高三数学专项训练立体几何解答题理科

1、高三数学专项训练：立体几何解答题（理科）1在底面边长为2，高为1的正四梭柱ABCD=A1B1C1D1中，E，F分别为BC，C1D1的中点（1）求异面直线A1E，CF所成的角；（2）求平面A1EF与平面ADD1A1所成锐二面角的余弦值2如图,在长方体,中,点在棱AB上移动.（）证明:; （）当为的中点时,求点到面的距离; （）等于何值时,二面角的大小为.3如图，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，已知AB4，AD3，AA12，E，F分别是棱AB，BC上的点，且EBFB1. (1)求异面直线EC1与FD1所成角的余弦值；(2)试在面A1B1C1D1上确定一点G，使DG平面D1EF.4

2、如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD的中点(1)求证：B1EAD1.(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由(3)若二面角AB1EA1的大小为30°，求AB的长5如图所示的长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，BB1，M是线段B1D1的中点(1)求证：BM平面D1AC；(2)求证：D1O平面AB1C；(3)求二面角B-AB1-C的大小6如图，在长方体AC1中，AB=BC=2，点E、F分别是面A1C1、面BC1的中心（1）求证：BE/平面D1AC；（2）

3、求证：AFBE；（3）求异面直线AF与BD所成角的余弦值。7如图，在底面为平行四边形的四棱锥中，平面，且，点是的中点.（1）求证：；（2）求二面角的大小.8如图，在四棱锥中,底面,且底面为正方形,分别为的中点（1）求证:平面;（2）求平面和平面的夹角. 9如图，四棱锥中,，底面为梯形，且，.（1）求证：;（2）求二面角的余弦值.10如图所示，在多面体ABCDEFG中，平面ABC平面DEFG，AD平面DEFG，BAAC，EDDG，EFDG，且AC1，ABEDEF2，ADDG4. (1)求证：BE平面DEFG；(2)求证：BF平面ACGD；(3)求二面角FBCA的余弦值11如图所示，四棱锥PABC

4、D的底面ABCD为一直角梯形，其中BAAD，CDAD，CDAD2AB，PA底面ABCD，E是PC的中点 (1)求证：BE平面PAD；(2)若BE平面PCD，求平面EBD与平面BDC夹角的余弦值12如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，ABAC，ABAC2，A1A4，点D是BC的中点(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值13如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，点M在线段EC上（除端点外）（1）当点M为EC中点时，求证：平面；（2）若平面与平面ABF所成二面角为锐角，且该二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积14如图，直三棱

5、柱(侧棱垂直于底面的棱柱),底面中，棱，分别为的中点.（1）求>的值；（2）求证： 15如图所示，四棱锥PABCD中，ABAD，CDAD，PA底面ABCD，PA=AD=CD=2AB=2，M为PC的中点。(1)求证：BM平面PAD；(2)在侧面PAD内找一点N，使MN平面PBD；(3)求直线PC与平面PBD所成角的正弦。16在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，且PA平面ABCD. (1)求证：PCBD；(2)过直线BD且垂直于直线PC的平面交PC于点E，且三棱锥EBCD的体积取到最大值求此时四棱锥EABCD的高；求二面角ADEB的正弦值的大小17如图，在四棱锥PABCD中

6、，PC底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD2，E是PB的中点 (1)求证：平面EAC平面PBC；(2)若二面角PACE的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值18如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点 (1)求证：平面PAC平面PBC；(2)若AB2，AC1，PA1，求二面角C­PB­A的余弦值.19如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，ACB90°，BAC30°，BC1，A1A，M是CC1的中点(1)求证：A1BAM；(2)求二面角B ­AM­C的平面角的大

7、小.20已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，且AD2，AB1，PA平面ABCD，E、F分别是线段AB、BC的中点(1)证明：PFFD；(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG平面PFD；(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角APDF的余弦值21如图，四棱锥的底面是直角梯形，且，顶点在底面内的射影恰好落在的中点上.（1）求证：；（2）若，求直线与所成角的 余弦值；（3）若平面与平面所成的二面角为，求的值.22在直三棱柱中,AA1=AB=BC=3,AC=2,D是AC的中点.(1)求证:B1C平面A1BD；(2)求平面A1DB与平面DBB1夹角的余弦值.23如图

8、，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，PDDC，E是PC的中点(1)证明：PA平面BDE；(2)求二面角B-DE-C的余弦值24在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，为等腰直角三角形，且ABCDE（1）证明：平面平面（2）求直线EC与平面BED所成角的正弦值25如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，ABCD，AB4，BCCD2，AA12，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点(1)证明：直线EE1平面FCC1；(2)求二面角B-FC1-C的余弦值26已知四棱锥的底面是正方形，底面，是上的任意一点.FESDCBAA（1）求

9、证：平面平面；（2）当时，求二面角的大小.27已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形,PD底面ABCD,PD=AD. ()求证：BC平面PAD；()若E、F分别为PB,AD的中点,求证：EFBC；()求二面角C-PA-D的余弦值.28（本小题12分）如图：四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，PA=AB=1，AD=，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PEAF;（2）当BE等于何值时，PA与平面PDE所成角的大小为45°. 29如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，分别是的中点AEBPCDF(1)求证：；(

10、2)在平面内求一点，使平面，并证明你的结论；(3)求与平面所成角的正弦值30如图，正三棱柱中，点是的中点. ABCDA1B1C1（）求证: 平面；（）求证: 平面.31如图，四棱锥PABCD中，为边长为2的正三角形，底面ABCD为菱形，且平面PAB平面ABCD，E为PD点上一点，满足(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32（14分）如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，CA=CB=1，BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点.（1）求的长；（2）求cos< >的值；（3）求证：A1BC1M.参高三数学

11、专项训练：立体几何解答题（理科）考答案1（1）（2）【解析】试题分析：（1）以D为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，进而求出异面直线A1E，CF的方向向量，代入向量夹角公式，可得求异面直线A1E，CF所成的角；（2）求平面A1EF与平面ADD1A1的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角的余弦值以D为原点建立空间直角坐标系（1）A1（2，0，1），E（1，2，0），C（0，2，0），F（0，1，1），设异面直线A1E，CF所成的角为，则，即3=cos解得cos=解，所以，所求异面直线的夹角为（2），设平面A1EF的法向量为，则，令x=1，则平面A1EF的一个法向量为，平面ADD1A1的一个法

12、向量为，设平面A1EF与平面ADD1A1所成锐二面角为，则由，即2=1cos解得：故平面A1EF与平面ADD1A1所成锐二面角的余弦值为考点：用空间向量求平面间的夹角；用空间向量求直线间的夹角、距离点评：本题考查的知识点是用空间向量求平面间的夹角，用空间向量求直线间的夹角，建立空间坐标系，将空间异面直线夹角问题及二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键2（）详见解析；（）；（）.【解析】试题分析：（）建立空间坐标,分别求出的坐标,利用数量积等于零即可；（）当为的中点时,求点到平面的距离,只需找平面的一条过点的斜线段在平面的法向量上的投影即可；（）设,因为平面的一个法向量为,只需求出平面的法向量

13、,然后利用二面角为,根据夹角公式,求出即可.试题解析：以为坐标原点,直线分别为轴,建立空间直角坐标系,设,则,（）,故 ； （）因为为的中点,则,从而, ,设平面的法向量为,则 也即,得,从而,所以点到平面的距离为 ； （）设平面的法向量, 而, 由,即,得,依题意得: , ,解得 (不合,舍去), 时,二面角的大小为. 考点：空间向量在立体几何中应用.3（1）（2）当点G在面A1B1C1D1上，且到A1D1，C1D1距离均为时，DGD1EF.【解析】(1)以D为原点，分别为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系，则有D(0，0,0)，D1(0,0,2)，C1(0,4,2)，E(3,3,0)

14、，F(2，4,0)，于是(3,1,2)，(2，4,2)设EC1与FD1所成角为，则cos 异面直线EC1与FD1所成角的余弦值为.(2)因点G在平面A1B1C1D1上，故可设G(x，y,2)(x，y,2)，(2，4，2)，(1,1,0)由得解得故当点G在面A1B1C1D1上，且到A1D1，C1D1距离均为时，DGD1EF4（1）见解析（2）（3）2【解析】(1)以A为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设ABa，则A(0，0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，(a,0,1)，.·×01

15、15;1(1)×10，B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)(0z01)，使得DP平面B1AE.此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)由n，n，得.取x1，得平面B1AE的一个法向量n要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1，是平面A1B1E的一个法向量，此时(0,1,1)设与n所成

16、的角为，则cos .二面角AB1EA1的大小为30°，|cos |cos 30°，即，解得a2，即AB的长为.2560°.【解析】(1)证明建立如图所示的空间直角坐标系，则点O(1,1,0)、D1(0,0，)，(1，1，)，又点B(2,2,0)，M(1,1，)，(1，1，)，又OD1与BM不共线，OD1BM.又OD1平面D1AC，BM平面D1AC，BM平面D1AC.(2)证明连接OB1.·(1，1，)·(1,1，)0，·(1，1，)·(2,2,0)0，即OD1OB1，OD1AC，又OB1ACO，D1O平面AB1C.(3)解C

17、BAB，CBBB1，CB平面ABB1，(2,0,0)为平面ABB1的一个法向量由(2)知为平面AB1C的一个法向量cos，与的夹角为60°，即二面角B-AB1-C的大小为60°.6（1）详见解析；（2）详见解析；（3）【解析】试题分析：（1）连接和交于点，连接，证为平行四边形得/，根据线面平行的判定定理即可证得/平面。（2）用空间向量法证两向量数量积为0。（3）用空间向量法求两向量所成角的余弦值，但应注意两空间向量所成角范围为，异面直线所成角范围为，所以其余弦值应为正数。试题解析：（1）（方法一）连接和交于点，连接，由长方体知/且，所以四边形为平行四边形，所以/，又平面，平

18、面，故/平面。 （4分）（方法二）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则,.,从而，故故/平面。 （4分）（2）由（1）的方法二可知， ， （6分） . （7分）所以 （8分）（3）由（1）、（2）知，设异面直线AF与BD所成的角为q，则，故异面直线与所成角的余弦值为 （12分）考点：1线面平行；2空间向量法在立体几何中的应用。7（1）证明详见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）因为、是异面直线，所以可以采用线面垂直得线线垂直的方法证明，即证平面，要证平面，需证面内的两条相交线和都和垂直，为已知条件，证和垂直依据是线面垂直得线线垂直，问题得证；（2）先建立以点为坐标原点的空间直

19、角坐标系，设，取中点，确定点坐标，确定向量的坐标，应用向量的数量积证明，即得为所求，最后应用向量夹角的计算公式可得的余弦值，根据特殊角与余弦值的关系确定角度即可.试题解析：（1）平面，且平面，又，而且平面平面，而平面（2）建立如图所示空间直角坐标系设，取中点，连接，则点的坐标为又是二面角的平面角二面角的大小为.考点：1.空间中的垂直关系; 2空间向量在解决空间角中的应用.8（1）详见解析；（2）【解析】试题分析：（1）证明直线平面，证明线面平行，首先证明线线平行，可用三角形的中位线平行，也可用平行四边形的对边平行，还可以利用面面平行的性质，本题由于分别为的中点，可得，容易证明平面平面，可得直线

20、平面；本题还可用向量法，由于底面,且底面为正方形,可以为原点,以分别为轴，建立空间坐标系，由题意写出各点的坐标，从而得，设平面的法向量为，求出一个法向量，计算出，即可；（2）求平面和平面的夹角，可用向量法，由（1）解法二可知平面的法向量，由题意可知：平面，故向量是平面的一个法向量,利用夹角公式即可求出平面和平面的夹角.试题解析：（1）如图，以为原点,以为方向向量建立空间直角坐标系则. 4分设平面的法向量为即 令, 首发则. 4分又平面平面 6分（2）底面是正方形,又平面 又,平面。 8分向量是平面的一个法向量,又由（1）知平面的法向量. 10分二面角的平面角为. 12分考点：用空间向量求平面间

21、的夹角；直线与平面平行的判定9（1）证明过程详见试题解析；（2）.【解析】试题分析：（1）连结交于点，连结.由长度比例关系可知,得到.再根据线面平行的判定得到;（2）方法一：采用空间向量法，以点为坐标原点，为轴，垂直为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，那么点确定.再根据向量关系求出二面角的平面角的余弦值为；方法二：纯几何法，取的中点,延长交的延长线于点,根据三角形相似关系可以得到二面角的平面角为.试题解析：（1）连结,交于点,连结， ， 又 , 在BPD中， 平面（2）方法一：以为原点，所在直线分别为轴、轴，如图建立空间直角坐标系.设，则，设为平面的一个法向量，则，解得，设为平面的一个法

22、向量，则，又，解得， 二面角的余弦值为 方法二：在等腰Rt中，取中点，连结，则 面面，面面=，平面在平面内，过作直线于，连结，由、，得平面，故就是二面角的平面角在中，设， 由，可知：， 代入解得： 在中， 二面角的余弦值为考点：线面平行；面与面所成的二面角.10（1）见解析（2）见解析（3）【解析】(1)证明：平面ABC平面DEFG，平面ABC平面ADEBAB，平面DEFG平面ADEBDE，ABDE.又ABDE，四边形ADEB为平行四边形，BEAD.AD平面DEFG，BE平面DEFG.(2)证明：设DG的中点为M，联结AM，MF，则DMDG2，EF2，EFDG，四边形DEFM是平行四边形，MF

23、DE且MFDE，由(1)知，四边形ADEB为平行四边形，ABDE且ABDE，ABMF且ABMF，四边形ABFM是平行四边形，即BFAM，又BF平面ACGD，AM平面ACGD，故BF平面ACGD.(3)由已知，AD，DE，DG两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，4)，B(2，0，4)，C(0，1，4)，F(2，2，0)，故(0，2，4)，(2，1，0)设平面FBC的法向量为n1(x，y，z)，则令z1，则n1(1，2，1)，而平面ABC的法向量可为n2(0，0，4)，则cosn1，n2，由图形可知，二面角FBCA的余弦值为11（1）见解析（2）【解析】设ABa，PAb，如图所示

24、，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(a，0，0)，P(0，0，b)，C(2a，2a，0)，D(0，2a，0)，E .(1)证明：，(0，2a，0)，(0，0，b)，所以，又BE平面PAD，AD平面PAD，AP平面PAD，故BE平面PAD.(2)BE平面PCD，BEPC，即·0，(2a，2a，b)，·2a20，即b2a.在平面BDE和平面BDC中，(0，a，a)，(a，2a，0)，(a，2a，0)，所以平面BDE的一个法向量为n1(2，1，1)，平面BDC的一个法向量为n2(0，0，1)cosn1，n2，所以平面EBD与平面BDC夹角的余弦值为.12(1) (2)

25、【解析】解(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1，1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以(2,0，4)，(1，1，4)因为cos，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1(x，y，z)，因为(1,1,0)，(0,2,4)，所以n1·0，n1·0，即xy0且y2z0，取z1，得x2，y2，所以，n1(2，2,1)是平面ADC1的一个法向量取平面AA1B的一个法向量为n2(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为.由|co

26、s |，得sin .因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.13（1）证明过程详见；（2）【解析】试题分析：本题主要考查线线平行、线线垂直、线面平行、二面角、三棱锥的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力和推理论证能力，考查用空间向量法解立体问题，考查学生的计算能力 第一问，取N为ED中点，利用中位线得，而，所以，所以ABMN为平行四边形，所以，所以利用线面平行的判定可得平面；第二问，用向量法解题，关键是建立空间直角坐标系，求出平面BDM和平面ABF的法向量，利用夹角公式求出，从而求出的值，即点M为EC中点，所以利用等体积转化法求三棱锥B DEM的体积 试题解析：（1）证明 取中

27、点，连结 在中，分别为的中点，则，且 由已知，因此，且 所以，四边形为平行四边形 于是， 又因为平面，且平面，所以平面 6分（2）按如图建立空间直角坐标系，点与坐标原点重合 设，则，又，设，则，即 设是平面的法向量，则, 取，得，即得平面的一个法向量为 10分由题可知，是平面的一个法向量 因此，即点为中点 此时，为三棱锥的高，所以， 12分考点：1 线面平行的判定；2 向量法；3 三棱锥的体积 14（1）>的值为；（2）证明过程详见试题解析.【解析】试题分析：（1）先以C为原点建立空间坐标系，由已知易求出，进而可求 >的值； （2）由（1）所建立的空间坐标系可写出、的坐标表示，即可

28、知，从而得证.试题解析：以C为原点，CA、CB、CC1所在的直线分别为轴、轴、轴，建立坐标系 （1）依题意得, ,>= 6分(2) 依题意得 , , , , 12分考点：空间坐标系、线面垂直的判定方法.15（1）详见解析，（2）详见解析，（3）【解析】试题分析：（1）证明线面平行，往往从线线平行出发. 因为是的中点，所以取PD的中点，则ME为三角形PCD的中位线，根据中位线的性质，有，又，所以四边形为平行四边形，因此，（2）存在性问题，往往从假定出发，现设N点位置，这提示要利用空间向量设点的坐标，空间向量解决线面垂直问题的关键在于表示出平面的法向量，也可利用线面垂直的性质，即垂直平面中两

29、条相交直线，由及解得，是的中点（3）求线面角，关键在于作出平面的垂线，此时可利用（2）的结论，即MN为平面的垂线；另外也可继续利用空间向量求线面角，即直线与平面所成角的正弦值为余弦值的绝对值.试题解析：解（1）是的中点，取PD的中点，则，又四边形为平行四边形，平面,平面平面 .（4分）（2）以为原点，以、 所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，则，在平面内设， 由 由 是的中点，此时平面 （8分）（3）设直线与平面所成的角为，设为 故直线与平面所成角的正弦为 （12分）考点：线面平行及垂直的判定，空间向量的应用16（1）见解析（2），【解析】(1)连接AC，因为四边形ABCD是正方形，

30、所以BDAC.因为PA平面ABCD，所以PABD.又ACPAA，所以BD平面PAC.又PC平面PAC，所以PCBD.(2)解设PAx，三棱锥EBCD的底面积为定值，在PBC中，易知PB，PC，又BC1，故PBC直角三角形又BEPC，得EC，可求得该三棱锥的高h.当且仅当x，即x时，三棱锥EBCD的体积取到最大值，所以h.此时四棱锥EABCD的高为.以点A为原点，AB，AD，AP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0，)，易求得CECP.所以，(0,1,0)设平面ADE的法向量n1(x，y，z)，则即，令x，则n1(，0，3)， 同

31、理可得平面BDE的法向量n2(1，1，)，所以cosn1，n2.所以sinn1，n2.所以二面角ADEB的正弦值的大小为.17（1）见解析（2）【解析】(1)PC平面ABCD，AC平面ABCD，ACPC.AB2，ADCD1，ACBC.AC2BC2AB2.ACBC.又BCPCC，AC平面PBC.AC平面EAC，平面EAC平面PBC.(2)如图，以点C为原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，1,0)，设P(0,0，a)(a>0)，则E，(1,1,0)，(0,0，a)，.取m(1，1,0)，则m·m·0，m为面

32、PAC的法向量设n(x，y，z)为面EAC的法向量，则n·n·0，即取xa，ya，z2，则n(a，a，2)，依题意，|cosm，n|，则a2.于是n(2，2，2)，(1,1，2)设直线PA与平面EAC所成角为，则sin |cos，n|，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为18（1）见解析（2）【解析】(1)由AB是圆的直径，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC.又BC平面PBC，所以平面PBC平面PAC. (2)过C作CMAP，则CM平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，C

33、A，CM为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系在RtABC中，因为AB2，AC1，所以BC.因为PA1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)故(，0,0)，(0,1,1)设平面BCP的法向量为n1(x1，y1，z1)，则所以不妨令y11，则n1(0,1，1)因为(0,0,1)，(，1,0)，设平面ABP的法向量为n2(x2，y2，z2)，则所以不妨令x21，则n2(1，0)于是cosn1，n2.所以由题意可知二面角C­PB­A的余弦值为19（1）见解析（2）45°【解析】(1)以点C为原点，CB、CA、CC1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标

34、系Cxyz，如图所示，则B(1,0,0)，A(0，0)，A1(0，)，M.所以(1，)，.因为·1×0()×()()×0，所以A1BAM.(2)因为ABC ­A1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC，又BC平面ABC，所以CC1BC.因为ACB90°，即BCAC，又ACCC1C，所以BC平面ACC1A1，即BC平面AMC.所以是平面AMC的一个法向量，(1,0,0)设n(x，y，z)是平面BAM的一个法向量，(1，0)，.由得，令z2，得x，y.所以n(，2)因为|1，|n|2，所以cos，n，因此二面角B ­AM

35、73;C的大小为45°20（1）见解析（2）见解析（3）【解析】(1)因为PA平面ABCD，BAD90°，AB1，AD2，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)不妨令P(0,0，t)，则(1,1，t)，(1，1,0)所以·1×11×(1)(t)×00，所以PFFD.(2)设平面PFD的法向量为n(x，y，z)，由(1)知(1,1，t)，(1，1,0)，则由，得，令z1，则xy.故n是平面PFD的一个法向量设G点坐标为(0,0，m)，因为E，则要使EG平面PFD，只需 &#

36、183;n0.即×0×m×1m0，所以mt，从而PA上满足AGAP的点G可使得EG平面PFD.(3)易知AB平面PAD，所以(1,0,0)是平面PAD的一个法向量又因为PA平面ABCD，所以PBA是PB与平面ABCD所成的角，故PBA45°，所以PA1，则平面PFD的一个法向量为n，则cos，n，由题图可判断二面角为锐角故所求二面角APDF的余弦值为.21（1）详见解析；（2）；（3）.【解析】试题分析：（1）以O为坐标原点，AB所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系o-xyz，求出向量，的坐标，代入数量积公式，验证其数量积与0的关系，即

37、可得到结论（2）由PO=BC，得h=a，求出向量，的坐标，代入向量夹角公式，即可求出直线PD与AB所成的角；（3）求出平面APB与平面PCD的法向量，根据平面APB与平面PCD所成的角为60°，构造关于h的方程，解方程即可得到的值试题解析：因为中点为点在平面内的射影，所以平面过作的平行线交与点，则.建立如图所示的空间直角坐标系 2分（1）设，则,， . 6分（2）由，得，于是， 8分，直线PD与AB所成的角的余弦值为. 10分（3）设平面PAB的法向量为，可得，设平面PCD的法向量为，由题意得，令，得到， 12分， 14分平面与平面所成的二面角为，解得，即 16分考点：(1)直线与平

38、面所成的角；(2)异面直线及其所成的角22（1）详见解析；（2）平面A1DB与平面DBB1夹角的余弦值为【解析】试题分析：（1）求证:平面；利用线面平行的判定定理，证明线面平行，即证线线平行，可利用三角形的中位线，或平行四边形的对边平行，本题由于是的中点，可连接交与点，连接，利用三角形中位线的性质，证明线线平行即可；（2）求平面与平面夹角的余弦值，取中点，则平面，则两两垂直，以分别为轴建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的法向量、平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解试题解析：(1)连接AB1交A1B与点E，连接DE，则B1CDE，则B1C平面A1BD 4分(2)取A1C1中点F,

39、D为AC中点,则DF平面ABC,又AB=BC,BDAC,DF、DC、DB两两垂直,建立如图所示空间直线坐标系D-xyz,则D(0,0,0), B(0,0),A1(-1,0,3)设平面A1BD的一个法向量为,取，则， 8分设平面A1DB与平面DBB1夹角的夹角为，平面DBB1的一个法向量为， 10分则平面A1DB与平面DBB1夹角的余弦值为 12分考点：用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定； 二面角的平面角及求法23(1)见解析(2)【解析】(1)连接AC交BD于点O，连接OE；在CPA中，E，O分别是边CP，CA的中点，OEPA，而OE平面BDE，PA平面BDE，PA平面BDE.(2

40、)如图建立空间直角坐标系，设PDDC2.则A(2,0,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)， B(2,2,0),(0,1,1)，(2,2,0)，设n(x，y，z)是平面BDE的一个法向量，则由得取y1，得n(1，1,1)，又(2,0,0)是平面DEC的一个法向量cosn，.故结合图形知二面角B-DE-C的余弦值为24（1）详见解析；（2）.【解析】试题分析：解法一利用综合法证明解题：（1）由已知可知AEAB，又AEAD，所以AE平面ABCD，所以AEDB，又ABCD为正方形，所以DBAC，所以DB平面AEC，而BD平面BED，故有平面AEC平面BED.（2）如图4-1中，设AC与BD交点为

41、O，所以OE为两平面AEC和BED的交线.过C作平面BED的垂线，其垂足必在直线EO上，即OEC为EC与平面BED所成的角.再设正方形边长为2，则OA=，AE=2，所以OE=，EC=，所以在三角形OEC中，利用余弦定理可得 cosOEC=，故所求为sinOEC=. 解法二利用向量法：以A为原点，AE、AB、AD分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图4-2所示， （1）设正方形边长为2，则E(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,2)，D(0,0,2) (0,2,2)，=(0,-2,2)，=(2,0,0)，=(-2,0,2)，从而有，即BDAC，BDAE，所以BD平面AEC，故平面BE

42、D平面AEC. （2）设平面BED的法向量为，由，得，故取 8分而=(-2,2,2)，设直线EC与平面BED所成的角为，则有 .试题解析：解法一：ABCDE图1O（1）由已知有AEAB，又AEAD，所以AE平面ABCD，所以AEDB， 3分又ABCD为正方形，所以DBAC， 4分所以DB平面AEC，而BD平面BED故有平面AEC平面BED. 6分（2）设AC与BD交点为O，所以OE为两平面AEC和BED的交线.过C作平面BED的垂线，其垂足必在直线EO上，即OEC为EC与平面BED所成的角. 7分设正方形边长为2，则OA=，AE=2，所以OE=，EC=， 9分所以在三角形OEC中，由余弦定理得

43、 cosOEC=，故所求为sinOEC= 12分解法二：以A为原点，AE、AB、AD分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系 1分ABCDExyz图2（1）设正方形边长为2，则E(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,2)，D(0,0,2) 2分 (0,2,2)，=(0,-2,2)，=(2,0,0)，=(-2,0,2)，从而有，即BDAC，BDAE，所以BD平面AEC，故平面BED平面AEC. 6分（2）设平面BED的法向量为，由，得，故取 8分而=(-2,2,2)，设直线EC与平面BED所成的角为，则有 12分 考点：1.直线与平面垂直的判定定理，平面与平面垂直的判定定理；2.直线与平面成

44、角.25（1）见解析（2）【解析】(1)证明法一取A1B1的中点F1，连接FF1，C1F1，由于FF1BB1CC1，所以F1平面FCC1，因此平面FCC1，即为平面C1CFF1.，连接A1D，F1C，由于 CD，所以四边形A1DCF1为平行四边形，因此A1DF1C.又EE1A1D，得EE1F1C.而EE1平面FCC1，F1C平面FCC1，故EE1平面FCC1.法二因为F为AB的中点，CD2，AB4，ABCD，所以CD AF.因此四边形AFCD为平行四边形，所以ADFC.又CC1DD1，FCCC1C，FC平面FCC1，CC1平面FCC1，所以平面ADD1A1平面FCC1.又EE1平面ADD1A1

45、，所以EE1平面FCC1.(2)解法一取FC的中点H，由于FCBCFB，所以BHFC.又BHCC1，CC1FCC.所以BH平面FCC1.过H作HGC1F于G，连接BG.由于HGC1F，BH平面FCC1，所以C1F平面BHG.因此BGC1F，所以BGH为所求二面角的平面角在RtBHG中，BH，又FH1，且FCC1为等腰直角三角形，所以HG，BG，因此cosBGH，即所求二面角的余弦值为.法二过D作DRCD交AB于R，以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则F(，1,0)，B(，3,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)所以(0,2,0)，(，1,2)，(，3,0)由FBCBCDDF，所

46、以DBFC.又CC1平面ABCD，所以为平面FCC1的一个法向量设平面BFC1的一个法向量为n(x，y，z)，则由得即取x1，得因此n，所以cos，n=.故所求二面角的余弦值为.26（1）证明详见解析；（2）.【解析】试题分析：(1)证明平面内的直线垂直平面内的两条相交直线，即可证明平面平面；(2) 为方便计算，不妨设，先以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，写给相应点的坐标，然后分别求出平面和平面的一个法向量，接着计算出这两个法向量夹角的余弦值，根据二面角的图形与计算出的余弦值，确定二面角的大小即可.试题解析：(1)底面，所以 2分底面是正方形，所以 4分所以平面又平面所以平面平面

47、 5分（2）证明：点为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设由题意得，, 6分，又设平面的法向量为，则，令，则， 8分，设平面的法向量为，则，令，则 10分设二面角的平面角为，则.显然二面角的平面角为为钝角，所以即二面角的大小为 12分.考点：1.空间中的垂直关系；2.空间向量在解决空间角中的应用.27()见解析; () 见解析；().【解析】试题分析：（）证明BCAD，利用线面平行的判定，证明BC平面PAD；（）利用线面垂直的判定证明BC面EFG，即可证明EFBC；（）设PA的中点为N，连结DN，NC，证明CND是所求二面角的平面角，从而可求二面角C-PA-D的余弦值试题解析：（）证明：因为ABCD是正方形，所以BCAD因为AD平面PAD，BC平面PAD，所以BC平面PAD（4分）（）证明：因为PD底面ABCD，且ABCD是正方形，所以PCBC设BC的中点为G，连结EG，FG，则EGPC，FGDC所以BCEG，BCFG（6分）因为EGFG=G，所以BC面EFG因为EF面EFG，所以EFBC（8分）（）解：设PA的中点为N，连结DN，NC，因为PD=AD，N为中点，所以DNPA 又PAC中，PC=AC，N为中点，所以NCPA所以CND是