OG 为 z 轴 建 立 如 图 空 间 直 角 坐 标 系 , 则

C

?

? 3 1 ? 3, 0, 0 , B ? 0,1, 0 ? , D ? 0,1, 2 ? , E ? 0, ?1,1? , F ? ? 2 , 2 ,1 ? ,取 BC 的中点为 M,则 AM ^ ? ? ?

?

面 BCD

??? ???? ? ??? ? 3 3 ? ???? ? 3 3 ? ? EF ? ? , ,?, M ? ? 0? A , ,? ,所以 EF // AM ,所以 EF ? 面 DBC ; 0? ? 2 2 ? 2 2 ? ? ? ?
z
D

E
O

G
F

A
M

B

y

C

x
(Ⅱ)解:由上面知: BF ? 面DEC ,又 BF ? ?

??? ?

? 3 1 ? ? 1? 取平面 DEC 的一个法向量 ? 2 , 2, , ? ? ?
,1 0 设 平 面 BCE 的 一 个 法 向 量 3 , ,

? n=

(

??? ? 3, - 1, 2 , 又 C E = -

)

(

??? ? 3 - ,, = , 1 1 CB

)

(

)

?? ?? ??? ? m = (1, y, z ) ,由 m ?CE

?? ??? ? 0, m ?CB

?? 0 ,由此得平面 BCE 的一个法向量 m = 1, 3, 2 3

(

)

?? ? ?? ? 6 m?n 6 则 cos m, n = ?? ? = ,所以二面角 D ? EC ? B 的平面角的余弦值为 . 4 4 m n
考点: 本小题考查线面垂直的判定以及二面角的求法, 考查学生的化归与转化能力以及空间 想象能力, 4.(Ⅰ)证明略;(Ⅱ) 2

答案第 3 页,总 63 页

【解析】 试题分析:(Ⅰ)根据直线与平面垂直的判定定理,只要找到 BC 和平面 PAC 中两条相交直 线垂直就可以证明直线和平面垂直,那么再由平面和平面垂直的判定定理可知

平面PAC ? 平面PBC

,证明中要把条件到结论叙述清楚;(Ⅱ)先根据

这个条件做辅助线构造出所求的线面角,再在三角形中根据解三角 平面P A C 平面 P B C ? 形的方法求得线面角的正切值,一定要注意线面角要找准,不能乱构造 试题解析:解:(Ⅰ)因为 PA ? 底面ABC ,所以 BC ? PA 又因为 ?ACB ? 90? ,即 BC ? AC 2分

AC ? 平面PAC ? ? 所以 PA ? 平面PAC ? ? BC ? 平面PAC AC I PA ? A ? ?
又 BC ? 平面PBC ,所以 平面PAC ? 平面PBC (Ⅱ)取 PC 中点 D ,连 AD ,则 AD ? PC

4分

6分

又 平面PAC ? 平面PBC ,所以 AD ? 平面PBC ,连结 DM , AM , 则 ?AMD 就是 AM 与平面 PBC 所成的角 设 AC ? BC ? PA ? a ,则 AD ? 所以 tan ?AMD ? 10 分

2 1 1 a , DM ? BC ? a , 2 2 2
15 分

AD ? 2 DM
3 . 3

考点:1、直线与平面垂直的判定;2、平面与平面垂直的判定;3、直线与平面所成的角 5.(1)证明过程详见解析; (2)

【解析】 试题分析:本题主要以四棱锥为几何背景,考查线面平行的判定和二面角的求法,可以运用 传统几何法,也可以用空间向量方法求解,突出考查空间想象能力和计算能力.第一问,利 用线面平行的判定定理,先找出面内的一条线 ME ,利用平行四边形证明 AF / / EM ,从而
答案第 4 页,总 63 页

证明线面平行;第二问,用向量法解题,先建立直角坐标系,求出 2 个平面的法向量,再求 夹角. 试题解析: (1)证明:取 PC 的中点 M ,连结 MF、ME .

1 DC , 2 又 DC / / AE ,∴ MF / / AE . 又 E 是 AB 的中点,且 AB ? DC , ∴ MF ? AE ,∴四边形 AEMF 是平行四边形. ∴ AF / / EM . 又 EM ? 平面 PEC , AF ? 平面 PEC . ∴ AF / / 平面 PEC .(6 分)
∴ MF / / DC ,且 MF ? (2)解: A 为原点, 以 如图建立直角坐标系, A(0, 0, 0) ,B(2, 0, 0) , (2,1, 0) ,D(0,1, 0) , 则 C

1 1 E (1, 0, 0) , F (0, , ) , P(0, 0,1) . 2 2

设平面 PEC 的法向量为 m ? ( x, y, z ) , PE ? (1, 0, ?1) , EC ? (1,1, 0) .

??

??? ?

??? ?

?? ??? ? ?? ? m ? PE ? 0 ?x ? z ? 0 ? 则 ? ?? ??? 可得 ? ,令 z ? ?1 ,则 m ? (?1,1, ?1) . ? ?x ? y ? 0 ?m ? EC ? 0 ?
易得平面 ABCD 的法向量可为 PA ? (0, 0, ?1) ,

??? ?

?? ??? ? ?? ??? ? m ? PA 1 3 ? cos ? m, PA ?? ?? ??? ? ? ; 3 | m || PA | 3
如图,易知二面角 P ? EC ? D 的余弦值等于 cos ? m, PA ? ,即为 考点:1.线面平行的判定定理;2.向量法求二面角. 6. (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ)

?? ??? ?

3 . (12 分) 3

21 . 7

【解析】 试题分析: (Ⅰ)主要利用空间向量、线线平行可证线面平行; (Ⅱ)主要利用平面的法向量 来求二面角的平面角. 试题解析: (Ⅰ)? 以 B 为坐标原点,分别以射线 BF、BC、BA 为 x 轴、 y 轴、z 轴的正方向
答案第 5 页,总 63 页

建立如图所示的坐标系.

由已知与平面几何知识得, A(0, 0,1), F (1, 0, 0), D(0, ∴ AF ? (1, 0, ?1), DE ? ( , 0, ? ) ,

3 3 3 3 , ), E ( , , 0) , 2 2 2 2

??? ?
??? ?

??? ?

2 ???? DE ,∴AF∥DE, 3 又 DE ? 平面 DCE ,且 AF ? 平面 DCE
∴ AF ? ∴ AF ∥平面 DEC (Ⅱ)由(Ⅰ)得 A、D、E、F 四点共面, AF ? (1, 0, ?1), AD ? (0,

3 2

3 2

??? ?

????

3 1 , ), 2 2

?(1, 0, ?1) ? ( x, y, z ) ? 0 ? ? ? ? ?x ? z ? 0 ?? 设 n ? 平面 ADEF , n ? ( x, y, z ) ,则 ? , 3 1 , ) ? ( x, y , z ) ? 0 ? 3 y ? z ? 0 ? ?(0, ? 2 2 ? 不妨令 y ? ?1 ,故 n ? ( 3, ?1, 3) ,
由已知易得平面 ABCD 的一个法向量为 n1 ? (1, 0, 0) , ∴ cos ? n, n1 ??

??

? ??

21 21 ,∴二面角 E-AD-B 的余弦值为 . 7 7

考点:立体几何线面平行的证明、二面角的求解,考查学生的空间想象能力和空间向量的使 用. 7. (1)见解析; (2)见解析; (3) 30 ? . 【解析】 试题分析:(1)证明 EF // PD ; (2) 证明 BD ? 面 PAC ; (3)?EPD 是 PD 与平面 PAC 所 成的角,在 Rt?PED 中求解. 试题解析: (1)如图,连结 BD ,则 E 是 BD 的中点,又 F 是 PB 的中点,∴ EF // PD . 又 ∵ EF ? 平面 PCD , PD ? 面 PCD ∴ EF // 平面 PCD . 4分
答案第 6 页,总 63 页

P

F

A E B C

D

(2) ∵ ABCD 是正方形,∴ BD ? AC , 又 PA ? 平面 ABC , 所以 PA ? BD , 又 PA ? AC ? A , PA, AC ? 面 PAC ,∴ BD ? 面 PAC .又 BD ? 平面 PBD , 故平面 PBD ? 平面 PAC . 8分 (3)连结 PE ,由第(2)问知 BD ? 面 PAC ,故 ?EPD 是 PD 与平面 PAC 所成的角. ∵ PA ? AB ? AD , ?PAD ? ?BAD ? 90 ? , ∴ PD ? BD 在 Rt?PED 中, sin ?EPD ?

ED 1 ? , ∴ ?EPD ? 30 ? PD 2
12 分

所以 PD 与平面 PAC 所成的角为 30 ?

考点:1.线面平行、线面垂直的证明;2.线面角的求解. 8. 【解析】 (1)证明详见解析; (2)

3 . 3

试题分析: (1)以 A 为原点,AD,AB,AP 分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,求证

?? ??? ??? ? ? (2)求出表示平面 PDE 的一个法向量 m 的坐标,由向量的夹角公式和已 PE ? AP =0 即可;
知条件可得到一个方程,解之即可. 试题解析:解:(1) 建立如图所示空间直角坐标系,

则 P(0,0,1) ,B(0,1,0) ,

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

设 BE ? x, 则E ( x,1,0)

答案第 7 页,总 63 页

?? ??? ? ?? ?? ? m ? PD ? 0 1 x ? (2)设平面 PDE 的法向量为 m ? ( p, q,1) ,由 ? ?? ??? 得m?( ,1 ? ,1) ,而 ? ? 3 3 ? M ? PE ? 0 ? ??? ? AP ? (0, 0,1) ,
因为 PA 与平面 PDE 所成角的大小为 45°, 所以 sin45°=

1 1 PE ? AF ? ( x,1,?1) ? (0, , ) ? 0 ∴AF⊥PE 2 2

?? ??? ? 1 1 3 2 m ? AP ,得 BE=x= , ? ? ?? ??? ,即 ? 3 2 1 x 2 2 m AP ? (1 ? ) ?1 3 3

或 BE=x=

13 3 ? 3 (舍去). 3

考点:1.向量数量积的性质;2.向量夹角公式的应用. 9. (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ)

4 ; 3

【解析】 试题分析: (Ⅰ)主要利用空间向量、线面垂直可证面面垂直; (Ⅱ)通过作平行线转化到三 角形内解角;当然也可建系利用空间向量来解; 试题解析: (Ⅰ)以 DA、DC、DE 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系

则 A(2,0,0), B(2, 2,0), C (0, 4,0), E(0,0, 2), M (0, 2,1)

???? ? ???? ? BM ? (?2, 0,1), 面ADEF 的一个法向量 DC ? (0, 4, 0)

???? ???? ? ???? ???? ? ? BM ? DC ? 0 ,? BM ? DC 。即 BM / /面ADEF
t 2 ??? ? ? ???? ? ? t 则 DB ? n ? 2 x ? 2 y ? 0 , DM ? n ? ty ? (2 ? ) z ? 0 2
(Ⅱ)依题意设 M (0, t , 2 ? )(0 ? t ? 4) ,设面 BDM 的法向量 n1 ? ( x, y , z )

?? ?

答案第 8 页,总 63 页

?? ? 2t ) ,面 ABF 的法向量 n2 ? (1, 0, 0). 4?t ?? ?? ? ? ?? ?? ? ? | n ? n2 | 1 6 ? ? ?| cos ? n1 , n2 ?|? ?? 1 ?? ? ? ,解得 t ? 2 6 4?2 | n1 | ? | n2 | 2? (4 ? t ) 2
令 y ? ?1 ,则 n1 ? (1, ?1,

?? ?

? M (0, 2,1) 为 EC 的中点, S?DEM ?

1 S?CDE ? 2 , B 到面 DEM 的距离 h ? 2 2

1 4 ?VM ? BDE ? ? S?DEM ? h ? 3 3
考点:本小题主要考查立体几何线平行的证明、体积的求解,考查学生的空间想象能力和空 间向量的使用. 10. (Ⅰ)见详解; (Ⅱ) 【解析】 试题分析:先证 BC⊥SA, 又SA⊥AB ,且 BC ? AB ? B , SA⊥ 平面 ABCD;根据几何法或向量 法求出二面角 E?AC?D 的余弦值. 试题解析: (Ⅰ)证明:在题图中,由题意可知, BA⊥PD ,ABCD 为正方形,所以在图中, SA⊥AB, SA ? 2 , 四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形, 因为 SB⊥BC, AB⊥BC ,且 SB ? AB ? B , 所以 BC⊥ 平面 SAB, (3 分) 又 SA ? 平面 SAB,所以 BC⊥SA, 又SA⊥AB ,且 BC ? AB ? B , 所以 SA⊥ 平面 ABCD. (6 分)
1 3

???? 1 ???? (Ⅱ)解:方法一: 如图,在 AD 上取一点 O,使 AO ? AD ,连接 EO. 3

??? 1 ??? ? ? 因为 SE ? SD ,所以 EO//SA , 3

(7 分)

所以 EO⊥ 平面 ABCD,过 O 作 OH⊥AC 于 H,连接 EH, 则 AC⊥平面 EOH,所以 AC⊥EH . 所以 ?EHO 为二面角 E?AC?D 的平面角, (9 分)
2 4 EO ? SA ? . 在 Rt△AHO 中, 3 3

2 2 2 . ?HAO ? 45?, HO ? AO ?sin 45? ? ? ? 3 2 3

(11 分)

答案第 9 页,总 63 页

1 所以二面角 E?AC?D 的余弦值为 . 3

(12 分)

方法二:以 A 为原点建立空间直角坐标系,如图,

A(0, 0, 0), B(2, 0, 0), C(2, 2, 0), D(0, 2, 0),
? 2 4? (7 分) S (0, 0, 2), E ? 0, , ? , ? 3 3? ??? ? 易知平面 ACD 的法向量为 AS ? (0, 0, 2) ,

? 设平面 EAC 的法向量为 n ? ( x, y, z) , ???? ??? ? 2 4 ? ? AC ? (2, 2, 0), AE ? ? 0, , ? , ? 3 3?

(9 分)

? ???? ? x ? 2, ? n ? AC ? 0, ? x ? y ? 0, ? ? 由 ? ? ??? 所以 ? 可取 ? y ? ?2, ? y ? 2 z ? 0, ? ? n ? AE ? 0, ? z ? 1, ? ? ? 所以 n ? (2, ? 2, 1) , (11 分) ? ??? ? ? ??? ? n ? AS 2 1 所以 cos < n, AS >? ? ??? ? ? , ? 2?3 3 n AS

1 所以二面角 E?AC?D 的余弦值为 . 3

(12 分)

考点:线面垂直,二面角. 11. (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ)

15 ; 5

【解析】 试题分析: (Ⅰ) 主要利用线线平行可证线面平行; (Ⅱ) 通过作平行线转化到三角形内解角; 当然也可建系利用空间向量来解; 试题解析: (Ⅰ)证明:连接 AB1, ∵四边形 A1ABB1 是矩形,点 M 是 A1B 的中点, ∴点 M 是 AB1 的中点;∵点 N 是 B1C 的中点, ∴MN//AC,∵MN ? 平面 ABC,AC ? 平面 ABC, ∴MN//平面 ABC 6分 (Ⅱ)解 : (方法一)如图,作 AD ? A1C ,交 A1C 于点 D,

答案第 10 页,总 63 页

A M B M C M D MN M

M

A1 M B1 M

C1 M 由条件可知 D 是 A1C 中点,连接 BD,∵AB=1,AC=AA1= 3 ,BC=2,
2 2 2

∴AB +AC = BC ,∴AB⊥AC, ∵AA1⊥AB,AA1∩AC=A,∴AB⊥平面 ACC1 A1 ∴AB⊥A1C, ∴A1C⊥平面 ABD,∴ BD ? A1C ∴ ?ADB 为二面角 A—A1C—B 的平面角,在

Rt ?AA1C中,AD ?

AA1 ? AC 3? 3 6 ? ? , ? BC ? BA1 ? 2 , A1C ? 6 , A1C 2 6

在等腰 ?CBA1 中, D 为 A1C 中点, BD ?

10 , ∴ ?ABD 中, ?BAD ? 90? , 2

Rt?ABD 中, tan ?ADB ?

AB 6 , ? AD 3 15 5
12 分

∴二面角 A— A1C —B 的余弦值是

(方法二) ?三棱柱 ABC ? A1 B1C1 为直三棱柱, ∴ AB ? AA1,AC ? AA1 ,? AB ? 1 , AC ? 3 ,

BC ? 2 , ∴ AB2 ? AC 2 ? BC 2 ,∴ AB ? AC
如图,建立空间直角坐标系, A M B M y C M x A1 M

M

z
B1 M M

M

N M

C1 M

则 A(0,0,0), B(0,1,0), C( 3 ,0,0), A1(0,0, 3 ), M 如图,可取 a ? AB ? (0,1,0) 为平面 AA1C 的法向量,

答案第 11 页,总 63 页

设平面 A1 BC 的法向量为 b ? (m, l , n) ,

?

( ? 0) 则 BC ? b ? 0, A1C ? b ? 0, 又BC ? 3, 1, , A1C ? ( 3, 0, ? 3) ,
则由 BC ?b ? 0,

??? ? ?

???? ?

??? ?

????

??? ? ??

A1C ? b ? 0,



? ??l ? 3m ? 0 ? , ?? ? l ? 3m, n ? m ,不妨取 m=1,则 b ? (1, 31) , ? 3m ? 3n ? 0 ?
可求得 cos ? a, b ??

? ?

15 15 , ? 二面角A ? A1C ? BD的余弦值为 5 5

12 分

考点:立体几何线平行的证明、二面角的求解,考查学生的空间想象能力和空间向量的使用 12. (Ⅰ)详见解析;(Ⅱ) 详见解析;(Ⅲ) 直线 CB 与平面 PDC 所成角的正弦值为

3 . 3

【解析】 试题分析: (I)利用两平面垂直的性质定理,证明 BC ? 平面 AEC,再根据线面垂直的性质定 理证明 AE ? BC,根据勾股定理证明 AE ? EC,利用线面垂直的判定定理证明 AE ? 平面 BCEF; (II)三棱锥体积利用体积转换为以 E 为顶点, ?ACD 为底面的椎体体积求得. 等体积转 化,是立体几何经常运用的一种方法,高考也考过. 试题解析: (Ⅰ)证明:设 F 为 DC 的中点,连接 BF ,则 DF ? AB , ∵ AB ? AD ,

AB ? AD , AB // DC ,∴四边形 ABFD 为正方形,∵ O 为 BD 的中点,∴ O 为 AF , BD
的交点,∵ PD ? PB ? 2 , PO ? BD , ∵ BD ?

AD 2 ? AB 2 ? 2 2 ,∴ PO ? PB 2 ? BO 2 ? 2 , AO ?
2 2 2

1 BD ? 2 ,在三 2

角形 PAO 中, PO ? AO ? PA ? 4 ,∴ PO ? AO ,∵ AO ? BD ? O ,∴ PO ? 平面

ABCD ;
P

E

A
O

B

D

F

C

(Ⅱ)方法 1:连接 PF ,∵ O 为 AF 的中点, E 为 PA 中点,∴ OE // PF ,∵ OE ? 平面 PDC , PF ? 平面 PDC ,∴ OE // 平面 PDC .方法 2:由(Ⅰ)知 PO ? 平面 ABCD ,又

AB ? AD ,所以过 O 分别做 AD, AB 的平行线,以它们做 x, y 轴,以 OP 为 z 轴建立如图
答案第 12 页,总 63 页

所示的空间直角坐标系,由已知得: A(?1, ?1,0) , B(?1,1,0) , D(1, ?1,0) F (1,1,0) ,

??? ? ??? ? 1 1 2 1 1 2 C (1,3,0) , P (0,0, 2) , E (? , ? , ) ,则 OE ? (? , ? , ) , PF ? (1,1, ? 2) , 2 2 2 2 2 2

??? ? ? ??? ? ??? ? 1 ??? PD ? (1, ?1, ? 2) , PC ? (1,3, ? 2) .∴ OE ? ? PF ∴ OE / / PF ∵ OE ? 平面 PDC , 2

PF ? 平面 PDC ,∴ OE // 平面 PDC ;
P

E

A
O

B
y

D

x

F

C

( Ⅲ ) 设 平 面 PDC 的 法 向 量 为 n ? ( x1 , y1 , z1 ) , 直 线 CB 与 平 面 PDC 所 成 角 θ , 则

?

? ???? ? x1 ? 3 y1 ? 2 z ?0 ?n? PC ? 0 ? y1 ? 0 ? ? ? 1 ,即 ? ,解得 ? ,令 z1 ? 1 ,则平面 PDC 的一个法 ? ? ? ???? ? x1 ? 2 z1 x1 ? y1 ? 2 z ? 0 ?n? PD ? 0 ? ? ? ? 1 ??? ? ? 向量为 n ? ( 2, 0,1) ,又 CB ? (?2, ?2, 0)
则 sin θ ? cos ? n , CB ? ?

? ? ???

2 2 3 ? ,∴直线 CB 与平面 PDC 所成角的正弦值为 3 3?2 2

3 . 3
考点:1、线面垂直的判定和性质定理应用;2、线面平行的判定和性质定理应用;3、求线 面角的问题,考查学生的化归与转化能力以及空间想象能力. 13. (1)证明过程详见解析; (2)

1 . 3

【解析】 试题分析:本题主要以四棱锥为几何背景考查线面垂直、线线垂直的判定和二面角的求法, 可以用传统几何法,也可以用空间向量方法求解,突出考查空间想象能力和计算能力.第一 问,先利用线面垂直得出线 PD 垂直于面内的任意一条线,得到 PD ? AC 的条件后,利用 线面垂直的判定定理得到 AC ? 平面 PBD ,所以得证 AC ? DE ;第二问,用向量法求解, 先求出面 ACP 与面 ACE 的法向量,再利用夹角公式求夹角. 试题解析: (1)∵ PD ? 平面 ABCD ,∴ PD ? AC , ∵底面 ABCD 是正方形,∴ BD ? AC ,∴ AC ? 平面 PBD , ∵ DE ? 平面 PBD ,∴ AC ? DE . 5分 (2)以 D 为原点, DP, DA, DC 所在的直线为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系.
答案第 13 页,总 63 页

设 BC ? 3 ,则 CP ? 3 2, DP ? 3 ,因为 2BE ? EP , 易知 D(0,0,0), A(0,3,0), C (0,0,3), P(3,0,0), E(1, 2, 2) , 所以 CA ? (0,3, ?3), CP ? (3, 0, ?3), CE ? (1, 2, ?1) , 设平面 ACP 的法向量为 u ? ( x, y, z ) ,则 u ? CA ? 0, u ? CP ? 0, 即?

??? ?

??? ?

??? ?

?

? ??? ?

? ??? ?

? ? ?3 y ? 3 z ? 0 ,令 x ? 1 ,得 u ? (1,1,1) ,同理可取平面 ACE 的法向量 v ? (?1,1,1) , ?3x ? 3z ? 0
12 分

? ? ? ? u?v 1 1 所以 cos ? u , v ?? ? ? ? ,所以二面角 E ? AC ? P 的余弦值为 . 3 | u || v | 3
考点:1.线面垂直的判定定理;2.向量法求二面角. 14. (1)

2 1 ; (2)证明过程详见解析; (3) . 2 3

【解析】 试题分析:本题主要考查空间两条直线的位置关系、二面角、锥体体积等基础知识.考查用 空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力、推理论证能力.第一问, 求锥体体积,关键是找到锥体的高和底面面积;第二问,先利用直线与平面的判定定理证出

A1D ? 面 AD1E ,所以 A1D ? 面内的线段 D1 E ;第三问,先利用直线与平面的判定定理证
出 EC ? 面 D1DE ,所以 EC ? 面内的线段 DE , D1 E , 所以就找到了二面角的平面角, 在直 角三角形中求正切. 试题解析:(1)由长方体性质可得, DD1 ? 面 DCE ,所以 DD1 是三棱锥 D1 ? DCE 的高, 又点 E 是 AB 的中点, AD ? AA1 ? 1,

AB ? 2 , 所以, DE ? CE ? 2 ,
2分 4分

DE 2 ? EC 2 ? CD2 ?DEC ? 90?
三棱锥 D1 ? DCE 的体积 V ? (2)

1 1 1 1 1 DD1 ? ? DE ? CE ? ? 1 ? ? 2 ? 2 ? 3 2 3 2 3

连结 A D1 ,

因为 A1 ADD1 是正方形,所以 AD1 ? A1D
答案第 14 页,总 63 页

又 AE ? 面 ADD1 A1 A1D ? 面 ADD1 A1 , 所以 AE ? A1 D 又 AD1 ? AE ? A 6分 所以, A1D ? 面 AD1E 8分

D1E ? 面 AD1E , 所以, D1E ? A1D

(3) 因为 DD1 ? 面 ABCD , EC ? 面 ABCD ,所以 DD1 ? EC , 由(1)可知, EC ? DE , 所以, EC ? 面 D1DE ,

DD1 ?DE ? D
10 分

DE ? 面 D1DE ,

D1E ? 面 D1DE

EC ? DE , EC ? D1 E
?D1ED 是二面角 D1 ? EC ? D 的平面角
直角三角形 D1DE 中, DD1 ? 1, DE ?

2

tan ?D1ED ?

2 2

二面角 D1 ? EC ? D 的正切值为 解法(二)
Z D1 C1

2 2

13 分

A1 D

B1 C Y

A X E

B

如图,以 D 为原点, DA 为 x 轴建立空间坐标系 D ? xyz 因为点 E 是 AB 的中点,且 AD ? AA1 ? 1,

AB ? 2

则 D1 (0,0,1), E (1,1,0), A1 (1,0,1), D(0,0,0), C (0, 2,0)

???? ? ???? ? D1E ? (1,1, ?1) A1D ? ( ?1,0, ?1) ???? ???? ? ? D1 E ? A1 D = (1,1, ?1) ? ( ?1,0,1) ? 0
答案第 15 页,总 63 页

6分

所以, D1E ? A1D

8分

(3)设 n ? ( x, y , z ) 是平面 D1EC 的法向量,则 n ? D1E , n ? D1C

?

?

???? ? ?

???? ?

? ???? ? ? ???? ? ?x ? y ? z ? 0 n ? D1E ? 0 , n ? D1C ? 0 得方程组 ? ?2 y ? z ? 0
所以, n ? (1,1, 2) 又 DD1 ? (0,0,1) ,设 n 与 DD1 夹角为 ?

令 x ? 1 得 y ? 1, z ? 2

?

10 分

????

?

????

? ???? ? n ? DD1 (1,1,2) ? (0,0,1) 6 则 cos ? ? ? ???? ? ? ? 3 6 ?1 n ? DD1
二面角 D1 ? EC ? D 的正切值为

tan ? ?

2 2

2 . 2

13 分

考点:1.勾股定理;2.三棱锥的体积;3.直线与平面的判定定理;4.向量法. 15. (1)见解析; (2)见解析; (3)3. 【解析】 试题分析: 连接 AC, BQ 于 N, (1) 交 连接 MN, 在三角形 PAC 中, 利用中位线定理证明 PA//MN, 由线线平行得线面平行; (2)证 PQ⊥AD,QB⊥AD,由 PQ∩BQ=Q,所以 AD⊥平面 PBQ,再利 用线面垂直得面面垂直; (3)先证 PQ⊥面 ABCD, (注意此步不可省略) ,再以Q为原点建立 空间直角坐标系, 写出各点坐标及平面 BQC 的法向量 n , 并设 M ( x, y, z ) , 利用关系 PM=tMC, 用坐标表示出来,列方程解出 x, y, z ,并得 QB ,

?

??? ?

? ?? ???? ? ?? n?m QM ,从而易得平面 MBQ 法向量为 m ? ( 3, 0, t ) ,再由数量积运算得 cos30? ? ? ?? ,可 n m
得 t 值. 试题解析:证明: (1)连接 AC,交 BQ 于 N,连接 MN. ∵BC∥AD 且 BC= 1分

1 AD,即 BC // AQ.∴四边形 BCQA 为平行四边形,且 N 为 AC 中点, 2
2分 3分 4分 6

又∵点 M 是棱 PC 的中点,∴ MN // PA ∵ MN ? 平面 MQB,PA ? 平面 MQB, ∴ PA // 平面 MBQ. (2) ∵AD // BC, BC=

1 AD, 为 AD 的中点, Q ∴四边形 BCDQ 为平行四边形, ∴CD // BQ . 2

分 ∵∠ADC=90° ∴∠AQB=90° 即 QB⊥AD. 又∵平面 PAD⊥平面 ABCD,且平面 PAD∩平面 ABCD=AD, ∴BQ⊥平面 PAD. ∵BQ ? 平面 PQB,∴平面 PQB⊥平面 PAD.
答案第 16 页,总 63 页

7分 8分 9分

另证:AD // BC,BC=

1 AD,Q 为 AD 的中点∴ BC // DQ 且 BC= DQ, 2

∴ 四边形 BCDQ 为平行四边形,∴CD // BQ . ∵ ∠ADC=90° ∴∠AQB=90° 即 QB⊥AD. 6分 ∵ PA=PD, ∴PQ⊥AD. 7分 ∵ PQ∩BQ=Q,∴AD⊥平面 PBQ. 8分 ∵ AD ? 平面 PAD,∴平面 PQB⊥平面 PAD. 9分 (Ⅲ)∵PA=PD,Q 为 AD 的中点, ∴PQ⊥AD. ∵平面 PAD⊥平面 ABCD,且平面 PAD∩平面 ABCD=AD, ∴PQ⊥平面 ABCD. (不证明 PQ⊥平面 ABCD 直接建系扣 1 分) 如图,以 Q 为原点建立空间直角坐标系. z P M D Q A x N B y C

10 分

则平面 BQC 的法向量为 n ? (0, 0,1) ;

?

Q(0,0,0) , P (0, 0, 3) , B (0, 3, 0) , C (?1, 3, 0) .
设 M ( x, y, z ) ,

11 分

则 PM ? ( x, y, z ? 3) , MC ? (?1 ? x, 3 ? y, ? z ) ,∵ PM ? tMC ,

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

? x ? t (?1 ? x) ? ∴ ? y ? t ( 3 ? y) , ? ? z ? 3 ? t (? z)

t ? ?x ? ? 1? t ? 3t ? ∴ ?y ? 1? t ? ? 3 ?z ? 1? t ?
???? ?



12 分

在平面 MBQ 中, QB ? (0, 3, 0) , QM ? (? ∴ 平面 MBQ 法向量为 m ? ( 3, 0, t ) .

??? ?

t 3t 3 , , ), 1? t 1? t 1? t
13 分

??

答案第 17 页,总 63 页

∵二面角 M-BQ-C 为 30°,

? ?? n?m t 3 ,∴ t ? 3 . 14 分 cos30 ? ? ?? ? ? 2 2 n m 3? 0?t
?

考点:1、线面平行的判定定理;2、面面垂直的判定定理;3、利用空间直角坐标系解决问 题. 16.(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)

2 5 6 ;(Ⅲ) . 5 6

【解析】 试题分析: (Ⅰ)证明面面垂直问题转化为证明线面垂直问题, 即某一个平面中的某条直线垂 直于另一个平面.然后将线面垂直问题转化为线线垂直问题,即该直线与平面中的两条相交 直线垂直.在本题中,我们选取的是平面 A1 DE 中的直线 DE ,因为易知 AA1 ? DE ,那么 只需要在平面 A1 AE 再找一条直线垂直于 DE 即可.因为底面 ABCD是平行四边形,且 所以可以证 DE ? AE , 从而得证; (Ⅱ) AB ? 1, BC ? 2 , ?ABC ? 60 0 , E 为 BC 的中点, 求异面直线所成角,一般将两条异面直线平移到一个公共点上以便求出其夹角.这里,我们 选择将直线 A1 D 平移至点 E ,所以需要取 BB1 的中点 F ,连接 EF ,易知 ?AEF 即所求, 将其放在 ?AEF 求出余弦值.(Ⅲ)二面角 C -A1 D-E 的余弦值可以通过建立空间直角坐标系 用向量来解决.其中前两问又可以用向量来解决.第一问的面面垂直可以用两个平面的法向 量垂直来证明,即法向量的数量积为 0,第二问用向量的夹角公式直接解出(需注意异面直 线角的范围).二面角同样可以用两个半平面的法向量的夹角解决,不过这里要注意所求的 二面角是锐角还是钝角,从而选择是法向量夹角还是其补角为所求. 试题解析:(Ⅰ)依题意, BE ? EC ?

1 BC ? AB ? CD , 2

所以 ?ABE 是正三角形, ?AEB ? 60 0 又 ?CED ?

1 ? (180 0 ? 120 0 ) ? 30 0 2
2分 3分

所以 ?AED ? 90 0 , DE ? AE

因为 AA1 ? 平面 ABCD , DE ? 平面 ABCD ,所以 AA1 ? DE 因为 AA1 ? AE ? A ,所以 DE ? 平面 A1 AE 4分 5分

因为 DE ? 平面 A1 DE ,所以平面 A1 AE ? 平面 A1 DE

(Ⅱ)取 BB1 的中点 F ,连接 EF 、 AF ,连接 B1C ,则 EF // B1C // A1 D 所以 ?AEF 是异面直线 AE 与 A1 D 所成的角 7分

答案第 18 页,总 63 页

因为 DE ? 所以 A1 A ?

3 , A1 E ?
2 , BF ?

A1 A 2 ? AE 2 ,

2 , AF ? EF ? 2

1 6 ?1 ? 2 2
9分

所以 cos ?AEF ?

AE 2 ? EF 2 ? AF 2 6 ? 2 ? AE ? EF 6

解法 2:以 A 为原点,过 A 且垂直于 BC 的直线为 x 轴, AD 所在直线为 y 轴, AA1 所在直 线为 z 轴建立右手空间直角坐标系.

设 AA1 ? a(a ? 0), A(0, 0, 0)

则 D(0, 2,0) , A1 (0, 0, a) , E (

3 1 , , 0) 2 2

(Ⅰ)设平面 A1 AE 的一个法向量为 n1 ? (m, n, p) ,

??

? ? ?? ??? 3 1 m? n ?0 ?n1 ? AE ? 则? 2 2 ?? ?n ? ???? ? ap ? 0 ? 1 AA1

?? p ? 0 ,取 m ? 1,则 n ? ? 3 ,从而 n1 ? (1, ? 3, 0) ,
同理可得平面 A1 DE 的一个法向量为 n2 ? ( 3,1, ) , 直接计算知 n1 ? n2 ? 0 ,所以平面 A1 AE ? 平面 A1 DE . (Ⅱ)由 DE ? A1 E 即 ( 解得 a ?

?? ?

?? ?? ?

2 a

3 2 1 3 1 ) ? (2 ? ) 2 ? 0 ? ( ) 2 ? ( ) 2 ? a 2 2 2 2 2

2
3 1 , , 0) , A1 D ? (0 , 2 , ? 2 ) 2 2

AE ? (

所以异面直线 AE 与 A1 D 所成角的余弦值
答案第 19 页,总 63 页

cos? ?

| AE ? A1 D | | AE | ? | A1 D |

?

6 6

(Ⅲ)由(Ⅱ)可知 A1 A ? 又 CD = ? -

?? ? 2 ,平面 A1 DE 的一个法向量为 n2 ? ( 3 , 1 ,

2)

?? ? ??? ? 3 1 ? ? , ,0 ? , A1 D ? (0 , 2 , ? 2 ) 设 平 面 C A D的 法 向 量 n3 = ? x,y ,z ? 则 1 ? 2 2 ? ? ? ???? ?? ? ? ? ? A1 D ? n3 =0 ?? ? 11 分 ? ? 得 n3 = 1, 3, 6 ? ??? ?? CD ? n3 =0 ? ?

?

?

设二面角 C -A1 D-E 的平面角为 ? ,且 ? 为锐角

?? ?? ? ? ?? ?? ? ? n2 ? n3 4 3 2 5 = 则 cos ? = cos n2 ,n3 = ?? ?? = ? ? 5 10 ? 6 n2 n3
2 5 5

13 分

所以二面角 C -A1 D-E 的余弦值为

14 分

考点:1.点、线、面的位置关系;2.空间向量的应用;3.二面角的求法. 17. (1)几何体 ABCD ? B1C1D1 的体积为

5 6 3 (2)详见试题解析; (3)二面角 a ; 12

B1 ? DE ? F 的大小为 45? .
【解析】

D1 B1 D

C1 E C B

A1

A

F

试题分析: (1)将几何体 ABCD ? B1C1D1 补成如图的直四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 ,利用

VABCD ? B1C1D1 ? VABCD ? A1B1C1D1 ? VA? A1B1D1 计算几何体 ABCD ? B1C1D1 的体积; (2)详见试题解

答案第 20 页,总 63 页

析; (3)取 DB1 的中点 H ,因为 O, H 分别为 DB, DB 的中点,所以 OH ∥ BB1 ,以 1

OA, OB, OH 分别为 x, y, z 轴建立坐标系,利用法向量求二面角 B1 ? DE ? F 的大小.
试题解析: (1)将几何体 ABCD ? B1C1D1 补成如图的直四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 ,则

VABCD? B C D ? V 1 1 1
3分

ABCD 1A1B 1C 1D ?

?V

? A 1 A1 B 1D

?

3 2 1 3 2 5 6 3 a ? 2 a? ? a ? 2a? a. 2 3 4 12

z
D1

C1 B1

E

H
D
C

O

x A

F

B

y

(2)连接 BD ,交 AC 于 O ,因为四边形 ABCD 为菱形,?BAD ? 60? ,所以 BD ? a .因 为 BB1 、 CC1 都垂直于面 ABCD ,? BB1 // CC1 ,又面 B1C1 D1 ∥面 ABCD ,所以四边形

BCC1 B1 为平行四边形,则 B1C1 ? BC ? a ,因为 BB1 、 CC1 、 DD1 都垂直于面 ABCD ,


DB1 ? DB 2 ? BB12 ? a 2 ? 2a 2 ? 3a
2 2 2



a2 6a a2 6a 2 2 2 DE ? DC ? CE ? a ? ? , B1 E ? B1C1 ? C1E ? a ? ? , 所以 2 2 2 2

DE 2 ? B1E 2 ?


6a 2 ? 6a 2 ? 3a 2 ? DB12 ,所以 ?DB1 E 为等腰直角三角形. 4

7

(3) DB1 的中点 H , 取 因为 O, H 分别为 DB, DB1 的中点, 所以 OH ∥ BB1 , OA, OB, OH 以 分 别 为

x, y, z









标 ,



, 所

则 以

a 3 2 a 3 a D(0, ? , 0), E (? a, 0, a), B1 (0, , 2a), F ( a, , 0) 2 2 2 2 4 4

答案第 21 页,总 63 页

???? ? 3 a 2 3 3 EB1 ? ( a, , a), DF ? ( a, a, 0) .? CC1 ? 平面 ABCD , ? CC1 ? DF , ? F 2 2 2 4 4
为 的 AB 中 点 , ? DF ? DC , ? DF ? 平 面 D1 DCC1 , ? DF ? DE . 由

???? ???? ???? ???? E 1B? D E ?D F ,
? E

知D E 二





B1 ?

D ?

E 的

F 大





3 2 3 2 ? ? ? ? ???? ????? ? ?a ? a ? 0 2 8 D .? cosF EB1 , DF ? 8 ? , ? 二面角 B1 ? DE ? F 的大小为 1 ,B 2 6 3 a? a 2 2
12 分

45? .
考点:1.几何体的体积;2.二面角. 18. (I)见解析; (II)

21 . 7

【解析】 试题分析: (I)因为平面 VAD⊥平面 ABCD,平面 VAD∩平面 ABCD=AD,又 AB 在平面 ABCD 内, AD⊥AB, 所以 AB⊥平面 VAD; (II)法一:先做出所求二面角的平面角,再由余弦定理求平面角的余 弦值,既得所求;法二:设 AD 的中点为 O,连结 VO,则 VO⊥底面 ABCD,又设正方形边长为 1,建立空间直角坐标系,写出各个点的空间坐标,分别求平面 VAD 的法向量和平面 VDB 的 法向量,可得结论. 试题解析: (Ⅰ)因为平面 VAD⊥平面 ABCD,平面 VAD∩平面 ABCD=AD,又 AB 在平面 ABCD 内,AD⊥AB, 所以 AB⊥平面 VAD. 3分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 AD⊥AB,AB⊥AV.依题意设 AB=AD=AV=1,所以 BV=BD= 2 . 6 分

设 VD 的中点为 E,连结 AE、BE,则 AE⊥VD,BE⊥VD, 所以∠AEB 是面 VDA 与面 VDB 所成二面角的平面角. 又 AE=

9分

3 7 ,BE= ,所以 cos∠AEB= 2 2

3 7 ? ?1 = 4 4 3 7 2? ? 2 2

21 . 7

12 分 (方法二) (Ⅰ)同方法一. 3分 (Ⅱ)设 AD 的中点为 O,连结 VO,则 VO⊥底面 ABCD. 又设正方形边长为 1,建立空间直角坐标系如图所示.
答案第 22 页,总 63 页

4分

则,A(

1 ,0,0) , 2

B(

1 ,1,0) , 2
3 ) ; 2
??? ? BD ? (?1, ?1, 0)

D(

1 ,0,0) , 2

V(0,0,

??? ? AB ? (0,1, 0),

??? 1 3 VB ? (? , 1, ? ), 2 2

7分

由(Ⅰ)知 m ? (0, ?1,0) 是平面 VAD 的法向量.设 n ? (1, y, z ) 是平面 VDB 的法向量,则
? ??? ? y ? ?1 , ? 1 3 ? ? n ? VB ? 0, 3 ) ? 0, ? ?(1, y, z ) ? ( ,1, ? ? ?? ?? ) ? ? ? ??? 2 2 3 ? n ? (1, ?1, ? 3 . ?n ? BD ? 0, ? (1, y, z ) ? ( ?1, ?1, 0) ? 0, ?z ? ? ? 3 ? ?

?

?

10 分

3 (0, ?1,0) ? (1, ?1, ? ) ? ? 3 ? 21 , ∴ cos ? m, n ?? 7 21 1? 3
考点:1、面面垂直的性质;2、二面角的求法. 19.(1)见解析; (2) sin ? ?

14 . 4

【解析】 试题分析: 要证线面垂直, (1) 需证线与平面内的两条相交直线垂直, PA ? 底面 ABCD , 由 先证 AE ? 面 PCD ,得 AE ? PD ,再证 BA ? PD ,从而得 PD ? 平面ABE ; (2)以 A 为 原点建立空间直角坐标系,利用空间向量解决问题. 试题解析: (1)证明: PA ? 底面 ABCD ,? CD ? PA ,又 CD ? AC , PA ? AC ? A , 故 CD ? 面 PAC AE ? 面 PAC ,故 CD ? AE 4分 又 PA ? AC , E 是 PC 的中点,故 AE ? PC ,从而 AE ? 面 PCD ,故 AE ? PD 易知 BA ? PD ,故 PD ? 面 ABE 6分 (2)如图建立空间直角坐标系,设 AC ? a ,则 A(0, 0 , 0)、 P(0 , 0 , a) 、 B(a , 0, 0) 、

? 2a ? D?0 , , 0? , 3 ? ?

答案第 23 页,总 63 页

z

y x
??? ? ???? ? a ? a 3a ? 2a 3a ? C? , , 0 ? ,从而 PD ? (0 , , 0? , 9 分 , ? a) , DC ? ? , ? ?2 ? ?2 2 ? 6 3 ? ? ? ?
?? ? 设 n1 ? ( x , y , z ) 为平面 PDC 的法向量,

? ? ? ?? ??? 2a ? n1 ? PD ? 3 y ? az ? 0 ?? ? ? 则? ? 可以取 n1 ? (1, 3 , 2) ?? ? n? ? ???? ? a x ? 3a y ? 0 ? 1 DC 2 6 ?

11 分

?? ? 又 n2 ? (1, 0 , 0) 为平面 PAD 的法向量,若二面角 A ? PD ? C 的平面角为 ?

1 1 则 cos ? ? ?? ?? ? ? ? 8 n1 ? n2
因此 sin ? ?

11 分

14 。 4

12 分

考点:1.线面垂直的判定;2.二面角;3.空间向量在解决立体几何问题中的应用. 20.(1) (2)详见试题解析;(3)

? = 2 ?1 .

【解析】 试题分析:(1)转化为线线平行:在平面 PAD 内找 BE 的平行线;或转化为面面平行,经过 BE 找与平面 PAD 平行的平面;(2) 转化为线面垂直,可先证明 BC ? 平面 PBD ,再利用 面面垂直的判定定理证得结果; (3)首先建立空间直角坐标系, 利用空间向量求平面 PBD 和 平面 QBD 的法向量,利用夹角公式列方程可求得 ? 的值.

答案第 24 页,总 63 页

P E H C

F D

A

B
1分

试题解析:令 PD 中点为 F ,连接 EF ,

?点 E , F 分别是 ?PCD 的中点,
1 CD ,? EF // AB . 2 ?四边形 FABE 为平行四边形. ? BE / / AF , AF ? 平面 PAD , EF ? 平面 PAD

? EF //

2分 3分

(三个条件少写一个不得该步骤分)

? BE // 面PAD

4分

(2)在梯形 ABCD 中,过点 B 作 BH ? CD 于 H , 在 ?BCH 中, BH ? CH ? 1 ,??BCH ? 450 . 又在 ?DAB 中, AD ? AB ? 1 ,??ADB ? 450 ,

??BDC ? 450 ,??DBC ? 900
5分 ? BC ? BD . 面 PCD ? 面 ABCD ,面 PCD ? 面 ABCD ? CD , PD ? CD , PD ? 面 PCD , ? 6分 ? PD ? 面 ABCD , 7分 ? PD ? BC , BD ? PD ? D , BD ? 平面 PBD , PD ? 平面 PBD 8分 ? BC ? 平面 PBD , BC ? 平面 PBC , 9分 ?平面 PBC ? 平面 PBD (3)以 D 为原点, DA, DC, DP 所在直线为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系. 则 P ? 0, 0,1?,C ? 0, 2, 0 ?,A ?1, 0, 0 ?,B ?1,1, 0 ? . 10分

答案第 25 页,总 63 页

z P
Q D C
y

A

x

B
??? ? ??? ?

令 Q ? x0 , y0 , z0 ? ,? PQ ? ? PC ,

Q ? 0, 2? ,1 ? ? ? 。

? BC ? 平面 PBD , ??? ? ? BC 即平面 PBD 的法向量 ? n ? ? ?1,1, 0 ? .
设面 QBD 的法向量为 m ? ? x, y, z ?

11分

??

?? ??? ? ?x ? ? y ?m ? DB ? 0 ? ? 则 ? ?? ???? ,即 ? 2? . ?m ? DQ ? 0 ?z ? ? ?1 y ? ?
令 y ? 1,得 m ? ? ?1,1,

??

? ?

2? ? . ? ?1 ? ?

12分

?二面角 Q ? BD ? P 为 450 , ?? ? ?? ? m?n 2 2 ,解得 ? =-1 ? 2 . ? cos m, n ? ?? ? ? ? 2 2 m n ? 2? ? 2? 2?? ? ? ? ?1 ?
? Q 在 PC 上,? 0 ? ? ? 1 ,? ? = 2 ? 1为所求.

13分

14分

考点:1、空间线面位置关系的证明;2、二面角的求法;3、空间向量的应用. 21. (1)详见解析.(2) 【解析】 试题分析:(1) 由 PD ? AD , AD ? CD 推出 AD ? 底面 PCD ,进而推出 AD ? DE ,结
答案第 26 页,总 63 页

3 3

合 BC ? DE 可得 DE ? 底面 PBC ,得平面 BDE ? 平面 PBC ; (2)取 CD 的中点 F,连接 AC 与 BD,交点为M,取DM的中点 N,连接EN,FN,易知 ?ENF 为二面角 E ? BD ? C 的平面角,在 Rt? EFN 中,求出该余弦值. 试题解析:证明:(1) ∵ PD ? DC , E 是 PC 的中点, ∴ DE ? PC . ∵ PD ? 底面 ABCD,∴ PD ? AD .又由于 AD ? CD, PD ? CD ? D ,故 AD ? 底面

PCD,
所以有 AD ? DE .又由题意得 AD // BC ,故 BC ? DE .
P

E

D F N M A B C

于是,由 BC ? PC ? C , DE ? PC , BC ? DE 可得 DE ? 底面 PBC . 故可得平面 BDE ? 平面 PBC (2)取 CD 的中点 F, 连接 AC 与 BD, 交点为M, 取DM的中点 N, 连接EN, FN, 易知 ?ENF 为二面角 E ? BD ? C 的平面角,又 EF ?

2 6 1 , FN ? ,由勾股定理得 EN ? ,在 4 4 2

Rt? EFN 中, cos ?ENF ?

FN 3 ? EN 3 3 (用空间向量做,答案正确也给6分) 3

所以二面角 E ? BD ? C 的余弦值为 考点:证明线面垂直,二面角求法. 22.(1)详见解析; (2) 45? . 【解析】

试题分析:(1)由 BC ? AC , B1D ? AC 可得 AC ? 平面 BB1C1C ; (2)建立空间直角坐标

?? ?? ? ?? ?? ? n1 ? n2 ? 系,分别求出平面 CAB 与平面 C1 AB 的法向量,利用 cos ? n1 , n2 ?? ?? ?? 求解,注意 | n1 || n2 |
坐标系的建立须准确,点、线的坐标表示正确.
答案第 27 页,总 63 页

试题解析: (1)∵点 B 1 在底面上的射影 D 落在 BC 上,∴ B1 D ? 平面 ABC ,

AC ? 平面 ABC ,∴ B1D ? AC 又∵ ?ACB ? 90? ∴ BC ? AC , B1D ? BC ? D ,
∴ AC ? 平面 BB1C1C . 4分 即 cos ?B1 BD ?

(2)∵ B1 D ? 平面 ABC ∴ ?B1 BD ? ?

1 3

? BD ? 1, DC ? 2

以 C 为原点, CA 为 x 轴, CB 为 y 轴,过 C 点且垂直于平面 ABC 的直线为 z 轴, 建立空间直角坐标系,则 A(3, 0, 0) , B(0,3, 0) , C1 (0, ?1,2 2) , AB = ? ?3,3, 0 ? ,

??? ?

???? ? BC1 = 0, ?4, 2 2 .显然,平面 ABC 的法向量 n ? (0,0,1) .

?

?

7分

设平面 ABC1 的法向量为 m ? ( x, y, z ) ,

??? ? ?m ? AB ? 0 ??3 x ? 3 y ? 0 ? ? 由 ? ???? ,即 ? , ? ??4 y ? 2 2 z ? 0 m ? BC1 ? 0 ? ? ?
m ? ( 2, 2, 2)
∴ cos ? n, m ?? 10 分

2 , ? n, m ?? 45? 2
12 分

∴二面角 C ? AB ? C1 的大小是 45? .

考点:1.线面垂直;2.二面角的求解;3.空间向量在立体几何中的应用. 23. (1)详见解析; (2)

1 . 3

【解析】 试题分析: (1)由 A?D ? A?E , A?D ? A?F 证出 A?D ? 平面 A?EF ,进而证出结论; (2) 方法一:根据对称可判断 ?A?GD 即为所求,由(1)可证△ A?DG 为直角三角形,再求出 边长即可;方法二:建系,求出平面 DEF 和平面 A?EF 的法向量,两法向量的夹角的余弦 值即为所求.
答案第 28 页,总 63 页

试题解析: (1)在正方形 ABCD 中,有 AD ? AE , CD ? CF 则 A?D ? A?E , A?D ? A?F 又 A?E ? A?F ? A? ∴ A?D ? 平面 A?EF 而 EF ? 平面 A?EF ,∴ A?D ? EF (2)方法一: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 9分

1分 2分 3分 4分 5分 6分

7分 8分

G
由(1)可得 A?D ? A?G , ∴△ A?DG 为直角三角形 ∵正方形 ABCD 的边长为 2, ∴ BD ? 2 2 , EF ? ∴ BG ?

10 分

2,

2 2 3 2 , DG ? 2 2 ? , ? 2 2 2
11 分

又 A?D ? 2 ∴ A?G ?

DG 2 ? A?D 2 ?

9 2 ?4 ? 2 2

12 分

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

13 分

1 3

14 分

方法二:∵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

6分 7分

2 2 2 ∴ A?E ? A?F ? EF ,∴ A?E ? A?F

答案第 29 页,总 63 页

z x y
由(1)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) , 8分

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

9分

∴ 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 ? ?? ???? , ?n1 ? DF ? y ? 2 z ? 0 ? ?? 可取 n1 ? (2, 2,1) 11 分
又平面 A?EF 的一个法向量可取 n2 ? (0, 0,1)

?? ?

12 分 13 分

?? ?? ? ?? ?? ? 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

1 . 3

14 分.

考点:线面垂直的判定及性质,二面角的求法. 24. (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ)建立空间坐标,分别求出 DA1 , D1 E 的坐标,利用数量积等于零即可; (Ⅱ) 当 E 为 AB 的中点时,求点 E 到平面 ACD1 的距离,只需找平面 ACD1 的一条过 E 点的斜线 段 D1 E 在平面 ACD1 的法向量上的投影即可; (Ⅲ)设 AE ? x ,因为平面 ACD 的一个法向

1 ; (Ⅲ) AE ? 2 ? 3 . 3

???? ???? ? ?

???? ?

答案第 30 页,总 63 页

量为 DD1 ? (0, 0,1) ,只需求出平面 CD1 E 的法向量,然后利用二面角为 求出 x 即可.

???? ?

? ,根据夹角公式, 4

试题解析:以 D 为坐标原点,直线 DA, DC , DD1 分别为 x, y, z 轴,建立空间直角坐标系,设

AE ? x ,则 D(0,0,0) , A1 (1, 0,1), D1 (0, 0,1), E (1, x, 0), A(1, 0, 0), C (0, 2, 0),
( Ⅰ ) ? DA1 ? (1, 0,1), D1 E ? (1, x, ?1) , ? DA1 ? D1 E ? (1, 0,1) ? (1, x, ?1) ? 0 , 故

???? ?

???? ?

???? ???? ? ?

???? ???? ? ? DA1 ? D1 E ;
( Ⅱ ) 因 为 E 为 AB 的 中 点 , 则 E (1,1, 0) , 从 而 AC1 ? (?1, 2, 0), D1 E ? (1,1, ?1) ,

???? ?

???? ?

? ???? ?n ? AC ? 0, ???? ? ? ? ??a ? 2 ? 0 ? AD1 ? (?1, 0,1) ,设平面 ACD1 的法向量为 n ? (a,1, c) ,则 ? ? ???? 也即 ? , ?n ? AD1 ? 0, ? ? ?a ? c ? 0
得 ?

? ?a ? 2 , 从 而 n ? ( 2 , 1 ,, 所 ) 点 E 到 平 面 A C1 D 距 离 为 的 2 以 ?c ? 2 ???? ? ? D1 E ? n 2 ? 1 ? 2 1 h? ? ? ; ? 3 3 n
Ⅲ ) 设 平 面



C

1

D

E 的







?? m?(

m,

1, , 而 ) n

?? ???? ? ??? ? ???? ? ???? ? ?m ? D1C ? 0 ? 2?n ? 0 ? CE ? (1, x ? 2, 0), D1C ? (0, 2, ?1), DD1 ? (0, 0,1) , 由 ? ?? ??? ,即 ? ,得 ? ?m ? x ? 2 ? 0 ? m ? CE ? 0 ? ?? ???? ? m ? DD1 ?? 2 2 ? 2 ? , ? ,解得 m ? (2 ? x,1, 2) , 依 题 意 得 : cos ? ?? ???? ? ? 2 4 m DD1 2 ( x ? 2) 2 ? 5
x1 ? 2 ? 3 (不合,舍去), x2 ? 2 ? 3
大小为 ∴ AE ? 2 ? 3 时,二面角 D1 ? EC ? D 的

? . 4
6 6

考点:空间向量在立体几何中应用. 25. (1)详见解析; (2)

【解析】 试题分析: (1)设 DG 的中点为 M,连接 AM,FM.可得 BF//AM; (2)做出二面角平面角, 利用三角函数求. 也可以利用空间向量求解. 试题解析:方法一 (1)设 DG 的中点为 M,连接 AM,FM. 则由已知条件易证四边形 DEFM 是平行四边形.
答案第 31 页,总 63 页

∴MF∥DE,且 MF=DE.∵平面 ABC∥平面 DEFG, ∴AB∥DE.∵AB=DE, ∴MF∥AB,且 MF=AB,∴四边形 ABFM 是平行四边形. ∴BF∥AM. 又 BF?平面 ACGD,AM?平面 ACGD, 故 BF∥平面 ACGD. (2)由已知 AD⊥平面 DEFG,∴DE⊥AD.又 DE⊥DG, ∴DE⊥平面 ADGC.∵MF∥DE,∴MF⊥平面 ADGC. 在平面 ADGC 中,过 M 作 MN⊥GC,垂足为 N,连接 NF,则∠MNF 为所求二面角的平面角. 连接 CM.∵平面 ABC∥平面 DEFG,∴AC∥DM.又 AC=DM=1,所以四边形 ACMD 为平行四 边形,∴CM∥AD,且 CM=AD=2. ∵AD⊥平面 DEFG,∴CM⊥平面 DEFG,∴CM⊥DG.

在 Rt△CMG 中,∵CM=2,MG=1,∴MN= 在 Rt△FMN 中, ∵MF=2,MN=

2 2 5 CM ? MG = = . 5 CG 5

4 2 30 2 5 ,∴FN= 4 ? = . 5 5 5

2 5 6 6 MN ∴cos∠MNF= = 5 = ,∴二面角 D- F 的余弦值为 CG. 6 6 FN 2 30 5
方法二 由题意可得,AD,DE,DG 两两垂直,故可建立如图所示的空间直角坐标系.

则 A(0,0,2),B(2,0,2),C(0,1,2),E(2,0,0),G(0,2,0),F(2,1,0). (1) BF =(2,1,0)-(2,0,2)=(0,1,-2), CG =(0,2,0)-(0,1,2)=(0,1,-2), ∴ BF = CG ,∴BF∥CG.又 BF?平面 ACGD,故 BF∥平面 ACGD. (2) FG =(0,2,0)-(2,1,0)=(-2,1,0).设平面 BCGF 的法向量为 n1=(x,y,z),

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

答案第 32 页,总 63 页

??? ? ?n1 ? CG ? y ? 2 z ? 0 ? 则 ? ??? 令 y=2,则 n1=(1,2,1).则平面 ADGC 的法向量 n2=(1,0,0). ? ?n1 ? FG ? ?2 x ? y ? 0 ?
∴cos〈n1,n2〉=

n1 ? n2 6 1? 1 = = . 2 2 2 2 2 2 n1 ? n2 6 1 ? 2 ?1 ? 1 ? 0 ? 0
6 . 6

由于所求的二面角为锐二面角,∴二面角 D- F 的余弦值为 CG考点:线面平行、二面角求法. 26. (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ)

6 3

【解析】 试题分析: (Ⅰ)在平面内找一条直线与已知直线平行,通过线线平行可证; (Ⅱ)利用空间 向量可求. 试题解析:(Ⅰ) 如图,连结 AC1 交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 的中点. 又 D 是 AB 的中点,连结 DF,则 BC1∥DF. ∵BC1?平面 A1CD,DF?平面 A1CD, ∴BC1∥平面 A1CD. 4分 (Ⅱ)由 AC=CB=

2 AB,得 AC⊥BC. 2

以 C 为坐标原点, CA 的方向为 x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz.

??? ?

设 CA=2,则 D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2), ∴ CD =(1,1,0), CE =(0,2,1), CA1 =(2,0,2). 设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法向量,则

??? ?

??? ?

????

??? ? ?n ? CD ? 0 ? x1 ? y1 ? 0 ? 即? ,可取 n=(1,-1,-1). ? ???? ?n ? CA1 =0 ? 2 x1 ? 2 z1 ? 0 ?

同理,设 m 是平面 A1CE 的法向量,则
答案第 33 页,总 63 页

??? ? ?m ? CE ? 0 ? ,可取 m=(2,1,-2). ? ???? ?m ? CA1 =0 ?
从而 cos<n,m>=

n?m 3 6 = , ∴sin<n,m>= . n m 3 3

故二面角 D-A1C-E 的正弦值为

6 . 3

12 分

考点:线面平行关系,二面角,空间向量的求解. 27. (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ)由直三棱柱的性质证 AA1 ? AC ,再证明 AC ? 平面 ABB1 A1 ; (Ⅱ)用向 量法求解. 试题解析: (Ⅰ)? 三棱柱 ABC ? A1 B1C1 是直三棱柱,

2 . 6

? AA1 ? 平面 ABC ,? AA1 ? AC .
又? AC ? AB, AB ? AA1 ? A , AB, AA1 ? 平面 ABB1 A1 ,

? AC ? 平面 ABB1 A1 , ? A1 B ? 平面 ABB1 A1 ,? AC ? A1 B .
(Ⅱ)如图, (5 分)

以 A 点为原点, AB 、 AC 、 AA1 分别为 x 、 y 、 z 轴正方向, AB 线段长为单位长, 建立空间直角坐标系,设 AA1 ? h ,则 B(1,0,0) , C (0,1,00 , A1 (0,0, h) ,

? BA1 ? (?1,0, h) , B1C1 ? (?1,1,0) ,
答案第 34 页,总 63 页

由于直线 A1 B 与 B1C1 所成的角为 60 .

?

? | cos ? BA1 , B1C1 ??|

1 1? h
2

|?

1 ,解得 h ? 1 , 2

???? ??? ? ? BA1 ? (?1, 0,1) , C1 (0,1,1) , BC1 ? (?1,1,1) 设平面 A1 BC1 的法向量 n ? ( x, y, z ) ,

? ? ?x ? z ? 0 1 ???? 1 ,可取 n ? (1, 0,1) . D (1, 0, ) , DC1 ? ( ?1,1, ) . ? 2 2 ?? x ? y ? z ? 0

(10 分)

1 ?1 ? ???? ? 2 ? 2, 于是 sin ? ? cos DC1 , n ? 3 6 2? 2
所以 DC1 与平面 A1 BC1 所成角的正弦值为

2 . 6

(12 分)

考点:三棱柱的性质,空间中的垂直问题,向量法求角. 28. (1)详见解析; (2)详见解析. 【解析】 试题分析: (1)根据平行四边形对角线互相平分的这个性质先连接 AC ,找到 AC 与 BD 的 交点 O 为 AC 的中点,利用三角形的中位线平行于底边证明 AP//OM ,最后利用直线与平 面平行的判定定理证明 AP // 平面 MBD ; (2)先证明 AD ? 平面 PBD ,得到 AD ? BD , 再由已知条件证明 BD ? PD , 最终利用直线与平面垂直的判定定理证明 BD ? 平面 PAD . 试题解析: (1)连接 AC 交 BD 于点 O ,连接 OM , 因为底面 ABCD 是平行四边形,所以点 O 为 AC 的中点, 又 M 为 PC 的中点,所以 OM //PA , 4分 因为 OM ? 平面 MBD , AP ? 平面 MBD ,所以 AP // 平面 MBD

6分

P M D O A B
(2)因为 PA ? 平面 ABCD , AD ? 平面 ABCD ,所以 PD ? AD , 8分 因为 AD ? PB , PD ? PB ? P , PD ? 平面 PBD , PB ? 平面 PBD ,所以 AD ? 平面

C

PBD , 因为 BD ? 平面 PBD ,所以 AD ? BD , 10 分 因为 PD ? 平面 ABCD , BD ? 平面 ABCD ,所以 PD ? BD , 12 分 又因为 BD ? AD , AD ? PD ? D , AD ? 平面 PAD , PD ? 平面 PAD , 所以 BD ? 平面 PAD 14 分
考点:直线与平面平行、直线与平面垂直
答案第 35 页,总 63 页

29. (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ)

3 ; 3

【解析】 试题分析: (Ⅰ)主要利用线线垂直、线面垂直可证面面垂直; (Ⅱ)通过作平行线转化到三 角形内解角;当然也可建系利用空间向量来解. 试题解析:(Ⅰ)∵ PB ? 底面 ABC ,且 AC ? 底面 ABC , ∴ AC ? PB 由 ?BCA ? 90? ,可得 AC ? CB 又∵ PB ? CB ? B ,∴ AC ? 平面 PBC 注意到 BE ? 平面 PBC , ∴ AC ? BE ∵ ? PB ? BC , E 为 PC 中点,∴ BE ? PC ∵ PC ? AC ? C , BE ? 平面 PAC 而 BE ? 平面 BEF ,∴ 平面PAC ? 平面BEF 3分 4分 5分 6分 2分 1分

(Ⅱ)如图,以 C 为原点、 CA 所在直线为 x 轴、 CB 为 y 轴建立空间直角坐标系. 则 B(0,2,0), A(2,0,0), P(0,2,2), E (0,1,1) 8 分

z

y

BE ? (0,?1,1)
1 2 2 4 BF ? BP ? PF ? BP ? PA ? ( ,? , ) 3 3 3 3
设平面 BEF 的法向量 m ? ( x, y, z ) .
x

10 分

?y?z ?0 ? ? 则 ?2 2 4 x? y? z ?0 ?3 3 3 ?
解得 m ? (1,?1,?1) 12 分 则 cos ? m, n ??

取平面 ABC 的法向量为 n ? (0,0,1)

| m?n | | m || n |

?

3 , 3

答案第 36 页,总 63 页

故平面 ABC 与平面 BEF 所成的二面角的平面角(锐角)的余弦值为 考点:立体几何面面垂直的证明;二面角. 30. (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ)

3 . 3

14 分

2 . 2

【解析】 试题分析: (Ⅰ)先以点 A 为坐标原点建立空间直角坐标系,并以此确定 E 、 M 、 B 、 F 四点的坐标,通过验证 EM ? BF ? 0 来达到证明 EM ? BF 的目的; (Ⅱ)求出平面 BEF 与 平面 ABC 各自的法向量, 利用空间向量法求出平面 BEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦 值. 试题解析: (1) AM ? 3 , BM ? 3 . 如图,以 A 为坐标原点,垂直于 AC 、 AC 、 AE 所在的直线为 x, y, z 轴建立空间直角坐标 系.由已知条件得 A ? 0, 0, 0 ? , M ? 0,3, 0 ? , E ? 0, 0,3? , B

???? ??? ? ?

?

3, 3, 0 , F ? 0, 4,1? ,

?

???? ??? ? ? ME ? (0, ? 3, 3), BF ? (? 3,1,1) .
由 ME ? BF ? ? 0, ?3,3 ? ? ? 3,1,1 ? 0 , 得 MF ? BF , ? EM ? BF . (2)由(1)知 BE ? ? 3, ?3,3 , BF ? ? 3,1,1 . 设平面 BEF 的法向量为 n ? ? x, y , z ? , 由 n ? BE ? 0, n ? BF ? 0 ,得 ?

???? ??? ?

?

?

????

??? ?

??? ?

?

?

??? ?

?

?

?

? ??? ?

? ??? ?

?? 3 x ? 3 y ? 3 z ? 0 ? ? ? 3x ? y ? z ? 0 ?



答案第 37 页,总 63 页

令 x ? 3 得 y ? 1, z ? 2 ,? n ?

?

?

3,1, 2 ,[来源:学+科+网]

?

由已知 EA ? 平面 ABC ,所以取面 ABC 的法向量为 AE ? ? 0, 0,3? , 设平面 BEF 与平面 ABC 所成的锐二面角为 ? , 则 cos ? ? cos n, AE ?

??? ?

? ??? ?

3 ? 0 ? 1? 0 ? 2 ? 3 2 ? , 2 3? 2 2
2 . 2

平面 BEF 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值为 考点:直线与直线的垂直、二面角、空间向量法

31. (1)平行; (2)证明 AB ? BE 和 AB ? BF 即可; (3)

3 3

【解析】 试题分析:本题考查空间想象能力,在折叠过程中,找到不变的量是求解的关键.(1)由中 位线定理,可证明 MN 平行 AF ; (2)证明 AB ? BE 和 AB ? BF 即可; (3)注意到三角 形 MEF、BEF 都是等腰三角形,因此,取 EF 的中点即可求出二面角. 试题解析: (1) MN 平行平面 AEF 证明: 由题意可知点 M 、N 在折叠前后都分别是 AB、CF 的中点 (折叠后 B、C 两点重合) 所以 MN 平行 AF ,

? MN ? 面AEF ? 因为 ? AF ? 面AEF ,所以 MN 平行平面 AEF . ? MN 平行AF ?
(2)证明:由题意可知 AB ? BE 的关系在折叠前后都没有改变. 因为在折叠前 AD ? DF ,由于折叠后 AD与AB重合 ,点 D与F 重合 ,所以 AB ? BF

? AB ? BE ? AB ? BF ? ? 因为 ? BE ? 面BEF ,所以 AB ? 平面 BEF . ? BF ? 面BEF ? ? BE ? BF =B ?
(3)解: 记EF的中点为G , 连接MF、BG、MG ,

因为BE ? BF , ME ? MF , 所以BG ? EF 且MG ? EF ,
所以 ?MGB 是二面角 M ? EF ? B 的平面角. 因为 AB ⊥ 面BEF ,所以 ?MGB ? 900 . 在 ?BEF 中, BG ?

2 ,由于 MB ? 2 ,所以 MG ? MB 2 ? BG 2 ? 6 ,

答案第 38 页,总 63 页

于是 cos ?MGB ?

2 3 . ? 3 6
3 . 3

所以,二面角 M ? EF ? B 的余弦值为

考点:1、线面平行;2、线面垂直的判定;3、二面角的概念及其求法. 32. (1)证明过程详见解析; (2)证明过程详见解析; (3)能确定, ? ? 2 ? 1 . 【解析】 试题分析: (1)先证明 FABE 为平行四边形,所以 BE / / AF ,即证明 BE / /面PAD ; (2) 先证明 PD ? 面 ABCD ,所以 PD ? BC ,再证明 BC ? 面 PDB ,从而得到面 PBD ? 面

??? ? ? (3) 所以 BC 即为面 PBD 法向量 n ? (?1,1, 0) , 令面 QBD PBC ; 先建立空间直角坐标系,
法向量为 m ? ( x, y, z ) , 利用夹角的余弦求出 ? , Q 在棱 PC 上, 又 所以对 ? 的值进行取舍. 试题解析: (1)证明:记 PD 中点为 F . 连结 EF 、 FA ,

??

1 1 CD, FE CD, 所以 AB FE 2 2 所以 FABE 为平行四边形.? BE // AF
则 AB

1分 2分 4分

又 AF ? 面PAD , EF ? 面PAD ? BE // 面PAD ( 2 ) 连 结 BD 在 直 角 梯 形

A B C 中 . ?ADC ? ?DAB ? 900 , D

BC 2 ? AD 2 ? ( DC ? AB)2 ? 2 , BD2 ? AD2 ? AB2 ? 2 ,所以 BD2 ? BC 2 ? 4 ? CD2 ,

BC ? BD

5分

? 面PCD ? 面ABCD ? CD ? ? ? ? PD ? 面 ABCD ? PD ? BC , 6 分 PD ? CD ? ? PD ? 面PCD ?
又 BC ? BD , BD ? PD ? D ∴ BC ? 面 PDB , 而 BC ? 面 PBC ?面 PBD ? 面 PBC 8分 7分

面PCD ? 面ABCD

(3)以 D 为原点, DA,DC , DP 所在直线分别为 X 轴, Y 轴, Z 轴建立空间直角坐标

答案第 39 页,总 63 页

系.

P(0, 0,1) , C (0, 2,0) , A(1, 0, 0) , B(1,1, 0) ,
令 Q( x0 , y0 , z0 ) ,∵ PQ ? ? PC ,∴ Q(0, 2? ,1 ? ? ) 又 BC ? 面 PBD ∴ BC 即为面 PBD 法向量 n ? (?1,1, 0)

??? ?

??? ?

??? ?

?

?? ??? ? ? x ? ?y ?? ? m ? DB ? 0 ? ? 又令面 QBD 法向量为 m ? ( x, y, z ) ,则 ? ?? ???? ?? 2? ?m ? DQ ? 0 ? z ? ? ? 1 y ? ?
令 y ? 1,∴ m ? (?1,1,

??

2? ) ? ?1

又二面角 Q ? BD ? P 为 450

?? ? 2 ,即 | cos ? m, n ?|? 2

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

?

2 2

解得 ? ? ?1 ? 2 又 Q 在棱 PC 上 ∴ 0 ? ? ? 1 ∴ ? ? 2 ? 1 为所求.

考点:1.线面平行的证明;2.面面垂直的判断;3.向量的夹角公式. 33.(1) 见解析; (2) sin ? ? cos ? PD, n ? ? 【解析】 试题分析:(1)经过建立空间直角坐标系,求出面 ACE 和 面ABCD 各自的法向量 n和n0 , 通过证明 n0 ? n ,说明面 ACE ? 面ABCD ; (2)将直线与面所成角的正弦转化为直线所 在向量和平面的法向量的夹角的余弦的绝对值求解.

??? ? ?

3 30 . 20

? ?? ?

?? ?

?

答案第 40 页,总 63 页

试题解析:(1)证明:取 AB 的中点 O , PO ? 面ABCD ,因为 PC ? AB ,所以 OC ? AB , 所 以 以 O 为 坐 标 原 点 建 立 如 图 的 空 间 直 角 坐 标 系 , 则

A( 1 , 0 C 0 ) , ,

( 0 , P
,

3 ?, D0 ) ,

,( 0 , 为 , P 3 ?) , 因 0 E

1 2

所 (E, 2D,

以, 0 ) 3

E (?

2 3

,

3 3

,

2 3

3

)设



A

C 法 E







? n ? ( x, y , z )





? ???? ? ? n ? AC ? x ? 3 y ? 0 ? 3 3 ? , x ? 1得 y ? ? 令 , ? 0 .所以 n ? (1, ? z , 0) , ? ? ? ??? ? ? 1 3 2 3 3 3 n ? AE x? y? z?0 ? ? ? 3 3 ?3 ?? ? ?? ? ? 取面 ABCD 法向量为 n0 ? (0, 0,1) ,因为 n0 ? n ,所以面 ACE ? 面ABCD .
(2) 解

??? ? PD ? (?2, 3, ? 3) ,设直线 PD 与平面 ACE 所成角大小为 ? ,

则 sin ? ? cos ? PD, n ? ?

??? ? ?

3 30 . 20

考点:1.空间直角坐标系;2.空间法向量;3.直线与平面所成的角. 34. (Ⅰ)详见解析(Ⅱ)

4 . 5

【解析】 试题分析: (Ⅰ)要证线线垂直,可先考虑纯线面垂直,要证线面垂直,先找出图中的线线 垂直,使结论得证; (Ⅱ)为方便利用直线 PD 与平面 PBC 所成的角为 300 ,可建立空间直 角坐标系,利用空间向量相关计算公式建立关于 PE 长度的方程,解之即可. 试题解析: (Ⅰ)? DE ? AB ,? DE ? BE, DE ? PE ,? BE ? PE ? E ,? DE ? 平面

PEB ,
又? PB ? 平面PEB ,? PB ? DE ; (Ⅱ)? DE ? BE, DE ? PE , BE ? PE

?分别以 DE,BE,PE 所在直线为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系(如图)

答案第 41 页,总 63 页

z P

E x D C

B y

设 PE ? a ,则 B(0, 4 ? a,0) , D(a,0,0) , C (2, 2 ? a,0) , P(0,0, a) 可得 PB ? (0, 4 ? a, ?a) , BC ? (2, ?2, 0) 设平面 PBC 的法向量 n ? ( x, y, z ) , ? 因此 n ? (1,1,

??? ?

??? ?

?

?(4 ? a) y ? az ? 0 4?a ,令 y ? 1 ,可得 x ? 1, z ? , a ?2 x ? 2 y ? 0

?

??? ? 4?a ? ) 是平面 PBC 的一个法向量, PD ? (a, 0, ?a) ,PD 与平面 PBC 所成 a

的角为 300 ,? sin 30 ? cos ? PD, n ? ,即

?

??? ? ?

a ? (4 ? a ) 2a 2 ? 2 ? (4 ? a ) 2 a2

?

1 , 2

解之得: a ?

4 4 ,或 a ? 4 (舍) ,因此可得 PE 的长为 . 5 5 1 3

考点:直线与平面的位置关系、空间向量的应用. 35. (1)证明详见解析;(2)

【解析】 试题分析: (1)由已知条件可证 AD⊥BQ,AD⊥PQ,根据平面与平面垂直的判定定理即可求证 平面 PQB⊥平面 PAD.

AQ AN 1 ? ? ,由直线与平面 BC NC 2 PM AN 1 1 1 平行的性质,可证 PA∥MN,即得 ? ? ,所以 PM= PC,即 t= . PC AC 3 3 3
(2) 连结 AC 交 BQ 于 N, AQ∥BC,可证△ANQ∽△BNC,即得 由 试题解析:(1)连 BD,四边形 ABCD 菱形, ∵AD⊥AB, ∠BAD=60° △ABD 为正三角形, Q 为 AD 中点, ∴AD⊥BQ ∵PA=PD,Q 为 AD 的中点,AD⊥PQ 又 BQ∩PQ=Q ∴AD⊥平面 PQB, AD ? 平面 PAD ∴平面 PQB⊥平面 PAD; (2)当 t ?

1 时, PA // 平面 MQB 3

下面证明,若 PA // 平面 MQB ,连 AC 交 BQ 于 N

答案第 42 页,总 63 页

由 AQ // BC 可得, ?ANQ ∽ ?BNC ,?

AQ AN 1 ? ? BC NC 2

? PA // 平面 MQB , PA ? 平面 PAC ,平面 PAC ? 平面 MQB ? MN ,? PA // MN
PM AN 1 ? ? PC AC 3
即: PM ?

1 PC 3

1 ?t ? ; 3

考点:1.平面与平面垂直的判定;2.直线与平面平行的性质及直线与直线平行的性质. 36. (I)详见解析; (II) 【解析】 试题分析: (I)要证明 AD ? BM ,只需要建立适当坐标系,证明 AD ? BM ? 0 即可; (II) 向量法求二面角的平面角首先分别求两个半平面的法向量, 而平面 AMD 的法向量是显而以 见的,所以只需求出平面 AME 的法向量,利用法向量求得二面角的余弦值. 试题解析: (I) :因为平面 AMD ? 平面 ABCM , AB ? 2, AD ? 1, M 是 DC 的中点,

5 . 5

???? ???? ?

? AD ? DM ,取 AM 的中点 O ,连结 OD ,则 DO ? 平面 ABCM ,取 AB 的中点 N , 连结 ON ,则 ON ? AM ,以 O 为原点如图建立空间直角坐标系,根据已知条件,得

A(

2 , 0, 0) 2



B(?

2 , 2, 0) 2



M (?

2 , 0, 0) 2



D(0, 0,

2 ) 2





???? ???? ? ???? ? 2 2 ???? AD ? (? , 0, ), BM ? (0, 2, 0) ,所以 AD ? BM ? 0 ,故 AD ? BM ; 2 2
(II)依题意得 E (?

? 2 2 2 , , ) ,因为平面 AMD 的一个法向量 n ? (0,1, 0) ,设平面 4 2 4

??? ? ?? ???? ? 3 2 2 2 , , ) ,则 AME 的一个法向量为 m ? ( x, y, z ) ,而 AM ? (? 2, 0, 0) , AE ? (? 4 2 4

? ? x?0 ? 2x ? 0 ?? ???? ? ?? ??? ? ? ? m ? AM ? 0 ,且 m ? AE ? 0 , ? ? 3 2 ,取 y ? 1 ,得 ? y ? 1 , 2 2 x? y? z?0 ?? ? z ? ?2 ? ? 4 2 4

答案第 43 页,总 63 页

?? ? ?? ? ?? m?n 1 5 ,所以二面角 E ? AM ? D 的余弦值为 ? m ? (0,1, ?2) ,? cos? m, n? ? ?? ? ? ? 5 5 m n
5 . 5
考点:1、空间向量垂直的坐标运算公式 ; 2、向量法求二面角. 37. (Ⅰ)Q 为 AC 的中点; (Ⅱ)二面角 Q-BC1-C 的余弦值为

2 . 4

【解析】 试题分析: (Ⅰ)借助直线 AB1∥平面 BC1Q,利用面面平行的性质定理可知 AB1∥PQ,然后确 定点 Q 的位置; (Ⅱ)利用空间向量的方法求解,分别求出面 BC1C 的法向量为 m=(1,0,0) 和 平面 C1BQ 的法向量 n=(1,- 3 ,2),然后利用向量的夹角公式计算二面角 Q-BC1-C 的余弦值. 试题解析: (Ⅰ)连接 B1C 交 BC1 于点 P,连接 PQ. 因为直线 AB1∥平面 BC1Q,AB1?平面 AB1C,平面 BC1Q∩平面 AB1C=PQ, 所以 AB1∥PQ. 因为 P 为 B1C 的中点,且 AB1∥PQ, 所以,Q 为 AC 的中点. (Ⅱ)如图建立空间直角坐标系.

设 AB=BC=a,BB1=b,则 面 BC1C 的法向量为 m=(1,0,0). B (0,0,0),C1(0,a,b),Q (

1 3 a, a,0), 4 4

???? ? ???? ? 3 3 BC1 =(0,a,b), QC1 =(- a, a,b). 4 4
因 QC1 与面 BC1C 所成角的正弦值为

2 , 4

答案第 44 页,总 63 页

???? ? 3 a m ? QC1 2 3 4 故 = ,解得 b= a. ???? = ? 4 2 3 2 m QC1 2 a ?b 4 ???? ? ?n ? QC1 ? 0 ? 设平面 C1BQ 的法向量 n=(x,y,z),则 ? ???? ? ?n ? BC1 ? 0 ?
? 3 3 3 ax ? ay ? az ? 0 ?? ? 4 4 2 即? 取 n=(1,- 3 ,2). 3 ?ay ? az ? 0 ? ? 2
所以有 cos ?m,n?=

m?n 2 = . m?n 4
2 . 4

故二面角 Q-BC1-C 的余弦值为

考点:1.平行关系的证明与判断;2.二面角;3.空间向量法. 38. (?) 详见解析; (??) ? ? 2 . 【解析】 试题分析:(?) 连结 DB1 、DC1,由 MN 是 ?B1 DC1 的中位线来证明线面平行. (??) 由条件可知 ∠BDC = 90°.再建系求出各点坐标,求面 D1MN 的法向量 m ,面 MNC 的法向量 n ,由二 面角 D1 ? MN ? C 为直二面角得 m ? n ? 0 ,从而解得 ? ? 2 . 试题解析: (Ⅰ)证:连结 DB1 、DC1 ∵四边形 DBB1D1 为矩形,M 为 D1B 的中点 ∴M 是 DB1 与 D1B 的交点,且 M 为 DB1 的中点 ∴MN∥DC1,∴MN∥平面 DD1C1C 4分 (Ⅱ)解:四边形 A1 A2 A2? A1? 为矩形,B.C 在 A1A2 上,B1.C1 在 A1?A2? 上, 且 BB1∥CC1∥ A1 A1 ' ,A1B = CA2 = 2, BC ? 2 2 , ∴∠BDC = 90° 6分 2分

??

?

?? ?

答案第 45 页,总 63 页

以 DB、DC、DD1 所在直线分别为 x.y.z 轴建立直角坐标系,则 D(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0, ? ),B1(2,0, ? ),C1(0,2, ? )

? 点 M、N 分别为 D1B 和 B1C1 的中点,∴ M (1, , ) , (1,, ) 0 N 1 ? 2
设平面 D1MN 的法向量为 m = (x,y,z),则

? ?z ? ? , ?0 ?( x,y,z ) ? (1 ? 2, ) ? 0 ?x ? 2 y ? , ?? 2 2 ? ?( x,y,z ) ? (1 ? 1 ? ) ? 0 ? x ? y ? ?z ? 0 , , ? ?
令 x = 1 得: y ? ?1, ? z
2 即 m ? (1, 1, ) ? ?

2

?
8分

设平面 MNC 的法向量为 n = (x,y,z),则

? ?z ? ? 3? ? y z ? ?0 ?( x , , ) ? (1, 1, ) ? 0 ?x ? 2 y ? , ?? y ,令 z = 1 得: x ? ? ? ? ? 2 2 2 2 ?( x , , ) ? (1, 1, ) ? 0 ?x ? y ? ? z ? 0 y z ? ? ? ?
即 n ? (?
3? ? , , ? 1) 2 2

10 分 ∴m⊥n,故 m ? n ? ?
3? ? 2 ? ? ? 0 ,解得: ? ? 2 2 2 ?

∵二面角 D1-MN-C 为直二面角

∴二面角 D1-MN-C 为直二面角时, ? ? 2 .

12 分

考点:1.点、线、面的位置关系;2.空间向量的应用;3.二面角. 39. (1)详见解析; (2)

15 5

【解析】 试题分析: (1)要证 PA ? CD ,需先证 CD ? 平面 PAB ,由于 PD ? 平面 ABC 易证,故 有 PD ? CD ,又因为 CD ? AO ,则证得 CD ? 平面 PAB ; (2)综合法是先找到二面角的 一个平面角 ?DEC ,不过必须根据平面角的定义证明,然后在 Rt?CDE 中解出 ?DEC 的 三角函数值. 试题解析: (1)连接 CO ,由 3AD ? DB 知,点 D 为 AO 的中点, 又∵ AB 为圆 O 的直径,∴ AC ? CB ,
答案第 46 页,总 63 页

由 3AC ? BC 知, ?CAB ? 60? , ∴ ?ACO 为等边三角形,从而 CD ? AO . 3 分 ∵点 P 在圆 O 所在平面上的正投影为点 D , ∴ PD ? 平面 ABC ,又 CD ? 平面 ABC , ∴ PD ? CD , 5分 由 PD ? AO ? D 得, CD ? 平面 PAB , 又 PA ? 平面 PAB , ∴ PA ? CD . P 6分

E

A C

D

O

B

(2) (综合法)过点 D 作 DE ? PB ,垂足为 E ,连接 CE . 由(1)知 CD ? 平面 PAB ,又 PB ? 平面 PAB , ∴ CD ? PB ,又 DE ? CD ? D , ∴ PB ? 平面 CDE ,又 CE ? 平面 CDE ,∴ CE ? PB , ∴ ?DEC 为二面角 C ? PB ? A 的平面角. 10 分 由(Ⅰ)可知 CD ? 9分

7分

3 , PD ? DB ? 3 ,
PD ? DB 9 3 2 , ? ? PB 2 3 2
CD 3 6 , ? ? DE 3 2 3 2
14 分

∴ PB ? 3 2 ,则 DE ?

∴在 Rt?CDE 中, tan ?DEC ?

∴ cos ?DEC ?

15 15 ,即二面角 C ? PB ? A 的余弦值为 . 5 5
?? ? ? , ?. ?3 2?

考点:1、线线垂直和线面垂直的证明,2、二面角的计算. 40. (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ) ? 【解析】 试题分析: (Ⅰ)由 AA1 ? 平面 ABCD 和 DD1 //AA1 可以得到 DD1 ? 平面 ABCD ,从而可

答案第 47 页,总 63 页

以得到 DD1 ? AC ,结合 AC ? BD 作已知条件,可以证明 AC ? 平面 BB1 D1 D ,进而可以 得到 AC ? BD1 ; (Ⅱ)建立空间直角坐标系,将题中涉及的关键点用参数表示出来,并将问题中涉及的二面 角的余弦值利用参数表示出来, 结合函数的方法确定二面角的余弦值的取值范围, 进而确定 二面角的取值范围. 试题解析: (Ⅰ)条件② AC ? BD ,可做为 AC ? BD1 的充分条件. 证明如下: 1分

? AA1 ? 平面 ABCD , AA1 / / DD1 ,? DD1 ? 平面 ABCD ,
∵ AC ? 平面 ABCD ,? DD1 ? AC .

2分

若条件②成立,即 AC ? BD ,∵ DD1 ? BD ? D ,? AC ? 平面 BDD1 , 又 BD1 ? 平面 BDD1 ,? AC ? BD1 . ..4 分

3分

(Ⅱ)由已知,得 ABCD 是菱形,? AC ? BD . 设 AC ? BD = O , O1 为 B1 D1 的中点,则 OO1 ? 平面 ABCD , ∴ OO1 、 AC 、 BD 交于同一点 O 且两两垂直. 5分

以 OB, OC , OO1 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系 O ? xyz ,如图所示.6 分
z D1 A1 O1 B1 A B x D O C y C1

设 OA ? m , OB ? n ,其中 m ? 0, n ? 0, m ? n ? 1 ,
2 2

则 A(0, ?m, 0) , B(n,0,0) , C (0, m,0) , C1 (0, m,1) , D1 (?n, 0,1) ,

???? ? ???? ? BC1 ? (?n, m,1) , BD1 ? (?2n, 0,1) ,
?

7分

设 n ? ( x, y, z ) 是平面 BC1 D1 的一个法向量,

答案第 48 页,总 63 页

? ???? ? ?n ? BC1 ? 0, ?? xn ? ym ? z ? 0, ? 由 ? ? ???? 得? 令 x ? m ,则 y ? ?n , z ? 2mn , ? ?n ? BD1 ? 0, ? ?2 xn ? z ? 0, ? ? 9分 ? n ? (m, ?n, 2mn) ,
又 AC ? (0, 2m, 0) 是平面 BDD1 的一个法向量,

????

10 分

? ???? | n ? AC | ? cos ? ? ? ???? ? | n || AC |

n2 ? , 11 分 ? 1 ? 4m 2 n 2 m 2 ? n 2 ? 4m 2 n 2 ? 2m 1 ? 4m 2 n 2
2mn

n

令 t ? n 2 ,则 m2 ? 1 ? t ,??BAD 为锐角,

?0 ? n ?

t 1 2 1 ? ,则 0 ? t ? , cos ? ? , 1 1 ? 4t (1 ? t ) 2 2 ? 4t ? 4 t
1 t 1 2 1 t

因为函数 y ? ? 4t 在 (0, ) 上单调递减,? y ? ? 4t ? 0 ,

1 , 12 分 2 ? ? ? 又0 ?? ? , ? ?? ? , 2 3 2
所以 0 ? cos ? ?

即平面 BDD1 与平面 BC1 D1 所成角的取值范围为 ( , ) . 考点:直线与平面垂直、二面角、函数的单调性 41.(1)证明详见解析; (2)

? ? 3 2

13 分

42 . 7

【解析】 试题分析: (1)先证 AH ? AB ,由面面垂直的性质定理得到 AH ? 平面 ABCD ,所以 BC ,由勾股定理证 AC ? CB ,所以由线面垂直的判定定理得 CB ? 平面 AHC , AH ? 所以面面垂直的判定定理得平面 AHC ? 平面 BCE ; (2)首先建立空间直角坐标系,再写 出各点坐标,由共面向量定理,得 GM ? ? AD ? ? AF ,所以求出 m ? 1 ,得出点 M 的坐 标是: (0,1, 3) ,由(1)得平面 AHC 的法向量是 BC ? (2, ?2, 0) ,根据条件得平面 ACM 的法向量是 n ? (3, ?3, 3) ,所以 cos ? n, BC ??

???? ?

????

??? ?

??? ?

?

? ??? ?

42 . 7

试题解析: (1)证明:在菱形 ABEF 中,因为 ?ABE ? 60? ,所以△AEF 是等边三角形, 又 H 是线段 EF 的中点,所以 AH ? EF ? AH ? AB , 因为平面 ABEF ? 平面 ABCD ,所以 AH ? 平面 ABCD ,所以 AH ? BC ; 2 分 在 直 角 梯 形 ABCD 中 , A B? 2 A D 2 C D 4, ?BAD ? ?CDA ? 90? , 得 到 : ? ?

AC ? BC ? 2 2 ,
答案第 49 页,总 63 页

从而 AC 2 ? BC 2 ? AB2 ,所以 AC ? CB ,

4分 6分

所以 CB ? 平面 AHC ,又 BC ? 平面 BCE ,所以平面 AHC ? 平面 BCE ;

(2)由(1) AH ? 平面 ABCD ,如图,分别以 AD, AB, AH 所在直线为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系,

则 A(0,0,0), B(0, 4,0), C (2, 2,0), D(2,0,0) ,

E (0, 2, 3), F (0, ?2, 3), H (0, 0, 3), G(1,3, 0)
???? ??? ???? ? ?

7分

设点 M 的坐标是 (0, m, 3) ,则 GM , AF , AD 共面, 所以存在实数 ? , ? 使得:

???? ? ???? ??? ? GM ? ? AD ? ? AF ? (?1, m ? 3, 3) ? (2? , 0, 0) ? (0, ?2? , 3? ) ,
得到: 2? ? ?1, m ? 3 ? ?2? , 3 ? 3? ? m ? 1 .即点 M 的坐标是: (0,1, 3) , 由(1)知道:平面 AHC 的法向量是 BC ? (2, ?2, 0) , 设平面 ACM 的法向量是 n ? ( x, y, z ) , 8分

??? ?

?

? ???? ?n ? AC ? 0 ? ? ? ?( x, y, z ) ? (2, 2, 0) ? 0 ?x ? ? y 则: ? ? ???? , ?? ?? ? ?n ? AM ? 0 ?( x, y, z ) ? (0,1, 3) ? 0 ? y ? ? 3z ? ? ? ? 令 z ? 3 ,则 y ? ?3, x ? 3 ,即 n ? (3, ?3, 3) ,
所以 cos ? n, BC ??

9分

? ??? ?

12 42 ? , 7 2 2 ? 21
42 . 7

11 分

即平面 ACH 与平面 ACM 所成角的余弦值是

12 分

考点:1.面面垂直的判定定理;2.线面平行的判定定理;3.面面垂直的判定定理;4.向量法. 42. (Ⅰ)详见解析;(Ⅱ) PA ? 【解析】
答案第 50 页,总 63 页

2

试题分析: (Ⅰ)利用线面垂直得到线线垂直,利用线线垂直得到线面垂直,然后得到面面 垂直; (Ⅱ)通过建立空间直角坐标系,得到相应点的坐标,计算平面的法向量,通过二面 角的大小计算得到 PA 的值.
z P

B x C D y

A

试题解析: (Ⅰ)∵PA⊥平面 ABCD, BC?平面 ABCD, ∴PA⊥BC, 又 AB⊥BC,PA∩AB=A, ∴BC⊥平面 PAB, ∵BC?平面 PBC, ∴平面 PBC⊥平面 PAB. 5 分 (Ⅱ)以 A 为原点,AB 为 x 轴、AP 为 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 A—xyz. 则 B (2,0,0),C (2,1,0),D (1,1,0). 设 P (0,0,a)(a>0) , 则 BC =(0,1,0), PC =(2,1,-a),

??? ?

??? ?

???? DC =(1,0,0) ??? ? ??? ?

8分

设 n1=(x1,y1,z1)为面 BPC 的一个法向量, 则 n1·BC =n1·PC =0, 即?

? y1 ? 0 ? 2 x1 ? y1 ? az1 ? 0
10 分 =

取 x1=a,y1=0,z1=2,得 n1=(a,0,2). 同理,n2=(0,a,1)为面 DPC 的一个法向量. 依题意, |cos ?n1,n2?|=

n1 ? n2 n1 n2



2

?a

2

? 4 ?? a 2 ? 1?

2 , 3
12 分

解得 a2=2,或 a2=-7(舍去),所以 PA = 2 . 考点:平面与平面垂直的判定,向量法求直线的值. 43.(1)详见解析;(2) 150? .

【解析】 试题分析:(1) 利用折叠前几何图形的性质,推导 EF⊥BE,然后借助面面垂直的性质定理
答案第 51 页,总 63 页

证明 EF⊥平面 PBE,进而利用面面垂直的判定定理进行证明; (2)建立空间坐标系,求解两 个半平面的法向量,然后利用向量的夹角公式求解二面角 E ? PF ? C 的大小.

ED ? DF ? ? ? ? ?DEF ? 45? ? ED ? DF ? ? 试题解析:(1) 证明:由题可知, (3 ? ? EF ? BE AE ? AB ? ? ?ABE中??? ? ? ? ?AEB ? 45??? ? AE ? AB ? ? ?DEF中??????
分)

? ? ? ? 平面ABE ? 平面BCDE ? BE ? ? EF ? 平面PBE ? ? ? 平面PBE ? 平面PEF (6 分) ? EF ? BE ? ? ?????????????????????????????????????????????? EF ? 平面PEF ? ? 平面ABE ? 平面BCDE
(2) 以 D 为原点,以 DC 方向为 x 轴,以 ED 方向为 y 轴,以过 D 点平面 ECDE 向上的法 线方向为 z 轴,建立坐标系. 则 E(0, ?1,0) , P(1, ?2, 2) , F (1, 0, 0) , C (2,0,0) , (7 分)

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? EP ? (1, ?1, 2) , CP ? (?1, ?2, 2) , EF ? (1,1, 0) , CP ? (?1, 0, 0)

?? ?? ? n1 ? (1, ?1, ? 2) , n2 ? (0,1, 2) ,
?? ?? ? | cos ? n1 , n2 ?|? | 0 ?1 ? 2 | 3 ? , 2 1?1? 2 ? 1? 2

(9 分)

(11 分) (12 分)

综上二面角 E ? PF ? C 大小为 150? .

考点:1.线面、面面的垂直关系;2.二面角的求法;3.空间向量在立体几何中的应用. 44. (Ⅰ) (Ⅰ) V多面体 ? VE ? FCD ? VE ? ABCD ? ( Ⅱ ) 设 直 线

10 . 3

EB 与 平 面 ??? ? ??? ? ?2 3 n ? EB ??? | ?| ? sin ? ?| cos n, EB | ?| |? . 6 | n | ? | EB | 4 3

E

C 所 F







?



(Ⅲ)利用三角形中位线定理,取线段 DC 的中点 Q ,连接即为所求.

【解析】

答案第 52 页,总 63 页

试题分析: (Ⅰ) (Ⅰ)连接 ED,利用“分割法”计算得 V多面体 ? VE ? FCD ? VE ? ABCD ? 定 得 到 A(0,0,0),E(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),F(0,2,1),

10 . 3


(Ⅱ) 以点 A 为原点, 所在的直线为 x 轴, 所在的直线为 y 轴, AB AD 建立空间直角坐标系. 确

EC ? (2, ,? 2), EB ? (2,0,?2), , EF ? (0,2,?1) . 2

? n ? EC ? 0 ? 利用 ? ? n ? EF ? 0 ?

确定平面 ECF 的一个法向量为 n ? (1,1, 2) .

??? ? ??? ? ?2 3 n ? EB ??? | ?| ? |? . 设直线 EB 与平面 ECF 所成角为 ? , sin ? ?| cos n, EB | ?| 6 | n | ? | EB | 4 3
(Ⅲ)取线段 DC 的中点 Q ;连接 KQ ,则直线 KQ 即为所求. 试题解析: (Ⅰ)如图,连接 ED, ∵ EA ? 底面 ABCD 且 FD // EA ,∴ FD ? 底面 ABCD , ∴ FD ? AD , ∵ DC ? AD,FD ? CD ? D , ∴ AD ? 面 FDC , 1分

1 1 1 2 2分 AD ? S ?FDC ? ? ? 1 ? 2 ? 2 ? , 3 3 2 3 1 1 8 VE ? ABCD ? EA? S? ABCD ? ? 2 ? 2 ? 2 ? , 3分 3 3 3 ∴多面体 EABCDF 的体积 10 5分 V多面体 ? VE ? FCD ? VE ? ABCD ? . 3 (Ⅱ)以点 A 为原点,AB 所在的直线为 x 轴,AD 所在的直线为 y 轴,建立空间直角坐标系,
∴ VE ? FCD ? 如图.由已知可得 A(0,0,0),E(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),F(0,2,1),

所以 EC ? (2, ,? 2), EB ? (2,0,?2), , EF ? (0,2,?1) 2 设平面 ECF 的法向量为 n

7分

? (x , y , z ) ,
?2 x ? 2 y ? 2 z ? 0, ?2 y ? z ? 0,
答案第 53 页,总 63 页

则?

? n ? EC ? 0 ? ? n ? EF ? 0 ?

得: ?

取 y=1,得平面 ECF 的一个法向量为 n ? (1,1, 2) 设直线 EB 与平面 ECF 所成角为 ? ,

9分

??? ? ??? ? ?2 3 n ? EB ??? | ?| ? |? . 所以 sin ? ?| cos n, EB | ?| 6 | n | ? | EB | 4 3

11 分

(Ⅲ)取线段 CD 的中点 Q ;连接 KQ ,直线 KQ 即为所求. 图上有正确的作图痕迹 13 分

12 分

考点:1、平行关系,2、垂直关系,3、空间向量的应用,4、角及体积的计算. 45. (Ⅰ)利用线线平行,则面面平行证明 AG ? OF , DE ? BC 即可得证; (Ⅱ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ)先证明四边形 AOFG 为平行四边形得 AG ? OF ,又 DE ? BC ,所以平 面 ADE ? 平面 BCF ; (Ⅱ)建立空间直角坐标系,先求出平面 ADE 的一个法向量,再求

2 6 . 5

出平面 AEF 的一个法向量,然后利用公式即可求出余弦值为

2 6 5 ,进而求出正切值 . 5 7

试题解析: (Ⅰ)取 BC 的中点 O , ED 的中点 G ,连接 AO, OF , FG, AG .则 AO ? BC , 又平面 BCED ? 平面 ABC ,所以 AO ? 平面 BCED ,同理 FG ? 平面 BCED ,所以

AO ? FG, 又易得 AO ? FG ,所以四边形 AOFG 为平行四边形,所以 AG ? OF ,

又 DE ? BC ,所以平面 ADE ? 平面 BCF .

(6 分)

( Ⅱ ) 建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 , 设 BC ? 2 , 则

答案第 54 页,总 63 页

A

?

3, 0, 0

?

,

D ? 0,1, 2 ?

,

E ? 0, ?1, 2 ?



F ? 3, 0, 2

?

?



???? ??? ? ??? ? AD ? (? 3,1, 2), AE ? (? 3, ?1, 2) , AF ? (?2 3, 0, 2) .

设平面 ADE 的一个法向量是 n ? ( x, y, z ) ,则

???? ? ?n ? AD ? 0 ?? 3 x ? y ? 2 z ? 0 ? z ? 3 x ? ? ?? ?? ? ? ??? 2 , ? n ? AE ? 0 ? ? 3 x ? y ? 2 z ? 0 ? y ? 0 ? ? ?
令 x ? 2 ,得 n ? (2, 0, 3) . 设平面 AEF 的一个法向量是 m ? ( x?, y?, z?) ,则 (9 分)

??? ? ? ? ? m ? AE ? 0 ?? 3x? ? y? ? 2 z? ? 0 ? z? ? 3x? ? 令 x? ? 1,得 m ? (1, 3, 3) . ?? ?? ? ? ??? ?m ? AF ? 0 ? ?2 3x? ? 2 z? ? 0 ? y? ? 3x? ? ? ?
所以 cos m, n ?

m?n 2?3 5 ? ? , | m || n | 4 ? 3 ? 1? 3 ? 3 7
5 , 7
(12 分)

易知二面角 D ? AE ? F 为锐二面角,故其余弦值为 所以二面角 D ? AE ? F 的正切值为

2 6 . 5

考点:1.平面与平面垂直的判定方法;2.二面角的求法. 46. (I)略; (II) AD ? 2 . 【解析】 试题分析: (I)可以转为证线面垂直或利用空间向量证明面面垂直; (II)可利用 ?DC1C 的 面积求 AD 也可利用空间向量求 AD .
? 试题解析:方法一: (I)证明:∵ ?A1C1B1 ? ?ACB ? 90 ,∴ B1C1 ? AC1 . 1

1?

又由直三棱柱的性质知 B1C1 ? CC1 ,

2?

答案第 55 页,总 63 页

∴ B1C1 ? 平面 ACC1 A1 ,∴ B1C1 ? CD , 由 D 为 AA1 的中点,可知 DC ? DC1 ?

① 3?

2,
② 4? ③

∴ DC 2 ? DC12 ? CC12 ,即 CD ? DC1 , 又 B1C1 ? DC1 ? C1 由①②③可知 CD ? 平面 B1C1D , 5? 又 CD ? 平面 B1CD ,故平面 B1CD ? 平面 B1C1D .

6?

(II) 由 解: (I) 可知 B1C1 ? 平面 ACC1 A1 , 在平面 ACC1 A1 内过 C1 作 C1 E ? CD , CD 交 或其延长线于 E ,连接 EB1 ,∴ ?B1 EC1 为二面角 B1 ? DC ? C1 的平面角, 8? ∴ ?B1 EC1 ? 60? .由 B1C1 ? 2 知,C1 E ?

2 2 3 2 ,设 AD ? x ,则 DC ? x ? 1 . ? tan 60? 3

∵ ?DC1C 的面积为 1 ,∴

1 2 3 ? x2 ? 1 ? ?1. 2 3

11?

解得 x ? 2 ,即 AD ? 2 . 12?

方法二: (I)证明:如图,以 C 为坐标原点, CA , CB , CC1 所在的直线分别为 x , y , z 轴建立 空间直角坐标系,则 C ? 0 , 0 , 0 ? , A ?1 , 0 , 0 ? , B1 ? 0 , 2 , 2 ? , C1 ? 0 , 0 , 2 ? , D ?1 , 0 , 1? , 即

???? ? ???? ? ??? ? C1 B1 ? ? 0 , 2 , 0 ? , DC1 ? ? ?1 , 0 , 1? , CD ? ?1 , 0 , 1? ,
由 CD ? C1 B1 ? ?1 , 0 , 1? ? ? 0 , 2 , 0 ? ? 0 ,得 CD ? C1 B1 ; 同理可证 CD ? DC1 ? ?1 , 0 , 1? ? ? ?1 , 0 , 1? ? 0 ,得 CD ? DC1 . 又 DC1 ? C1B1 ? C1 , ?CD ? 平面 B1C1 D .
答案第 56 页,总 63 页

2?

??? ????? ?

3?
4?

??? ???? ? ?

5?

又 CD ? 平面 B1CD ,∴平面 B1CD ? 平面 B1C1 D .
??? ?

6?
????

(II)解:设 AD ? a ,则 D 点坐标为 ?1 , 0 , a ? , CD ? ?1 , 0 , a ? , CB1 ? ? 0 , 2 , 2 ? , 设平面 B1CD 的一个法向量为 m ? ? x , y , z ? .
??

???? ?m ? CB1 ? 0, ? ? ? 2 y ? 2 z ? 0 , 令 z ? ?1 . 则? ??? ? ? ? x ? ax ? 0 , ?m ? CD ? 0, ?
得 m ? ? a , 1 , ? 1? , 8? 又平面 C1 DC 的一个法向量为 n ? ? 0 , 1 , 0 ? ,
?? ? 1 1 m?n ? , 则由 cos 60? ? ?? ? ,得 2 m?n a ?2 2

??

?

9?

11?

即 a ? 2 ,故 AD ? 2 .

?? 12?

考点:1、空间面面垂直关系的证明;2、二面角有关计算;3、空间向量的应用. 47. (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ)证法一是取 AB 的中点 G ,构造四边形 FGCD ,并证明四边形 FGCD 为 平行四边形,得到 DF //CG ,从而证明 DF // 平面 ABC ;证法二是取 BE 的中点 M ,构造 平面 DFM , 通过证明平面 DFM // 平面 ABC , 并利用平面与平面平行的性质来证明 DF // 平面 ABC ; (Ⅱ)直接利用空间向量法求直线 AD 与平面 BDF 所成角的正弦值. 试题解析:解法一: (Ⅰ)取 AB 的中点 G ,连结 CG, FG ,

2 . 3

E

D F B

C

G A

1 2分 BE , 2 又 BE // CD ,∴ FG // CD 且 FG ? CD ,所以四边形 FGCD 是平行四边形, 则 DF // CG , 5分 又因为 CG ? 平面 ABC , DF ? 平面 ABC ,所以 DF // 平面 ABC .
则 FG // BE ,且 FG ?
答案第 57 页,总 63 页

6分

(Ⅱ)依题得,以点 B 为原点, BA, BC, BE 所在的直线分别为 x, y, z 轴,建立如图的空间 直角坐标系,

z E

D F B C y

A x
则 B(0,0,0) , A(2,0,0) , C (0,2,0) , D(0,2,1) , E (0,0,2) , F (1,0,1) , 所以 BD ? (0,2,1) , DF ? (1,?2,0) .

??? ? ? n ? BD ? 2 y ? z ? 0, ? x ? 2 y ? 设平面 BDF 的一个法向量为 n ? ( x, y, z ) ,则 ? ???? 即? , ? n ? DF ? x ? 2 y ? 0, ? z ? ?2 y ?
取 y ? 1 ,得, n ? (2,1, ?2) . 10 分

又设 AB 与平面 BDF 所成的角为 ? , BA ? (2, 0, 0) ,

??? ?

??? ? n ? BA ??? ? 4?0?0 2 则 sin ? ? cos ? n, BA ? ? ? , ??? ? ? 3 9? 4 n ? BA
故 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值为

2 . 3

13 分

解法二: (Ⅰ)取 BE 的中点 M ,连结 MD, MF ,

答案第 58 页,总 63 页

E

M F B

D

C

A
则 MD // BC, MF // AB , 又因为 BC ? 平面 ABC , MD ? 平面 ABC , AB ? 平面 ABC , MF ? 平面 ABC , 所以 MD // 平面 ABC , MF // 平面 ABC , 又 MD ? MF ? M ,所以平面 MDF // 平面 ABC ,

DF ? 平面 ABC ,∴ DF // 平面 ABC .
(Ⅱ)同解法一. 13 分 考点:直线与平面平行、直线与平面所成的角 48. (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ)

6分

2 34 17

【解析】 试题分析:1.本题的模型是长方体,因此采用坐标法不失为一个好的选择.2.本题也可以采用 几何法的方式进行求解.(Ⅰ)如图,连接 BD ,交 AC 于 N ,可以证明四边形 BND1M 是 平行四边形,从而 BM / / ND1 ,进而可以证明 BM // 平面 D1 AC .(Ⅱ)过 D 作 DO ? ND1 于 O ,因为底面 ABCD 是正方形,可以证明 DO ? 平面 ACD1 ,从而 ?DD1O 即为所求角. 接下来解之即可.第(Ⅱ)问也可以用等积的办法来求解.

D1 M A1 B1 O D N A B

C1

C

试题解析: (Ⅰ)证明:在长方体 A1 B1 C1 D1 ? ABCD 中,

答案第 59 页,总 63 页

∵ AD ? 4 , AD1 ? 5 ,∴ DD1 ? z

AD12 ? AD 2 ? 3 .

D1 M A1 B1

C1

D
x

y

C N B

A

建立如图所示的空间直角坐标系 D ? xyz ,设 AC 的中点为 N ,连接 ND1 ,根据题意得 线段 B1 D1 A(4 , 0 , 0 ) ,B(4 , 4 , 0 ) ,C(0 , 4 ,0 ) ,D(0 , 0 , 0 ) ,B1 ( 4 , 4 , 3 ) ,D1 (0 , 0 , 3 ) , 的中点为 M ( 2 , 2 , 3 ) ,线段 AC 的中点为 N ( 2 , 2 , 0 ) . ∴ BM ? ( ?2 , ? 2 , 3 ) ,

ND1 ? ( ?2 , ? 2 , 3 ) .∴ BM // ND1 .

∵ BM ? 平面 D1 AC , ND1 ? 平面 D1 AC ,∴ BM // ND1 . ∴ BM // 平面 D1 AC . (Ⅱ)解: DD 1 ? ( 0 , 0 , 3 ) , AC ? (? 4 , 4 , 0 ) , AD1 ? ( ? 4 , 0 , 3 ) ,

( 设平面 D1 AC 的一个法向量为 n ? x , y , z ) ,根据已知得
? y ? 1, ? n ? AC ? ? 4 x ? 4 y ? 0 , ? 取 x ? 1 ,得 ? 4 ? z? . ?n ? AD1 ? ? 4 x ? 3z ? 0 , ? 3 ? 4 ∴ n ? 1 , 1 , ) 是平面 D1 AC 的一个法向量. ( 3
∴ cos ? DD1 , n ? ?

DD1 ? n DD1 n

?

2 34 . 17
2 34 . 17

∴直线 DD1 与平面 D1 AC 所成角的正弦值等于

考点:空间线面位置关系、线面平行、线面角的求法. 49.(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ) 45?

答案第 60 页,总 63 页

【解析】 试题分析:(Ⅰ)根据两个平面垂直的条件,在平面 ADE 内找到一条垂直于平面 ABE 的直 线即可,取 AE 的中点 F ,可证明 FD ? 平面 ABE ;(Ⅱ) 二面角 A ? EB ? D 与二面角 F ? EB ? D 相等,二面角 F ? EB ? D 的平面角为 ?FOD ,求出 ?FOD 即可.(解法 2 采 用的是向量的方法,求出平面 ADE 、 ABE 的法向量,即可证明平面 ADE ? 平面 ABE ; 求出平面 BDE 、 ABE 的法向量,即可求出二面角 A ? EB ? D .) (Ⅰ)证明:取 BE 的中点 O , AE 的中点 F ,连 OC , OF , DF ,则 2OF / /BA A F

E O

D B C

? AB ? 平面 BCE , CD ? 平面 BCE ,∴ 2CD / /BA ,? OF / /CD
? OFDC 是平行四边形,? OC / / FD . ? BC ? CE ,? OC ? BE ,又 AB ? 平面 BCE . ? OC ? 平面 ABE .? FD ? 平面 ABE .
从而平面 ABE ? 平面 ABE . (Ⅱ)二面角 A ? EB ? D 与二面角 F ? EB ? D 相等, 由(Ⅰ)知二面角 F ? EB ? D 的平面角为 ?FOD . 6分

BC ? CE ? 2 , ?BCE ? 120? ,
? OC ? BE 得 BO ? OE ? 3 , OC ? 1 ,
? OFDC 为正方形,? ?FOD ? 45? ,
∴二面角 A ? EB ? D 的大小为 45? . 解法 2:取 BE 的中点 O ,连 OC . 12 分

? BC ? CE ,? OC ? BE ,又 AB ? 平面 BCE .
以 O 为原点建立如图空间直角坐标系 O ? xyz ,

答案第 61 页,总 63 页

z A F

E O

D

B

y

C x 则由已知条件有: A 0, 3, 2 , B 0, 3, 0 , C ?1, 0, 0 ? , D ?1, 0,1? , E 0, ? 3, 0 , 设平面 ADE 的法向量为 n ? ? x1 , y1 , z1 ? ,
? ??? ? 则由 n ? EA ? ? x1 , y1 , z1 ? ? 0, 2 3, 2 ? 2 3 y1 ? 2 z1 ? 0.

?

?

?

?

?

?

?

?

?

? ??? ? 及 n ? EA ? ? x1 , y1 , z1 ? ? ?1, 3,1 ? ? x1 ? 3 y1 ? z1 ? 0.

?

?

可取 n ? 0,1, ? 3

?

?

?
??

又 AB ? 平面 BCE ,? AB ? OC , OC ? 平面 ABE , ∴平面 ABE 的法向量可取为 m ? ?1, 0, 0 ? .

? ?? ? ?? ? n ? m ? 0,1, ? 3 ? ?1, 0, 0 ? ? 0 , ∴ n ? m ,∴平面 ADE ? 平面 ABE .

?

?

6

分 (Ⅱ)设平面 BDE 的法向量为 p ? ? x2 , y2 , z2 ? , 则由 p ? ED ? ? x2 , y2 , z2 ? ? 1, 3,1 ? x2 ? 3 y2 ? z2 ? 0.
? ??? ? ? 及 p ? EB ? ? x2 , y2 , z2 ? ? 0, 2 3, 0 ? 2 3 y2 ? 0.
? ?

? ??? ? ?

?

?

?

?

可取 p ? ?1, 0, ?1? ∵平面 ABE 的法向量可取为 m ? ?1, 0, 0 ? ,
?? ? ? | m? p | 2 ? ∴锐二面角 A ? EB ? D 的余弦值为 ?? ? ? , 2 | m|?| p |

? ?

??

∴二面角 A ? EB ? D 的大小为 45? . 12 分. 考点:空间位置关系、二面角、平面向量. 50.(Ⅰ) 详见解析;(Ⅱ ) 平面 B ' A ' D 与平面 CDE 所构成的锐二面角的余弦值为
答案第 62 页,总 63 页

3 37 . 37
【解析】 试题分析:(Ⅰ) 在直角梯形 ABCD 中,由平面几何知识 BC ? EC ,又 B 'C ? DE ,可证得 B ' C ? 平面 CDE ;(Ⅱ ) 建立空间直角坐标系,利用法向量可求出二面角的余弦值.

, , , 试题解析: (Ⅰ)证明: 在直角梯形 ABCD 中, 可算得 AD ? 3 BC ? 2 3 CE ? 2, EB ? 3
根据勾股定理可得 BC ? EC , 即:B ' C ? EC , B ' C ? DE, DE ? CE ? E ,B ' C ? 平 又 面 CDE ; ( Ⅱ ) 以 C 为 原 点 , CE 为 y 轴 , CB 为 z 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 , 如 图 , 则

C (0,0,0) , B '(0, 0, 2 3) , D ( 3,1, 0) , E (0, 2,0) ,作 A ' H ? DE ,因为面 A ' DE ? 面

CDE ,易知, A ' H ? 面CDE ,且 A ' H ?

3 , 2

从平面图形中可知:H (

?? 3 7 3 7 3 , , 0),? A '( , , ) ,易知面 CDE 的法向量为 n1 ? (0, 0,1), 4 4 4 4 2
????? ????? ? 3 7 3 3 , ,? ). 4 4 2

设面 PAD 的法向量为 n2 ? ( x, y, z ) ,且 B ' D ? ( 3,1, ?2 3), B ' A ' ? (

?? ?

?? ?? ? ? 3x ? y ? 2 3z ? 0 ?? ? 4 ?? ?? ? n1 ?n2 3 ? ? ?? 3 3, 2, 3), cos ? n1 , n2 ?? ?? ?? ? 37 解得 n2 ? ( 7 3 3 | n1 | ? | n2 | 37 x? y? 3 z ? 0, ? ? 4 4 2
故所求平面 B ' A ' D 与平面 CDE 所构成的锐二面角的余弦值为

3 37 . 37
z B’

x D C D H A y 考点:1、线面垂直的判定,2、二面角的求法. E B y H E A’

x C

答案第 63 页,总 63 页


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